16.解：（Ⅰ） f(0)?2sin0?cos0?1
sin0?cos0（Ⅱ）因为sinx?cosx?0,所以x?kπ?π， 4即函数f(x)的定义域为{x|x?kπ?,k?Z}
π4f(x)?2sinx?cos2x
sinx?cosxcos2x?sin2x ?2sinx?
sinx?cosx?2sinx?cosx?sinx ?sinx?cosx
π?2sin(x+)
4 令2kπ?πππ?x??2kπ? 2423ππ?x?2kπ?，k?Z 443ππ?x?， 44 解得2kπ? 令k?0，得到 ? 因为x?kπ?π, 4π2π4
所以f(x)在区间[0,]上单调递增区间为(0,)
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17．解：（Ⅰ）函数f(x)?x3?x2?ax?1的定义域为(??,??)，
当a??1时，f(x)?x3?x2?x?1
所以f'(x)?3x2?2x?1 令f'(x)?0, 得x11??1,x2?3 当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表:
x ( ?? ,? 1 ) ?1 (?1,1) 1 (1 333,+?) f'(x) ? 0 ? 0 ? f(x) Z 极大值 ] 极小值 Z 所
函数 f(x)的单调递增区间为(??,?1)，(13,+?),
单调递减区间为(?1,13)
（Ⅱ）因为f'(x)?3x2?2x?a 令f'(x)?3x2?2x?a?a，解得x21?0,x2??3 因为f(0)??1, 直线y?ax?2327不经过(0,?1) 而f(?2)??233a?2327 ， 所以曲线y?f(x)在点(?23,f(?23))处的切线为y?(?23a?2327)?a(x?(?23))
化简得到y?ax?2327
所以无论a为何值，直线y?ax?23都是曲线27y?f(x)在点(?23,f(?23))处的切线
（Ⅲ）取a的值为?2.
这里a的值不唯一，只要取a的值小于?1 即可.
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以
18．解：（Ⅰ） 在?ABC中，因为cosB? 根据正弦定理
265，且B?(0,π), 所以sinB?
77bc ?sinBsinC26, 解得b?5. 5261, 所以cosC?? 代入c?7,sinC?（Ⅱ） 法一： 在?ABC中，因为sinC?5当cosC?15时，根据余弦定理 c2?a2?b2?2abcosC 且a?b?11,c?7 ， 得到49?121?2ab?2ab5，所以ab?30 所以??a?b?11，解得
?a?6?ab?30? ??b?5或 ?a?5?b?6 所以?ABC的面积S1?ABC=2absinC?66 当cosC??15时，根据余弦定理 c2?a2?b2?2abcosC 又a?b?11,c?7，得到ab?45 此时方程组 ??a?b?11无解 ?ab?45 综上, ?ABC的面积S1?ABC=2absinC?66. 法二：在?ABC中，因为a2?b2?(a?b)22?1212?c2 a2?b2?c2根据余弦定理cosC?2ab, 得到cosC?0 因为sinC?265, 所以cosC?15 根据余弦定理 c2?a2?b2?2abcosC和a?b?11,c?7 ，
得到ab?30 所以?ABC的面积S1?ABC=2absinC?66
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5
19．解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域为 (0,??)且 m?0 .
12m2x2?mx?1(2mx?1)(mx?1)f'(x)?2mx?1???
mxmxmx11令f'(x)?0，得到x1??,x2?
2mm当m?0时，x，f'(x)，f(x)的变化情况如下表:
111x (0,) (,??) mmm
f'(x) f(x) ? ] 0 极小值 ? Z 所以函数 f(x)在x?11lnm 处取得极小值f()? mmm 当m?0 时，当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表:
x f'(x) f(x) (0,?1) 2m?1 2m0 (?1,??) 2m? Z ? ] 极大值 所以函数 f(x)在x??13ln(?2m)1 处取得极大值f(? )??2m4mm2m（Ⅱ）当m?0时，f(1)?m?1?0?1， 结论成立 当m?0时，由（Ⅰ）知道，由（Ⅰ）可知，f(x)的最小值是f(“存在x0，使得f(x0)?1”等价于“f(而f()?1?1lnm)?， mm1)?1 ” m1mlnm?m m11?x ?1?xx设g(x)?lnx?x ，则g'(x)?当0?x?1时，g'(x)?0 ，g(x)单调递增 ，当 1?x时， g'(x)?0， g(x)单调递减 所以g(x)的最大值为g(1)??1?0，所以f()?1?
1mlnm?m?0，结论成立. m11/10/2018 8:40 PM 理科 第 8 页 , 共 11页