統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學二輪專題闖關導練五仿真模擬專練七文含解析

PAGE仿真模擬專練(七)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．)1．[2024·湖南省期末統(tǒng)測]設集合A＝{x|y＝eq\r(x－3)}，B＝{x|1<x≤9}，則(?RA)∩B＝()A．(1,3)B．(3,9)C．[3,9]D．?2．[2024·安徽省示范中學名校高三聯(lián)考]已知i為虛數(shù)單位，z＝eq\f(3＋i,i)，則z的虛部為()A．1B．－3C．iD．－3i3．[2024·武昌試驗中學模擬]給出下列說法：①命題“若x2＝1，則x≠1”的否命題是“若x2＝1，則x＝1②命題“若a>2且b>2，則a＋b>4且ab>4”③命題“若函數(shù)f(x)＝x2－ax＋1有零點，則a≥2或a≤－2”④命題“?x0∈R，xeq\o\al(2,0)－x0<0”的否定是“?x∈R，x2－x>0”．其中正確的序號為()A．②B．③C．①③D．②④4．[2024·武昌區(qū)高三年級調(diào)研考試]已知a＝log0.10.2，b＝log1.10.2，c＝1.10.2，則a，b，cA．a(chǎn)>b>cB．a(chǎn)>c>bC．c>b>aD．c>a>b5．[2024·南昌市NCS第一次模擬考試]依據(jù)散點圖，對兩個具有非線性關系的相關變量x，y進行回來分析，設u＝lny，v＝(x－4)2，利用最小二乘法，得到線性回來方程為eq\o(u,\s\up6(^))＝－0.5v＋2，則變量y的最大值的估計值是()A．eB．e2C6．[2024·福州市高三期末質(zhì)量檢測]執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入的t＝3，則輸出的i＝()A．9B．31C．15D．637．[2024·開封市高三第一次模擬考試]國慶閱兵式上實行升國旗儀式，在坡度為15°的觀禮臺上，某一列座位與旗桿在同一個垂直于地面的平面上，某同學在該列的第一排和最終一排測得旗桿頂端的仰角分別為60°和30°，第一排和最終一排的距離為24.5米，則旗桿的高度約為()A．17米B．22米C．30米D．35米8．[2024·福建重點中學聯(lián)考]函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,ex－e－x)的大致圖象為()9．[2024·安徽省示范中學名校高三聯(lián)考]數(shù)學老師要從甲、乙、丙、丁、戊5個人中隨機抽取3個人檢查作業(yè)，則甲、乙同時被抽到的概率為()A.eq\f(1,10)B.eq\f(1,5)C.eq\f(3,10)D.eq\f(2,5)10．[2024·安徽省示范中學名校高三聯(lián)考]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其左、右焦點，|F1F2|＝2eq\r(2)，B為短軸的一個端點，三角形BF1O(O為坐標原點)的面積為eq\r(7)，則橢圓的長軸長為()A．4B．8C.eq\f(1＋\r(33),2)D．1＋eq\r(33)11．[2024·安徽十四校聯(lián)盟聯(lián)考]“中國剩余定理”又稱“孫子定理”．“中國剩余定理”講的是一個關于整除的問題，現(xiàn)有這樣一個整除問題：將1到2019這2019個數(shù)中，能被3除余1且被4除余1的數(shù)按從小到大的依次排成一列，構(gòu)成數(shù)列{an}，則此數(shù)列的項數(shù)為()A．167B．168C．169D．17012．[2024·江西九江三校聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－sinπx，－1≤x≤0，,|log2019x|，x>0，))若a<b<c<d，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝f(d)，則eq\f(a＋b,cd)的值為()A．－1B．0C．1D．2二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將正確答案填在題中的橫線上．)13．[2024·廣州市高三年級調(diào)研檢測]已知θ∈(0，π)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(4,3)，則sinθ＋cosθ＝________.14．[2024·長沙市四校高三年級模擬考試]在平面直角坐標系xOy中，A(a,0)，B(－1，eq\r(3))，點P滿意Oeq\o(P,\s\up6(→))＝Oeq\o(B,\s\up6(→))－2Oeq\o(A,\s\up6(→))，若∠AOP＝120°，則實數(shù)a的值為________．15．[2024·廣西名校模擬]數(shù)列{an}的首項a1＝2，且an＋1＝3an＋2(n∈N*)，令bn＝log3(an＋1)，則bn＝________.16．[2024·福建廈門雙十中學質(zhì)檢]如圖，在三棱錐P-ABC中，PA＝4，AC＝2eq\r(7)，PB＝BC＝2eq\r(3)，PA⊥平面PBC，則三棱錐P-ABC的內(nèi)切球的表面積為________．三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．)17．(12分)[2024·山西臨汾三模]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)cos22x＋eq\f(\r(3),2)sin2xcos2x＋1.(1)求f(x)的最小正周期；(2)當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，求f(x)的最值．18．(12分)[2024·全國卷Ⅲ]如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1(1)當AB＝BC時，EF⊥AC；(2)點C1在平面AEF內(nèi)．19．(12分)[2024·福州市高三畢業(yè)班適應性練習卷]為抗擊新型冠狀病毒，普及防護學問，某校開展了“疫情防護”網(wǎng)絡學問競賽活動，現(xiàn)從參與該活動的學生中隨機抽取了100名學生，將他們的競賽成果(滿分為100分)分為6組：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，得到如圖所示的頻率分布直方圖．(1)求a的值，并估計這100名學生的平均成果(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表)．(2)在抽取的100名學生中，規(guī)定：競賽成果不低于80分為“優(yōu)秀”，競賽成果低于80分為“非優(yōu)秀”．請將下面的2×2列聯(lián)表補充完整，并推斷是否有99%的把握認為“競賽成果是否優(yōu)秀與性別有關”？優(yōu)秀非優(yōu)秀合計男生40女生50合計100參考公式及數(shù)據(jù)：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，n＝a＋b＋c＋dP(K2≥k0)0.050.010.0050.001k03.8416.6357.87910.82820．(12分)[2024·四川成都一診]已知橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的右焦點為F，過點F的直線(不與x軸重合)與橢圓C相交于A，B兩點，直線l：x＝2與x軸相交于點H，過點A作AD⊥l，垂足為D.(1)求四邊形OAHB(O為坐標原點)的面積的取值范圍；(2)證明：直線BD過定點E，并求出點E的坐標．21．(12分)[2024·武漢市中學畢業(yè)生學習質(zhì)量檢測](1)證明函數(shù)y＝ex－2sinx－2xcosx在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))上單調(diào)遞增．(2)證明函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－2sinx在(－π，0)上有且僅有一個極大值點x0，且0<f(x0)<2.選考題(請考生在第22、23題中任選一題作答，多答、不答按本選考題的首題進行評分．)22．(10分)[2024·長沙市四校高三年級模擬考試]已知曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2t,y＝t2))(t為參數(shù))，以坐標原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，過極點的兩射線l1，l2相互垂直，與曲線C分別相交于A，B兩點(不同于點O)，且l1的傾斜角為銳角α.(1)求曲線C和射線l2的極坐標方程．(2)求△OAB的面積的最小值，并求此時α的值．23．(10分)[2024·長沙市四校高三年級模擬考試]已知函數(shù)f(x)＝|2x－a|＋|x＋a|(a>0)．(1)若不等式f(x)≤eq\f(3,2)有解，求a的最大值；(2)當a取(1)中的最大值時，函數(shù)f(x)的最小值為m，若b，c均為正實數(shù)，且滿意eq\r(2)b＋c＝2m，求證：b2＋c2≥3.仿真模擬專練(七)1.答案：A解析：因為A＝{x|y＝eq\r(x－3)}，所以A＝{x|x≥3}，所以?RA＝{x|x<3}．又B＝{x|1<x≤9}，所以(?RA)∩B＝(1,3)．故選A.2．答案：B解析：z＝eq\f(3＋i,i)＝eq\f(3＋i－i,i－i)＝1－3i，所以z的虛部為－3，故選B.3．答案：B解析：對于①，由于否命題既否定條件又否定結(jié)論，因此命題“若x2＝1，則x≠1”的否命題是“若x2≠1，則x＝1”，所以對于②，原命題的逆命題為“若a＋b>4且ab>4，則a>2且b>2”，取a＝1，b＝5，滿意a＋b>4且ab>4，但不滿意a>2且b>2，所以②對于③，若函數(shù)f(x)＝x2－ax＋1有零點，則Δ＝a2－4≥0，解得a≥2或a≤－2，原命題為真命題，由于原命題與其逆否命題同真同假，所以③正確；對于④，命題“?x0∈R，xeq\o\al(2,0)－x0<0”的否定是“?x∈R，x2－x≥0”所以④錯誤，故選B.4．答案：D解析：因為a＝log0.10.2<log0.10.1＝1且a>0，即0<a<1，b＝log1.10.2<0，c＝1.10.2>1.10＝1，所以c>a>b5．答案：B解析：將u＝lny，v＝(x－4)2，代入回來方程可得lny＝－0.5(x－4)2＋2，則lny≤2，y≤e2，所以變量y的最大值的估計值為e2.6．答案：B解析：執(zhí)行程序框圖，t＝3，i＝0；t＝8，i＝1；t＝23，i＝3；t＝68，i＝7；t＝203，i＝15；t＝608，i＝31，滿意t>606，退出循環(huán)．因此輸出i＝31，故選B.7．答案：C解析：如圖所示，依題意知∠AEC＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，∴∠EAC＝180°－45°－105°＝30°，由正弦定理eq\f(CE,sin∠EAC)＝eq\f(AC,sin∠AEC)，可得AC＝eq\f(24.5,sin30°)×sin45°＝eq\f(49\r(2),2)(米)，∴在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝eq\f(49\r(2),2)×sin60°＝eq\f(49\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(49\r(6),4)≈30(米)．8．答案：D解析：易知函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f(－x)＝eq\f(－x3,e－x－ex)＝eq\f(x3,ex－e－x)＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，解除B，C；f(1)＝eq\f(13,e1－e－1)＝eq\f(1,e－\f(1,e))<1，解除A.選D.9．答案：C解析：從甲、乙、丙、丁、戊5個人隨機抽取3個人，全部狀況為甲乙丙、甲乙丁、甲乙戊、甲丙丁、甲丙戊、甲丁戊、乙丙丁、乙丙戊、乙丁戊、丙丁戊，共10種，其中甲、乙同時被抽到的狀況有甲乙丙、甲乙丁、甲乙戊，共3種，所以甲、乙同時被抽到的概率P＝eq\f(3,10)，故選C.10．答案：B解析：由題意可知c＝eq\r(2)，S△BF1O＝eq\f(1,2)bc＝eq\f(\r(2),2)b＝eq\r(7)，b＝eq\r(14)，所以a＝eq\r(b2＋c2)＝4，所以長軸長為2a＝8，故選B.11．答案：C解析：由題意得，能被3除余1且被4除余1的數(shù)就是能被12除余1的數(shù)，所以an＝12n－11，n∈N*，由an≤2019，得n≤169eq\f(1,6).因為n∈N*，所以此數(shù)列的項數(shù)為169.故選C.12．答案：A解析：依題意，作出函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－sinπx，－1≤x≤0，|log2019x|，x>0))的草圖如圖所示，由圖象中y軸的左側(cè)和f(a)＝f(b)，可知eq\f(a＋b,2)＝－eq\f(1,2)，即a＋b＝－1；由圖象中y軸的右側(cè)和f(c)＝f(d)，可知－log2019c＝log2019d，即log2019(cd)＝0，求得所以eq\f(a＋b,cd)＝－1.故選A.13．答案：eq\f(4\r(2),5)解析：依題意tan(θ＋eq\f(π,4))＝eq\f(tanθ＋tan\f(π,4),1－tanθtan\f(π,4))＝eq\f(1＋tanθ,1－tanθ)＝eq\f(4,3)，解得tanθ＝eq\f(1,7)>0，由于θ∈(0，π)，所以θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanθ＝\f(sinθ,cosθ)＝\f(1,7)sin2θ＋cos2θ＝1))，解得sinθ＝eq\f(1,5\r(2))，cosθ＝eq\f(7,5\r(2))，所以sinθ＋cosθ＝eq\f(8,5\r(2))＝eq\f(4\r(2),5).14．答案：－1解析：由已知得eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－2eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3))－(2a,0)＝(－1－2a，eq\r(3))，又∠AOP＝120°，所以cos∠AOP＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·\o(OP,\s\up6(→)),|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(OP,\s\up6(→))|)＝eq\f(－a－2a2,|a|·\r(1＋2a2＋3))＝－eq\f(1,2)，得a＝－1.15．答案：n解析：由an＋1＝3an＋2(n∈N*)，可知an＋1＋1＝3(an＋1)，所以eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，所以數(shù)列{an＋1}是以3為首項，3為公比的等比數(shù)列，所以an＋1＝3n，所以bn＝log3(an＋1)＝n.16．答案：eq\f(9π,4)解析：由PA⊥平面PBC，且PA＝4，PB＝2eq\r(3)，AC＝2eq\r(7)，得AB＝2eq\r(7)，PC＝2eq\r(3)，所以△PBC為等邊三角形，△ABC為等腰三角形．V三棱錐P-ABC＝V三棱錐A-PBC＝eq\f(1,3)×S△PBC×PA＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(3))2×4＝4eq\r(3)，三棱錐P-ABC的表面積S＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×4×2＋eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(3))2＋eq\f(1,2)×2eq\r(3)×5＝16eq\r(3).設三棱錐P-ABC的內(nèi)切球半徑為r，則V三棱錐P-ABC＝eq\f(1,3)Sr，即4eq\r(3)＝eq\f(1,3)×16eq\r(3)×r，解得r＝eq\f(3,4)，所以三棱錐P-ABC的內(nèi)切球的表面積為4π×(eq\f(3,4))2＝eq\f(9π,4).17．解析：f(x)＝eq\f(1,2)cos22x＋eq\f(\r(3),2)sin2xcos2x＋1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)cos4x))＋eq\f(\r(3),4)sin4x＋1＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))＋eq\f(5,4).(1)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2).(2)當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，則4x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))那么sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))當4x＋eq\f(π,6)＝eq\f(7π,6)時，函數(shù)f(x)取得最小值為1，此時x＝eq\f(π,4)；當4x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)時，函數(shù)f(x)取得最大值為eq\f(7,4)，此時x＝eq\f(π,12).所以當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，函數(shù)f(x)的最大值為eq\f(7,4)，最小值為1.18．解析：(1)如圖，連接BD，B1D1.因為AB＝BC，所以四邊形ABCD為正方形，故AC⊥BD.又因為BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1.所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF?平面BB1D1D，所以EF⊥AC.(2)如圖，在棱AA1上取點G，使得AG＝2GA1，連接GD1，F(xiàn)C1，F(xiàn)G.因為D1E＝eq\f(2,3)DD1，AG＝eq\f(2,3)AA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，于是四邊形ED1GA為平行四邊形，故AE∥GD1.因為B1F＝eq\f(1,3)BB1，A1G＝eq\f(1,3)AA1，BB1綊AA1，所以FG綊A1B1，F(xiàn)G綊C1D1，四邊形FGD1C1為平行四邊形，故GD1∥FC1.于是AE∥FC1.所以A，E，F(xiàn)，C1四點共面，即點C1在平面AEF19．解析：(1)由題意可得(0.005＋0.010＋0.020＋0.030＋a＋0.010)×10＝1解得a＝0.025.因為45×0.05＋55×0.1＋65×0.2＋75×0.3＋85×0.25＋95×0.1＝74，所以估計這100名學生的平均成果為74分．(2)由(1)知，在抽取的100名學生中，競賽成果優(yōu)秀的有100×(0.25＋0.1)＝100×0.35＝35(名)，由此可得完整的2×2列聯(lián)表：優(yōu)秀非優(yōu)秀合計男生104050女生252550合計3565100K2的觀測值k＝eq\f(100×10×25－25×402,50×50×35×65)＝eq\f(900,91)≈9.890>6.635，所以有99%的把握認為“競賽成果是否優(yōu)秀與性別有關”．20．解析：(1)由題設知F(1,0)，設直線AB的方程為x＝my＋1(m∈R)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x并整理，得(m2＋2)y2＋2my－1＝0.Δ＝4m2＋4(m2＋2)>0，則y1＋y2＝－eq\f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq\f(1,m2＋2)，所以|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(2\r(2)×\r(m2＋1),m2＋2).所以四邊形OAHB的面積S＝eq\f(1,2)×|OH|×|y1－y2|＝eq\f(1,2)×2×eq\f(2\r(2)×\r(m2＋1),m2＋2)＝eq\f(2\r(2)×\r(m2＋1),m2＋2).令eq\r(m2＋1)＝t，則t≥1，所以S＝eq\f(2\r(2)t,t2＋1)＝eq\f(2\r(2),t＋\f(1,t))，t≥1.因為t＋eq\f(1,t)≥2(當且僅當t＝1，即m＝0時取等號)，所以0<S≤eq\r(2).故四邊形OAHB的面積的取值范圍為(0，eq\r(2)]．(2)由B(x2，y2)，D(2，y1)，可知直線BD的斜率k＝eq\f(y1－y2,2－x2).所以直線BD的方程為y－y1＝eq\f(y1－y2,2－x2)(x－2)．令y＝0，得x＝eq\f(x2y1－2y2,y1－y2)＝eq\f(my1y2＋y1－2y2,y1－y2).①由(1)知，y1＋y2＝－eq\f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq\f(1,m2＋2)，所以y1＋y2＝2my1y2.②將②代入①，化簡得x＝eq\f(\f(1,2)y1＋y2＋y1－2y2,y1－y2)＝eq\f(\f(3,2)y1－y2,y1－y2)＝eq\f(3,2)，所以直線BD過定點Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).21．解析：(1)由題意得y′＝ex－2cosx－2(cosx－xsinx)＝ex＋2xsinx－4cosx，因為x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，所以ex>0,2xsinx>0，－4cosx>0，故y′>0，所以y＝ex－2sinx－2xcosx在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))上單調(diào)遞增．(2)由題意可得f′(x)＝eq\f(exx－1－2x2cosx,x2)，令g(x)＝ex(x－1)－2x2cosx，則g′(x)＝x(ex＋2xsinx－4cosx)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))時，由(1)知ex＋2xsinx－4cosx>0，則g′(x)<0，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))上單調(diào)遞減，而geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝e－eq\f(π,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－1))<0，g(－π)＝2π2－e－π(1＋π)>0.由零點存在性定理知，存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))使得g(x0)＝0，即ex0(x0－1)－2xeq\o\al(2,0)cosx0＝0.當x∈(－π，x0)時，g(x)>0，即f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，－\f(π,2)))時，g(x)<0，即f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)．又當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－2cosx<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上為減函數(shù)，從而f(x)在(x0,0)上恒為減函數(shù)，因此f(x)在(－π，0)上有且僅有一個極大值點x0.由f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，－\f(π,2)))上單調(diào)遞減，得f(x0)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2))).feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－＋2>0，故f(x0)>0.f(x0)＝eq\f(ex0,x0)－2sinx0，令m(x)＝eq\f(ex,x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，則m′(x)＝eq\f(exx－1,x2)<0，所以m(x)單調(diào)遞減，所以－1<eq\f(e－\f(π,2),－\f(π,2))<m(x)<eq\f(e－π,－π)<0.所以當x0∈eq\b\lc\(