數(shù)學(xué)三維設(shè)計(jì)的答案

...wd......wd......wd...第一局部專題復(fù)習(xí)培植新的增分點(diǎn)專題一集合與常用邏輯用語、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式第一講集合與常用邏輯用語根基·單純考點(diǎn)[例1]解析：(1)∵A＝{x>2或x<0}，B＝{x|－eq\r(5)<x<eq\r(5)}，∴A∩B＝{x|－eq\r(5)<x<0或2<x<eq\r(5)}，A∪B＝R.(2)依題意，P∩Q＝Q，Q?P，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋1<3a－5，,2a＋1>3，,3a－5≤22，))解得6<a≤9，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(6，9]．答案：(1)B(2)D[預(yù)測(cè)押題1](1)選A此題逆向運(yùn)用元素與集合的關(guān)系求參數(shù)的取值范圍，抓住1?A作為解題的突破口，1?A即1不滿足集合A中不等式，所以12－2×1＋a≤0?a≤1.(2)選B對(duì)于2x(x－2)<1，等價(jià)于x(x－2)<0，解得0<x<2，所以A＝{x|0<x<2}；集合B表示函數(shù)y＝ln(1－x)的定義域，由1－x>0，得x<1，故B＝{x|x<1}，?RB＝{x|x≥1}，則陰影局部表示A∩(?RB)＝{x|1≤x<2}．[例2]解析：(1)命題p是全稱命題：?x∈A，2x∈B，則┐p是特稱命題：?x∈A，2x?B.(2)①中不等式可表示為(x－1)2＋2>0，恒成立；②中不等式可變?yōu)閘og2x＋eq\f(1,log2x)≥2，得x>1；③中由a>b>0，得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，而c<0，所以原命題是真命題，則它的逆否命題也為真；④由p且q為假只能得出p，q中至少有一為假，④不正確．答案：(1)D(2)A[預(yù)測(cè)押題2](1)選A因?yàn)閤2－3x＋6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(15,4)>0，所以①為假命題；假設(shè)ab＝0，則a、b中至少一個(gè)為零即可，②為假命題；x＝kπ＋eq\f(π,4)(k∈R)是tanx＝1的充要條件，③為假命題．(2)解析：“?x∈R，2x2－3ax＋9<0”為假命題，則“?x∈R，2x2－3ax＋9≥0”為真命題，因此Δ＝9a2－4×2×9≤0，故－2eq\r(2)≤a≤2eq\r(2).答案：[－2eq\r(2)，2eq\r(2)][例3]解析：(1)當(dāng)x＝2且y＝－1時(shí)，滿足方程x＋y－1＝0，即點(diǎn)P(2，－1)在直線l上．點(diǎn)P′(0，1)在直線l上，但不滿足x＝2且y＝－1，∴“x＝2且y＝－1”是“點(diǎn)P(x，y)在直線l上〞的充分而不必要條件(2)因?yàn)閥＝－eq\f(m,n)x＋eq\f(1,n)經(jīng)過第一、三、四象限，所以－eq\f(m,n)>0，eq\f(1,n)<0，即m>0，n<0，但此為充要條件，因此，其必要不充分條件為mn<0.答案：(1)A(2)B[預(yù)測(cè)押題3](1)選B由10a>10b得a>b，由lga>lgb得a>b>0，所以“10a>10b〞是“l(fā)ga>lgb〞(2)解析：由|x－m|<2，得－2<x－m<2，即m－2<x<m＋2.依題意有集合{x|2≤x≤3}是{x|m－2<x<m＋2}的真子集，于是有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－2<2，,m＋2>3，))由此解得1<m<4，即實(shí)數(shù)m的取值范圍是(1，4)．答案：(1，4)交匯·創(chuàng)新考點(diǎn)[例1]選A在同一坐標(biāo)系下畫出橢圓x2＋eq\f(y2,4)＝1及函數(shù)y＝2x的圖象，結(jié)合圖形不難得知它們的圖像有兩個(gè)公共點(diǎn)，因此A∩B中的元素有2個(gè)，其子集共有22＝4個(gè)．[預(yù)測(cè)押題1]選BA＝{x|x2＋2x－3>0}＝{x|x>1或x<－3}，函數(shù)y＝f(x)＝x2－2ax－1的對(duì)稱軸為x＝a>0，f(－3)＝6a＋8>0，根據(jù)對(duì)稱性可知，要使A∩B中恰含有一個(gè)整數(shù)，則這個(gè)整數(shù)解為2，所以有f(2)≤0且f(3)>0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－4a－1≤0,9－6a－1>0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥\f(3,4)，,a<\f(4,3)，))即eq\f(3,4)≤a<eq\f(4,3)，選B.[例2]解析：對(duì)①：取f(x)＝x－1，x∈N*，所以B＝N*，A＝N是“保序同構(gòu)〞；對(duì)②：取f(x)＝eq\f(9,2)x－eq\f(7,2)(－1≤x≤3)，所以A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|－8≤x≤10}是“保序同構(gòu)〞；對(duì)③：取f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－\f(π,2)))(0<x<1)，所以A＝{x|0<x<1}，B＝R是“保序同構(gòu)〞，故應(yīng)填①②③.答案：①②③[預(yù)測(cè)押題2]解析：∵A?M，且集合M的子集有24＝16個(gè)，其中“累計(jì)值〞為奇數(shù)的子集為{1}，{3}，{1，3}，共3個(gè)，故“累積值〞為奇數(shù)的集合有3個(gè)．答案：3[例3]解析：對(duì)于①，命題p為真命題，命題q為真命題，所以p∧綈q為假命題，故①正確；對(duì)于②當(dāng)b＝a＝0時(shí)，l1⊥l2，故②不正確，易知③正確．所以正確結(jié)論的序號(hào)為①③.答案：①③[預(yù)測(cè)押題3]選D由y＝tanx的對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)，知A正確；由回歸直線方程知B正確；在△ABC中，假設(shè)sinA＝sinB，則A＝B，C正確．第二講函數(shù)的圖像與性質(zhì)根基·單純考點(diǎn)[例1]解析：(1)由題意，自變量x應(yīng)滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3>0，1－2x≥0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x>－3，))∴－3<x≤0.(2)設(shè)t＝1＋sinx，易知t∈[0，2]，所求問題等價(jià)于求g(t)在區(qū)間[0，2]上的值域．由g(t)＝eq\f(1,3)t3－eq\f(5,2)t2＋4t，得g′(t)＝t2－5t＋4＝(t－1)(t－4)．由g′(t)＝0，可得t＝1或t＝4.又因?yàn)閠∈[0，2]，所以t＝1是g(t)的極大值點(diǎn)．由g(0)＝0，g(1)＝eq\f(1,3)－eq\f(5,2)＋4＝eq\f(11,6)，g(2)＝eq\f(1,3)×23－eq\f(5,2)×22＋4×2＝eq\f(2,3)，得當(dāng)t∈[0，2]時(shí)，g(t)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(11,6)))，即g(1＋sinx)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(11,6))).答案：(1)A(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(11,6)))[預(yù)測(cè)押題1](1)解析：∵f(eq\f(π,4))＝－taneq\f(π,4)＝－1，∴f(f(eq\f(π,4)))＝f(－1)＝2×(－1)3＝－2.答案：－2(2)由題意知：a≠0，f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)＝bx2＋(2a＋ab)x＋2a2是偶函數(shù)，則其圖像關(guān)于y軸對(duì)稱，所以2a＋ab＝0，b＝－2.所以f(x)＝－2x2＋2a2，因?yàn)樗牡闹涤驗(yàn)?－∞，2]，所以2a2＝2.所以f(答案：－2x2＋2[例2]解析：(1)曲線y＝ex關(guān)于y軸對(duì)稱的曲線為y＝e－x，將y＝e－x向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度得到y(tǒng)＝e－(x＋1)，即f(x)＝e－x－1.(2)由題圖可知直線OA的方程是y＝2x；而kAB＝eq\f(0－2,3－1)＝－1，所以直線AB的方程為y＝－(x－3)＝－x＋3.由題意，知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，0≤x≤1，,－x＋3，1<x≤3，))所以g(x)＝xf(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x2，0≤x≤1，,－x2＋3x，1<x≤3.))當(dāng)0≤x≤1時(shí)，故g(x)＝2x2∈[0，2]；當(dāng)1<x≤3時(shí)，g(x)＝－x2＋3＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－3,2)))＋eq\f(9,4)，顯然，當(dāng)x＝eq\f(3,2)時(shí)，取得最大值eq\f(9,4)；當(dāng)x＝3時(shí)，取得最小值0.綜上所述，g(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9,4))).答案：(1)D(2)B[預(yù)測(cè)押題2](1)選C因?yàn)楹瘮?shù)的定義域是非零實(shí)數(shù)集，所以A錯(cuò)；當(dāng)x<0時(shí)，y>0，所以B錯(cuò)；當(dāng)x→＋∞時(shí)，y→0，所以D錯(cuò)．(2)選B因?yàn)閒(x)＝f(－x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)．因?yàn)閒(x＋2)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的周期是2，再結(jié)合選項(xiàng)中的圖像得出正確選項(xiàng)為B.[例3]解析：(1)函數(shù)y＝－3|x|為偶函數(shù)，在(－∞，0)上為增函數(shù)．選項(xiàng)A，D是奇函數(shù)，不符合；選項(xiàng)B是偶函數(shù)但單調(diào)性不符合；只有選項(xiàng)C符合要求．(2)∵f(x)＝ax3＋bsinx＋4，①∴f(－x)＝a(－x)3＋bsin(－x)＋4，即f(－x)＝－ax3－bsinx＋4，②①＋②得f(x)＋f(－x)＝8.③又∵lg(log210)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lg2)))＝lg(lg2)－1＝－lg(lg2)，∴f(lg(lg210))＝f(－lg(lg2))＝5.又由③式知f(－lg(lg2))＋f(lg(lg2))＝8，∴5＋f(lg(lg2))＝8，∴f(lg(lg2))＝3.答案：(1)C(2)C[預(yù)測(cè)押題3](1)選A依題意得，函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，且f(x)＝f(|x|)，不等式f(1－2x)<f(3)?f(|1－2x|)<f(3)?|1－2x|<3?－3<1－2x<3?－1<x<2.(2)解析：∵f(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＝－f(x＋3)＝－f(x)，∴f(x)＝f(x＋3)，∴f(x)是以3為周期的周期函數(shù)．則f(2014)＝f(671×3＋1)＝f(1)＝3.答案：3(3)解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖像關(guān)于y軸對(duì)稱，所以該函數(shù)是偶函數(shù)，又f(1)＝0，所以f(－1)＝0.又f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，所以f(x)在(－∞，0)上為增函數(shù).eq\f(f〔－x〕＋f〔x〕,x)<0，可化為xf(x)<0，所以當(dāng)x>0時(shí)，解集為{x|x>1}；當(dāng)x<0時(shí)，解集為{x|－1<x<0}．綜上可知，不等式的解集為(－1，0)∪(1，＋∞)．答案：(－1，0)∪(1，＋∞)交匯·創(chuàng)新考點(diǎn)[例1]解析：設(shè)x<0，則－x>0.∵當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝x2－4x，∴f(－x)＝(－x)2－4(－x)．∵f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝x2＋4x(x<0)，∴f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x，x≥0，,x2＋4x，x<0.))由f(x)＝5得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＝5，,x≥0，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＝5，,x<0，))∴x＝5或x＝－5.觀察圖像可知由f(x)<5，得－5<x<5.∴由f(x＋2)<5，得－5<x＋2<5，∴－7<x<3.∴不等式f(x＋2)<5的解集是{x|－7<x<3}．答案：{x|－7<x<3}[預(yù)測(cè)押題1]解析：根據(jù)條件畫出f(x)圖像如以以下圖．因?yàn)閷?duì)稱軸為x＝－1，所以(0，1)關(guān)于x＝－1的對(duì)稱點(diǎn)為(－2，1)．因f(m)<1，所以應(yīng)有－2<m<0，m＋2>0.因f(x)在(－1，＋∞)上遞增，所以f(m＋2)>f(0)＝1.答案：>[例2]解析：因?yàn)锳，B是R的兩個(gè)非空真子集，且A∩B＝?，畫出韋恩圖如以以下圖，則實(shí)數(shù)x與集合A，B的關(guān)系可分為x∈A，x∈B，x?A且x?B三種．(1)當(dāng)x∈A時(shí)，根據(jù)定義，得fA(x)＝1.因?yàn)锳∩B＝?，所以x?B，故fB(x)＝0.又因?yàn)锳?(A∪B)，則必有x∈A∪B，所以fA∪B(x)＝1.所以F(x)＝eq\f(fA∪B〔x〕＋1,fA〔x〕＋fB〔x〕＋1)＝eq\f(1＋1,1＋0＋1)＝1.(2)當(dāng)x∈B時(shí)，根據(jù)定義，得fB(x)＝1.因?yàn)锳∩B＝?，所以x?A，故fA(x)＝0.又因?yàn)锽?(A∪B)，則必有x∈A∪B，所以fA∪B(x)＝1.所以F(x)＝eq\f(fA∪B〔x〕＋1,fA〔x〕＋fB〔x〕＋1)＝eq\f(1＋1,1＋0＋1)＝1.(3)當(dāng)x?A且x?B，根據(jù)定義，得fA(x)＝0，fB(x)＝0.由圖可知，顯然x?(A∪B)，故fA∪B(x)＝0，所以F(x)＝eq\f(fA∪B〔x〕＋1,fA〔x〕＋fB〔x〕＋1)＝eq\f(0＋1,0＋0＋1)＝1.綜上，函數(shù)的值域中只有一個(gè)元素1，即函數(shù)的值域?yàn)閧1}．答案：{1}[預(yù)測(cè)押題2]解：當(dāng)x∈A∩B時(shí)，因?yàn)?A∩B)?(A∪B)，所以必有x∈A∪B.由定義，可知fA(x)＝1，fB(x)＝1，fA∪B(x)＝1，所以F(x)＝eq\f(fA∪B〔x〕＋1,fA〔x〕＋fB〔x〕＋1)＝eq\f(1＋1,1＋1＋1)＝eq\f(2,3).故函數(shù)F(x)的值域?yàn)閧eq\f(2,3)}．第三講基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程及函數(shù)的應(yīng)用根基·單純考點(diǎn)[例1]解析：(1)當(dāng)x＝－1，y＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a)＝0，所以函數(shù)y＝ax－eq\f(1,a)的圖像必過定點(diǎn)(－1，0)，結(jié)合選項(xiàng)可知選D.(2)a＝log36＝log33＋log32＝1＋log32，b＝log510＝log55＋log52＝1＋log52，c＝log714＝log77＋log72＝1＋log72，∵log32>log52>log72，∴a>b>c.答案：(1)D(2)D[預(yù)測(cè)押題1](1)選A函數(shù)y＝x－xeq\s\up6(\f(1,3))為奇函數(shù)．當(dāng)x>0時(shí)，由x－xeq\s\up6(\f(1,3))>0，即x3>x，可得x2>1，故x>1，結(jié)合選項(xiàng)，選A.(2)選B依題意的a＝lnx∈(－1，0)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(lnx)∈(1，2)，c＝elnx∈(e－1，1)，因此b>c>a.[例2]解析：(1)由f(－1)＝eq\f(1,2)－3<0，f(0)＝1>0及零點(diǎn)定理，知f(x)的零點(diǎn)在區(qū)間(－1，0)上．(2)當(dāng)f(x)＝0時(shí)，x＝－1或x＝1，故f[f(x)＋1]＝0時(shí)，f(x)＋1＝－1或1.當(dāng)f(x)＋1＝－1，即f(x)＝－2時(shí)，解得x＝－3或x＝eq\f(1,4)；當(dāng)f(x)＋1＝1即f(x)＝0時(shí)，解得x＝－1或x＝1.故函數(shù)y＝f[f(x)＋1]有四個(gè)不同的零點(diǎn)．答案：(1)B(2)C[預(yù)測(cè)押題2]解析：當(dāng)x>0時(shí)，由f(x)＝lnx＝0，得x＝1.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則當(dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)f(x)＝2x－a有一個(gè)零點(diǎn)，令f(x)＝0得a＝2x，因?yàn)?<2x≤20＝1，所以0<a≤1，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是0<a≤1.答案：(0，1][例3]解：(1)由年銷售量為x件，按利潤(rùn)的計(jì)算公式，有生產(chǎn)A，B兩產(chǎn)品的年利潤(rùn)y1，y2分別為y1＝10x－(20＋mx)＝(10－m)x－20(x∈n，0≤x≤200)，y＝18x－(8x＋40)－0.05x2＝－0.05x2＋10x－40(x∈n，0≤x≤120)．(2)因?yàn)?≤m≤8，所以10－m>0，函數(shù)y1＝(10－m)x－20在[0，200]上是增函數(shù)，所以當(dāng)x＝200時(shí)，生產(chǎn)A產(chǎn)品有最大利潤(rùn)，且y1max＝(10－m)×200－20＝1980－200m(萬美元又y2＝－0.05(x－100)2＋460(x∈N，0≤x≤120)，所以當(dāng)x＝100時(shí)，生產(chǎn)B產(chǎn)品有最大利潤(rùn)，且y2max＝460(萬美元)．因?yàn)閥1max－y2max＝1980－200m－460＝1520－200meq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(>0，6≤m<7.6，,＝0，m＝7.6，,<0，7.6<m≤8.))所以當(dāng)6≤m<7.6時(shí)，可投資生產(chǎn)A產(chǎn)品200件；當(dāng)m＝7.6時(shí)，生產(chǎn)A產(chǎn)品或生產(chǎn)B產(chǎn)品均可(投資生產(chǎn)A產(chǎn)品200件或生產(chǎn)B產(chǎn)品100件)；當(dāng)7.6<m≤8時(shí)，可投資生產(chǎn)B產(chǎn)品100件．[預(yù)測(cè)押題3]解：(1)設(shè)投入廣告費(fèi)t(百萬元)后由此增加的收益為f(t)(百萬元)，則f(t)＝(－t2＋5t)－t＝－t2＋4t＝－(t－2)2＋4(0≤t≤3)．所以當(dāng)t＝2時(shí)，f(t)max＝4，即當(dāng)集團(tuán)投入兩百萬廣告費(fèi)時(shí)，才能使集團(tuán)由廣告費(fèi)而產(chǎn)生的收益最大．(2)設(shè)用于技術(shù)改造的資金為x(百萬元)，則用于廣告費(fèi)的費(fèi)用為(3－x)(百萬元)，則由此兩項(xiàng)所增加的收益為g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)x3＋x2＋3x))＋[－(3－x)2＋5(3－x)]－3＝－eq\f(1,3)x3＋4x＋3(0≤x≤3)．對(duì)g(x)求導(dǎo)，得g′(x)＝－x2＋4，令g′(x)＝－x2＋4＝0，得x＝2或x＝－2(舍去)．當(dāng)0≤x<2時(shí)，g′(x)>0，即g(x)在[0，2)上單調(diào)遞增；當(dāng)2<x≤3時(shí)，g′(x)<0，即g(x)在(2，3]上單調(diào)遞減．∴當(dāng)x＝2時(shí)，g(x)max＝g(2)＝eq\f(25,3).故在三百萬資金中，兩百萬元用于技術(shù)改造，一百萬元用于廣告促銷，這樣集團(tuán)由此所增加的受益最大，最大收益為eq\f(25,3)百萬元．交匯·創(chuàng)新考點(diǎn)[例1]選B∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))f′(x)>0，x∈(0，π)且x≠eq\f(π,2)，∴當(dāng)0<x<eq\f(π,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0，eq\f(π,2))上單調(diào)遞減．當(dāng)eq\f(π,2)<x<π時(shí)，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞增．∵當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，0<f(x)<1.∴當(dāng)x∈[π，2π]，則0≤2π－x≤π.又f(x)是以2π為最小正周期的偶函數(shù)，知f(2π－x)＝f(x)．∴x∈[π，2π]時(shí)，仍有0<f(x)<1.依題意及y＝f(x)與y＝sinx的性質(zhì)，在同一坐標(biāo)系內(nèi)作y＝f(x)與y＝sinx的簡(jiǎn)圖．則y＝f(x)與y＝sinx在x∈[－2π，2π]有4個(gè)交點(diǎn)．故函數(shù)y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上有4個(gè)零點(diǎn)．[預(yù)測(cè)押題]選D根據(jù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5,4)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,4)))，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5,2)))＝－f(x)，進(jìn)而得f(x＋5)＝f(x)，即函數(shù)y＝f(x)是以5為周期的周期函數(shù)．當(dāng)x∈[－1，4]時(shí)，f(x)＝x2－2x，在[－1，0]內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)，在(0，4]內(nèi)有x1＝2，x2＝4兩個(gè)零點(diǎn)，故在一個(gè)周期內(nèi)函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)．又因?yàn)?012＝402×5＋2，故函數(shù)在區(qū)間[0，2010]內(nèi)有402×3＝1206個(gè)零點(diǎn)，在區(qū)間(2010，2012]內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)與在區(qū)間(0，2]內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)一樣，即只有一個(gè)零點(diǎn)，所以函數(shù)f(x)在[0，2012]上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1207.第四講不等式根基·單純考點(diǎn)[例1]解析：(1)原不等式等價(jià)于(x－1)(2x＋1)<0或x－1＝0，即－eq\f(1,2)<x<1或x＝1，所以原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).(2)由題意知，一元二次不等式f(x)>0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－1<x<\f(1,2))).而f(10x)>0，∴－1<10x<eq\f(1,2)，解得x<lgeq\f(1,2)，即x<－lg2.答案：(1)A(2)D[預(yù)測(cè)押題1](1)選B當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝eq\f(－2x＋1,x2)>－1，∴－2x＋1>－x2，即x2－2x＋1>0，解得x>0且x≠1.當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝eq\f(1,x)>－1，即－x>1，解得x<－1.故x∈(－∞，－1)∪(0，1)∪(1，＋∞)．(2)解析：∵f(x)＝x2＋ax＋b的值域?yàn)閇0，＋∞)，∴Δ＝0，∴b－eq\f(a2,4)＝0，∴f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,4)a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)a))eq\s\up12(2).又∵f(x)<c的解集為(m，m＋6)，∴m，m＋6是方程x2＋ax＋eq\f(a2,4)－c＝0的兩根．由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋6＝－a，,m〔m＋6〕＝\f(a2,4)－c，))解得c＝9.答案：9[例2]解析：(1)曲線y＝|x|與y＝2所圍成的封閉區(qū)域如圖陰影局部所示，當(dāng)直線l：y＝2x向左平移時(shí)，(2x－y)的值在逐漸變小，當(dāng)l通過點(diǎn)A(－2，2)時(shí)，(2x－y)min＝－6.(2)設(shè)租用A型車x輛，B型車y輛，目標(biāo)函數(shù)為z＝1600x＋2400y，則約束條件為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(36x＋60y≥900，,x＋y≤21，,y－x≤7，,x，y∈n，))作出可行域，如圖中陰影局部所示，可知目標(biāo)函數(shù)過點(diǎn)(5，12)時(shí)，有最小值z(mì)min＝36800(元)．答案：(1)A(2)C[預(yù)測(cè)押題2](1)選C題中的不等式組表示的平面區(qū)域如圖陰影局部所示，平移直線x－y＝0，當(dāng)平移經(jīng)過該平面區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)(0，1)時(shí)，相應(yīng)直線在x軸上的截距到達(dá)最小，此時(shí)x－y取得最小值，最小值是x－y＝0－1＝－1；當(dāng)平移到經(jīng)過該平面內(nèi)區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)(2，0)時(shí)，相應(yīng)直線在x軸上的截距到達(dá)最大，此時(shí)x－y取得最大值，最大值是x－y＝2－0＝2.因此x－y的取值范圍是[－1，2]．(2)解析：作出可行域，如圖中陰影局部所示，區(qū)域面積S＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋2))×2＝3，解得a＝2.答案：2[例3]解析：(1)因－6≤a≤3，所以3－a≥0，a＋6≥0，∴eq\r(〔3－a〕〔a＋6〕)≤eq\f(3－a＋a＋6,2)＝eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝－eq\f(3,2)時(shí)等號(hào)成立．(2)f(x)＝4x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(4x·\f(a,x))＝4eq\r(a)(x>0，a>0)，當(dāng)且僅當(dāng)4x＝eq\f(a,x)，即x＝eq\f(\r(a),2)時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)f(x)取得最小值4eq\r(a).又由x＝3時(shí)，f(x)min＝4eq\r(a)，∴eq\f(\r(a),2)＝3，即a＝36.答案：(1)B(2)36[預(yù)測(cè)押題3](1)選D依題意，點(diǎn)A(－2，－1)，則－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1(m>0，n>0)，∴eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(2,n)))(2m＋n)＝4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥4＋2eq\r(\f(n,m)×\f(4m,n))＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(n,m)＝eq\f(4m,n)，即n＝2m＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)，即eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值是8.(2)選A由得a＋2b＝2.又∵a>0，b>0，∴2＝a＋2b≥2eq\r(2ab)，∴ab≤eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝1時(shí)取等號(hào)．交匯·創(chuàng)新考點(diǎn)[例1]選C作出可行域，如圖中陰影局部所示，三個(gè)頂點(diǎn)到圓心(0，1)的距離分別是1，1，eq\r(2)，由A?B得三角形所有點(diǎn)都在圓的內(nèi)部，故eq\r(m)≥eq\r(2)，解得：m≥2.[預(yù)測(cè)押題1]選C如圖，假設(shè)使以(4，1)為圓心的圓與陰影局部區(qū)域至少有兩個(gè)交點(diǎn)，結(jié)合圖形，當(dāng)圓與直線x－y－2＝0相切時(shí)，恰有一個(gè)公共點(diǎn)，此時(shí)a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)，當(dāng)圓的半徑增大到恰好過點(diǎn)A(2，2)時(shí)，圓與陰影局部至少有兩個(gè)公共點(diǎn)，此時(shí)a＝5，故a的取值范圍是eq\f(1,2)<a≤5，應(yīng)選C.[例2]選Cz＝x2－3xy＋4y2(x，y，z∈R＋)，∴eq\f(z,xy)＝eq\f(x2－3xy＋4y2,xy)＝eq\f(x,y)＋eq\f(4y,x)－3≥2eq\r(\f(x,y)·\f(4y,x))－3＝1.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,y)＝eq\f(4y,x)，即x＝2y時(shí)“＝〞成立，此時(shí)z＝x2－3xy＋4y2＝4y2－6y2＋4y2＝2y2，∴x＋2y－z＝2y＋2y－2y2＝－2y2＋4y＝－2(y－1)2＋2.∴當(dāng)y＝1時(shí)，x＋2y－z取得最大值2.[預(yù)測(cè)押題2]解析：4x2＋y2＋xy＝1，∴(2x＋y)2＝3xy＋1＝eq\f(3,2)×2xy＋1≤eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋y,2)))eq\s\up12(2)＋1，∴(2x＋y)2≤eq\f(8,5)，∴(2x＋y)max＝eq\f(2\r(10),5).答案：eq\f(2\r(10),5)第五講導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用根基·單純考點(diǎn)[例1]解析：(1)∵點(diǎn)(1，1)在曲線y＝eq\f(x,2x－1)上，y′＝eq\f(－1,〔2x－1〕2)，∴在點(diǎn)(1，1)處的切線斜率為y′|x＝1＝eq\f(－1,〔2－1〕2)＝－1，所求切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.(2)因?yàn)閥′＝2ax－eq\f(1,x)，所以y′|x＝1＝2a－1.因?yàn)榍€在點(diǎn)(1，a)處的切線平行于x軸，故其斜率為0，故2a－1＝0，a＝eq\f(1,2).答案：(1)x＋y－2＝0(2)eq\f(1,2)[預(yù)測(cè)押題1]選D由f(x＋2)＝f(x－2)，得f(x＋4)＝f(x)，可知函數(shù)為周期函數(shù)，且周期為4.又函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，所以f(x＋2)＝f(x－2)＝f(2－x)，即函數(shù)的對(duì)稱軸是x＝2，所以f′(－5)＝f′(3)＝－f′(1)，所以函數(shù)在x＝－5處的切線的斜率k＝f′(－5)＝－f′(1)＝－1.[例2]解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.從而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2))).令f′(x)＝0，得x＝－ln2或x＝－2.從而當(dāng)x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－2，－ln2)時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－2，－ln2)上單調(diào)遞減．[預(yù)測(cè)押題2]解：(1)當(dāng)m＝1時(shí)，f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－3x＋1，又f′(x)＝x2＋2x－3，所以f′(2)＝5.又f(2)＝eq\f(5,3)，所以所求切線方程為y－eq\f(5,3)＝5(x－2)，即15x－3y－25＝0.所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為15x－3y－25＝0.(2)因?yàn)閒′(x)＝x2＋2mx－3m2，令f′(x)＝0，得x＝－3m或x＝m.當(dāng)m＝0時(shí)，f′(x)＝x2≥0恒成立，不符合題意；當(dāng)m>0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－3m，m)，假設(shè)f(x)在區(qū)間(－2，3)上是減函數(shù)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3m≤－2，,m≥3，))解得m≥當(dāng)m<0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(m，－3m)，假設(shè)f(x)在區(qū)間(－2，3)上是減函數(shù)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≤－2，,－3m≥3，))解得m≤－2.綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，－2]∪[3，＋∞)．[例3]解：(1)f′(x)＝1－eq\f(a,ex)，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)為(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)無極值．②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝lna.當(dāng)x∈(－∞，lna)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝lna處取得最小值，且極小值為f(lna)＝lna，無極大值．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在x＝lna處取得極小值lna，無極大值．(2)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x－1＋eq\f(1,ex).直線l：y＝kx－1與曲線y＝f(x)沒有公共點(diǎn)，等價(jià)于關(guān)于x的方程kx－1＝x－1＋eq\f(1,ex)在R上沒有實(shí)數(shù)解，即關(guān)于x的方程：(k－1)x＝eq\f(1,ex)(*)在R上沒有實(shí)數(shù)解．①當(dāng)k＝1時(shí)，方程(*)可化為eq\f(1,ex)＝0，在R上沒有實(shí)數(shù)解．②當(dāng)k≠1時(shí)，方程(*)可化為eq\f(1,k－1)＝xex.令g(x)＝xex，則有g(shù)′(x)＝(1＋x)ex.令g′(x)＝0，得x＝－1，當(dāng)x變化時(shí)，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)g′(x)－0＋g(x)－eq\f(1,e)當(dāng)x＝－1時(shí)，g(x)min＝－eq\f(1,e)，同時(shí)當(dāng)x趨于＋∞時(shí)，g(x)趨于＋∞，從而g(x)的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞)).所以當(dāng)eq\f(1,k＋1)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))時(shí)，方程(*)無實(shí)數(shù)解，解得k的取值范圍是(1－e，1)．綜合①②，得k的最大值為1.[預(yù)測(cè)押題3]解：(1)f′(x)＝a＋eq\f(2,x2)－eq\f(3,x)，由題意可知f′(eq\f(2,3))＝1，解得a＝1.故f(x)＝x－eq\f(2,x)－3lnx，∴f′(x)＝eq\f(〔x－1〕〔x－2〕,x2)，由f′(x)＝0，得x＝2.于是可得下表：xeq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))2(2，3)3f′(x)－0＋f(x)1－3ln2∴f(x)min＝f(2)＝1－3ln2.(2)f′(x)＝a＋eq\f(2,x2)－eq\f(3,x)＝eq\f(ax2－3x＋2,x2)(x>0)，由題意可得方程ax2－3x＋2＝0有兩個(gè)不等的正實(shí)根，不妨設(shè)這兩個(gè)根為x1，x2，并令h(x)＝ax2－3x＋2，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝9－8a>0，,x1＋x2＝\f(3,a)>0，,x1x2＝\f(2,a)>0.))也可以為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝9－8a>0，,－\f(－3,2a)>0，,h〔0〕>0.))解得0<a<eq\f(9,8).交匯·創(chuàng)新考點(diǎn)[例1]解：(1)證明：設(shè)φ(x)＝f(x)－1－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝alnx－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))(x>0)，則φ′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(a,x2).令φ′(x)＝0，則x＝1，易知φ(x)在x＝1處取到最小值，故φ(x)≥φ(1)＝0，即f(x)－1≥aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x))).(2)由f(x)>x得alnx＋1>x，即a>eq\f(x－1,lnx).令g(x)＝eq\f(x－1,lnx)(1<x<e)，則g′(x)＝eq\f(lnx－\f(x－1,x),〔lnx〕2).令h(x)＝lnx－eq\f(x－1,x)(1<x<e)，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)>0，故h(x)在定義域上單調(diào)遞增，所以h(x)>h(1)＝0.因?yàn)閔(x)>0，所以g′(x)>0，即g(x)在定義域上單調(diào)遞增，則g(x)<g(e)＝e－1，即eq\f(x－1,lnx)<e－1，所以a的取值范圍為[e－1，＋∞)．[預(yù)測(cè)押題1]解：(1)由f(x)＝ex(x2＋ax－a)可得，f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]．當(dāng)a＝1時(shí)，f(1)＝e，f′(1)＝4e.所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e.(2)令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，解得x＝－(a＋2)或x＝0.當(dāng)－(a＋2)≤0，即a≥－2時(shí)，在區(qū)間[0，＋∞)上，f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根．當(dāng)－(a＋2)>0，即a<－2時(shí)，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x0(0，－(a＋2))－(a＋2)(－(a＋2)，＋∞)f′(x)0－0＋f(x)－aeq\f(a＋4,ea＋2)由上表可知函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上的最小值為f(－(a＋2))＝eq\f(a＋4,ea＋2).因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(0，－(a＋2))上是減函數(shù)，在(－(a＋2)，＋∞)上是增函數(shù)，且當(dāng)x≥－a時(shí)，有f(x)≥f(－a)＝e－a(－a)>－a，又f(0)＝－a，所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a＋4,ea＋2)，－a)).[例2]選C法一：曲線y＝eq\r(x)與直線x＝1及x軸所圍成的曲邊圖形的面積S＝eq\i\in(0,1,)eq\r(x)dx＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x\s\up6(\f(3,2))))eq\s\up12(1)0＝eq\f(2,3)，又∵S△AOB＝eq\f(1,2)，∴陰影局部的面積為S′＝eq\f(2,3)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，由幾何概型可知，點(diǎn)P取自陰影局部的概率為P＝eq\f(1,6).法二：S陰影＝eq\i\in(0,1,)(eq\r(x)－x)dx＝eq\f(1,6)，S正方形OABC＝1，∴點(diǎn)P取自陰影局部的概率為P＝eq\f(1,6).[預(yù)測(cè)押題2]解析：畫出草圖，可知所求概率P＝eq\f(S陰影,S△AOB)＝eq\f(\i\in(0,4,)\r(x)dx,18)＝eq\f(\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x\s\up6(\f(3,2))))\s\up12(4)0,18)＝eq\f(\f(16,3),18)＝eq\f(8,27).答案：eq\f(8,27)[例3]解：(1)因?yàn)榉匠蘟x－(1＋a2)x2＝0(a>0)有兩個(gè)實(shí)根x1＝0，x2＝eq\f(a,1＋a2)，故f(x)>0的解集為{x|x1<x<x2}．因此區(qū)間I＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,1＋a2)))，故I的長(zhǎng)度為eq\f(a,1＋a2).(2)設(shè)d(a)＝eq\f(a,1＋a2)，則d′(a)＝eq\f(1－a2,〔1＋a2〕2)(a>0)．令d′(a)＝0，得a＝1.由于0<k<1，故當(dāng)1－k≤a<1時(shí)，d′(a)>0，d(a)單調(diào)遞增；當(dāng)1<a≤1＋k時(shí)，d′(a)<0，d(a)單調(diào)遞減．所以當(dāng)1－k≤a≤1＋k時(shí)，d(a)的最小值必定在a＝1－k或a＝1＋k處取得．而eq\f(d〔1－k〕,d〔1＋k〕)＝eq\f(\f(1－k,1＋〔1－k〕2),\f(1＋k,1＋〔1＋k〕2))＝eq\f(2－k2－k3,2－k2＋k3)<1，故d(1－k)<d(1＋k)．因此當(dāng)a＝1－k時(shí)，d(a)在區(qū)間[1－k，1＋k]上取得最小值eq\f(1－k,2－2k＋k2).[預(yù)測(cè)押題3]解：(1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，－1)∪(－1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a〔x＋1〕－〔ax＋b〕,〔x＋1〕2)＝eq\f(a－b,〔x＋1〕2).當(dāng)a>b時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<b時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)①計(jì)算得f(1)＝eq\f(a＋b,2)>0，f(eq\f(b,a))＝eq\f(2ab,a＋b)>0，f(eq\r(\f(b,a)))＝eq\r(ab)>0.因?yàn)閒(1)f(eq\f(b,a))＝eq\f(a＋b,2)·eq\f(2ab,a＋b)＝ab＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f〔\r(\f(b,a))〕))eq\s\up12(2)，即f(1)f(eq\f(b,a))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f〔\r(\f(b,a))〕))eq\s\up12(2).(*)所以f(1)，f(eq\r(\f(b,a)))，f(eq\f(b,a))成等比數(shù)列．因?yàn)閑q\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，所以f(1)≥f(eq\r(\f(b,a)))．由(*)得f(eq\f(b,a))≤f(eq\r(\f(b,a)))．②由①知f(eq\f(b,a))＝H，f(eq\r(\f(b,a)))＝G.故由H≤f(x)≤G，得f(eq\f(b,a))≤f(x)≤f(eq\r(\f(b,a)))．(**)當(dāng)a＝b時(shí)，(eq\f(b,a))＝f(x)＝f(eq\r(\f(b,a)))＝a.這時(shí)，x的取值范圍為(0，＋∞)；當(dāng)a>b時(shí)，0<eq\f(b,a)<1，從而eq\f(b,a)<eq\r(\f(b,a))，由f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增(**)式，得eq\f(b,a)≤x≤eq\r(\f(b,a))，即x的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(b,a)，\r(\f(b,a))))；當(dāng)a<b時(shí)，eq\f(b,a)>1，從而eq\f(b,a)>eq\r(\f(b,a))，由f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減與(**)式，得eq\r(\f(b,a))≤x≤eq\f(b,a)，即x的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(\f(b,a))，\f(b,a))).綜上，當(dāng)a＝b時(shí)，x的取值范圍為(0，＋∞)；當(dāng)a>b時(shí)，x的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(b,a)，\r(\f(b,a))))；當(dāng)a<b時(shí)，x的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(\f(b,a))，\f(b,a))).專題二三角函數(shù)、解三角形、平面向量第一講三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)根基·單純考點(diǎn)[例1]解析：(1)eq\r(1－2sin〔π＋θ〕sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ)))＝eq\r(1－2sinθcosθ)＝|sinθ－cosθ|，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴sinθ－cosθ>0，故原式＝sinθ－cosθ.(2)由得|OP|＝2，由三角函數(shù)定義可知sinα＝eq\f(1,2)，cosα＝eq\f(\r(3),2)，即α＝2kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)．所以2sin2α－3tanα＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4kπ＋\f(π,3)))－3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)))＝2sineq\f(π,3)－3taneq\f(π,6)＝2×eq\f(\r(3),2)－3×eq\f(\r(3),3)＝0.答案：(1)A(2)D[預(yù)測(cè)押題1](1)選C由可得－2tanα＋3sinβ＋5＝0，tanα－6sinβ＝1，解得tanα＝3，故sinα＝eq\f(3\r(10),10).(2)解析：由A點(diǎn)的縱坐標(biāo)為eq\f(3,5)及點(diǎn)A在第二象限，得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為－eq\f(4,5)，所以sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝－eq\f(4,5)，tanα＝－eq\f(3,4).故tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(24,7).答案：eq\f(3,5)－eq\f(24,7)[例2]解析：(1)∵eq\f(3,4)T＝eq\f(5,12)π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝eq\f(3,4)π，∴T＝π，∴eq\f(2π,ω)＝π(ω>0)，∴ω＝2.由圖像知當(dāng)x＝eq\f(5,12)π時(shí)，2×eq\f(5,12)π＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即φ＝2kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)．∵－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(π,3).(2)y＝cos(2x＋φ)的圖像向右平移eq\f(π,2)個(gè)單位后得到y(tǒng)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋φ))的圖像，整理得y＝cos(2x－π＋φ)．∵其圖像與y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖像重合，∴φ－π＝eq\f(π,3)－eq\f(π,2)＋2kπ，∴φ＝eq\f(π,3)＋π－eq\f(π,2)＋2kπ，即φ＝eq\f(5π,6)＋2kπ.又∵－π≤φ<π∴φ＝eq\f(5π,6).答案：(1)A(2)eq\f(5π,6)[預(yù)測(cè)押題2](1)選C將y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖像向左平移eq\f(π,4)個(gè)單位，再向上平移2個(gè)單位得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,4)))＋2的圖像，其對(duì)稱中心的橫坐標(biāo)滿足2x＋eq\f(3π,4)＝kπ，即x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(3π,8)，k∈Z，取k＝1，得x＝eq\f(π,8).(2)選C根據(jù)可得，f(x)＝2sineq\f(π,4)x，假設(shè)f(x)在[m，n]上單調(diào)，則n－m取最小值．又當(dāng)x＝2時(shí)，y＝2；當(dāng)x＝－1時(shí)，y＝－eq\r(2)，故(n－m)min＝2－(－1)＝3.[例3]解：(1)f(x)4cosωx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＝2eq\r(2)sinωx·cosωx＋2eq\r(2)cos2ωx＝eq\r(2)(sin2ωx·cos2ωx)＋eq\r(2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,4)))＋eq\r(2).因?yàn)閒(x)的最小正周期為π，且ω>0，從而由eq\f(2π,2ω)＝π，故ω＝1.(2)由(1)知，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋eq\r(2).假設(shè)0≤x≤eq\f(π,2)，則eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4).當(dāng)eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)，即0≤x≤eq\f(π,8)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,5)，即eq\f(π,8)≤x≤eq\f(π,2)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減；綜上可知，f(x)在區(qū)間[0，eq\f(π,8)]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[eq\f(π,8)，eq\f(π,2)]上單調(diào)遞減．[預(yù)測(cè)押題3]解：(1)因?yàn)閒(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1＋cos2x,2)＋a＝sin(2x＋eq\f(π,6))＋a＋eq\f(1,2)，所以T＝π.由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z.故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．(2)因?yàn)椋璭q\f(π,6)≤x≤eq\f(π,3)，所以－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上的最大值與最小值的和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋a＋\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋a＋\f(1,2)))＝eq\f(3,2)，所以a＝0.交匯·創(chuàng)新考點(diǎn)[例1]解：(1)f(x)＝eq\f(1＋cos〔2ωx－\f(π,3)〕,2)－eq\f(1－cos2ωx,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))＋cos2ωx))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2ωx＋\f(3,2)sin2ωx))＋cos2ωx))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2ωx＋\f(3,2)cos2ωx))＝eq\f(\r(3),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2ωx＋\f(\r(3),2)cos2ωx))＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3))).由題意可知，f(x)的最小正周期T＝π，∴eq\f(2π,|2ω|)＝π.又∵ω>0，∴ω＝1，∴f(eq\f(π,12))＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)sineq\f(π,2)＝eq\f(\r(3),2).(2)|f(x)－m|≤1，即f(x)－1≤m≤f(x)＋1.∵對(duì)?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，0))，都有|f(x)－m|≤1，∴m≥f(x)max－1且m≤f(x)min＋1.∵－eq\f(7π,12)≤x≤0，∴－eq\f(5π,6)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,3)，∴－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤eq\f(\r(3),2)，∴－eq\f(\r(3),2)≤eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤eq\f(3,4)，即f(x)max＝eq\f(3,4)，f(x)min＝－eq\f(\r(3),2)，∴－eq\f(1,4)≤m≤1－eq\f(\r(3),2).故m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，1－\f(\r(3),2))).[預(yù)測(cè)押題1]解：(1)f(eq\f(2π,3))＝coseq\f(2π,3)·coseq\f(π,3)＝－coseq\f(π,3)·coseq\f(π,3)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝－eq\f(1,4).(2)f(x)＝cosx·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝cosx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx＋\f(\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\r(3))),2)sinx))＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sinxcosx＝eq\f(1,4)(1＋cos2x)＋eq\f(\r(3),4)sin2x＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(1,4).f(x)<eq\f(1,4)等價(jià)于eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(1,4)<eq\f(1,4)，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))<0.于是2kπ＋eq\f(π,2)<2x－eq\f(π,3)<2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z.解得kπ＋eq\f(5π,12)<x<kπ＋eq\f(11π,12)，k∈Z.故使f(x)<eq\f(1,4)成立的x的取值集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|kπ＋\f(5π,12)<x<kπ＋\f(11π,12)，k∈Z)).[例2]解析：因?yàn)閳A心由(0，1)平移到了(2，1，)，所以在此過程中P點(diǎn)所經(jīng)過的弧長(zhǎng)為2，其所對(duì)圓心角為2.如以以下圖，過P點(diǎn)作x軸的垂線，垂足為A，圓心為C，與x軸相切與點(diǎn)B，過C作PA的垂線，垂足為D，則∠PCD＝2－eq\f(π,2)，|PD|＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(π,2)))＝－cos2，|CD|＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(π,2)))＝sin2，所以P點(diǎn)坐標(biāo)為(2－sin2，1－cos2)，即eq\o(OP,\s\up6(→))的坐標(biāo)為(2－sin2，1－cos2)．答案：(2－sin2，1－cos2)[預(yù)測(cè)押題2]選A畫出草圖，可知點(diǎn)Q點(diǎn)落在第三象限，則可排除B、D；代入A，cos∠QOP＝eq\f(6×〔－7\r(2)〕＋8×〔－2〕,62＋82)＝eq\f(－50\r(2),100)＝eq\f(－\r(2),2)，所以∠QOP＝eq\f(3π,4).代入C，cos∠QOP＝eq\f(6×〔－4\r(6)〕＋8×〔－2〕,62＋82)＝eq\f(－24\r(6)－16,100)≠eq\f(－\r(2),2).第二講三角恒等變換與解三角形根基·單純考點(diǎn)[例1]解：(1)因?yàn)閒(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))，所以f(－eq\f(π,6))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)－\f(π,12)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝eq\r(2)coseq\f(π,4)＝eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝1.(2)因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，cosθ＝eq\f(3,5)，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(2))＝－eq\f(4,5)，cos2θ＝2cos2θ－1＝2×(eq\f(3,5))2－1＝－eq\f(27,5)，sin2θ＝2sinθcosθ＝2×eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝－eq\f(24,25).所以f(2θ＋eq\f(π,3))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)－\f(π,12)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＝eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cos2θ－\f(\r(2),2)sin2θ))＝cos2θ－sin2θ＝－eq\f(7,25)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,25)))＝eq\f(17,25).[預(yù)測(cè)押題1]解：(1)由可得f(x)＝3cosωx＋eq\r(3)sinωx＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3))).所以函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇－2eq\r(3)，2eq\r(3)]．又由于正三角形ABC的高為2eq\r(3)，則BC＝4，所以函數(shù)f(x)的周期T＝4×2＝8，即eq\f(2π,ω)＝8，解得ω＝eq\f(π,4).(2)因?yàn)閒(x0)＝eq\f(8\r(3),5)，由(1)得f(x0)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx0,4)＋\f(π,3)))＝eq\f(8\r(3),5)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx0,4)＋\f(π,3)))＝eq\f(4,5).由x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10,3)，\f(2,3)))得eq\f(πx0,4)＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))).所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx0,4)＋\f(π,3)))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2))＝eq\f(3,5)，故f(x0＋1)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx0,4)＋\f(π,4)＋\f(π,3)))＝2eq\r(3)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx0,4)＋\f(π,3)))＋\f(π,4)))＝2eq\r(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx0,4)＋\f(π,3)))cos\f(π,4)＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx0,4)＋\f(π,3)))sin\f(π,4)))＝2eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)×\f(\r(2),2)＋\f(3,5)×\f(\r(2),2)))＝eq\f(7\r(6),5).[例2]解：(1)由得，∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝3＋eq\f(1,4)－2×eq\r(3)×eq\f(1,2)cos30°＝eq\f(7,4).故PA＝eq\f(\r(7),2).(2)設(shè)∠PBA＝α，由得PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理得eq\f(\r(3),sin150°)＝eq\f(sinα,sin〔30°－α〕)，化簡(jiǎn)得eq\r(3)sinα＝4sinα.則tanα＝eq\f(\r(3),4)，即tan∠PBA＝eq\f(\r(3),4).[預(yù)測(cè)押題2]解：(1)由正弦定理得2sinBcosC＝2sinA－sinC.∵在△ABC中，sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋sinCcosB，∴sinC(2cosB－1)＝0.又0<C<π，sinC>0，∴cosB＝eq\f(1,2)，注意到0<B<π，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\r(3)，∴ac＝4，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac≥ac＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝2時(shí)，等號(hào)成立，∴b的取值范圍為[2，＋∞)．交匯·創(chuàng)新考點(diǎn)[例1]解：(1)∵f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(4π,3)))＋2cos2x＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1，∴f(x)的最大值為2.f(x)取最大值時(shí)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝1，2x＋eq\f(π,3)＝2kπ(k∈Z)，故x的集合為{x|x＝kπ－eq\f(π,6)，k∈Z}．(2)由f(B＋C)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2〔B＋C〕＋\f(π,3)))＋1＝eq\f(3,2)，可得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,3)))＝eq\f(1,2)，由A∈(0，π)，可得A＝eq\f(π,3).在△ABC中，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)＝(b＋c)2－3bc，由b＋c＝2，知bc≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))eq\s\up12(2)＝1，當(dāng)b＝c＝1時(shí)，bc取最大值，此時(shí)a取最小值1.[預(yù)測(cè)押題1]解：(1)由得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝bccosθ＝8，b2＋c2－2bccosθ＝42，故b2＋c2＝32.又b2＋c2≥2bc，所以bc≤16，(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝4時(shí)等號(hào)成立)，即bc的最大值為16.即eq\f(8,cosθ)≤16，所以cosθ≥eq\f(1,2).又0<θ<π，所以0<θ≤eq\f(π,3)，即θ的取值范圍是(0，eq\f(π,3)]．(2)f(θ)＝eq\r(3)sin2θ＋cos2θ＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6)))＋1.因?yàn)?<θ≤eq\f(π,3)，所以eq\f(π,6)<2θ＋eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6)))≤1.當(dāng)2θ＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，即θ＝eq\f(π,3)時(shí)，f(θ)min＝2×eq\f(1,2)＋1＝2；當(dāng)2θ＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,3)時(shí)，f(θ)max＝2×1＋1＝3.[例2]解：(1)在△ABC中，因?yàn)閏osA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5)，所以sinA＝eq\f(5,13)，sinC＝eq\f(4,5).從而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(63,65).由正弦定理eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，得AB＝eq\f(AC,sinB)×sinC＝eq\f(\f(1260,63),65)×eq\f(4,5)＝1040(m)．所以索道AB的長(zhǎng)為1040m.(2)假設(shè)乙出發(fā)t分鐘后，甲、乙兩游客距離為d，此時(shí)，甲行走了(100＋50t)m，乙距離A處130tm，所以由余弦定理得d2＝(100＋5t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×eq\f(12,13)＝200(37t2－70t＋50)，因0≤t≤eq\f(1040,130)，即0≤t≤8，故當(dāng)t＝eq\f(35,37)(min)時(shí)，甲、乙兩游客距離最短．(3)由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，得BC＝eq\f(AC,sinB)×sinA＝eq\f(\f(1260,63),65)×eq\f(5,13)＝500(m)．乙從B出發(fā)時(shí)，甲已經(jīng)走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，還需要走710m才能到達(dá)C.設(shè)乙步行的速度為vm/min，由題意得－3≤eq\f(500,v)－eq\f(710,50)≤3，解得eq\f(1250,43)≤v≤eq\f(625,14)，所以使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過3min，乙步行的速度控制在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1250,43)，\f(625,14)))(單位：m/min)范圍內(nèi)．[預(yù)測(cè)押題2]解：(1)因?yàn)辄c(diǎn)C的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))，根據(jù)三角函數(shù)的定義，得sin∠COA＝eq\f(4,5)，cos∠COA＝eq\f(3,5).因?yàn)椤鰽OB為正三角形，所以∠AOB＝60°.所以cos∠BOC＝cos(∠COA＋60°)＝cos∠COAcos60°－sin∠COAsin60°＝eq\f(3,5)×eq\f(1,2)－eq\f(4,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3－4\r(3),10).(2)因?yàn)椤螦OC＝θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，所以∠BOC＝eq\f(π,3)＋θ.在△BOC中，|OB|＝|OC|＝1，由余弦定理，可得f(θ)＝|BC|2＝|OC|2＋|OB|2－2|OC|·|OB|·cos∠COB＝12＋12－2×1×1×coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝2－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3))).因?yàn)?<θ<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,3)<θ＋eq\f(π,3)<eq\f(5π,6).所以－eq\f(\r(3),2)<coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))<eq\f(1,2).所以1<2－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f