数学三维设计的答案

...wd......wd......wd...第一局部专题复习培植新的增分点专题一集合与常用逻辑用语、函数与导数、不等式第一讲集合与常用逻辑用语根基·单纯考点[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)依题意，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，即实数a的取值范围为(6，9]．答案：(1)B(2)D[预测押题1](1)选A此题逆向运用元素与集合的关系求参数的取值范围，抓住1∉A作为解题的突破口，1∉A即1不满足集合A中不等式，所以12－2×1＋a≤0⇒a≤1.(2)选B对于2x(x－2)<1，等价于x(x－2)<0，解得0<x<2，所以A＝{x|0<x<2}；集合B表示函数y＝ln(1－x)的定义域，由1－x>0，得x<1，故B＝{x|x<1}，∁RB＝{x|x≥1}，则阴影局部表示A∩(∁RB)＝{x|1≤x<2}．[例2]解析：(1)命题p是全称命题：∀x∈A，2x∈B，则┐p是特称命题：∃x∈A，2x∉B.(2)①中不等式可表示为(x－1)2＋2>0，恒成立；②中不等式可变为log2x＋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，所以原命题是真命题，则它的逆否命题也为真；④由p且q为假只能得出p，q中至少有一为假，④不正确．答案：(1)D(2)A[预测押题2](1)选A因为x2－3x＋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为假命题；假设ab＝0，则a、b中至少一个为零即可，②为假命题；x＝kπ＋eq\f(π,4)(k∈R)是tanx＝1的充要条件，③为假命题．(2)解析：“∃x∈R，2x2－3ax＋9<0”为假命题，则“∀x∈R，2x2－3ax＋9≥0”为真命题，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)当x＝2且y＝－1时，满足方程x＋y－1＝0，即点P(2，－1)在直线l上．点P′(0，1)在直线l上，但不满足x＝2且y＝－1，∴“x＝2且y＝－1”是“点P(x，y)在直线l上〞的充分而不必要条件(2)因为y＝－eq\f(m,n)x＋eq\f(1,n)经过第一、三、四象限，所以－eq\f(m,n)>0，eq\f(1,n)<0，即m>0，n<0，但此为充要条件，因此，其必要不充分条件为mn<0.答案：(1)A(2)B[预测押题3](1)选B由10a>10b得a>b，由lga>lgb得a>b>0，所以“10a>10b〞是“lga>lgb〞(2)解析：由|x－m|<2，得－2<x－m<2，即m－2<x<m＋2.依题意有集合{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，即实数m的取值范围是(1，4)．答案：(1，4)交汇·创新考点[例1]选A在同一坐标系下画出椭圆x2＋eq\f(y2,4)＝1及函数y＝2x的图象，结合图形不难得知它们的图像有两个公共点，因此A∩B中的元素有2个，其子集共有22＝4个．[预测押题1]选BA＝{x|x2＋2x－3>0}＝{x|x>1或x<－3}，函数y＝f(x)＝x2－2ax－1的对称轴为x＝a>0，f(－3)＝6a＋8>0，根据对称性可知，要使A∩B中恰含有一个整数，则这个整数解为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)，选B.[例2]解析：对①：取f(x)＝x－1，x∈N*，所以B＝N*，A＝N是“保序同构〞；对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“保序同构〞；对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“保序同构〞，故应填①②③.答案：①②③[预测押题2]解析：∵A⊆M，且集合M的子集有24＝16个，其中“累计值〞为奇数的子集为{1}，{3}，{1，3}，共3个，故“累积值〞为奇数的集合有3个．答案：3[例3]解析：对于①，命题p为真命题，命题q为真命题，所以p∧綈q为假命题，故①正确；对于②当b＝a＝0时，l1⊥l2，故②不正确，易知③正确．所以正确结论的序号为①③.答案：①③[预测押题3]选D由y＝tanx的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)，知A正确；由回归直线方程知B正确；在△ABC中，假设sinA＝sinB，则A＝B，C正确．第二讲函数的图像与性质根基·单纯考点[例1]解析：(1)由题意，自变量x应满足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)设t＝1＋sinx，易知t∈[0，2]，所求问题等价于求g(t)在区间[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.又因为t∈[0，2]，所以t＝1是g(t)的极大值点．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)，得当t∈[0，2]时，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)))[预测押题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)由题意知：a≠0，f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)＝bx2＋(2a＋ab)x＋2a2是偶函数，则其图像关于y轴对称，所以2a＋ab＝0，b＝－2.所以f(x)＝－2x2＋2a2，因为它的的值域为(－∞，2]，所以2a2＝2.所以f(答案：－2x2＋2[例2]解析：(1)曲线y＝ex关于y轴对称的曲线为y＝e－x，将y＝e－x向左平移1个单位长度得到y＝e－(x＋1)，即f(x)＝e－x－1.(2)由题图可知直线OA的方程是y＝2x；而kAB＝eq\f(0－2,3－1)＝－1，所以直线AB的方程为y＝－(x－3)＝－x＋3.由题意，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.))当0≤x≤1时，故g(x)＝2x2∈[0，2]；当1<x≤3时，g(x)＝－x2＋3＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－3,2)))＋eq\f(9,4)，显然，当x＝eq\f(3,2)时，取得最大值eq\f(9,4)；当x＝3时，取得最小值0.综上所述，g(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9,4))).答案：(1)D(2)B[预测押题2](1)选C因为函数的定义域是非零实数集，所以A错；当x<0时，y>0，所以B错；当x→＋∞时，y→0，所以D错．(2)选B因为f(x)＝f(－x)，所以函数f(x)是偶函数．因为f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的周期是2，再结合选项中的图像得出正确选项为B.[例3]解析：(1)函数y＝－3|x|为偶函数，在(－∞，0)上为增函数．选项A，D是奇函数，不符合；选项B是偶函数但单调性不符合；只有选项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[预测押题3](1)选A依题意得，函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，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为周期的周期函数．则f(2014)＝f(671×3＋1)＝f(1)＝3.答案：3(3)解析：因为函数f(x)的图像关于y轴对称，所以该函数是偶函数，又f(1)＝0，所以f(－1)＝0.又f(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以f(x)在(－∞，0)上为增函数.eq\f(f〔－x〕＋f〔x〕,x)<0，可化为xf(x)<0，所以当x>0时，解集为{x|x>1}；当x<0时，解集为{x|－1<x<0}．综上可知，不等式的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)．答案：(－1，0)∪(1，＋∞)交汇·创新考点[例1]解析：设x<0，则－x>0.∵当x≥0时，f(x)＝x2－4x，∴f(－x)＝(－x)2－4(－x)．∵f(x)是定义在R上的偶函数，∴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.观察图像可知由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}[预测押题1]解析：根据条件画出f(x)图像如以以下图．因为对称轴为x＝－1，所以(0，1)关于x＝－1的对称点为(－2，1)．因f(m)<1，所以应有－2<m<0，m＋2>0.因f(x)在(－1，＋∞)上递增，所以f(m＋2)>f(0)＝1.答案：>[例2]解析：因为A，B是R的两个非空真子集，且A∩B＝∅，画出韦恩图如以以下图，则实数x与集合A，B的关系可分为x∈A，x∈B，x∉A且x∉B三种．(1)当x∈A时，根据定义，得fA(x)＝1.因为A∩B＝∅，所以x∉B，故fB(x)＝0.又因为A⊆(A∪B)，则必有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)当x∈B时，根据定义，得fB(x)＝1.因为A∩B＝∅，所以x∉A，故fA(x)＝0.又因为B⊆(A∪B)，则必有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)当x∉A且x∉B，根据定义，得fA(x)＝0，fB(x)＝0.由图可知，显然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.综上，函数的值域中只有一个元素1，即函数的值域为{1}．答案：{1}[预测押题2]解：当x∈A∩B时，因为(A∩B)⊆(A∪B)，所以必有x∈A∪B.由定义，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).故函数F(x)的值域为{eq\f(2,3)}．第三讲基本初等函数、函数与方程及函数的应用根基·单纯考点[例1]解析：(1)当x＝－1，y＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a)＝0，所以函数y＝ax－eq\f(1,a)的图像必过定点(－1，0)，结合选项可知选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[预测押题1](1)选A函数y＝x－xeq\s\up6(\f(1,3))为奇函数．当x>0时，由x－xeq\s\up6(\f(1,3))>0，即x3>x，可得x2>1，故x>1，结合选项，选A.(2)选B依题意的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及零点定理，知f(x)的零点在区间(－1，0)上．(2)当f(x)＝0时，x＝－1或x＝1，故f[f(x)＋1]＝0时，f(x)＋1＝－1或1.当f(x)＋1＝－1，即f(x)＝－2时，解得x＝－3或x＝eq\f(1,4)；当f(x)＋1＝1即f(x)＝0时，解得x＝－1或x＝1.故函数y＝f[f(x)＋1]有四个不同的零点．答案：(1)B(2)C[预测押题2]解析：当x>0时，由f(x)＝lnx＝0，得x＝1.因为函数f(x)有两个不同的零点，则当x≤0时，函数f(x)＝2x－a有一个零点，令f(x)＝0得a＝2x，因为0<2x≤20＝1，所以0<a≤1，所以实数a的取值范围是0<a≤1.答案：(0，1][例3]解：(1)由年销售量为x件，按利润的计算公式，有生产A，B两产品的年利润y1，y2分别为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)因为6≤m≤8，所以10－m>0，函数y1＝(10－m)x－20在[0，200]上是增函数，所以当x＝200时，生产A产品有最大利润，且y1max＝(10－m)×200－20＝1980－200m(万美元又y2＝－0.05(x－100)2＋460(x∈N，0≤x≤120)，所以当x＝100时，生产B产品有最大利润，且y2max＝460(万美元)．因为y1max－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.))所以当6≤m<7.6时，可投资生产A产品200件；当m＝7.6时，生产A产品或生产B产品均可(投资生产A产品200件或生产B产品100件)；当7.6<m≤8时，可投资生产B产品100件．[预测押题3]解：(1)设投入广告费t(百万元)后由此增加的收益为f(t)(百万元)，则f(t)＝(－t2＋5t)－t＝－t2＋4t＝－(t－2)2＋4(0≤t≤3)．所以当t＝2时，f(t)max＝4，即当集团投入两百万广告费时，才能使集团由广告费而产生的收益最大．(2)设用于技术改造的资金为x(百万元)，则用于广告费的费用为(3－x)(百万元)，则由此两项所增加的收益为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)．对g(x)求导，得g′(x)＝－x2＋4，令g′(x)＝－x2＋4＝0，得x＝2或x＝－2(舍去)．当0≤x<2时，g′(x)>0，即g(x)在[0，2)上单调递增；当2<x≤3时，g′(x)<0，即g(x)在(2，3]上单调递减．∴当x＝2时，g(x)max＝g(2)＝eq\f(25,3).故在三百万资金中，两百万元用于技术改造，一百万元用于广告促销，这样集团由此所增加的受益最大，最大收益为eq\f(25,3)百万元．交汇·创新考点[例1]选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)，∴当0<x<eq\f(π,2)时，f′(x)<0，f(x)在(0，eq\f(π,2))上单调递减．当eq\f(π,2)<x<π时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增．∵当x∈[0，π]时，0<f(x)<1.∴当x∈[π，2π]，则0≤2π－x≤π.又f(x)是以2π为最小正周期的偶函数，知f(2π－x)＝f(x)．∴x∈[π，2π]时，仍有0<f(x)<1.依题意及y＝f(x)与y＝sinx的性质，在同一坐标系内作y＝f(x)与y＝sinx的简图．则y＝f(x)与y＝sinx在x∈[－2π，2π]有4个交点．故函数y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上有4个零点．[预测押题]选D根据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)，进而得f(x＋5)＝f(x)，即函数y＝f(x)是以5为周期的周期函数．当x∈[－1，4]时，f(x)＝x2－2x，在[－1，0]内有一个零点，在(0，4]内有x1＝2，x2＝4两个零点，故在一个周期内函数有三个零点．又因为2012＝402×5＋2，故函数在区间[0，2010]内有402×3＝1206个零点，在区间(2010，2012]内的零点个数与在区间(0，2]内零点的个数一样，即只有一个零点，所以函数f(x)在[0，2012]上零点的个数为1207.第四讲不等式根基·单纯考点[例1]解析：(1)原不等式等价于(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为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).(2)由题意知，一元二次不等式f(x)>0的解集为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[预测押题1](1)选B当x>0时，f(x)＝eq\f(－2x＋1,x2)>－1，∴－2x＋1>－x2，即x2－2x＋1>0，解得x>0且x≠1.当x<0时，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的值域为[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的解集为(m，m＋6)，∴m，m＋6是方程x2＋ax＋eq\f(a2,4)－c＝0的两根．由一元二次方程根与系数的关系得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)曲线y＝|x|与y＝2所围成的封闭区域如图阴影局部所示，当直线l：y＝2x向左平移时，(2x－y)的值在逐渐变小，当l通过点A(－2，2)时，(2x－y)min＝－6.(2)设租用A型车x辆，B型车y辆，目标函数为z＝1600x＋2400y，则约束条件为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(36x＋60y≥900，,x＋y≤21，,y－x≤7，,x，y∈n，))作出可行域，如图中阴影局部所示，可知目标函数过点(5，12)时，有最小值zmin＝36800(元)．答案：(1)A(2)C[预测押题2](1)选C题中的不等式组表示的平面区域如图阴影局部所示，平移直线x－y＝0，当平移经过该平面区域内的点(0，1)时，相应直线在x轴上的截距到达最小，此时x－y取得最小值，最小值是x－y＝0－1＝－1；当平移到经过该平面内区域内的点(2，0)时，相应直线在x轴上的截距到达最大，此时x－y取得最大值，最大值是x－y＝2－0＝2.因此x－y的取值范围是[－1，2]．(2)解析：作出可行域，如图中阴影局部所示，区域面积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)，当且仅当a＝－eq\f(3,2)时等号成立．(2)f(x)＝4x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(4x·\f(a,x))＝4eq\r(a)(x>0，a>0)，当且仅当4x＝eq\f(a,x)，即x＝eq\f(\r(a),2)时等号成立，此时f(x)取得最小值4eq\r(a).又由x＝3时，f(x)min＝4eq\r(a)，∴eq\f(\r(a),2)＝3，即a＝36.答案：(1)B(2)36[预测押题3](1)选D依题意，点A(－2，－1)，则－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，当且仅当eq\f(n,m)＝eq\f(4m,n)，即n＝2m＝eq\f(1,2)时取等号，即eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值是8.(2)选A由得a＋2b＝2.又∵a>0，b>0，∴2＝a＋2b≥2eq\r(2ab)，∴ab≤eq\f(1,2)，当且仅当a＝2b＝1时取等号．交汇·创新考点[例1]选C作出可行域，如图中阴影局部所示，三个顶点到圆心(0，1)的距离分别是1，1，eq\r(2)，由A⊆B得三角形所有点都在圆的内部，故eq\r(m)≥eq\r(2)，解得：m≥2.[预测押题1]选C如图，假设使以(4，1)为圆心的圆与阴影局部区域至少有两个交点，结合图形，当圆与直线x－y－2＝0相切时，恰有一个公共点，此时a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)，当圆的半径增大到恰好过点A(2，2)时，圆与阴影局部至少有两个公共点，此时a＝5，故a的取值范围是eq\f(1,2)<a≤5，应选C.[例2]选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.当且仅当eq\f(x,y)＝eq\f(4y,x)，即x＝2y时“＝〞成立，此时z＝x2－3xy＋4y2＝4y2－6y2＋4y2＝2y2，∴x＋2y－z＝2y＋2y－2y2＝－2y2＋4y＝－2(y－1)2＋2.∴当y＝1时，x＋2y－z取得最大值2.[预测押题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)第五讲导数及其应用根基·单纯考点[例1]解析：(1)∵点(1，1)在曲线y＝eq\f(x,2x－1)上，y′＝eq\f(－1,〔2x－1〕2)，∴在点(1，1)处的切线斜率为y′|x＝1＝eq\f(－1,〔2－1〕2)＝－1，所求切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.(2)因为y′＝2ax－eq\f(1,x)，所以y′|x＝1＝2a－1.因为曲线在点(1，a)处的切线平行于x轴，故其斜率为0，故2a－1＝0，a＝eq\f(1,2).答案：(1)x＋y－2＝0(2)eq\f(1,2)[预测押题1]选D由f(x＋2)＝f(x－2)，得f(x＋4)＝f(x)，可知函数为周期函数，且周期为4.又函数f(x)为偶函数，所以f(x＋2)＝f(x－2)＝f(2－x)，即函数的对称轴是x＝2，所以f′(－5)＝f′(3)＝－f′(1)，所以函数在x＝－5处的切线的斜率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.从而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.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．[预测押题2]解：(1)当m＝1时，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)，所以所求切线方程为y－eq\f(5,3)＝5(x－2)，即15x－3y－25＝0.所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为15x－3y－25＝0.(2)因为f′(x)＝x2＋2mx－3m2，令f′(x)＝0，得x＝－3m或x＝m.当m＝0时，f′(x)＝x2≥0恒成立，不符合题意；当m>0时，f(x)的单调递减区间是(－3m，m)，假设f(x)在区间(－2，3)上是减函数，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3m≤－2，,m≥3，))解得m≥当m<0时，f(x)的单调递减区间是(m，－3m)，假设f(x)在区间(－2，3)上是减函数，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≤－2，,－3m≥3，))解得m≤－2.综上所述，实数m的取值范围是(－∞，－2]∪[3，＋∞)．[例3]解：(1)f′(x)＝1－eq\f(a,ex)，①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝lna处取得最小值，且极小值为f(lna)＝lna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝lna处取得极小值lna，无极大值．(2)当a＝1时，f(x)＝x－1＋eq\f(1,ex).直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，等价于关于x的方程kx－1＝x－1＋eq\f(1,ex)在R上没有实数解，即关于x的方程：(k－1)x＝eq\f(1,ex)(*)在R上没有实数解．①当k＝1时，方程(*)可化为eq\f(1,ex)＝0，在R上没有实数解．②当k≠1时，方程(*)可化为eq\f(1,k－1)＝xex.令g(x)＝xex，则有g′(x)＝(1＋x)ex.令g′(x)＝0，得x＝－1，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)g′(x)－0＋g(x)－eq\f(1,e)当x＝－1时，g(x)min＝－eq\f(1,e)，同时当x趋于＋∞时，g(x)趋于＋∞，从而g(x)的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞)).所以当eq\f(1,k＋1)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))时，方程(*)无实数解，解得k的取值范围是(1－e，1)．综合①②，得k的最大值为1.[预测押题3]解：(1)f′(x)＝a＋eq\f(2,x2)－eq\f(3,x)，由题意可知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)，由题意可得方程ax2－3x＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，并令h(x)＝ax2－3x＋2，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝9－8a>0，,x1＋x2＝\f(3,a)>0，,x1x2＝\f(2,a)>0.))也可以为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).交汇·创新考点[例1]解：(1)证明：设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)，则φ′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(a,x2).令φ′(x)＝0，则x＝1，易知φ(x)在x＝1处取到最小值，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)，则g′(x)＝eq\f(lnx－\f(x－1,x),〔lnx〕2).令h(x)＝lnx－eq\f(x－1,x)(1<x<e)，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)>0，故h(x)在定义域上单调递增，所以h(x)>h(1)＝0.因为h(x)>0，所以g′(x)>0，即g(x)在定义域上单调递增，则g(x)<g(e)＝e－1，即eq\f(x－1,lnx)<e－1，所以a的取值范围为[e－1，＋∞)．[预测押题1]解：(1)由f(x)＝ex(x2＋ax－a)可得，f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]．当a＝1时，f(1)＝e，f′(1)＝4e.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为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.当－(a＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上是增函数，所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－(a＋2)>0，即a<－2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x0(0，－(a＋2))－(a＋2)(－(a＋2)，＋∞)f′(x)0－0＋f(x)－aeq\f(a＋4,ea＋2)由上表可知函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－(a＋2))＝eq\f(a＋4,ea＋2).因为函数f(x)在(0，－(a＋2))上是减函数，在(－(a＋2)，＋∞)上是增函数，且当x≥－a时，有f(x)≥f(－a)＝e－a(－a)>－a，又f(0)＝－a，所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a＋4,ea＋2)，－a)).[例2]选C法一：曲线y＝eq\r(x)与直线x＝1及x轴所围成的曲边图形的面积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)，∴阴影局部的面积为S′＝eq\f(2,3)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，由几何概型可知，点P取自阴影局部的概率为P＝eq\f(1,6).法二：S阴影＝eq\i\in(0,1,)(eq\r(x)－x)dx＝eq\f(1,6)，S正方形OABC＝1，∴点P取自阴影局部的概率为P＝eq\f(1,6).[预测押题2]解析：画出草图，可知所求概率P＝eq\f(S阴影,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)因为方程ax－(1＋a2)x2＝0(a>0)有两个实根x1＝0，x2＝eq\f(a,1＋a2)，故f(x)>0的解集为{x|x1<x<x2}．因此区间I＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,1＋a2)))，故I的长度为eq\f(a,1＋a2).(2)设d(a)＝eq\f(a,1＋a2)，则d′(a)＝eq\f(1－a2,〔1＋a2〕2)(a>0)．令d′(a)＝0，得a＝1.由于0<k<1，故当1－k≤a<1时，d′(a)>0，d(a)单调递增；当1<a≤1＋k时，d′(a)<0，d(a)单调递减．所以当1－k≤a≤1＋k时，d(a)的最小值必定在a＝1－k或a＝1＋k处取得．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)．因此当a＝1－k时，d(a)在区间[1－k，1＋k]上取得最小值eq\f(1－k,2－2k＋k2).[预测押题3]解：(1)f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a〔x＋1〕－〔ax＋b〕,〔x＋1〕2)＝eq\f(a－b,〔x＋1〕2).当a>b时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上单调递增；当a<b时，f′(x)<0，函数f(x)在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上单调递减．(2)①计算得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.因为f(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))成等比数列．因为eq\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)))．(**)当a＝b时，(eq\f(b,a))＝f(x)＝f(eq\r(\f(b,a)))＝a.这时，x的取值范围为(0，＋∞)；当a>b时，0<eq\f(b,a)<1，从而eq\f(b,a)<eq\r(\f(b,a))，由f(x)在(0，＋∞)上单调递增(**)式，得eq\f(b,a)≤x≤eq\r(\f(b,a))，即x的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(b,a)，\r(\f(b,a))))；当a<b时，eq\f(b,a)>1，从而eq\f(b,a)>eq\r(\f(b,a))，由f(x)在(0，＋∞)上单调递减与(**)式，得eq\r(\f(b,a))≤x≤eq\f(b,a)，即x的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(\f(b,a))，\f(b,a))).综上，当a＝b时，x的取值范围为(0，＋∞)；当a>b时，x的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(b,a)，\r(\f(b,a))))；当a<b时，x的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(\f(b,a))，\f(b,a))).专题二三角函数、解三角形、平面向量第一讲三角函数的图像与性质根基·单纯考点[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，由三角函数定义可知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[预测押题1](1)选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点的纵坐标为eq\f(3,5)及点A在第二象限，得点A的横坐标为－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.由图像知当x＝eq\f(5,12)π时，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)的图像向右平移eq\f(π,2)个单位后得到y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋φ))的图像，整理得y＝cos(2x－π＋φ)．∵其图像与y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图像重合，∴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)[预测押题2](1)选C将y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图像向左平移eq\f(π,4)个单位，再向上平移2个单位得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,4)))＋2的图像，其对称中心的横坐标满足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)选C根据可得，f(x)＝2sineq\f(π,4)x，假设f(x)在[m，n]上单调，则n－m取最小值．又当x＝2时，y＝2；当x＝－1时，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).因为f(x)的最小正周期为π，且ω>0，从而由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).假设0≤x≤eq\f(π,2)，则eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4).当eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)，即0≤x≤eq\f(π,8)时，f(x)单调递增；当eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,5)，即eq\f(π,8)≤x≤eq\f(π,2)时，f(x)单调递减；综上可知，f(x)在区间[0，eq\f(π,8)]上单调递增，在区间[eq\f(π,8)，eq\f(π,2)]上单调递减．[预测押题3]解：(1)因为f(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.故函数f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．(2)因为－eq\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.因为函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上的最大值与最小值的和为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.交汇·创新考点[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))).由题意可知，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.∵对∀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的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，1－\f(\r(3),2))).[预测押题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)等价于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的取值集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|kπ＋\f(5π,12)<x<kπ＋\f(11π,12)，k∈Z)).[例2]解析：因为圆心由(0，1)平移到了(2，1，)，所以在此过程中P点所经过的弧长为2，其所对圆心角为2.如以以下图，过P点作x轴的垂线，垂足为A，圆心为C，与x轴相切与点B，过C作PA的垂线，垂足为D，则∠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点坐标为(2－sin2，1－cos2)，即eq\o(OP,\s\up6(→))的坐标为(2－sin2，1－cos2)．答案：(2－sin2，1－cos2)[预测押题2]选A画出草图，可知点Q点落在第三象限，则可排除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).第二讲三角恒等变换与解三角形根基·单纯考点[例1]解：(1)因为f(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)因为θ∈eq\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).[预测押题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))).所以函数f(x)的值域为[－2eq\r(3)，2eq\r(3)]．又由于正三角形ABC的高为2eq\r(3)，则BC＝4，所以函数f(x)的周期T＝4×2＝8，即eq\f(2π,ω)＝8，解得ω＝eq\f(π,4).(2)因为f(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)设∠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〕)，化简得eq\r(3)sinα＝4sinα.则tanα＝eq\f(\r(3),4)，即tan∠PBA＝eq\f(\r(3),4).[预测押题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，当且仅当a＝c＝2时，等号成立，∴b的取值范围为[2，＋∞)．交汇·创新考点[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)的最大值为2.f(x)取最大值时，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝1，2x＋eq\f(π,3)＝2kπ(k∈Z)，故x的集合为{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，当b＝c＝1时，bc取最大值，此时a取最小值1.[预测押题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，(当且仅当b＝c＝4时等号成立)，即bc的最大值为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的取值范围是(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.因为0<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.当2θ＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，即θ＝eq\f(π,3)时，f(θ)min＝2×eq\f(1,2)＋1＝2；当2θ＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,3)时，f(θ)max＝2×1＋1＝3.[例2]解：(1)在△ABC中，因为cosA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5)，所以sinA＝eq\f(5,13)，sinC＝eq\f(4,5).从而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的长为1040m.(2)假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处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，故当t＝eq\f(35,37)(min)时，甲、乙两游客距离最短．(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)．乙从B出发时，甲已经走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需要走710m才能到达C.设乙步行的速度为vm/min，由题意得－3≤eq\f(500,v)－eq\f(710,50)≤3，解得eq\f(1250,43)≤v≤eq\f(625,14)，所以使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度控制在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1250,43)，\f(625,14)))(单位：m/min)范围内．[预测押题2]解：(1)因为点C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))，根据三角函数的定义，得sin∠COA＝eq\f(4,5)，cos∠COA＝eq\f(3,5).因为△AOB为正三角形，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)因为∠AOC＝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))).因为0<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