2025高考数学考二轮专题突破练8 三角函数的图象与性质-专项训练
一、单项选择题
1.(2024·新高考Ⅰ,7)当x∈[0,2π]时,曲线y=sin x与y=2sin(3x-)的交点个数为( )
A.3 B.4
C.6 D.8
2.下列区间中,函数f(x)=7sin(x-)单调递增的区间是( )
A. B.
C. D.
3.已知θ=,则下列各数中最大的是( )
A.sin(sin θ) B.sin(cos θ)
C.cos(sin θ) D.cos(cos θ)
4.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω≠0)的图象经过点,一条对称轴方程为x=,则函数f(x)的周期可以是( )
A. B. C. D.
5.(2024·广东广州一模)已知α,β是函数f(x)=3sin(2x+)-2在区间(0,)上的两个零点,则cos(α-β)=( )
A. B. C. D.
二、多项选择题
6.已知函数f(x)=2(2|cos x|+cos x)sin x,则下列结论错误的是( )
A.当x∈时,f(x)∈[0,3]
B.函数f(x)的最小正周期为π
C.函数f(x)在区间上单调递减
D.函数f(x)的对称中心为(2kπ,0)(k∈Z)
7.(2024·九省联考)已知函数f(x)=sin(2x+)+cos(2x+),则( )
A.函数f(x-)为偶函数
B.曲线y=f(x)的对称轴为直线x=kπ,k∈Z
C.f(x)在区间()上单调递增
D.f(x)的最小值为-2
三、填空题
8.已知角α(0°≤α<360°)终边上一点的坐标为(sin 215°,cos 215°),则α=.
9.已知函数f(x)=sin(ω>0)在区间内单调递增,在区间内单调递减,则ω= .
10.(2024·陕西西安统考一模)已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,-<φ<)图象的相邻两条对称轴之间的距离为,且关于点(,0)对称,则φ的值为 .
专题突破练8 三角函数的图象与性质 答案
一、单项选择题
1.C 解析 在同一平面直角坐标系中,画出区间[0,2π]上的曲线y=sin x与y=2sin(3x-),如图所示.
由图可知,在区间[0,2π]上,曲线y=sin x与y=2sin(3x-)有6个交点.
2.A 解析 由x-,k∈Z,得x∈,k∈Z.当k=0时,得函数f(x)=7sin的单调递增区间为,
∵,∴是函数f(x)的一个单调递增区间.故选A.
3.D 解析 当θ=时,sin θ=,cos θ=,
则sin(sin θ)=sin=cos,sin(cos θ)=sin=cos,cos(sin θ)=cos,cos(cos θ)=cos,
∵0<<π,且函数y=cos x在区间(0,π)上单调递减,
∴cos>cos>cos>cos,∴最大的是cos,即最大的是cos(cos θ).
4.B 解析 由题意得T(k∈Z),则T=(k∈Z).结合四个选项可知,只有选项B符合.
5.A 解析 令f(x)=0,得3sin(2x+)=2,
∴sin(2x+)=.
∵x∈(0,),
∴2x+∈().
∵α,β是函数f(x)=3sin(2x+)-2在区间(0,)上的两个零点,
∴α,β是sin(2x+)=在区间(0,)上的两个根,
∴2α++2β+=π,∴α+β=,
∴α=-β,∴cos(α-β)=cos[(-β)-β]=cos(-2β)=cos[-(2β+)]=sin(2β+)=.
故选A.
二、多项选择题
6.ABD 解析 依题意
f(x)=(k∈Z),画出函数f(x)的大致图象如图所示.
由图象知,当x∈时,f(x)∈[-1,3],故A错误;函数f(x)的最小正周期为2π,故B错误;函数f(x)在区间上单调递减,故C正确;函数f(x)的对称中心为(kπ,0)(k∈Z),故D错误.
7.AC 解析 f(x)=sin(2x+)+cos(2x+)=sin 2xcos+sincos 2x+cos 2xcos-sin 2xsin
=-sin 2x+cos 2x-cos 2x-sin 2x=-sin 2x,
即f(x)=-sin 2x.
对于A,f(x-)=-sin(2x-)=cos 2x,易知为偶函数,所以A正确;
对于B,由2x=+kπ,k∈Z得曲线f(x)=-sin 2x的对称轴为直线x=,k∈Z,故B错误;
对于C,若x∈(),则2x∈(,π),y=sin 2x单调递减,所以f(x)=-sin 2x单调递增,故C正确;
对于D,因为f(x)=-sin 2x,sin 2x∈[-1,1],所以f(x)∈[-],故D错误.
故选AC.
三、填空题
8.235° 解析 由三角函数的定义可得cos α==sin 215°=cos 235°,
sin α==cos 215°=sin 235°,所以α=235°.
9. 解析 由题意f=sin=1 ω-=2kπ+(k∈Z) ω=k+(k∈Z),若k>0,则ω≥2,T≤π与已知矛盾;若k<0,ω<0,与已知不符,当k=0时,得ω=满足题意.
10. 解析 因为函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,-<φ<)图象的相邻两条对称轴之间的距离为,所以,所以T=,ω==3,所以f(x)=2sin(3x+φ),又函数图象关于点(,0)对称,所以2sin(+φ)=0,所以+φ=kπ,k∈Z,所以φ=kπ-,k∈Z,又因为-<φ<,所以φ=2025高考数学考二轮专题突破练6 利用导数证明问题-专项训练
1.已知函数f(x)=x2+2ax(a>0)与g(x)=4a2ln x+b的图象有公共点P,且在点P处的切线相同.
(1)若a=1,求b的值;
(2)求证:f(x)≥g(x).
2.(2024·广东高三统考)设函数f(x)=ln x+a(x-1)(x-2),其中a为实数.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)当f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1,x2时,证明:f(x1)+f(x2)>+ln.
3.(2024·广西南宁三中一模)已知函数f(x)=ln x-ax+a,g(x)=(x-1)ex-a-ax+1(a∈R).
(1)若f(x)≤0,求a的值;
(2)当a∈(0,1]时,证明:g(x)≥f(x).
4.已知函数f(x)=aex+sin x+x,x∈[0,π].
(1)证明:当a=-1时,函数f(x)有唯一的极大值点;
(2)当-2
5.已知函数f(x)=ex,g(x)=2ax+1.
(1)若f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值集合;
(2)若a>0,且方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x1,x2,证明:6.(2024·广西高三模拟)函数f(x)=aln x+x2-(a+1)x+(a>0).
(1)求函数f(x)的单调递增区间;
(2)当a=1时,若f(x1)+f(x2)=0,求证:x1+x2≥2;
(3)求证:对于任意n∈N*都有2ln(n+1)+)2>n.
专题突破练6 利用导数证明问题
1.(1)解 设P(x0,y0)(x0>0),则+2ax0=4a2ln x0+b.
又f'(x)=2x+2a,g'(x)=,
∴2x0+2a=.
∵a=1,∴+x0-2=0,
∴x0=1,则4×1×0+b=1+2=3,解得b=3.
(2)证明 由(1)得2x0+2a=,即+ax0-2a2=0,得x0=a.
∴a2+2a2-4a2ln a-b=0.
令h(x)=f(x)-g(x)=x2+2ax-4a2ln x-b(a>0),则h'(x)=2x+2a-.
当0当x>a时,h'(x)>0,故h(x)在区间(0,a)内单调递减,在区间(a,+∞)内单调递增.
∴x=a时,函数h(x)取得极小值即最小值,且h(a)=a2+2a2-4a2ln a-b=0,因此h(x)≥0,故f(x)≥g(x).
2.(1)解 当a=1时,f(x)=ln x+(x-1)(x-2),f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+(2x-3)=.
令f'(x)==0,得x=或x=1.
所以当x∈(0,)∪(1,+∞)时,f'(x)>0,x∈(,1)时,f'(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(0,),(1,+∞),单调递减区间为(,1).
(2)证明 f'(x)=,因为f(x)在区间(0,+∞)上有两个不同的极值点x1,x2,
所以2ax2-3ax+1=0有两个不同的正根,所以解得a>.
因为f(x1)+f(x2)=ln(x1x2)+a()-3a(x1+x2)+4a=ln(x1x2)+a[(x1+x2)2-2x1x2]-3a(x1+x2)+4a=-ln(2a)+a-1,
设g(a)=-ln(2a)+a-1,
则当a>时,g'(a)=>0,所以g(a)在区间(,+∞)上单调递增,所以g(a)>g()=-ln+ln,故f(x1)+f(x2)>+ln.
3.(1)解 由题意知x∈(0,+∞),f'(x)=-a=,当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,而f(1)=ln 1-a+a=0,当x>1时,f(x)>f(1)=0,与题意不符;
当01,由f'(x)>0可得x∈(0,),∴f(x)在区间(0,)上单调递增,此时f()>f(1)=0,不符合题意;
当a=1时,由f'(x)>0可得x∈(0,1),∴f(x)在区间(0,1)上单调递增,由f'(x)<0可得x∈(1,+∞),∴f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,故对于任意的x∈(0,+∞),f(x)≤f(1)=0恒成立,符合题意;
当a>1时,0<<1,由f'(x)<0可得x∈(,+∞),∴f(x)在区间(,+∞)上单调递减,此时f()>f(1)=0,不符合题意.
综上所述,a=1.
(2)证明 要证g(x)≥f(x),即证g(x)-f(x)≥0.
设h(x)=g(x)-f(x)=(x-1)ex-a-ln x+1-a,则h'(x)=xex-a-.
令φ(x)=xex-a-,则当x∈(0,+∞)时,φ'(x)=(1+x)ex-a+>0,∴φ(x),即h'(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
又a∈(0,1],∴h'()=-2<0,h'(1)=e1-a-1≥0,
故 x0∈(,1],使得h'(x0)=0,即x0,∴,
∴x0-a=-2ln x0.
∴当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)在区间(0,x0)上单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在区间(x0,+∞)上单调递增,
∴h(x)min=h(x0)=(x0-1)-ln x0+1-a=-3ln x0-x0+1.
令t(x)=-3ln x-x+1,则t'(x)=--1=.
当x∈()时,x2+x-1<0,则t'(x)>0,
当x∈(,1)时,x2+x-1>0,则t'(x)<0,∴t(x)在区间()上单调递增,在区间(,1)上单调递减.
由于t()=3ln 2->0,t(1)=0,故当x∈(,1]时,t(x)≥0,故h(x)min≥0,即h(x)≥0,
即当a∈(0,1]时,g(x)≥f(x)成立.
4.证明 (1)当a=-1时,f(x)=x+sin x-ex,f'(x)=1+cos x-ex.
因为x∈[0,π],所以1+cos x≥0.
令g(x)=1+cos x-ex,x∈[0,π],则g'(x)=-ex-sin x<0,
所以g(x)在区间[0,π]上单调递减.
又因为g(0)=2-1=1>0,g(π)=-eπ<0,
所以存在x0∈(0,π),使得f'(x0)=0,
且当00;
当x0所以函数f(x)的单调递增区间是[0,x0],单调递减区间是[x0,π].
所以函数f(x)存在唯一的极大值点x0.
(2)当-2因为h'(0)=a+2>0,h'(π)=aeπ<0,
所以存在t∈(0,π),使得h'(t)=0,
即aet+cos t+1=0,
且当00;
当t所以函数h(x)在区间[0,t]上单调递增,在区间[t,π]上单调递减.
所以h(x)max=h(t)=aet+sin t+t-π,t∈(0,π).
因为aet+cos t+1=0,所以只需证φ(t)=sin t-cos t+t-1-π<0即可,而φ'(t)=cos t+sin t+1=sin t+(1+cos t)>0,所以函数φ(t)在区间(0,π)内单调递增,所以φ(t)<φ(π)=0,故f(x)<π.
5.(1)解 令u(x)=f(x)-g(x)=ex-2ax-1,则u'(x)=ex-2a.
若a≤0,则u'(x)>0,所以u(x)在R上单调递增,而u(0)=0,
所以当x<0时,u(x)<0,不符合题意;
若a>0,由u'(x)=0,得x=ln(2a),当x当x>ln(2a)时,u'(x)>0,u(x)单调递增,
故u(x)min=u(ln(2a))=2a-2aln(2a)-1≥0.
令h(x)=x-xln x-1,则h'(x)=-ln x.
令h'(x)=0,得x=1,当00,当x>1时,h'(x)<0,故h(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,故h(x)≤h(1)=0,即x-xln x-1≤0,所以2a-2aln(2a)-1≤0,故2a-2aln(2a)-1=0,所以2a=1,即a=,故a的取值集合为.
(2)证明 方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x1,x2,
不妨令x1∴2a=.
要证0,即证e2t-1>2tet,令G(t)=e2t-1-2tet,则G'(t)=2et(et-t-1),
易证et>t+1,故G'(t)>0,故G(t)在区间(0,+∞)内单调递增,所以G(t)>G(0)=0.
故原不等式成立.
6.(1)解 函数f(x)的定义域是(0,+∞).
由已知得,f'(x)=+x-a-1=.
当00,得01,
∴f(x)的单调递增区间为(0,a),(1,+∞).
当a=1时,∵x>0,∴f'(x)≥0,∴f(x)的单调递增区间为(0,+∞).
当a>1时,由f'(x)>0,得0a,
∴f(x)的单调递增区间为(0,1),(a,+∞).
综上,当0当a=1时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞);
当a>1时,函数f(x)的单调递增区间为(0,1),(a,+∞).
(2)证明 当a=1时,f(x)=ln x+x2-2x+.
由(1)知,函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,且f(1)=0.
令g(x)=f(x)+f(2-x)=ln x+x2-2x++ln(2-x)+(2-x)2-2(2-x)+=ln[x(2-x)]+x2-2x+1=ln[1-(x-1)2]+(x-1)2,0令F(x)=ln x-x+1(x>0),则F'(x)=-1=.
令F'(x)>0,解得01,∴F(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,∴F(x)≤F(1)=0,∴ln x≤x-1.
令(x-1)2=t∈[0,1),则1-t∈(0,1],
∴ln(1-t)≤(1-t)-1=-t,
∴ln(1-t)+t≤0,
∴g(x)=f(x)+f(2-x)≤0恒成立.
不妨设0∴-f(x1)≥f(2-x1),∴f(x2)≥f(2-x1).
∵2-x1>1,x2>1,且f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,∴x2≥2-x1,∴x1+x2≥2.
(3)证明 由(2)知,当x>1时,ln x+x2-2x+>0,即2ln x+x2-4x+3=2ln x+(x-2)2-1>0,∴2ln x+(x-2)2>1在区间(1,+∞)上恒成立,
∴2ln+(2-2)2=2ln+()2>1,2ln+(-2)2=2ln+()2>1,
2ln+(-2)2=2ln+()2>1,……,2ln+(-2)2=2ln+()2>1,
相加得2ln(n+1)+(2>n.）2025高考数学考二轮专题突破练10 三角函数与解三角形解答题-专项训练
1.(2023·天津,16)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=,b=2,∠A=120°.
(1)求sin B的值;
(2)求c的值;
(3)求sin(B-C)的值.
2.(2024·新高考Ⅱ,15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+cos A=2.
(1)求A;
(2)若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长.
3.(2022·新高考Ⅰ,18)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.
(1)若C=,求B;
(2)求的最小值.
4.(2024·福建泉州高三模拟)已知点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))是函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<)图象上的任意两点,f(0)=1,且当|f(x1)-f(x2)|=2时,|x1-x2|的最小值为.
(1)求f(x)的解析式;
(2)当x∈[-]时,[f(x)]2-mf(x)-m≤0恒成立,求实数m的取值范围.
5.在△ABC中,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且B=,b=.
(1)若cos Acos C=,求△ABC的面积;
(2)试问=1能否成立 若能成立,求此时△ABC的周长;若不能成立,请说明理由.
6.设n次多项式Pn(t)=antn+an-1tn-1+…+a2t2+a1t+a0(an≠0),若其满足Pn(cos x)=cos nx,则称这些多项式Pn(t)为切比雪夫多项式.例如:由cos θ=cos θ可得切比雪夫多项式P1(x)=x,由cos 2θ=2cos2θ-1可得切比雪夫多项式P2(x)=2x2-1.
(1)若切比雪夫多项式P3(x)=ax3+bx2+cx+d,求实数a,b,c,d的值.
(2)对于正整数n≥3,是否有Pn(x)=2x·Pn-1(x)-Pn-2(x)成立
(3)已知函数f(x)=8x3-6x-1在区间(-1,1)上有3个不同的零点,分别记为x1,x2,x3,证明:x1+x2+x3=0.
专题突破练10 三角函数与解三角形解答题 答案
1.解 (1)由已知及正弦定理,得,
∵a=,b=2,∠A=120°,
∴sin B=.
(2)(方法一)由(1)及已知,得cos B=,sin C=sin(180°-120°-B)=sin(60°-B)=cos B-sin B=.
由正弦定理,得c==5.
(方法二)∵b2+c2-2bccos A=a2,
∴4+c2-2×2c×(-)=39,
整理,得c2+2c-35=0,解得c=5或c=-7(舍去).
(3)∵C为锐角,∴cos C=.
∴sin(B-C)=sin Bcos C-cos Bsin C==-.
2.解 (1)∵sin A+cos A=2,
∴2sin(A+)=2,
∴sin(A+)=1.
又A∈(0,π),∴A+,∴A=.
(2)∵bsin C=csin 2B,
∴bsin C=2csin Bcos B,
∴bc=2bccos B,∴cos B=.
又B∈(0,π),∴B=,
∴C=π-A-B=.
在△ABC中,由正弦定理得=4.
∴b=4sin B=2,c=4sin C=4sin=4sin()=,∴a+b+c=2+3,即△ABC的周长为2+3.
3.解 ∵,且cos B≠0,
∴由得cos Acos B=sin B(1+sin A),
∴cos Acos B=sin B+sin Asin B,
∴sin B=cos Acos B-sin Asin B=cos(A+B)=cos(π-C)=-cos C>0.
∴sin B>0,cos C<0,
∴∴sin B=sin,
∴B=C-或B+C-=π(舍去).
(1)若C=,则0∴sin B=-cos C=-cos.
∴B=.
(2)(方法一)由正弦定理得,(*)
∵C=+B,A+B+C=π,
∴A+B++B=π,∴A=-2B.
又0∴(*)式为===.
令cos2B=t,则t∈,于是原式==4t+-5≥2-5=4-5,
当且仅当即t=时取等号.
∴的最小值为4-5.
(方法二)∵sin B=-cos C,B=C-,
∴A=π-(B+C)=-2C.
又0∴∴sin A=sin(B+C)=sin=-cos 2C,
∴====+4sin2C-5
≥2-5=4-5,
当且仅当sin2C=时,有最小值4-5.
4.解 (1)由题知,f(0)=sin φ=1,即sin φ=,又0<φ<,所以φ=.
因为当|f(x1)-f(x2)|=2时,|x1-x2|的最小值为,所以,即T=π,所以ω=2,所以f(x)=sin(2x+).
(2)当x∈[-]时,2x+∈[0,],所以0≤sin(2x+)≤1,所以f(x)∈[0,].
令t=f(x),则当x∈-时,[f(x)]2-mf(x)-m≤0恒成立,等价于当t∈[0,]时,t2-mt-m≤0恒成立,即当t∈[0,]时,m≥恒成立,设g(t)=,则g'(t)=.
当t∈[0,]时,g'(t)≥0,所以g(t)在区间[0,]上单调递增,所以g(t)max=g()==2-2.
所以m≥2-2,即实数m的取值范围为[2-2,+∞).
5.解 (1)由B=,得A+C=,cos(A+C)=cos Acos C-sin Asin C,即=cos Acos C-sin Asin C.
因为cos Acos C=,
所以sin Asin C=.
因为=2,
所以a=2sin A,c=2sin C.
所以S△ABC=·2sin A·2sin C·sin B=4sin Asin Bsin C=4×.
(2)假设=1能成立,所以a+c=ac.
由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B,
所以6=a2+c2+ac.
所以(a+c)2-ac=6,所以(ac)2-ac-6=0,
所以ac=3或ac=-2(舍去),此时a+c=ac=3.
不满足a+c≥2,所以=1不成立.
6.(1)解 依题意,P3(cos θ)=cos 3θ=cos(2θ+θ)=cos 2θcos θ-sin 2θsin θ=(2cos2θ-1)cos θ-2sin2θcos θ=2cos3θ-cos θ-2(1-cos2θ)cos θ=4cos3θ-3cos θ,
因此P3(x)=4x3-3x,即ax3+bx2+cx+d=4x3-3x,所以a=4,b=d=0,c=-3.
(2)解 Pn+1(x)=2x·Pn(x)-Pn-1(x)成立.
这个性质是容易证明的,只需考虑公式cos(n+1)θ+cos(n-1)θ=2cos nθ·cos θ.
首先有如下两个式子:
Pn+1(cos θ)=cos(nθ+θ)=cos nθcos θ-sin nθsin θ,
Pn-1(cos θ)=cos(nθ-θ)=cos nθcos θ+sin nθsin θ,
两式相加得,Pn-1(cos θ)+Pn+1(cos θ)=2cos nθcos θ=2Pn(cos θ)cos θ,
将cos θ替换为x,所以Pn+1(x)=2x·Pn(x)-Pn-1(x).
所以对于正整数n≥3,有Pn(x)=2x·Pn-1(x)-Pn-2(x)成立.
(3)证明 函数f(x)=8x3-6x-1在区间(-1,1)上有3个不同的零点x1,x2,x3,即方程4x3-3x=在区间(-1,1)上有3个不同的实根.
令x=cos θ,θ∈(0,π),由(1)知cos 3θ=,而3θ∈(0,3π),
所以3θ=或3θ=或3θ=,
所以x1=cos,x2=cos,x3=cos,
所以x1+x2+x3=cos+cos+cos=cos-(cos+cos),
而cos+cos=cos()+cos()=2coscos=cos,所以x1+x2+x3=0.2025高考数学考二轮专题突破练7 利用导数研究函数的零点-专项训练
1.已知函数f(x)=(x3-x2)ex的定义域为[-1,+∞).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)讨论函数g(x)=f(x)-a在区间[-1,2]上的零点个数.
2.(2024·江苏南通高三统考)已知函数f(x)=ax++2ln(1-x),曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程为y=2ln 2-3.
(1)求a,b的值;
(2)求f(x)的单调区间,并证明f(x)在(-∞,0)上没有零点.
3.已知函数f(x)=ax++1(a∈R).
(1)若函数f(x)在区间(1,+∞)内单调递增,求实数a的取值范围;
(2)当a≠0时,讨论函数g(x)=f(x)-a-3的零点个数,并给予证明.
4.已知函数f(x)=aln x-x2+b-ln 2的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)设x1,x2(x15.已知函数f(x)=aex-x-3(a>0).
(1)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围;
(2)若函数g(x)=f(x)+x-ln(x+1),g'(x)是g(x)的导函数,证明:g'(x)存在唯一的零点t,且g(t)+2≥ln a.
6.已知函数f(x)=2exsin x(e是自然对数的底数).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)记g(x)=f(x)-ax,0专题突破练7 利用导数研究函数的零点
1.解 (1)f'(x)=(x3+x2-x)ex=(3x+8)·(x-1)ex,
因为x∈[-1,+∞),所以函数f'(x)的零点为0和1.
所以当0当x>1或-1≤x<0时,f'(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为[-1,0),(1,+∞).
(2)由(1)知,f(x)在区间[-1,2]上的极大值为f(0)=0,极小值为f(1)=-.
因为f(-1)=-<1,所以f(1)故当a<-或a>时,g(x)的零点个数为0;
当a=-或0当-当-≤a<0时,g(x)的零点个数为3.
2.解 (1)因为f(x)=ax++2ln(1-x),
所以f'(x)=a-.
由题意知
解得
(2)由(1)可得f(x)=2x++2ln(1-x)的定义域为(-∞,0)∪(0,1),
又f'(x)=2-,2x2-2x+1=2(x-)2+>0,所以当x<-1时,f'(x)>0,当-1因为f(x)在区间(-∞,-1)上单调递增,在区间(-1,0)上单调递减,所以当x∈(-∞,0)时,f(x)≤f(-1)=-2-1+2ln 2=-3+2ln 2<0,所以f(x)在区间(-∞,0)上没有零点.
3.解 (1)f'(x)=a-.
由题意得f'(x)≥0,即a≥在区间(1,+∞)内恒成立.
当x∈(1,+∞)时,∈(0,),所以a≥.
故实数a的取值范围为[,+∞).
(2)当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点;
当a>0时,函数g(x)有两个零点.证明如下:
由已知得g(x)=ax+-a-2,则g'(x)=a-.
当a<0时,g'(x)<0,
所以函数g(x)单调递减.
又g(0)=-a>0,g(1)=-2<0,故函数g(x)有且只有一个零点.
当a>0时,令g'(x)<0,得x令g'(x)>0,得x>ln,所以函数g(x)在区间(-∞,ln)内单调递减,在区间(ln,+∞)内单调递增,
而g=a(ln)<0,g>0.
由于x>ln x,所以>ln,
所以g(x)在区间(ln)内存在一个零点.
又g(ln)=a(a-ln),且ln0在区间(0,+∞)内恒成立,故h(a)在区间(0,+∞)内单调递增.
而h(0)=0,所以h(a)>0在区间(0,+∞)内恒成立,所以g(ln)>0,
所以g(x)在区间(ln,ln)内存在一个零点.
综上所述,当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点;
当a>0时,函数g(x)有两个零点.
4.(1)解 由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x,又函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-x+1,所以解得所以f(x)=ln x-x2+1-ln 2,f'(x)=x=.当x∈(0,)时,f'(x)>0;当x∈(,+∞)时,f'(x)<0,
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,),单调递减区间为(,+∞).
(2)证明 由(1)得f(x)=ln x-x2+1-ln 2(x>0),且f(x)在区间(0,)内单调递增,在区间[,+∞)内单调递减,
由题意得f(x1)=f(x2)=m,且0∴x2-x1-+4m=x2-x1-+2(f(x2)+f(x1))=2ln x2+x2-+2ln x1-x1--4ln 2.
令t1(x)=2ln x+x-x2,x>,
则t1'(x)=,令t1'(x)>0,得令t1'(x)<0,得x>2,∴t1(x)在区间(,2]内单调递增,在区间(2,+∞)内单调递减,
∴t1(x)≤t1(2)=2ln 2.令t2(x)=2ln x-x-x2,0令t2'(x)>0,得0令t2'(x)<0,得1∴t2(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间[1,)内单调递减,
∴t2(x)≤t2(1)=-,∴x2-x1-+4m≤t1(2)+t2(1)+-4ln 2=1-2ln 2<0.
∴x2-x1<-4m.
5.解 (1)令f(x)=0,则a=,记m(x)=,由题意,直线y=a与函数m(x)=的图象有两个交点,
易得m'(x)=,
所以当x∈(-∞,-2)时,m'(x)>0;
当x∈(-2,+∞)时,m'(x)<0,
即函数m(x)在区间(-∞,-2)内单调递增,在区间(-2,+∞)内单调递减,而m(-2)=e2,m(-3)=0,
当x∈(-2,+∞)时,m(x)>0,作出函数m(x)=的图象,如图.
由图可知,当0即实数a的取值范围为(0,e2).
(2)依题意,a>0,g(x)的定义域为(-1,+∞).
g(x)=aex-3-ln(x+1),则g'(x)=aex-[aex(x+1)-1](x>-1),
令h(x)=aex(x+1)-1,a>0,
显然h(x)在区间(-1,+∞)内单调递增,
又h(-1)=-1<0,h()=(a+1)-1>0,
所以存在t∈(-1,),使得h(t)=0,且当-1当x>t时,h(x)>0,
又当x>-1时,>0,所以当-1t时,g'(x)>0,
故g'(x)存在唯一的零点t;
由h(t)=0,得aet=,
所以ln a+t=-ln(t+1).
因此g(t)+2-ln a=aet-ln(t+1)-ln a-1=+t-1=≥0,
当且仅当t=0时等号成立.
故g'(x)有唯一的零点t,且g(t)+2≥ln a.
6.解 (1)函数f(x)=2exsin x的定义域为R.
f'(x)=2ex(sin x+cos x)=2exsin(x+).
由f'(x)>0,得sin(x+)>0,可得2kπ由f'(x)<0,得sin(x+)<0,可得2kπ+π所以f(x)的单调递增区间为(-+2kπ,+2kπ)(k∈Z),单调递减区间为(+2kπ,+2kπ)(k∈Z).
(2)由已知g(x)=2exsin x-ax,所以g'(x)=2ex(sin x+cos x)-a,令h(x)=g'(x),则h'(x)=4excos x.
因为x∈(0,π),所以当x∈(0,)时,h'(x)>0;
当x∈(,π)时,h'(x)<0,所以h(x)在区间(0,)内单调递增,在区间(,π)内单调递减,即g'(x)在区间(0,)内单调递增,在区间(,π)内单调递减.
g'(0)=2-a,g'=2-a>0,g'(π)=-2eπ-a<0.
①当2-a≥0,即0所以 x0∈(,π),使得g'(x0)=0.所以当x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当x∈(x0,π)时,g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,x0)内单调递增,在区间(x0,π)内单调递减.
因为g(0)=0,所以g(x0)>0.
因为g(π)=-aπ<0,所以由零点存在定理可得,此时g(x)在区间(0,π)内仅有一个零点.
②当2-a<0,即2当x∈(0,x1),x∈(x2,π)时,g'(x)<0;
当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.
所以g(x)在区间(0,x1)和(x2,π)内单调递减,在区间(x1,x2)内单调递增.
因为g(0)=0,所以g(x1)<0,
因为g=2a>2-3π>0,
所以g(x2)>0,
因为g(π)=-aπ<0,由零点存在定理可得,g(x)在区间(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,即此时g(x)在区间(0,π)内有两个零点.
综上所述,当0一、单项选择题
1.在钝角△ABC中,AB=2,sin B=,且△ABC的面积是,则AC=( )
A. B.2
C. D.
2.若tan,则=( )
A.- B.-3 C. D.3
3.已知△ABC的三内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中R为△ABC外接圆的半径.若3asin A+3bsin B+4asin B=6Rsin2C,则sin Asin B-cos Acos B=( )
A. B. C.- D.-
4.古希腊数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图,发现了黄金分割率,黄金分割率的值也可以用2sin 18°表示.若实数n满足4sin218°+n2=4,则=( )
A. B. C. D.
5.(2024·新高考Ⅰ,4)已知cos(α+β)=m,tan αtan β=2,则cos(α-β)=( )
A.-3m B.- C. D.3m
6.已知cos α+sin 2β=,sin α+sin βcos β=,则cos(α+2β)=( )
A. B. C. D.-
7.小李在某大学测绘专业学习,节日回家,来到一个池塘边(如图阴影部分),为了测量该池塘两侧C,D两点间的距离,除了观测点C,D外,他又选了两个观测点P1,P2,且P1P2=a,已经测得∠P1P2D=α,∠P2P1D=β,由于条件不足,需要再观测新的角,则利用已知观测数据和下面三组新观测的角的其中一组,就可以求出C,D间距离的是( )
①∠DP1C和∠DCP1;②∠P1P2C和∠P1CP2;③∠P1DC和∠DCP1.
A.①② B.①③
C.②③ D.①②③
8.人脸识别技术应用在各行各业,改变着人类的生活,而所谓人脸识别,就是利用计算机分析人脸视频或者图象,并从中提取出有效的识别信息,最终判别人脸对象的身份.在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试,常用的测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.假设二维空间中有两个点A(x1,y1),B(x2,y2),O为坐标原点,余弦相似度similarity为向量夹角的余弦值,记作cos(A,B),余弦距离为1-cos(A,B).已知点P(sin α,cos α),Q(sin β,cos β),R(sin α,-cos α),若点P,Q的余弦距离为,点Q,R的余弦距离为,则tan αtan β=( )
A.7 B. C.4 D.
二、多项选择题
9.(2024·安徽芜湖二模)在平面直角坐标系xOy中,角θ以坐标原点O为顶点,以x轴的非负半轴为始边,其终边经过点M(a,b),|OM|=m(m≠0),定义f(θ)=,g(θ)=,则( )
A.f()+g()=1
B.f(θ)+f2(θ)≥0
C.若=2,则sin 2θ=
D.f(θ)g(θ)是周期函数
10.若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足b-2a+4asin2=0,则下列结论正确的是( )
A.角C一定为锐角
B.a2+2b2-c2=0
C.3tan A+tan C=0
D.tan B的最小值为
11.(2024·广西4月模拟)已知△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,点O为△ABC的重心,cos A=,AO=2,则( )
A.
B.≤3
C.△ABC的面积的最大值为3
D.a的最小值为2
12.东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”,根据面积关系给出了勾股定理的证明,后人称其为“赵爽弦图”.如图1,它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.我们通过类比得到图2,它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形A'B'C'拼成的一个大等边三角形ABC.对于图2,下列说法正确的是( )
图1
图2
A.这三个全等的钝角三角形不可能是等腰三角形
B.若BB'=3,sin∠ABB'=,则A'B'=2
C.若AB=2A'B',则AB'=BB'
D.若A'是AB'的中点,则三角形ABC的面积是三角形A'B'C'面积的7倍
三、填空题
13.已知△ABC的面积为2,AB=2,B=,则= .
14.已知tan θ,tan(-θ)是方程x2+ax-3=0的两个根,则a= .
15.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足a=2,a2=2b2+c2,则△ABC的面积的最大值为 .
16.现制作一批奖杯,奖杯的剖面图形如图所示,其中扇形OAB的半径为10,∠PBA=∠QAB=60°,AQ=QP=PB,工艺制造厂发现,若按此方案设计,当OP最长时,该奖杯比较美观,此时∠AOB= .
专题突破练9 三角恒等变换与解三角形 答案
一、单项选择题
1.C 解析 设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.
依题意,三角形ABC是钝角三角形,c=2,sin B=,S△ABC=acsin B=,解得a=1,a当B为钝角时,cos B=-=-,故b=,此时cos C=>0,所以C为锐角,符合题意,故AC=.
2.A 解析 因为,
由于cos α=1-2sin2,sin α=2sincos,
所以=-tan=-.
3.C 解析 由正弦定理=2R,
得sin A=,sin B=,sin C=,
代入3asin A+3bsin B+4asin B=6Rsin2C,得=6R,
化简得3a2+3b2+4ab=3c2,即a2+b2-c2=-ab,
所以cos C==-.
故sin Asin B-cos Acos B=-cos(A+B)=cos C=-.
4.A 解析 .
5.A 解析 ∵tan αtan β=2,∴sin αsin β=2cos αcos β.∵cos(α+β)=m,即cos αcos β-sin αsin β=cos αcos β-2cos αcos β=m,∴cos αcos β=-m,sin αsin β=-2m.∴cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=-m-2m=-3m.
6.C 解析 由cos α+sin2β=知2cos α-cos 2β=2①,因为sin α+sin βcos β=,所以2sin α+sin 2β=②,将①②两个等式平方相加得4+1-4cos(2β+α)=4+,解得cos(α+2β)=.
7.D 解析 根据题意,△P1P2D的三个角和三条边均可以求出,①中,,故CD=,故①可以求出CD;③与①条件等价.②中,在△P1P2C中,,故P1C=,在△P1CD中,利用余弦定理求解CD即可.
8.A 解析 由=(sin α,cos α),=(sin β,cos β),=(sin α,-cos α),cos(P,Q)==sin αsin β+cos αcos β=cos(α-β),cos(Q,R)==sin αsin β-cos αcos β=-cos(α+β),所以=-,整理得tan αtan β=7.
二、多项选择题
9.ACD 解析 因为点M(a,b)在角θ的终边上,且|OM|=m,
所以cos θ=,sin θ=,
所以f(θ)==sin θ+cos θ,g(θ)==sin θ-cos θ.
对于A,f()+g()=sin+cos+sin-cos=1,故A正确;
对于B,f(θ)+f2(θ)=sin θ+cos θ+(sin θ+cos θ)2,令t=sin θ+cos θ=sin(θ+)∈[-],所以f(θ)+f2(θ)=t+t2=(t+)2-≥-,故B错误;
对于C,=2,解得tan θ=3,
所以sin 2θ=2sin θcos θ=,故C正确;
对于D,f(θ)g(θ)=(sin θ+cos θ)(sin θ-cos θ)=sin2θ-cos2θ=-cos 2θ,显然f(θ)g(θ)=-cos 2θ为周期函数,故D正确.
故选ACD.
10.BC 解析 ∵b-2a+4asin2=0,
∴b-2a+4asin2=0,
∴b-2a+4acos2=0,
∴b-2a+4a·=0,
∴b+2acos C=0,∴cos C<0,∴角C一定为钝角,A错误;
b+2acos C=0 b+2a·=0 a2+2b2-c2=0,B正确;
b+2acos C=0 sin B+2sin Acos C=0 3sin Acos C+cos Asin C=0 3tan A+tan C=0,C正确;
tan B=-tan(A+C)=,经检验“=”取得到,D错误,综上选BC.
11.BC 解析 如图,延长AO交BC于点D.
因为点O是△ABC的重心,所以D是边BC的中点.
所以)=,A错误;
由=3,所以9=()2=+2≥2||||+2.
又=||||cos A=|·||,即||||=5,
所以2×5+2≤9×22,所以≤3,当且仅当||=||时等号成立,B正确;
||||=≤15,当且仅当||=||时等号成立,sin A=,所以S△ABC=|||sin A≤×15×=3,C正确;
由9=()2=+2=36-2=36-|||,所以a2=b2+c2-2bccos A=-2||||cos A=36-|||≥36-×15=24,所以a≥2,当且仅当||=||时等号成立,所以a的最小值是2,D错误.
故选BC.
12.ABD 解析 对于A选项,根据题意,题图2,它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形A'B'C'拼成的一个大等边三角形ABC,故AA'=BB',AB'>BB',所以这三个全等的钝角三角形不可能是等腰三角形,故A选项正确;
对于B选项,由题知,在△ABB'中,BB'=3,sin∠ABB'=,∠AB'B=120°,
所以cos∠ABB'=,所以sin∠BAB'=sin(60°-∠ABB')=,所以由正弦定理得,解得AB'=5,因为BB'=AA'=3,所以A'B'=2,故B选项正确;
对于C选项,不妨设AB=2A'B'=2,AA'=x,所以在△AB'B中,由余弦定理得AB2=AB'2+BB'2-2AB'·BB'cos∠AB'B,代入数据得AA'=x=,所以AB'=AA'+A'B'=+1=,BB'=AA'=,所以,故C选项错误;
对于D选项,若A'是AB'的中点,则S△ABB'=BB'·AB'sin 120°=B'C'·A'B'sin 60°=2S△A'B'C',所以S△ABC=3S△ABB'+S△A'B'C'=7S△A'B'C',故D选项正确.
三、填空题
13. 解析 设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则AB=2=c,S△ABC=acsin B=×a×2×=2,解得a=4,
∴b2=a2+c2-2accos B=16+4-2×4×2×=12,
∴b=2,∴.
14.-4 解析 因为tan θ,tan是方程x2+ax-3=0的两个根,所以tan θ+tan=-a,tan θtan=-3,Δ=a2-4×(-3)≥0,
所以tan=tan=-=1,故a=-4.
15. 解析 由余弦定理及题意可得a2=b2+c2-2bccos A=2b2+c2=4,所以cos A=-,则sin A=,则△ABC的面积S=bcsin A=.
16. 解析 由题意可知,四边形ABPQ为等腰梯形.如图,连接OP,过点O作OM⊥QP垂足为点M,交AB于点C,则OC⊥AB,OM平分∠AOB,M为线段PQ的中点.设∠AOC=θ,
则AB=20sin θ,OC=10cos θ,
设AQ=QP=BP=x,过点Q作QE⊥AB垂足为点E,过点P作PF⊥AB垂足为点F,因为∠PBA=∠QAB=60°,所以AE=BF=x,CM=PF=x,EF=QP=x,所以AB=2x,所以AB=20sin θ=2x,即x=10sin θ,所以OM=OC+CM=10cos θ+x=10cos θ+5sin θ,
所以OP2=OM2+MP2=(10cos θ+5sin θ)2+(5sin θ)2=100cos2θ+75sin2θ+100sin θcos θ+25sin2θ
=100+50sin 2θ,
因为sin 2θ∈[-1,1],
所以当sin 2θ=1即θ=时,OP2最大,也就是OP最长,此时∠AOB= 