1，b解析：因为f(x)＝2 013x＋xlnx，所以f′(x)＝2 013＋lnx＋1＝2 014＋lnx，又因为f′(x0)＝2 014，所以2 014＋lnx0＝2 014，解得x0＝1。
2、 d 思路解析 : z= .
3, b 解析：本题考查微积分基本定理。
令e＝2.7，∴s3>3>s1>s2.故选b.
4， c 【解析】由ρcosθ＝4sin θcosθ，得cosθ＝0或ρ＝4sin θ.即θ＝kπ＋或x2＋y2＝4y，所以方程表示的是一条直线和一个圆．
5, b解析：设切点坐标为(x0，y0)，由y′＝知y′|＝1，即x0＋a＝1。
解方程组得故选b。
6, d 解析：当x∈(－3，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，①错；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，②错；当x＝2时，函数y＝f(x)有极大值，④错；当x＝－时，函数y＝f(x)无极值，⑤错．故选d.
7, b 解析：2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，设h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，则h′(x)＝.当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.
故a的取值范围是(－∞4]．
8, a解析：f(x)在(0,1)内有极小值，则f′(x)＝3x2－3b在(0,1)上先负后正，∴f′(0)＝－3b<0.
b>0，f′(1)＝3－3b>0，∴b<1.
综上，b的取值范围为09, b 解析：由f′(x)＝x2＋3x－4，令f′(x)<0，即x2＋3x－4<0，解得－410, a 解析：因为对任意实数x都有f(x)＝f(2－x)成立，所以函数的图象关于x＝1对称，又由于若当x≠1时，不等式(x－1)·f′(x)<0成立，所以函数在(1，＋∞上单调递减，所以b＝f>a＝f(0.
5)＝f>f(3)＝c.
本题解题关键是由(x－1)f′(x)<0，得出x>1时f′(x)<0，函数在(1，＋∞上单调递减．
11, a 解析：由f(x)＝xf(x)，得f′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝xf′(x)－f(－x)<0，所以f(x)在(－∞0)上单调递减，又可证f(x)为偶函数，从而f(x)在[0，＋∞上单调递增，故原不等式可化为－3<2x－1<3，解得－112, b 解析：由题意，知y′＝x2＋mx＋＝0的两根x1，x2满足x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞所以即画出其表示的可行域d，因为y＝loga(x＋4)(a>1)的图象上存在区域d内的点，所以loga(－1＋4)>1，即a<3，所以实数a的取值范围为(1,3)．
13、z=- i. 解：由(z+1)( 1)=|z| 2 z+ =1.①
由为纯虚数， =0 z -1=0.②
设z=a+bi代入①②得2a=- a 2 +b 2 =1,
a=- b=
z=- i.
14, －解析：由f(x)＝x－sinx－cosx得。
f′(x)＝－cosx＋sinx，则k＝f′(x0)＝－cosx0＋sinx0＝1，即sinx0－cosx0＝1，即sin＝1。
所以x0－＝2kπ＋，k∈z，解得x0＝2kπ＋，k∈z。
故tanx0＝tan＝tan＝－。
15,解析：∵y＝ax2过点b(2,4)，∴a＝1，所求概率为1－＝。
16,解析：如图：|mn|＝f(t)－g(t)＝t2－lnt(t＞0)，令h(t)＝t2－lnt(t＞0)，则h′(t)＝2t－＝，令h′(t)＞0，得t＞，令h′(t)＜0，得0＜t＜，h(t)在上单调递减，在上单调递增。
当t＝时，h(t)取最小值，即t＝时，|mn|取最小值。
17, 解直线l的普通方程为x－2y＋8＝0，因为点p在曲线c上，设p(2s2，2s)，从而点p到直线的距离。
d＝＝，当s＝时，dmin＝.
因此当点p的坐标为(4，4)时，曲线c上的点p到直线l的距离取到最小值。
18,所以函数在区间上单调递减。
因此在区间上的最大值为，最小值为。
19,解析：(1)∵f′(x)＝2ax＋。
又f(x)在x＝1处有极值，即解得a＝，b＝－1。
2)由(1)可知f(x)＝x2－lnx，其定义域是(0，＋∞且f′(x)＝x－＝。
由f′(x)<0，得00，得x>1。
所以函数y＝f(x)的单调减区间是(0,1)，单调增区间是(1，＋∞
19,解：(1)f′(x)＝－2x＋a－，f(x)在(0，)上为减函数，x∈(0，)时－2x＋a－≤0恒成立，即a≤2x＋恒成立，设g(x)＝2x＋，则g′(x)＝2－.
x∈(0，)时》4，∴g′(x)<0，g(x)在(0，)上单调递减，g(x)>g()＝3，∴a≤3.
2)若f(x)既有极大值又有极小值，则f′(x)＝0必须有两个不等的正实数根x1，x2，即2x2－ax＋1＝0有两个不等的正实数根．
故a应满足a>2.
当a>2时，f′(x)＝0有两个不等的实数根，不妨设x1由f′(x)＝－2x2－ax＋1)＝－x－x1)(x－x2)知，00，x>x2时f′(x)<0，当a>2时，f(x)既有极大值f(x2)又有极小值f(x1)．
21,解 (1)点p在直线上，理由如下：
直线l：ρ＝即2ρcos＝，即ρcosθ＋ρsinθ＝，所以直线的直角坐标方程为x＋y＝，易知点p在直线上。
2)由题意，可得直线l的参数方程为(t为参数)，曲线c的普通方程为＋＝1，将直线l的参数方程代入曲线c的普通方程，得22＋2＝4，5t2＋12t－4＝0，两根为t1，t2，t1＋t2＝－，t1t2＝－＜0，故t1与t2异号，＋＝t1||t2|＝－t1t2＝，＋
22,解：（1）． 1分）
当a≤0时，f'（x）＜0，则f（x）在（0，+∞上单调递减；…（3分）
当a＞0时，由f'（x）＞0解得，由f'（x）＜0解得．
即f（x）在上单调递减；f（x）在上单调递增；
综上，a≤0时，f（x）的单调递减区间是（0，+∞
a＞0时，f（x）的单调递减区间是，f（x）的单调递增区间是．
2）由（1）知f（x）在上单调递减；f（x）在上单调递增，则． …6分）
要证f（x）≥，即证≥，即lna+≥0，即证lna≥．…8分）
构造函数，则，由μ'（a）＞0解得a＞1，由μ'（a）＜0解得0＜a＜1，即μ（a）在（0，1）上单调递减；μ（a）在（1，+∞上单调递增；，即≥0成立．
从而f（x）≥成立．…（12分）
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