2024版新教材高考数学复习特训卷滚动过关检测四第1章_第5章

这是一份2024版新教材高考数学复习特训卷滚动过关检测四第1章_第5章，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合U＝{－2，－1，0，1，2，3}，A＝{－1，0，1}，B＝{1，2}，则∁U(A∪B)＝( )
A．{－2，3}
B．{－2，2，3}
C．{－2，－1，0，3}
D．{－2，－1，0，2，3}
2．下面函数中为偶函数的是( )
A．y＝x2sin x B. y＝x cs x
C．y＝|sin x| D. y＝x－cs x
3．设点A，B，C不共线，则“ eq \(AB,\s\up6(→))与 eq \(AC,\s\up6(→))的夹角为锐角”是“| eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→))|>| eq \(BC,\s\up6(→))|”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．已知a＝lg1.10.9，b＝0.91.1，c＝1.10.9，则a，b，c的大小关系为( )
A．aC．b5．已知函数f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)＝(2x－1)ln x，则曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线的斜率为( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
6.
如图，在△ABC中， eq \(AN,\s\up6(→))＝ eq \f(1,3) eq \(NC,\s\up6(→))，P是BN上的一点，若 eq \(AP,\s\up6(→))＝m eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \f(2,11) eq \(AC,\s\up6(→))，则实数m的值为( )
A． eq \f(9,11) B． eq \f(5,11)
C． eq \f(4,11) D． eq \f(3,11)
7．已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(0<ω<4，|φ|< eq \f(π,2))，若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝2，则函数f(x)的单调递增区间为( )
A．[ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,6)， eq \f(kπ,2)＋ eq \f(5π,12)]，k∈Z
B．[ eq \f(kπ,2)－ eq \f(π,12)， eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,6)]，k∈Z
C．[kπ＋ eq \f(π,6)，kπ＋ eq \f(2π,3)]，k∈Z
D．[kπ－ eq \f(π,3)，kπ＋ eq \f(π,6)]，k∈Z
8．若不等式x2＋ax＋1≥0对于一切x∈(0， eq \f(1,2))恒成立，则a的取值范围为( )
A．a≥0 B．a≥－2
C．a≥－ eq \f(5,2) D．a≥－3
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．下列关于平面向量的说法中正确的是( )
A．已知a，b均为非零向量，若a∥b，则存在唯一的实数λ，使得a＝λb
B．已知非零向量a＝(1，2)，b＝(1，1)，且a与a＋λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是(－ eq \f(5,3)，＋∞)
C．若a·c＝b·c且c≠0，则a＝b
D．若点G为△ABC的重心，则 eq \(GA,\s\up6(→))＋ eq \(GB,\s\up6(→))＋ eq \(GC,\s\up6(→))＝0
10．已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|< eq \f(π,2))，其图象相邻两条对称轴之间的距离为 eq \f(π,4)，将函数y＝f(x)的图象向左平移 eq \f(3π,16)个单位后，得到的图象关于y轴对称，那么函数y＝f(x)的图象( )
A．关于点(－ eq \f(π,16)，0)对称
B．关于点( eq \f(π,16)，0)对称
C．关于直线x＝－ eq \f(π,16)对称
D．关于直线x＝－ eq \f(π,4)对称
11．若函数y＝x2－4x－4的定义域为[0，m]，值域为[－8，－4]，则m的值可能是( )
A．2 B．3
C．4 D．5
12．对于函数f(x)＝ eq \f(ln x,x2)，下列说法正确的是( )
A．f(x)在x＝ eq \r(e)处取得极大值 eq \f(1,2e)
B．f(x)有两个不同的零点
C．f( eq \f(\r(2),2))D．若f(x) eq \f(e,2)
[答题区]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知a、b均为单位向量，若|a－2b|＝ eq \r(3)，则a与b的夹角为________．
14．已知sin αcs α＝ eq \f(3,8)，且α∈(0， eq \f(π,2))，则 eq \f(cs 2α,sin （α－\f(π,4)）)的值为________．
15．函数f(x)＝lg eq \f(1,2)(－2x2＋x)的单调增区间是________；f(x)的值域是________．
16．已知函数f(x)＝x2－2mx＋e2x－2mex＋2m2，若存在实数x0，使得f(x0)≤ eq \f(1,2)成立，则实数m＝________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10分)已知向量a，b满足|a|＝1 ，|b|＝2，且a与b不共线．
(1)若向量a＋kb与ka＋2b为方向相反的向量，求实数k的值；
(2)若向量a与b的夹角为60°，求2a＋b与a－b的夹角θ.
18．(12分) 已知向量m＝( eq \r(3)cs x＋sin x，1)，n＝(sin x， eq \f(1,2))，函数f(x)＝n·m.
(1)若f(θ)＝ eq \f(3,2)且θ∈(0，π)，求θ；
(2)求函数f(x)在x∈[0， eq \f(π,2)]的值域；
(3)求函数f(x)在[0， eq \f(π,2)]的单调区间．
19．(12分)已知函数f(x)＝lga(x＋1)－lga(1－x)，a＞0且a≠1.
(1)求f(x)的定义域；
(2)判断f(x)的奇偶性并予以证明；
(3)当a＞1时，求使f(x)＞0的解集．
20．(12分)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足：2a cs A＝b cs C＋c cs B.
(1)求A；
(2)若M是BC的中点，AM＝ eq \f(\r(14),2)，b＝2 eq \r(2)，求△ABC的面积．
21．(12分)已知函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3－a(x2－x＋1).
(1)若a＝－2，求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：对任意的a∈R，f(x)只有一个零点．
22．(12分)已知函数f(x)＝－ax2＋x ln x＋2.
(1)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围；
(2)当a＝0时，证明：f(x)>x－ eq \f(2,x).
滚动过关检测四 第一章～第五章
1．答案：A
解析：由题意可得：A∪B＝{－1，0，1，2}，则∁U（A∪B）＝{－2，3}．故选A.
2．答案：C
解析：对于A选项，设f（x）＝x2sin x，该函数的定义域为R，f（－x）＝（－x）2sin （－x）＝－x2sin x＝－f（x），所以，函数y＝x2sin x为奇函数；对于B选项，设g（x）＝x cs x，该函数的定义域为R，g（－x）＝－x cs （－x）＝－x cs x＝－g（x），所以，函数y＝x cs x为奇函数；对于C选项，设h（x）＝|sin x|，该函数的定义域为R，h（－x）＝|sin （－x）|＝|－sin x|＝|sin x|＝h（x），所以，函数y＝|sin x|为偶函数；对于D选项，设t（x）＝x－cs x，则t（1）＝1－cs 1，t（－1）＝－1－cs （－1）＝－1－cs 1，则t（－1）≠t（1），t（－1）≠－t（1），所以，函数y＝x－cs x为非奇非偶函数．故选C.
3．答案：C
解析：∵A、B、C三点不共线，∴| eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→))|>| eq \(BC,\s\up6(→))|⇔| eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→))|>| eq \(AB,\s\up6(→))－ eq \(AC,\s\up6(→))|⇔| eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→))|2>| eq \(AB,\s\up6(→))－ eq \(AC,\s\up6(→))|2⇔ eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))>0⇔ eq \(AB,\s\up6(→))与 eq \(AC,\s\up6(→))的夹角为锐角．故“ eq \(AB,\s\up6(→))与 eq \(AC,\s\up6(→))的夹角为锐角”是“| eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→))|>| eq \(BC,\s\up6(→))|”的充要条件．故选C.
4．答案：A
解析：由函数y＝lg1.1x在（0，＋∞）上单调递增，所以a＝lg1.10.91.10＝1，故a5．答案：B
解析：因为x>0时，f（x）＝（2x－1）ln x，所以x<0时，－x>0，所以f（x）＝f（－x）＝（－2x－1）ln （－x），所以x<0时，f′（x）＝－2ln （－x）－ eq \f(1,x)－2，所以f′（－1）＝－1，所以曲线y＝f（x）在点（－1，f（－1））处的切线的斜率为－1.故选B.
6．答案：D
解析：因 eq \(AN,\s\up6(→))＝ eq \f(1,3) eq \(NC,\s\up6(→))，则 eq \(AC,\s\up6(→))＝4 eq \(AN,\s\up6(→))，又 eq \(AP,\s\up6(→))＝m eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \f(2,11) eq \(AC,\s\up6(→))，于是得 eq \(AP,\s\up6(→))＝m eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \f(8,11) eq \(AN,\s\up6(→))，而 eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(AN,\s\up6(→))不共线，点P在直线BN上，因此m＋ eq \f(8,11)＝1，解得m＝ eq \f(3,11)，所以实数m的值为 eq \f(3,11).故选D.
7．答案：D
解析：由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝2可知f（x）max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，f（x）min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝1，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－1，即sin （ω· eq \f(π,6)＋φ）＝1，sin （ω· eq \f(2π,3)＋φ）＝－1，∴ω· eq \f(π,6)＋φ＝2k1π＋ eq \f(π,2)，ω· eq \f(2π,3)＋φ＝2k2π＋ eq \f(3π,2)，k1∈Z，k2∈Z，两式相减可得ω＝2＋4（k2－k1），因为0<ω<4，故ω＝2，将ω＝2代入ω· eq \f(π,6)＋φ＝2k1π＋ eq \f(π,2)得φ＝2k1π＋ eq \f(π,6)，又|φ|< eq \f(π,2)，
∴φ＝ eq \f(π,6)，所以函数f（x）＝sin （2x＋ eq \f(π,6)），令2kπ－ eq \f(π,2)≤2x＋ eq \f(π,6)≤2kπ＋ eq \f(π,2)，求得kπ－ eq \f(π,3)≤x≤kπ＋ eq \f(π,6)，可得函数f（x）的单调递增区间为[kπ－ eq \f(π,3)，kπ＋ eq \f(π,6)]，k∈Z.故选D.
8．答案：C
解析：x2＋ax＋1≥0对于一切x∈（0， eq \f(1,2)）成立，则等价为a≥ eq \f(－x2－1,x)对于一切x∈（0， eq \f(1,2)）成立，即a≥－x－ eq \f(1,x)对于一切x∈（0， eq \f(1,2)）成立，设y＝－x－ eq \f(1,x)，则函数在区间（0， eq \f(1,2)）上是增函数，
∴－x－ eq \f(1,x)<－ eq \f(1,2)－2＝－ eq \f(5,2)，∴a≥－ eq \f(5,2).故选C.
9．答案：AD
解析：对于选项A: 由向量共线定理知选项A正确；对于选项B：a＋λb＝（1，2）＋λ（1，1）＝（1＋λ，2＋λ），若a与a＋λb的夹角为锐角，则a·（a＋λb）＝1＋λ＋2（2＋λ）＝5＋3λ>0解得λ>－ eq \f(5,3)，当a与a＋λb共线时，2＋λ＝2（1＋λ），解得：λ＝0，此时a＝（1，2），a＋λb＝（1，2），此时a＝b夹角为0，不符合题意，所以实数λ的取值范围是（－ eq \f(5,3)，0）∪（0，＋∞），故选项B不正确；对于选项C：若a·c＝b·c，则c·（a－b）＝0，因为c≠0，则a＝b或c与a－b垂直，
故选项C不正确；对于选项D：若点G为△ABC的重心，延长AG与BC交于M，则M为BC的中点，所以 eq \(AG,\s\up6(→))＝2 eq \(GM,\s\up6(→))＝2× eq \f(1,2)×（ eq \(GB,\s\up6(→))＋ eq \(GC,\s\up6(→))）＝ eq \(GB,\s\up6(→))＋ eq \(GC,\s\up6(→))，所以 eq \(GA,\s\up6(→))＋ eq \(GB,\s\up6(→))＋ eq \(GC,\s\up6(→))＝0，故选项D正确．故选AD.
10．答案：BC
解析：因为函数y＝f（x）的图象相邻两条对称轴之间的距离为 eq \f(π,4)，所以函数的周期为 eq \f(π,2)，∴ω＝ eq \f(2π,T)＝4，∴f（x）＝sin （4x＋φ），将函数y＝f（x）的图象向左平移 eq \f(3π,16)个单位后，得到函数y＝sin [4（x＋ eq \f(3π,16)）＋φ]的图象，∵图象关于y轴对称，∴4× eq \f(3π,16)＋φ＝kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，即φ＝kπ－ eq \f(π,4)，k∈Z，又|φ|< eq \f(π,2)，∴φ＝－ eq \f(π,4)，∴f（x）＝sin （4x－ eq \f(π,4)），令4x－ eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，解得x＝ eq \f(kπ,4)＋ eq \f(π,16)，k∈Z，k＝0时，x＝ eq \f(π,16)，所以f（x）的图象关于点（ eq \f(π,16)，0）对称．故B正确．令－ eq \f(π,16)＝ eq \f(kπ,4)＋ eq \f(π,16)，k∈Z，得k＝－ eq \f(1,2)不满足，故A不正确．令4x－ eq \f(π,4)＝kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，所以函数的对称轴方程为x＝ eq \f(kπ,4)＋ eq \f(3π,16)，k∈Z.令－ eq \f(π,4)＝ eq \f(kπ,4)＋ eq \f(3π,16)，k∈Z，得k＝－ eq \f(7,4)不满足，故D不正确．当k＝－1时，对称轴方程为x＝－ eq \f(π,16)，所以C正确．故选BC.
11．答案：ABC
解析：因为y＝x2－4x－4＝（x－2）2－8，开口向上，对称轴为x＝2，所以，当x＝0和x＝4时，函数值为－4，当x＝2时函数值为－8，因为函数y＝x2－4x－4的定义域为[0，m]，值域为[－8，－4]，所以m∈[2，4]，所以m的值可能是选项ABC.
12．答案：ACD
解析：对于选项A：函数定义域为（0，＋∞），f′（x）＝ eq \f(1－2ln x,x3)，令f′（x）>0可得0 eq \r(e)，所以f（x）在（0， eq \r(e)）单调递增，在（ eq \r(e)，＋∞）单调递减，所以f（x）在x＝ eq \r(e)时取得极大值f（ eq \r(e)）＝ eq \f(1,2e)，故选项A正确；对于选项B：令f（x）＝ eq \f(ln x,x2)＝0，可得x＝1，因此f（x）只有一个零点，故选项B不正确；对于选项C：显然 eq \r(e)< eq \r(3)< eq \r(π)，f（x）在（ eq \r(e)，＋∞）单调递减，可得f（ eq \r(3)）>f（ eq \r(π)）＝ eq \f(ln \r(π),π)>0，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝2ln eq \f(\r(2),2)<0，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))f（x）＋ eq \f(1,x2)＝ eq \f(ln x,x2)＋ eq \f(1,x2)在（0，＋∞）上恒成立，令g（x）＝ eq \f(ln x,x2)＋ eq \f(1,x2)（x>0）则k>g（x）max，因为g′（x）＝ eq \f(－1－2ln x,x3)，易知当x∈（0， eq \f(1,\r(e))）时．g′（x）>0，当x∈（ eq \f(1,\r(e))，＋∞）时，g′（x）<0，所以g（x）在x＝ eq \f(1,\r(e))时取得极大值也是最大值g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))＝ eq \f(e,2)，所以k> eq \f(e,2)，所以f（x）＋ eq \f(1,x2) eq \f(e,2)，故选项D正确．故选ACD.
13．答案： eq \f(π,3)
解析：由a、b均为单位向量，|a－2b|＝ eq \r(3)，得：|a－2b|2＝3，即a2－4a·b＋4b2＝3，所以a·b＝ eq \f(1,2)，〈a，b〉∈[0，π]，cs 〈a，b〉＝ eq \f(π,3).
14．答案：－ eq \f(\r(14),2)
解析：由题意，（sin α＋cs α）2＝1＋2sin αcs α＝ eq \f(7,4)，又α∈（0， eq \f(π,2)），所以sin α＋cs α>0，则sin α＋cs α＝ eq \f(\r(7),2)，所以 eq \f(cs 2α,sin （α－\f(π,4)）)＝ eq \f(cs2α－sin2α,\f(\r(2),2)（sinα－cs α）)＝ eq \f(（cs α－sin α）（cs α＋sin α）,\f(\r(2),2)（sin α－cs α）)＝－ eq \f(\r(14),2).
15．答案：[ eq \f(1,4)， eq \f(1,2)） [3，＋∞）
解析：函数f（x）＝lg eq \f(1,2)（－2x2＋x）的定义域满足－2x2＋x>0，得016．答案： eq \f(1,2)
解析：f（x）＝x2－2mx＋e2x－2mex＋2m2＝（x－m）2＋（ex－m）2，则存在实数x0，使得f（x0）≤ eq \f(1,2)成立，等价于f（x0）min≤ eq \f(1,2)，即可看作点P（x0，）与点Q（m，m）距离的平方的最小值小于等于 eq \f(1,2)，因为P在曲线y＝ex上，点Q在直线y＝x上，则|PQ|的最小值为与y＝ex相切且与y＝x平行的直线与y＝x的距离，对于y＝ex，y′＝ex，令ex＝1，解得x＝0，则切点为M（0，1），即点M（0，1）到直线y＝x的距离最小，且距离为 eq \f(1,\r(2))＝ eq \f(\r(2),2)，要使f（x0）≤ eq \f(1,2)，则f（x0）＝ eq \f(1,2)，此时MQ垂直于直线y＝x，则kMQ＝ eq \f(m－1,m)＝－1，解得m＝ eq \f(1,2).
17．解析：（1）因为向量a＋kb与ka＋2b为方向相反的向量，
所以存在实数λ<0，使得a＋kb＝λ（ka＋2b），且a与b不共线，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＝kλ,k＝2λ))，解得： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(\r(2),2),k＝－\r(2)))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝\f(\r(2),2),k＝\r(2)))（舍）；
所以实数k的值为－ eq \r(2).
（2）因为向量a与b的夹角为60°，|a|＝1 ，|b|＝2，
所以a·b＝|a|·|b|·cs 60°＝1×2× eq \f(1,2)＝1，
（2a＋b）·（a－b）＝2a2－a·b－b2＝2|a|2－a·b－|b|2＝2×12－1－22＝－3，
|2a＋b|＝ eq \r(（2a＋b）2)＝ eq \r(4a2＋4a·b＋b2)＝ eq \r(4＋4＋22)＝2 eq \r(3)，
|a－b|＝ eq \r(（a－b）2)＝ eq \r(a2－2a·b＋b2)＝ eq \r(1－2×1＋22)＝ eq \r(3)，
所以cs θ＝ eq \f(（2a＋b）·（a－b）,|2a＋b|·|a－b|)＝ eq \f(－3,2\r(3)×\r(3))＝－ eq \f(1,2)，
因为0°≤θ≤180°，所以θ＝120°.
18．解析：（1）依题意，函数f（x）＝sin x（ eq \r(3)cs x＋sin x）＋ eq \f(1,2)＝ eq \r(3)sin x cs x＋sin2x＋ eq \f(1,2)＝ eq \f(\r(3),2)sin2x－ eq \f(1,2)cs 2x＋1＝sin （2x－ eq \f(π,6)）＋1，
若f（θ）＝ eq \f(3,2)，则sin （2θ－ eq \f(π,6)）＝ eq \f(1,2)，又θ∈（0，π），2θ－ eq \f(π,6)∈（－ eq \f(π,6)， eq \f(11π,6)），
∴2θ－ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,6)或 eq \f(5π,6)，即θ＝ eq \f(π,6)或 eq \f(π,2).
（2）函数f（x）＝sin （2x－ eq \f(π,6)）＋1，x∈[0， eq \f(π,2)]，
则2x－ eq \f(π,6)∈[－ eq \f(π,6)， eq \f(5π,6)]，所以sin （2x－ eq \f(π,6)）∈[－ eq \f(1,2)，1]，
所以f（x）在x∈[0， eq \f(π,2)]的值域为[ eq \f(1,2)，2].
（3）因为2x－ eq \f(π,6)∈[－ eq \f(π,6)， eq \f(5π,6)]，所以令2x－ eq \f(π,6)∈[－ eq \f(π,6)， eq \f(π,2)]，得x∈[0， eq \f(π,3)]；令2x－ eq \f(π,6)∈[ eq \f(π,2)， eq \f(5π,6)]，得x∈[ eq \f(π,3)， eq \f(π,2)].
所以f（x）的单调增区间为[0， eq \f(π,3)]，单调减区间为[ eq \f(π,3)， eq \f(π,2)].
19．解析：（1）要使函数有意义，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋1>0,1－x>0))，
解得－1（2）函数的定义域关于坐标原点对称，
∵f（－x）＝lga（－x＋1）－lga（1＋x）＝－[lga（x＋1）－lga（1－x）]＝－f（x），∴f（x）是奇函数．
（3）若a>1时，由f（x）>0得lga（x＋1）>lga（1－x），
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－11－x))，求解关于实数x的不等式可得0故不等式的解集为（0，1）.
20．解析：（1）因为2a cs A＝b cs C＋c cs B，
由正弦定理可得2sin A cs A＝sin B cs C＋sin C cs B＝sin （B＋C）＝sin A，
∵A∈（0，π），则sin A>0，可得cs A＝ eq \f(1,2)，故A＝ eq \f(π,3).
（2）如图，延长AM到D，使得AM＝DM，则四边形ABDC是平行四边形，
由向量加法的平行四边形法则可得2 eq \(AM,\s\up6(→))＝ eq \(AD,\s\up6(→))＝ eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→))，
所以，4 eq \(AM,\s\up6(→))2＝14＝（ eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→))）2＝ eq \(AC,\s\up6(→))2＋ eq \(AB,\s\up6(→))2＋2 eq \(AC,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＝8＋c2＋2 eq \r(2)c，
整理可得c2＋2 eq \r(2)c－6＝0，∵c>0，解得c＝ eq \r(2)，
因此，S△ABC＝ eq \f(1,2)bc sin eq \f(π,3)＝ eq \r(3).
21．解析：（1）a＝－2时，f（x）＝ eq \f(1,3)x3＋2（x2－x＋1），则f′（x）＝x2＋4x－2＝（x＋2）2－6，
令f′（x）>0，解得：x>－2＋ eq \r(6)或x<－2－ eq \r(6)，
令f′（x）<0，解得：－2－ eq \r(6)故f（x）在（－∞，－2－ eq \r(6)）和（－2＋ eq \r(6)，＋∞）递增，在（－2－ eq \r(6)，－2＋ eq \r(6)）递减．
（2）证明：令f（x）＝0，则有3a＝ eq \f(x3,x2－x＋1)，
令g（x）＝ eq \f(x3,x2－x＋1)，则g′（x）＝ eq \f(x2（x2－2x＋3）,（x2－x＋1）2)＝ eq \f(x2[（x－1）2＋2],（x2－x＋1）2)>0，故g（x）在R上递增，
又g（x）∈R，所以3a＝g（x）仅有1个根，即f（x）只有1个零点．
22．解析：（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝ln x－2ax＋1，由题意f′（x）＝0在（0，＋∞）上有两解，
即ln x－2ax＋1＝0，即2a＝ eq \f(ln x＋1,x)有两解．
令g（x）＝ eq \f(ln x＋1,x)（x>0），即g（x）的图象与直线y＝2a有两个交点．
g′（x）＝ eq \f(－ln x,x2)＝0，得x＝1，当x∈（0，1）时，g′（x）>0，g（x）递增；
当x∈（1，＋∞）时，g′（x）<0，g（x）递减，∴g（x）max＝g（1）＝1，g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，
x→0时，g（x）→－∞；x→＋∞时，g（x）→0，∴0<2a<1，∴0（2）证明：当a＝0时，f（x）＝x ln x＋2，即证x ln x＋2>x－ eq \f(2,x)，即证x ln x＋2－x＋ eq \f(2,x)>0，
令h（x）＝x ln x＋2－x＋ eq \f(2,x)（x>0），h′（x）＝ln x－ eq \f(2,x2)，令m（x）＝ln x－ eq \f(2,x2)，则m′（x）＝ eq \f(1,x)＋ eq \f(4,x3)，
当x>0时，m′（x）>0，∴h′（x）在（0，＋∞）递增．
h′（1）＝－2<0，h′（e）＝1－ eq \f(2,e2)>0，
∴存在唯一的x0∈（1，e），使得h′（x0）＝ln x0－ eq \f(2,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )＝0，
当x0∈（0，x0）时，h′（x）<0，h（x）递减；当x∈（x0，＋∞）时，h′（x）>0，h（x）递增，∴h（x）min＝h（x0）.
又∵x0∈（1，e），h′（x0）＝0，∴ln x0－ eq \f(2,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )＝0，
∴h（x0）＝x0ln x0＋2－x0＋ eq \f(2,x0)＝ eq \f(2,x0)＋2－x0＋ eq \f(2,x0)＝2－x0＋ eq \f(4,x0)>2－e＋ eq \f(4,e)>0，
∴h（x）>0，∴f（x）>x－ eq \f(2,x).
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