rrr
r
r r
在上的投影（正射影的数量）为可知，可求出
|b|cosa,b2
|b| 2
，求
2
ba
rr
2
a2b
的最小值即可得 出结果
.

【详解】

因为
b
在
a
上的投影（正射影的数量）为
2
，

所以
|b|cosa,b2
，

rr
rrr
r
即
|b|
r
rr
2
rr
，而
1 cosa,b0
，

cosa,b
所以
|b|2
，

rr
2rr
2
r
2
rrr
2
r
2
rrrrr
2
因为
a2b(a2b)a4ab4b|a|4|a||b|co sa,b4|b|

rr
=1644(2)4|b|
2484|b|
2

rr
rr
2
所以
a2 b484464
，即
a2b8
，故选
D.

【点睛】

本题主要考查了向量在向量上的正射影，向量的数量积，属于难题
.

2．B
解析：
B

【解析】

【分析】

由三视 图可知，该几何体是由一个四棱锥挖掉半个圆锥所得，故利用棱锥的体积减去半个
圆锥的体积，就可求得 几何体的体积
.

【详解】

由三视图可知，该几何体是由一个四棱 锥挖掉半个圆锥所得，故其体积为
1118

222

1
2
2
.
故选
B.

3233
【点睛】

本小题主要考查由三视图判断几何体的结构，考查不规则 几何体体积的求解方法，属于基
础题
.

3
．
D
解析：
D

【解析】

【分析】

uuu v
1
uuuvuuuv
ABAC
，将所求数量积化为根据平面向量基本定理 可知
AE
2
vuuuv
1
uuuvuuuv
1
u uu
ABAOACAO
；由模长的等量关系可知
AOB
和
 AOC
为等腰三角形，根据三
22


v
2
1
uuuv
2
uuuvuuuvuuuvuuuv
1
uuu
线合一的特点可将
ABAO
和
ACAO
化为
AB
和AC
，代入可求得结果.

22
【详解】

uuuv
1
uuuvuuuv
QE
为
BC
中点
AEABAC

2
uuuvuuuv
1
uuuvuu uvuuuv
1
uuuvuuuv
1
uuuvuuuv
AEAO ABACAOABAOACAO

222
uuuv
2
uuuv
2
uuuv
2
QOAOBOC

AOB
和
AOC
为等腰三角形


< br>uuuvuuuvuuuvuuuvuuuv
1
uuuv
1
uuuv< br>2
ABAOABAOcosOABABABAB
，同理可得：
2 2
uuuvuuuv
1
uuuv
2
ACAOAC
2
uuuvuuuv
1
uuuv
2
1
uuuv
2
13
AEAOABAC1

4422
本题正确选项：
D

【点睛】

本题考查 向量数量积的求解问题，关键是能够利用模长的等量关系得到等腰三角形，从而
将含夹角的运算转化为已 知模长的向量的运算
.

4．A
解析：
A

【解析】

【分析】

设
5
人分到的面包数量从小 到大记为
{a
n
}
，设公差为
d
，可得
a
3
a
4
a
5
7(a
1
a
2
)
，
S
5
100
，求出
a
3
，根据等 差数列的通项公式，得到关于
d
关系式，即可求出结论
.

【详解】

设
5
人分到的面包数量从小到大记为
{a
n
}
，设公差为
d
，

依题意可得，
S
5

5(a
1
a
5
)
5a
3
100
，

2
55
，

6
a
3
20,a
3
a
4
a
5
7(a
1
a
2
)
，

603d7(403d)
， 解得
d
a
1
a
3
2d20
故选
:A.

【点睛】

555

.

33
本题以数学文化为背景，考查等差数列的前
n
项和、通项公式基本量的计算，等差数列 的
性质应用是解题的关键，属于中档题
.

5
．
C
解析：
C

【解析】

分类讨论：当
n1
时，
a
1
S
1
213
，

当
n2
时，
a
n
S
n
S
n1
(2nn)


2(n1)n1


4n1
，

且当
n1
时：
4n14113a
1

据此可得，数列的通项公式为：
a
n
4n1
.

本题选择
C
选项
.

22
6．D
解析：
D

【解析】

uuurr
uuuruuu r
r
ruuuruuur
r
uuu
r
uuu
rr
试题分析：
QAB2a,AC2ab
,
ACABb
,
bACABBC
．

r
r
r
r
r

1

o
由题意知
b2,ababcos12 012



1
．


2
ruuuruuuruuuruuuruuuruuur
2
r
r
uuu
4abBC2ABBCBC2ABBCBC

uuuruuur
uuur
r
r

1

o2< br>2ABBCcos1202222



40．
4abBC
．故
D
正确．


2

考点：
1
向量的加减法；
2
向量的数量积；3
向量垂直．

7
．
C
解析：
C

【解析】

【分析】

利用
f(x)
是定义域为< br>(,)
的奇函数可得：
f(x)f(x)
且
f

0

0
，结合
f(1x)=f(1+x)
可得：函数
f

x

的周期为
4
；再利用赋值法可求得：f

2

0
，
f

3
< br>2
，
f

4

0
，问题得解
.

【详解】

因为
f(x)
是定义域为
(,)
的奇函数，
所以
f(x)f(x)
且
f

0

0

又
f(1x)=f(1+x)

所以
f
x2

f



x1

1< br>

f


1

x1


f

x

f

x


所以
f

x4

f



x2

2


f

x2




f

x



f

x


所以函数
f

x

的周期为
4
，


在
f(1x)=f(1+x)
中，令
x1
，可得：< br>f

2

f

0

0

在
f(1x)=f(1+x)
中，令
x2
，可得 ：
f

3

f

1

f

1

2

在
f(1x)=f(1+x)< br>中，令
x3
，可得：
f

4

f

2

f

2

0

所以
f(1)+f(2)
f(3)Lf(2020)
2020


f

1

f

2
< br>f

3

f

4




4
50500

故选
C

【点睛】

本题主要考查了奇函数的性质及函数的周期性应用，还考查了赋值法及计算 能力、分析能
力，属于中档题．

8．C
解析：
C

【解析】

【分析】

化简函数
y23cos
2
xsin2x3
，然后根据三角函数图象变换的知识选出答案
.

【详解】

依题意
y23cosxsin2x32sin

2x
y2sin2x
的图象向左平移

个单位.所以选C.
6
2


π



π

2sin2x


，故只需将函数
3

6



【点睛】

本小题主 要考查三角函数降次公式和辅助角公式，考查三角函数图象变换的知识，属于基
础题
.

9．B
解析：
B

【解析】

由
f
x

的解析式知仅有两个零点
x
3
与
x 0
，而A中有三个零点，所以排除A，又
2
2x
2
x3，由
f


x

0
知函数有两个极值点，排 除C，D，故选B．

f


x


x
2e
10．A
解析：
A

【解析】

【分析】

先确定函数定义域，再确定函数奇偶性，最后根据值域确定大致图像。

【详解】

由题函数定义域为
x0
，
f(x)(x )ln|x|xln|x|f(x)
，函数为偶函数，
图像关于
y
轴对称，
B,C
选项不符合，当
x0
时，
y
，则函 数图像大致为
A
选项
22

所示
.

故选：
A

【点睛】

此类题目通常根据函数的定义域，周期性，奇偶性以及值域和特殊点等来判断大致图像。

11．A
解析：
A

【解析】

【分析】

由题意设棱长为
a
，补正三棱柱
ABC-A2
B
2
C
2
，构造直角三角形
A
2
B M
，解直角三角形求出
BM
，利用勾股定理求出
A
2
M，从而求解．

【详解】

设棱长为a，补正三棱柱ABC-A
2
B
2
C
2
（如图）．

平移AB
1至A
2
B，连接A
2
M，∠MBA
2
即为AB
1
与BM所成的角，

在△A
2
BM中，
A
2
B
a5


2a，BMa
2
()
2
a，
22
A
2
Ma
2
(
故选A．

【点睛】


3a
2
13
A
2
B
2
BM
2
A
2
M
2
，MBA
2
,
．

)a，
2
22
本题主要考查了异面直线及其所成的角和勾 股定理的应用，计算比较复杂，要仔细的做．

12．C
解析：
C

【解析】

【分析】

r

1

由二项展开式的通项公式为
T
r1
C

2x




及展开式中第2项与第3项的二项
x

式系数之比 是2︰5可得：
n6
，令展开式通项中
x
的指数为
3
，即 可求得
r=2
，问题
r
n
nr
得解．

【详解】

二项展开式的第
r1
项的通项公式为
T
r1
C
r
n
r

2x

nr
1





x

12
由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2︰5，可得：
C
n
:Cn
2:5
.

解得：
n6
.

r
所以
T
r1
C
n

2x

nr
3
r6r

1

r6r
2



C
6
2

1

x
x
 
r
令
6
3
r3
，解得：
r=2
，< br>
2
2
262
所以
x
3
的系数为
C
6
2

1

240

故选C

【点睛】

本题主要考查了二项式定理及其展开式，考查了 方程思想及计算能力，还考查了分析能
力，属于中档题．

二、填空题
< br>13．【解析】【分析】由题意将代入进行恒等变形和拆项后再利用基本不等式
求出它的最小值根 据不等式恒成立求出m的范围【详解】由题意知两个正数xy
满足则当时取等号；的最小值是不等式恒成 立故答案为【点睛】本题考查
解析：
m
【解析】

【分析】

由题意将
xy4
代入
9

4
14

进行恒等变形和拆项后，再利用基本不等式求出它的最小
xy
值，根据不等式恒成立求出
m
的范围．

【详解】

由题 意知两个正数
x
，
y
满足
xy4
，

则
14xyxy5yx59
yx
1
，当
< br>时取等号；

xy4xy44xy44
4xy
14
9

的最小值是，

xy
4
Q
不等式
14
9
m
恒成立，
m
．

xy
4
9
．

4
故答案为
m
【点睛】

本题考查了利用基本不等式求最 值和恒成立问题，利用条件进行整体代换和合理拆项再用
基本不等式求最值，注意一正二定三相等的验证 ．

14．【解析】【分析】【详解】由题意则解得-1＜a＜7经检验当a=-1时的两个根分别为所以符合题目要求时在区间无实根所以

解析：
1a7

【解析】

【分析】

【详解】

2
由题意，
f
< br>(x)3x4xa
，则
f

(1)f

(1 )0
，解得
-1
＜
a
＜
7
，经检验当
a =-1
时，
f

(x)3x
2
4x10
的 两个根分别为
x
1
=-,x
2
=-1
，所以符合题目要求，
a7
时，
f

(x)3x
2
4x10< br>,
在区间无实根，所以
1a7
．

1
3
15．11【解析】分析：构造基本不等式模型化简整理应用基本不等式即可得出
答案详解：当且仅当 时取等号的最小值等于11故答案为11点睛：本题考查基
本不等式的性质与应用同时考查了整体思想与 转化思想的运用
解析：11

【解析】

分析：构造基本不等式模型
3a2b
等式，即可得出答案
.
< br>详解：
Q
b11b
()(3a2b)
，化简整理，应用基本不
aaba
11
1
，

ab
b11bba
()(3a2b)53()

aabaab
ba
0
，
0
，


ab

3a2b
Q
a0
，
b 0
，


ba
2
，当且仅当
ab2
时取等号
.

ab
b
5611
.

a
b


3a2b
的最小值等于
11.

a
故答案为
11.

3a2b
点睛：本题考查基本不等 式的性质与应用，同时考查了整体思想与转化思想的运用
.

16．【解析】【分析】 首先利用正弦定理将题中的式子化为化简求得利用余弦
定理结合题中的条件可以得到可以断定为锐角从而 求得进一步求得利用三角形
面积公式求得结果【详解】因为结合正弦定理可得可得因为结合余弦定理可
23
.

3
【解析】

解析：
【分析】

首先利用正弦定理将题中的式子化为
sinBsi nCsinCsinB4sinAsinBsinC
，化简求得

sinA
1
，利用余弦定理，结合题中的条件，可以得到
2bccosA8
，可以断 定
A
为锐
2
3
83
，进一步求得
bc
， 利用三角形面积公式求得结果
.

2
3
角，从而求得
cosA
【详解】

因为
bsinCcsinB4asinBsinC
，

结合正弦 定理可得
sinBsinCsinCsinB4sinAsinBsinC
，
< br>可得
sinA
1
，因为
b
2
c
2
a
2
8
，

2
3
83
，从而求得
bc
，

2
3
结合余弦定理
a
2
b
2
c
2
2 bccosA
，可得
2bccosA8
，

所以
A
为锐角，且
cosA
所以
ABC
的面积为
S
【点睛 】

本题主要考查余弦定理及正弦定理的应用，属于中档题
.
对余弦定理一定 要熟记两种形式：
118312323
.

，故答案是
bcsinA 
223233
b
2
c
2
a
2
（
1
）
abc2bccosA
；（
2
）
co sA
，同时还要熟练掌握运用两种
2bc
222
形式的条件
.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住
30
o
、
45
o
、
60
o
等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用
.

17．【解析】试题分析：因为所以函数的的图像可由函数的图像至少向右平移
个 单位长度得到【考点】三角函数图像的平移变换两角差的正弦公式【误区警
示】在进行三角函数图像变换 时提倡先平移后伸缩但先伸缩后平移也经常出
解析：

【解析】

试题分析：因为
ysinx3cosx2sin(x
图像可由函数
y2si nx
的图像至少向右平移

3

3
)
，所以函数< br>ysinx3cosx
的的

个单位长度得到．

3
【考点】三角函数图像的平移变换、两角差的正弦公式

【误区警示】在进 行三角函数图像变换时，提倡
“
先平移，后伸缩
”
，但
“
先 伸缩，后平移
”
也经常出现在题目中，所以也必须熟练掌握，无论是哪种变形，切记每一个变换 总是对字
母
x
而言，即图像变换要看
“
变量
”
变化 多少，而不是
“
角
”
变化多少．

18
．
2x
﹣
4y+3
＝
0
【解析】【分析】要
∠ACB
最小则分析可得圆心
C
到直线
l
的
距离最大此时直线
l与直线垂直即可算出的斜率求得直线
l
的方程【详解】由题
得当
∠ACB
最小时直线
l
与直线垂直此时又故又直线
l
过点

解析：2x
﹣
4y+3
＝
0

【解析】

【分析】

要∠
ACB
最小则分析可得圆心
C
到直线
l
的距离最大,此时直线
l
与 直线
CM
垂直,即可算
出
CM
的斜率求得直线
l
的 方程.

【详解】

由题得
,
当∠
ACB
最小时,直线
l
与直线
CM
垂直,此时
k
CM
< br>10
2
1
,又
k
CM
k
l
1
,
1
2
11
11
,又直线
l
过 点
M(,1)
,
所以
l:y1(x)
,
即
2 x4y30
.

22
22
故答案为：
2x4y30

故
k
l


【点睛】

本题主要考查直线 与圆的位置关系
,
过定点的直线与圆相交于两点求最值的问题一般为圆心
到定点与直线 垂直时取得最值
.
同时也考查了线线垂直时斜率之积为
-1,
以及用点斜式写 出直
线方程的方法
.

19
．【解析】【分析】利用面积公式即可求 出
sinC
使用二倍角公式求出
cos2C
【详解】由题意在中面积为
12
则解得
∴
故答案为【点睛】本题考查了三角形的
面积公式二倍角公式在 解三角形中的应用其中解答中应用三角形

7

解析：
25
【解析】

【分析】

利用面积公式即可求出sinC．使用二倍角公式求出cos2C．

【详解】

由题意，在
ABC
中，
a8
，b5
，面积为12，

则
S
13
absinC2 0sinC12
，解得
sinC
．

25
2
∴
cos2C12sinC12
故答案为
97

．

2525
7
．

25

【点睛】
< br>本题考查了三角形的面积公式，二倍角公式在解三角形中的应用，其中解答中应用三角形
的面积公 式和余弦的倍角公式，合理余运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，
属于基础题．

20．【解析】【分析】先找出线面角运用余弦定理进行求解【详解】连接交于
点取中点连接则 连接为异面直线与所成角在中同理可得异面直线与所成角的余
弦值是故答案为【点睛】本题主要考查了异 面直线所成的角考查了空间想象
解析：
30

10
【解析】

【分析】

先找出线面角，运用余弦定理进行求解

【详解】


连接
AB
1
交
A
1
B
于点
D
，取B
1
C
1
中点
E
，连接
DE
，则DEPAC
1
，连接
A
1
E

A
1
DE
为异面直线
A
1
B
与
AC
1
所成角

在
RtnAC
11
B
1
中，
A C
11
1
，
C
1
E
11
C
1
B
1


22
A
1
E
5
,

2
65
,
DE

22
222
同理可得< br>A
1
D

6

5

5






222


30
,

cosA
1
DE

10< br>65
2
22

异面直线
A
1
B
与
AC
1
所成角的余弦值是
30

10
故答案为
【点睛】

本题主要考查了异面直线所成的角，考查了 空间想象能力，运算能力和推理论证能力，属
30

10

于基础题．

三、解答题

21．（1）
m1
；（2）当
a1
时，
f

2

f

3

；当
0a1
时，
f

2

f

3

，
理由见解析

【解析】

【分析】

（
1
）将图象关于坐标原点对称转化为函数为奇函数，从而有
f

x

f

x

在函数的定
义域内恒成立，进而求得
m
的值，再进行检验；

（
2
）根所在（
1
）中求 得的
m
值，得到
f(x)log
a
x1
，再求得
f

2

,f

3

的值，对

x1
a
分两种情况讨论，从而得到
f

2
,f

3

的大小关系
.

【详解】

1m
3
x1m
3
(x)
解：（
1
）
Qf(x)log
a
，
f(x)log
a
．
x1x1
又
Q
函数
f

x

的图象关于坐标原点对称，
f(x)
为奇函数，

f

x


f

x

在函数的定义域内恒 成立，

1m
3
(x)1m
3
x
，

l og
a
log
a
x1x1
1m
3
( x)1m
3
x
1
，

x1x1


m
6
1

x
2
0
在函数的 定义域内恒成立，

m1
或
m1
．

当
m1
时，函数的真数为
1
，不成立，

m1
．

（
2
）据（
1
）求解知，
f(x)log
a
x1
，

x1
f(2) log
a
3
，
f(3)log
a
2
．

当
a1
时，函数
g(x)log
a
x
在
(0,)
上单调递增，

Q23
，
log
a2log
a
3f(3)f(2)
；

当
0a 1
时，函数
g(x)log
a
x
在
(0,)
上单调递减，

Q23
，
log
a
2log
a
3f(3)f(2)
．

【点睛】

本题考查利用函 数的奇偶性求解析式中参数值、对数函数的单调性比较大小，考查数形结
合思想、分类讨论思想的运用， 在比较大小时，注意对
a
分
a1
和
0a1
两种情况讨 论
.

22．(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)
【解析】

4
5
.

3
试题分析：（Ⅰ）取
PB
的中 点
T
，然后结合条件中的数据证明四边形
AMNT
为平行四边
形，从 而得到
MNPAT
，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）由条件可知四面体
N- BCM
的高，即点
N
到底面的距离为棱
PA
的一半，由此可顺利求得 结果．

试题解析：（Ⅰ）由已知得
中点知
又
因为
，故平面
，
平行且等于
，平面
.

，四边形
AMNT
为平行四边形，于是
，所以平面
.

.

，取的中点
T
，连接，由
N
为
（Ⅱ）因为
所以
N
到平面
取
由
所以四面体
的中 点
平面，
N
为
.

的中点，

的距离为< br>，连结
.
由
的距离为
得
，故
S
VBCM
，
.

得到
1
4525
.

2
的体积
V
NBCM

1PA45
.

S
VBCM

323
【考点】直线与平面间的平行与垂直关系、 三棱锥的体积

【技巧点拨】（
1
）证明立体几何中的平行关系，常常是通过 线线平行来实现，而线线平行
常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（
2
）求三棱锥的体积关
键是确定其高，而高的确定关键又找出顶点在底面上的射影位置，当然 有时也采取割补
法、体积转换法求解．

11
x,g(x)x,(x0)
；（
2
）投资债券等稳健型产品为
16
万元，投
82
资股票等风险型产品为
4
万元，投资收益最大为
3
万元
.

【解析】

【分析】

23．（
1
）
f< br>
x


（1）投资债券等稳健型产品的收益
f
< br>x

与投资额
x
成正比，投资股票等风险型产品的收
益
g

x

与投资额
x
的算术平方根成正比，用待定系数法 求这两种产品的收益和投资的函数

关系；

（2）由（1）的结论，设 投资股票等风险型产品为
x
万元，则投资债券等稳健型产品为
20x
万元， 这时可构造出一个关于收益
y
的函数，然后利用求函数最大值的方法进行求
解.

【详解】

（
1
）依题意设
f

x< br>
k
1
x,g(x)k
2
x
，

11
f(1)k
1
,g(1)k
2

，

82
11
f

x

x,g(x)x,(x0 )
；

82
（
2
）设投资股票等风险型产品为
x
万元，

则投资债券等稳健型产品为
20x
万元，

11
yf(20x)g(x)(20x)x

82
1
(x2)
2
3,Q0x20
，

8
当
x2,x4
万元时，收益最大
y
max
 3
万元，

20
万元资金，投资债券等稳健型产品为
16
万元，

投资股票等风险型产品为
4
万元，投资收益最大为3万元.

【点睛】

本题考查函数应用题，考查正比例函数、二次函数的最值、待定系数法等基 础知识与基本
方法，属于中档题
.

24．（
1
）
k
【解析】

【分析】

（
1
）根据向量共线定理即可求出
k
的值.

（< br>2
）根据向量的数量积和向量的垂直可得
kt
2
2t1
，根据二次函数的性质即可证
明。

【详解】

1
；（
2
）见解析；

3
r
r
u rr
rrr
r
（
1
）若
t1
，
ma 3b，nkab(kR)

，又因为
m∥n
，所以存在实数

，使得
urr
r
r
r

1

k
1
rr
k
,
；

，即得解得：
< br>a3b=n

ka

b
m=

n3

3

r
rrrr
r
（
2
）
mn[a(t2)b](kab)


r
rrrr
r
r
r
ka
2
t(t2)b
2< br>(kt2kt)ab5k5t(t2)
，
Qab0
且
mn5


5k5t(t2)5


kt
2
2t1(t1)
2
22

【点睛】

本题考查了向量的坐标运算和向量的平行和垂直，以及二次函数的性质，属于中档题．

25．（
1
）
3x
＋
y
＋
2
＝
0
；（
2
）
(x
－
2)
2
＋
y< br>2
＝
8.

【解析】

【分析】

(1)
直线
AB
斜率确定，由垂直关系可求得直线
AD
斜 率，又
T
在
AD
上，利用点斜式求直
线
AD
方程； （
2
）由
AD
和
AB
的直线方程求得
A
点 坐标，以
M
为圆心，以
AM
为半径
的圆的方程即为所求
.< br>
【详解】

(1)∵
AB
所在直线的方程为
x－3
y
－6＝0，且
AD
与
AB
垂直，∴直线
AD
的斜率为－3．

又∵点
T
(－1,1)在直线
AD< br>上，∴
AD
边所在直线的方程为
y
－1＝－3(
x
＋ 1)，

即3
x
＋
y
＋2＝0．

(2) 由


x3y60

x0
,得

,


3xy20

y2
∴点
A
的坐标为(0，－2)，

∵矩形
ABCD
两条对角线的交点为
M
(2,0)，
∴
M
为矩形
ABCD
外接圆的圆心，又|
AM
|＝22

20

2


02
22
.

2
∴矩形
ABCD
外接圆的方程为(
x
－2)＋
y
＝8．

【点睛】

本题考查两直 线的交点，直线的点斜式方程和圆的方程
,
考查计算能力，属于基础题
.
< br>26．(
Ⅰ
)
y1
；（Ⅱ）最大值
1
；最小值
【解析】

试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式

.

2
y-f
(
0
)
=f
¢
(
0)(
x-0
)
中即可；（Ⅱ）设
h

x
f


x

，求
h


x

，根据
h


x

0
确定函数
h

x

的单调性，根据单调性求函数的最大值为
h

0

0
，从而可以知道
h

x< br>
f


x

0
恒成立，所以函数f

x

是单调递减函数，再根据单调性求最值.

x x
试题解析：（Ⅰ）因为
f

x

ecosxx
，所以
f


x

e

cosxs inx

1,f


0

0
.

又因为
f

0

1
，所以曲线
y f

x

在点
0,f

0

处的 切线方程为
y1
.

（Ⅱ）设
h

x

e


cosxsinx

1
，则
h


x

e
x

cosxsin xsinxcosx

2e
x
sinx
.

x
当
x

0,


π

< br>时，
h


x

0
，

2


π

所以
h

x

在区间

0,

上单调递减.


2


所以对任意
x

0,


π
有
h

x

h

0
< br>0
，即
f


x

0
.

2


所以函数
f

x

在 区间

0,

上单调递减.

2

π



π

fx
因此

在区间

0,

上的最大值为
f

0
< br>1
，最小值为

2




< br>f


.

2

2

【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点
的是需要两次求 导数，因为通过
f


x

不能直接判断函数的单调性，所 以需要再求一次导
数，设
h

x

f


x

，再求
h


x

，一般 这时就可求得函数
h


x

的零点，或是
h

x

0
(
h


x< br>
0
)恒成立，这样就能知道函数
h

x

的单调性，再根据单调性求其最
值，从而判断
yf

x

的单调性，最后求得结果.