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步步高大一轮复习讲义数学文科A版【答案解析】2013版


§ 1.1 集合的概念及其基本运算
要点梳理 1.(1)确定性 互异性 无序性 无限集 空集 2.(1)A?B B?A ? ? ? 2n 2n-1 2n-2 3.(1){x|x∈A,且 x∈B} {x|x∈U,且 x?A}
? ?

(2)属于 不属于 ∈ ?

(3)列举法 描述法 图示法 区间法 (5)有限集

/>
1? ? 基础自测 1.{2,4} 2.{x|0<x<1} 3.(2,3) 4.?0,1,-2? 5.B 题型分类· 深度剖析 例1 解 (1)当 a+2=1,即 a=-1 时,(a+1)2=0,a2+3a+3=1 与 a+2 相同,∴不符合题意.

当(a+1)2=1,即 a=0 或 a=-2 时,①a=0 符合要求. ②a=-2 时,a2+3a+3=1 与(a+1)2 相同,不符合题意. 当 a2+3a+3=1,即 a=-2 或 a=-1. ①当 a=-2 时,a2+3a+3=(a+1)2=1,不符合题意. ②当 a=-1 时,a2+3a+3=a+2=1,不符合题意. 综上所述,a=0,∴2 013a=1. (2) ∵当 x=0 时,x=x2-x=x3-3x=0,∴它不一定能表示一个有三个元素的集合.

?x≠x -x, ?2 3 要使它表示一个有三个元素的集合,则应有?x -x≠x -3x, ?x≠x3-3x. ?
∴x≠0 且 x≠2 且 x≠-1 且 x≠-2 时,{x,x2-x,x3-3x}能表示一个有三个元素的集合. 9 变式训练 1 0 或 8 例2 解 A 中不等式的解集应分三种情况讨论: 1? 1 4? ? 4 ? ①若 a=0,则 A=R;②若 a<0,则 A=?x|a≤x<-a?;③若 a>0,则 A=?x|-a<x≤a?.
? ? ? ?

2

(1)当 a=0 时,若 A?B,此种情况不存在.

当 a<0 时,若 A?B,如图:

?a>-2 ,则? 1 ?-a≤2
4 1 1

?a>0或a<-8 ? ,∴? 1 , ? ?a>0或a≤-2

又 a<0,∴a<-8.

当 a>0 时,若 A?B,如图:

?-a≥-2 ,则? 4 ?a≤2

1
?a≥2或a<0 ? ,∴? . ? ?a≥2或a<0

又∵a>0,∴a≥2.
1

综上知,当 A?B 时,a<-8 或 a≥2. (2)当 a=0 时,显然 B?A;

当 a<0 时,若 B?A,如图:

?a≤-2 ,则? 1 ?-a>2
4 1

?-8≤a<0 ? ,∴? 1 . ?-2<a<0 ?

1 又∵a<0,∴- <a<0. 2

当 a>0 时,若 B?A,如图:

?-a≤-2 ,则? 4 ?a≥2
1

1
? ?0<a≤2 ,∴? . ? ?0<a≤2

又∵a>0,∴0<a≤2. 1 综上知,当 B?A 时,- <a≤2. 2 (3)当且仅当 A、B 两个集合互相包含时,A=B,由(1)、(2)知,a=2. 变式训练 2 4 例3 1或2

1 1 变式训练 3 解 (1)∵A={x| ≤x≤3},当 a=-4 时,B={x|-2<x<2},∴A∩B={x| ≤x<2}, 2 2 A∪B={x|-2<x≤3}. 1 (2)?RA={x|x< 或 x>3},当(?RA)∩B=B 时,B??RA,即 A∩B=?. 2 ①当 B=?,即 a≥0 时,满足 B??RA;②当 B≠?,即 a<0 时, 1 1 B={x|- -a<x< -a},要使 B??RA,需 -a≤ ,解得- ≤a<0. 2 4 1 综上可得,实数 a 的取值范围是 a≥- . 4 例4 A

变式训练 4 6 {0,1,2,3} 课时规范训练 A组 1.C 2.C 3.A 4.-1 或 2 5.{(0,1),(-1,2)} 6.18

7.解 由已知得 A={x|-1≤x≤3},B={x|m-2≤x≤m+2}.
?m-2=0, ? (1)∵A∩B=[0,3],∴? ? ?m+2≥3.

∴m=2.

(2)?RB={x|x<m-2 或 x>m+2},∵A??RB,∴m-2>3 或 m+2<-1,即 m>5 或 m<-3. 8.解 ∵M={y|y=x2,x∈R}={y|y≥0},N={y|y=3sin x,x∈R}={y|-3≤y≤3},
2

∴M-N={y|y>3},N-M={y|-3≤y<0}, ∴M*N=(M-N)∪(N-M)={y|y>3}∪{y|-3≤y<0}={y|y>3 或-3≤y<0}. B组 1.C 2.B 3.A 4.A 5.a≤0 6.-3 7.(-∞,-3)

x-5 8.解 由 ≤0,∴-1<x≤5,∴A={x|-1<x≤5}. x+1 (1)当 m=3 时,B={x|-1<x<3},则?RB={x|x≤-1 或 x≥3},∴A∩(?RB)={x|3≤x≤5}. (2)∵A={x|-1<x≤5},A∩B={x|-1<x<4},∴有 42-2×4-m=0,解得 m=8. 此时 B={x|-2<x<4},符合题意,故实数 m 的值为 8.

§ 1.2 命题及其关系、充分条件与必要条件
要点梳理 1.判断真假 判断为真 判断为假 2.(1)若 q,则 p 若綈 p,则綈 q 若綈 q,则綈 p,(2)逆命题 否命题 逆否命题 (3)①相同 ②没有 3.(1)充分条件 必要条件 (2)充要条件 基础自测 1.3 2.②③ 3.充分不必要 4.C 5.D 题型分类· 深度剖析 变式训练 1 ①③ 例2 解 (1)在△ABC 中,∠A=∠B?sin A=sin B,反之,若 sin A=sin B,∵A 与 B 不可能互补(∵三角形三个 例1 ②④

内角和为 180° ),∴只有 A=B.故 p 是 q 的充要条件. (2)易知,綈 p:x+y=8,綈 q:x=2 且 y=6,显然綈 q?綈 p,但綈 p 必要条件,根据原命题和逆否命题的等价性知,p 是 q 的充分不必要条件. (3)显然 x∈A∪B 不一定有 x∈B,但 x∈B 一定有 x∈A∪B,∴p 是 q 的必要不充分条件. (4)条件 p:x=1 且 y=2,条件 q:x=1 或 y=2,∴p?q 但 q 变式训练 2 ①④ 例3 证明 充分性: 1 当 a=0 时,方程为 2x+1=0,其根为 x=- ,方程有一个负根,符合题意. 2 1 当 a<0 时,Δ=4-4a>0,方程 ax2+2x+1=0 有两个不相等的实根,且 <0,方程有一正一负根,符合题 a 意. 当 0<a≤1 时,Δ=4-4a≥0,方程 ax2+2x+1=0 有实根, p,故 p 是 q 的充分不必要条件. 綈 q,即綈 q 是綈 p 的充分不

3

?-a<0 且? 1 ?a>0
2

,故方程有两个负根,符合题意.

综上知:当 a≤1 时,方程 ax2+2x+1=0 至少有一个负根. 必要性:若方程 ax2+2x+1=0 至少有一个负根. 当 a=0 时,方程为 2x+1=0 符合题意. 当 a≠0 时,方程 ax2+2x+1=0 应有一正一负根或两个负根.

? 2 ?- <0 1 则 <0 或? a a ?1>0 ?a

Δ=4-4a≥0 ,解得 a<0 或 0<a≤1.

综上知:若方程 ax2+2x+1=0 至少有一负根,则 a≤1. 故关于 x 的方程 ax2+2x+1=0 至少有一个负根的充要条件是 a≤1. 变式训练 3 证明 充分性:当 q=-1 时,a1=S1=p+q=p-1. an+1 pn?p-1? - 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=pn 1(p-1),当 n=1 时也成立,于是 = =p(n∈N*) an pn-1?p-1? 即数列{an}为等比数列. 必要性:当 n=1 时,a1=S1=p+q,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=pn 1(p-1). an+1 pn?p-1? ∵p≠0,p≠1,∴ = =p. an pn-1?p-1? a2 an+1 ∵{an}为等比数列,∴ = =p,又 S2=a1+a2=p2+q, a1 an p?p-1? ∴a2=p2-p=p(p-1),∴ =p,即 p-1=p+q.∴q=-1. p+q 综上所述,q=-1 是数列{an}为等比数列的充要条件. 课时规范训练 A组 1.D 2.B 3.A 4.充分不必要 5.①③④ 6.[3,8)


7.解 由题意 p:-2≤x-3≤2,∴1≤x≤5,∴綈 p:x<1 或 x>5,q:m-1≤x≤m+1, ∴綈 q:x<m-1 或 x>m+1.
?m-1≥1, ? 又∵綈 p 是綈 q 的充分而不必要条件,∴? ? ?m+1≤5.

∴2≤m≤4.

8.解 设 A={x|p}={x|x2-4ax+3a2<0,a<0}={x|3a<x<a,a<0}, B={x|q}={x|x2-x-6≤0 或 x2+2x-8>0}={x|x2-x-6≤0}∪{x|x2+2x-8>0} ={x|-2≤x≤3}∪{x|x<-4 或 x>2}={x|x<-4 或 x≥-2}.
4

∵綈 p 是綈 q 的必要不充分条件,∴綈 q?綈 p,且綈 pD?/綈 q,则{x|綈 q}? { x|綈 p}, 而{x|綈 q}=?RB={x|-4≤x<-2},{x|綈 p}=?RA={x|x≤3a 或 x≥a,a<0},
?3a≥-2, ?a≤-4, ? ? ∴{x|-4≤x<-2}? { x|x≤3a 或 x≥a,a<0},则? 或? ? ? ?a<0 ?a<0.

2 综上,可得- ≤a<0 或 a≤-4. 3 B组 1.A 2.C 3 3.B 4.?4,1?∪(1,+∞) ? ? 5.[1,2) 6.①③②④ 7.3 或 4

8.解

9 x- ?x|x-2<0? ? ? ? 4 5? 9? 1 ? 1 5 ?=?x|2<x< ?,B= x| <0 =?x| <x< ?, (1)当 a= 时,A=? 2? 1 2 4? 2 ? ? x-2 ? ? ? x- ? 2 1 9? 5? ? ? 9 ∴?UB=?x|x≤2或x≥4?,∴(?UB)∩A=?x|4≤x<2?. ? ? ? ? (2)∵a2+2>a,∴B={x|a<x<a2+2}. 1 ①当 3a+1>2,即 a> 时,A={x|2<x<3a+1}.∵p 是 q 的充分条件,∴A?B. 3
?a≤2 ? 3- 5 1 ∴? ,即 <a≤ . 2 3 2 ? ?3a+1≤a +2

? ? ?

? ? ?

1 ②当 3a+1=2,即 a= 时,A=?,不符合题意; 3 1 ③当 3a+1<2,即 a< 时,A={x|3a+1<x<2}, 3
?a≤3a+1 ? 1 1 由 A?B 得? 2 ,∴- ≤a< . 2 3 ? ?a +2≥2

1 1 ?1 3- 5? 综上所述,实数 a 的取值范围是?-2,3?∪? , ?. ? ? ?3 2 ?

§1.3
要点梳理

简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词
真 假 真 假 真 真

1.(1)或 且 非 (2)真 假 假 真 假 假 真 2.(3)? ? (4)①含有全称量词 ②含有存在量词 基础自测

1.所有的三角形都不是等边三角形 2.[-4,0] 3.①② 4.A 题型分类· 深度剖析 例1 q1,q4

5.C

变式训练 1 解 (1)p∨q:1 是素数或是方程 x2+2x-3=0 的根.真命题. p∧q:1 既是素数又是方程 x2+2x-3=0 的根.假命题.
5

綈 p:1 不是素数.真命题. (2)p∨q:平行四边形的对角线相等或互相垂直.假命题. p∧q:平行四边形的对角相等且互相垂直.假命题. 綈 p:有些平行四边形的对角线不相等.真命题. (3)p∨q:方程 x2+x-1=0 的两实根的符号相同或绝对值相等.假命题. p∧q:方程 x2+x-1=0 的两实根的符号相同且绝对值相等.假命题. 綈 p:方程 x2+x-1=0 的两实根的符号不相同.真命题. 例2 解 1 (1)綈 p:?x0∈R,x2-x0+ <0,假命题.(2)綈 q:至少存在一个正方形不是矩形,假 0 4

命题.(3)綈 r:?x∈R,x2+2x+2>0,真命题.(4)綈 s:?x∈R,x3+1≠0,假命题. 变式训练 2 解 (1)綈 p:?x>0,使 x2-x>0,为真命题.(2)綈 q:?x∈R,2x+x2>1,为假命题. 例3 1 - 解 ①若 p 正确,则由 0<?2?|x 1|≤1,得 a>1. ? ? 9 ②若 q 正确,则 ax2+(a-2)x+ >0 解集为 R. 8

?a>0 ? 9 1 当 a=0 时,-2x+ >0 不合题意,舍去;当 a≠0 时,则? ,解得 <a<8. 9 2 8 2 ??a-2? -4a×8<0 ? ?a≤1 ?a>1 ? ? 1 ③∵p 和 q 中有且仅有一个正确,∴? 1 或?1 ,∴a≥8 或 <a≤1. 2 ?a≤2或a≥8 ?2<a<8 ? ?
变式训练 3 解 ∵函数 y=ax 在 R 上单调递增,∴p:a>1,不等式 ax2-ax+1>0 对?x∈R 恒成立, ∴a>0 且 a2-4a<0,解得 0<a<4,∴q:0<a<4. ∵“p∧q”为假,“p∨q”为真,∴p、q 中必有一真一假.
?a>1 ?0<a≤1 ? ? ①当 p 真,q 假时,? ,得 a≥4;②当 p 假,q 真时,? ,得 0<a≤1. ?a≥4 ?0<a<4 ? ?

故 a 的取值范围为(0,1]∪[4,+∞). 课时规范训练 A组 1.C 2.A 3.C 4.-2 2≤a≤2 2 5.a>1 6.綈 p、綈 q

1 5 1 1 7.解 由命题 p 为真知,0<c<1,由命题 q 为真知,2≤x+ ≤ ,要使此式恒成立,需 <2,即 c> , x 2 c 2 1 若 p 或 q 为真命题,p 且 q 为假命题,则 p、q 中必有一真一假,当 p 真 q 假时,c 的取值范围是 0<c≤ ; 2 当 p 假 q 真时,c 的取值范围是 c≥1. 1 ? ? 综上可知,c 的取值范围是?c|0<c≤2或c≥1?.
? ? 6

8.解 设 g(x)=x2+2ax+4, 由于关于 x 的不等式 x2+2ax+4>0 对一切 x∈R 恒成立,∴函数 g(x)的图象开口向上且与 x 轴没有交点,故 Δ=4a2-16<0,∴-2<a<2. 又∵函数 f(x)=(3-2a)x 是增函数,∴3-2a>1,∴a<1. 又由于 p 或 q 为真,p 且 q 为假,可知 p 和 q 一真一假.
? ?-2<a<2, (1)若 p 真 q 假,则? ,∴1≤a<2; ?a≥1, ? ?a≤-2或a≥2, ? (2)若 p 假 q 真,则? ,∴a≤-2. ? ?a<1,

综上可知,所求实数 a 的取值范围为 1≤a<2,或 a≤-2. B组 1 1.C 2.D 3.D 4.?0,2? ? ? 5.(-∞,1] 6.(-∞,-2]∪[-1,3) 7.①③

a 8.解 由 2x2+ax-a2=0 得(2x-a)(x+a)=0, ∴x= 或 x=-a, 2 a ∴当命题 p 为真命题时?2?≤1 或|-a|≤1,∴|a|≤2. ? ?
2 又“只有一个实数 x0 满足 x0+2ax0+2a≤0”,即抛物线 y=x2+2ax+2a 与 x 轴只有一个交点,

∴Δ=4a2-8a=0,∴a=0 或 a=2,∴当命题 q 为真命题时,a=0 或 a=2. ∴命题“p 或 q”为真命题时,|a|≤2,∵命题“p 或 q”为假命题,∴a>2 或 a<-2. 即 a 的取值范围为{a|a>2 或 a<-2}.

§2.1
要点梳理 1.(1)数集 任意 唯一确定 y=f(x),x∈A

函数及其表示

(2)定义域 值域 (3)定义域 值域 对应关系

(4)定义域 对应关系 2.解析法 图象法 列表法 3.都有唯一 一个映射 4.函数 非空数集 基础自测 1 5? ? 1.?-2,-2,1,2?
? ?

2 2.①② 3.-1 10 4. 或-1 3

题型分类· 深度剖析 例1 (2)(3)

变式训练 1 解 (1)y=1 的定义域为 R,y=x0 的定义域为{x|x∈R 且 x≠0},∴它们不是同一函数. (2)y= x-2· x+2的定义域为{x|x≥2},y= x2-4的定义域为{x|x≥2 或 x≤-2}, ∴它们不是同一函数. 3 (3)y=x,y= t3=t,它们的定义域和对应关系都相同,∴它们是同一函数.
7

(4)y=|x|的定义域为 R,y=( x)2 的定义域为{x|x≥0},∴它们不是同一函数. 例2 (2) 变式训练 2 (1)D (2)A 例3 C 变式训练 3 B 例4 0 变式训练 4 D

课时规范训练 A组 1.D 2.D 3.A 3 4.6 5.1 6.- 4 1 1 ,∴y= x. 15

7.解

?k1= ? ? ?b1=0 15 当 x∈[0,30]时,设 y=k1x+b1,由已知得? ,解得? ?30k1+b1=2 ? ? ?b1=0
当 x∈(30,40)时,y=2;当 x∈[40,60]时,设 y=k2x+b2,

?k2= ?40k2+b2=2 ? ? 10 由已知得? ,解得? ? ?60k2+b2=4 ?
1 x∈[0,30] ?15x, ? 综上,f(x)=?2, x∈?30,40? 1 ?10x-2, x∈[40,60] ? 1

?b2=-2

1 ,∴y= x-2. 10

.

8.解 当 f(x)≤0 时,由 x2+2x-3≤0,可得-3≤x≤1,此时,g(x)=0; 当 f(x)>0 时,由 x2+2x-3>0 可得 x<-3 或 x>1,此时 g(x)=f(x)=(x+1)2-4.
?0 ?-3≤x≤1? ? ∴g(x)=? , 2 ? ??x+1? -4 ?x<-3或x>1?

其图象如图所示: B组 1.C 2.D 8.解 3.D 4.②④ 5.(1)a(a 为正整数) (2)16 6.-2 7.[-4,2]

7 3 7 7 7 7 3 (1)∵x= 时,4x= ,∴f1(x)=?4?=1,g(x)= -?4?= ,∴f2(x)=f1[g(x)]=f1?4?=[3]=3. ? ? ? ? 16 4 4 ? ? 4
?1≤4x<2, ? 7 1 (2)∵f1(x)=[4x]=1,g(x)=4x-1,∴f2(x)=f1(4x-1)=[16x-4]=3,∴? ∴ ≤x< . 16 2 ? ?3≤16x-4<4.

§2.2
要点梳理

函数的定义域、值域及函数的解析式

8

π ? ? 1.(1)使函数有意义的自变量的取值范围 (3)③R ④R ⑤?x|x∈R且x≠kπ+2,k∈Z?
? ?

⑥{x|x∈R 且 x≠0} 2.(1)函数值 函数值的集合 (2)①R ②? 4ac-b2 4ac-b2? ,+∞? ?-∞, 4a ? ? 4a ? ?

③{y|y∈R 且 y≠0} ④(0,+∞) ⑤R ⑥[-1,1] ⑦R 基础自测 1.[-1,2)∪(2,+∞) 2.{x|-3<x<2} 3.(0,+∞) 4. 题型分类· 深度剖析 例2 解 例1 1 (1)?-3,1? (2)(-1,1) ? ? x2+1 (x≠0) x2-1 变式训练 1 (1)A 3 (2)?0,4? ? ?

1 1 1 ∵f(2x)的定义域是[-1,1], ≤2x≤2, y=f(x)的定义域是?2,2?, ≤log2x≤2? 2≤x≤4.∴f(log2x) ∴ 即 ? ? 由2 2

的定义域是[ 2,4]. 变式训练 2 解 ∵f(x)的定义域为[0,4],
?0≤x+1≤4, ? (1)有 0≤x2≤4,∴-2≤x≤2,故 f(x2)的定义域为[-2,2];(2)有? ∴1≤x≤3. ? ?0≤x-1≤4,

故 f(x+1)+f(x-1)的定义域为[1,3]. 例3 解 (1)(配方法) y=x2+2x=(x+1)2-1,y=(x+1)2-1 在[0,3]上为增函数,∴0≤y≤15,

即函数 y=x2+2x (x∈[0,3])的值域为[0,15]. x-3 x+1-4 4 4 4 (2)(分离常数法) y= = =1- ,∵ ≠0,∴1- ≠1, x+1 x+1 x+1 x+1 x+1 即函数的值域是{y|y∈R,y≠1}. 1-t2 1-t2 1 (3)方法一 (换元法) 令 1-2x=t,则 t≥0 且 x= ,于是 y= -t=- (t+1)2+1, 2 2 2 1? 1 ? 由于 t≥0,∴y≤ ,故函数的值域是?y|y≤2?. 2 ? ? 1 方法二 (单调性法) 容易判断函数 y=f(x)为增函数,而其定义域应满足 1-2x≥0,即 x≤ , 2 1 1 1? ? ∴y≤f?2?= ,即函数的值域是?y|y≤2?. ? ? 2 ? ? (4)(基本不等式法) 函数定义域为{x|x∈R,x>0,且 x≠1},当 x>1 时,log3x>0, 1 于是 y=log3x+ -1≥2 log3x 1 log3x· -1=1; log3x

1 1 当 0<x<1 时,log3x<0,于是 y=log3x+ -1=-??-log3x?+?-log x??-1 log3x ? ? 3 ?? ≤-2-1=-3. 故函数的值域是(-∞,-3]∪[1,+∞).
9

变式训练 3 解 (1)方法一

1 1 3 3 (配方法) ∵y=1- 2 ,又 x2-x+1=?x-2?2+ ≥ , ? ? 4 4 x -x+1

1 1 4 1 ∴0< 2 ≤ ,∴- ≤y<1,∴函数的值域为?-3,1?. ? ? 3 x -x+1 3 x2-x 方法二 (判别式法) 由 y= 2 ,x∈R,得(y-1)x2+(1-y)x+y=0. x -x+1 1 ∵y=1 时,x∈?,∴y≠1,又∵x∈R,∴Δ=(1-y)2-4y(y-1)≥0,解得- ≤y≤1. 3 1 1 综上得- ≤y<1,∴函数的值域为?-3,1?. ? ? 3 13-t2 (2)方法一 (换元法):设 13-4x=t,则 t≥0,x= , 4 13-t2 1 11 1 于是 f(x)=g(t)=2· -1-t=- t2-t+ =- (t+1)2+6, 4 2 2 2 11 显然函数 g(t)在[0,+∞)上是单调递减函数,∴g(t)≤g(0)= , 2 11 因此原函数的值域是?-∞, 2 ?. ? ? 13? ? 方法二 (单调性法):函数定义域是?x|x≤ 4 ?,
? ?

当自变量 x 增大时,2x-1 增大, 13-4x减小,∴2x-1- 13-4x增大, 因此函数 f(x)=2x-1- 13-4x在其定义域上是一个单调递增函数, 13 11 11 13 ∴当 x= 时,函数取得最大值 f? 4 ?= ,故原函数的值域是?-∞, 2 ?. ? ? 2 ? ? 4 例4 解 1 1 1 (1)令 x+ =t,则 t2=x2+ 2+2≥4,∴t≥2 或 t≤-2 且 x2+ 2=t2-2, x x x

∴f(t)=t2-2,即 f(x)=x2-2 (x≥2 或 x≤-2). 2 2 2 2 (2)令 +1=t,由于 x>0,∴t>1 且 x= ,∴f(t)=lg ,即 f(x)=lg (x>1). x t-1 t-1 x-1 (3)设 f(x)=kx+b,∴3f(x+1)-2f(x-1)=3[k(x+1)+b]-2[k(x-1)+b]=kx+5k+b=2x+17.
? ? ?k=2 ?k=2 ∴? ,即? .∴f(x)=2x+7. ?5k+b=17 ?b=7 ? ?

1 1 3 1 (4)∵2f(x)+f?x?=3x,∴2f?x?+f(x)= .∴f(x)=2x- (x≠0). ? ? ? ? x x 变式训练 4 解 (1)令 t= x+1,∴t≥1,x=(t-1)2.则 f(t)=(t-1)2+2(t-1)=t2-1, ∴f(x)=x2-1 (x≥1). (2)设 f(x)=ax2+bx+c,又 f(0)=c=3,∴f(x)=ax2+bx+3, ∴f(x+2)-f(x)=a(x+2)2+b(x+2)+3-(ax2+bx+3)=4ax+4a+2b=4x+2.

10

?4a=4 ?a=1 ? ? ∴? ,∴? ,∴f(x)=x2-x+3. ? ? ?4a+2b=2 ?b=-1

课时规范训练 A组 1.C 2.B 8.解 10 3.C 4.C 5.(-∞,3] 6.?2, 3 ? ? ? 7.[-2,7]

(1)设 f(x)=ax2+bx+c (a≠0),又 f(0)=0,∴c=0,即 f(x)=ax2+bx,又 f(x+1)=f(x)+x+1. ∴a(x+1)2+b(x+1)=ax2+bx+x+1.∴(2a+b)x+a+b=(b+1)x+1,
?2a+b=b+1 ? ∴? ,解得 ? ?a+b=1

?a=2 ? 1 ?b=2
1

1 1 ,∴f(x)= x2+ x. 2 2

1 1 1 1 2 3 1 (2)由(1)知 y=f(x2-2)= (x2-2)2+ (x2-2)= (x4-3x2+2)= ?x -2?2- , ? 8 2 2 2 2? 1 3 1 当 x2= 时,y 取最小值- ,∴函数 y=f(x2-2)的值域为?-8,+∞?. ? ? 2 8 B组 1.B 2.C 3.A 4.(-1,- 9 9 2 )∪(- , 2] 5. 10 10 2 28 6. 3

1 1 7.解 ∵f(x)= (x-1)2+a- .∴其对称轴为 x=1,即[1,b]为 f(x)的单调递增区间. 2 2 1 ∴f(x)min=f(1)=a- =1 2 1 f(x)max=f(b)= b2-b+a=b 2 ① ②

?a=3, ? 3 又 b>1,由①②解得? 2 ∴a、b 的值分别为 、3. 2 ? ?b=3.
8.解 3 (1)∵函数的值域为[0,+∞),∴Δ=16a2-4(2a+6)=0,∴2a2-a-3=0,∴a=-1 或 a= . 2 (2)∵对一切 x∈R 函数值均为非负,∴Δ=16a2-4(2a+6)=8(2a2-a-3)≤0. 3 3 3 17 ∴-1≤a≤ .∴a+3>0,∴g(a)=2-a|a+3|=-a2-3a+2=-?a+2?2+ ?a∈?-1,2??. ? ? 4 ? ? ?? 2 3 3 19 ∵二次函数 g(a)在?-1,2?上单调递减,∴g?2?≤g(a)≤g(-1),即- ≤g(a)≤4. ? ? ? ? 4 19 ∴g(a)的值域为?- 4 ,4?. ? ?

§ 2.3 函数的单调性与最值
11

要点梳理 1.(1)f(x1)<f(x2) f(x1)>f(x2) 上升的 下降的 (2)增函数 减函数 区间 D 2.(1)f(x)≤M (2)f(x0)=M (3)f(x)≥M (4)f(x0)=M 4 基础自测 1.[1,4] 8 2. ,1 3 题型分类· 深度剖析 例1 (1)解 由 2f(1)=f(-1),可得 2 2-2a= 2+a,得 a= (2)证明 任取 x1,x2∈[0,+∞),且 x1<x2, f(x1)-f(x2)= x2+1-ax1- x2+1+ax2= x2+1- x2+1-a(x1-x2) 1 2 1 2 =
2 x2-x2 1

3.(-3,0) 4.A 5.C

2 . 3

x2+1+ 1

-a(x1-x2)=(x1-x2) x2+1 2

x1+x2 ? -a?. ? 2 ? 2 ? x1+1+ x2+1 ? x1+x2 <1. 2 x1+1+ x2+1 2

2 ∵0≤x1< x1+1,0<x2< x2+1,∴0< 2

又∵a≥1,∴f(x1)-f(x2)>0,∴f(x)在[0,+∞)上单调递减. (3)解 任取 1≤x1<x2,f(x1)-f(x2)=(x1-x2)? x1+x2 ? -a?, ? 2 2 ? x1+1+ x2+1 ? x1+x2 -a>0 2 x1+1+ x2+1 2 恒成立.

∵f(x)单调递增,∴f(x1)-f(x2)<0,又 x1-x2<0,那么必须

2 ∵1≤x1<x2?2x2≥x2+1,2x2>x2+1,∴ 2x1≥ x2+1, 2x2> x2+1. 1 1 2 1 2

相加得 2(x1+x2)> x2+1+ x2+1? 1 2

x1+x2 > 2 x1+1 x2+1 2

2 2 ,∴0<a≤ . 2 2

变式训练 1 (1)证明 任设 x1<x2<-2,则 f(x1)-f(x2)=

2?x1-x2? x1 x2 - = . x1+2 x2+2 ?x1+2??x2+2?

∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,∴f(x1)<f(x2),∴f(x)在(-∞,-2)内单调递增. (2)解 任设 1<x1<x2,则 f(x1)-f(x2)= a?x2-x1? x1 x2 - = . x1-a x2-a ?x1-a??x2-a?

∵a>0,x2-x1>0,∴要使 f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0 恒成立,∴a≤1. 综上所述知 0<a≤1. 例2 解 令 u=x2-3x+2,则原函数可以看作 y= log 1 u 与 u=x2-3x+2 的复合函数.令 u=x2-3x+2>0,则
2

x<1 或 x>2,∴函数 y= log 1 ( x ? 3x ? 2) 的定义域为(-∞,1)∪(2,+∞).
2 2

3 又 u=x2-3x+2 的对称轴 x= ,且开口向上. 2 ∴u=x2-3x+2 在(-∞,1)上是单调减函数,在(2,+∞)上是单调增函数.

12

而 y= log 1 u 在(0,+∞)上是单调减函数,
2

∴y= log 1 ( x 2 ? 3x ? 2) 的单调减区间为(2,+∞),单调增区间为(-∞,1).
2

变式训练 2 解 令 u=x2+x-6,y= x2+x-6可以看作有 y= u与 u=x2+x-6 的复合函数. 由 u=x2+x-6≥0,得 x≤-3 或 x≥2. ∵u=x2+x-6 在(-∞,-3]上是减函数,在[2,+∞)上是增函数,而 y= u在(0,+∞)上是增函数,∴y = x2+x-6的单调减区间为(-∞,-3],单调增区间为[2,+∞). 例3 (1)证明 方法一 ∵函数 f(x)对于任意 x,y∈R 总有 f(x)+f(y)=f(x+y), ∴令 x=y=0,得 f(0)=0,再令 y=-x,得 f(-x)=-f(x),在 R 上任取 x1>x2,则 x1-x2>0, f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2). 又∵x>0 时,f(x)<0,而 x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0,即 f(x1)<f(x2),因此 f(x)在 R 上是减函数. 方法二 设 x1>x2,则 f(x1)-f(x2)=f(x1-x2+x2)-f(x2)=f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)=f(x1-x2). 又∵x>0 时,f(x)<0,而 x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0,即 f(x1)<f(x2),∴f(x)在 R 上为减函数. (2)解 ∵f(x)在 R 上是减函数,∴f(x)在[-3,3]上也是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分别为 f(-3)与 f(3). 而 f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2,∴f(x)在[-3,3]上的最大值为 2,最小值为-2. x 变式训练 3 解 (1)∵当 x>0,y>0 时,f?y?=f(x)-f(y),∴令 x=y>0,则 f(1)=f(x)-f(x)=0. ?? x2 (2)设 x1,x2∈(0,+∞),且 x1<x2,则 f(x2)-f(x1)=f?x ?, ? ?
1

x2 x2 ∵x2>x1>0.∴ >1,∴f?x ?>0,∴f(x2)>f(x1),即 f(x)在(0,+∞)上是增函数. ? 1? x1 (3)由(2)知 f(x)在[1,16]上是增函数. x ∴f(x)min=f(1)=0,f(x)max=f(16),∵f(4)=2,由 f?y?=f(x)-f(y), ?? 16 知 f? 4 ?=f(16)-f(4),∴f(16)=2f(4)=4,∴f(x)在[1,16]上的值域为[2,4]. ? ? 课时规范训练 A组 1.B 2.D 3.A 4.[3,+∞) 5.①③ 6.(1,+∞)

1 1 1 1 1 1 x2-x1 7.(1)证明 设 x2>x1>0,设 x2-x1>0,x1x2>0,∵f(x2)-f(x1)=?a-x ?-?a-x ?= - = >0, ? ? x1 x2 x1x2 2? 1? ∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是单调递增的. (2)解 1 1 1 ∵f(x)在?2,2?上的值域是?2,2?,又 f(x)在?2,2?上单调递增, ? ? ? ? ? ? 1 1 2 ∴f?2?= ,f(2)=2.∴易得 a= . ? ? 2 5
13

8.解 设-1<x1<x2<1,则 f(x1)-f(x2)=

a?x2-x1??x1x2+1? ax1 ax2 - 2 = . 2 x1-1 x2-1 ?x2-1??x2-1? 1 2

?x2-x1??x2x1+1? ∵-1<x1<x2<1,∴x2-x1>0,x2-1<0,x2-1<0.-1<x1x2<1,∴x1x2+1>0,∴ 2 >0. 1 2 ?x1-1??x2-1? 2 因此,当 a>0 时,f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2),此时函数在(-1,1)上为减函数; 当 a<0 时,f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2),此时函数在(-1,1)上为增函数. B组 1.B 2.B 8.解 3.C 4.(-∞,0)∪(1,3] 5.a>0 且 b≤0 6.[1,+∞) 7.①③④

(1)任取 x1,x2∈[-1,1],且 x1<x2,则-x2∈[-1,1],∵f(x)为奇函数, f?x1?+f?-x2? ∴f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)= · 1-x2), (x x1+?-x2? f?x1?+f?-x2? 由已知得 >0,x1-x2<0,∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2).∴f(x)在[-1,1]上单调递增. x1+?-x2?

?x+2<x-1, ? 1 (2)∵f(x)在[-1,1]上单调递增,∴?-1≤x+2≤1, ?-1≤x-1≤1. ? 1
1 1 设 g(a)=-2m· a+m2≥0. ①若 m=0,则 g(a)=0≥0,对 a∈[-1,1]恒成立.

3 ∴- ≤x<-1. 2

(3)∵f(1)=1,f(x)在[-1,1]上单调递增.∴在[-1,1]上,f(x)≤1. 问题转化为 m2-2am+1≥1,即 m2-2am≥0,对 a∈[-1,1]成立,下面来求 m 的取值范围.

②若 m≠0,则 g(a)为 a 的一次函数,若 g(a)≥0,对 a∈[-1,1]恒成立,必须 g(-1)≥0,且 g(1)≥0, ∴m≤-2,或 m≥2,∴m 的取值范围是 m=0 或 m≥2 或 m≤-2.

§ 2.4 函数的奇偶性与周期性
要点梳理 1.f(-x)=f(x) f(-x)=-f(x) 2.(1)相同 相反 (2)①奇函数 ②偶函数 ③奇函数 3.(1)f(x) (2)存在一个最小 基础自测 1. 1 2.②③ 3.-9 4.(-1,0)∪(1,+∞) 5.C 3

题型分类· 深度剖析 例1 解
?9-x2≥0 ? (1)由? 2 ,得 x=± 3,∴f(x)的定义域为{-3,3}. ? ?x -9≥0 14

又 f(3)+f(-3)=0,f(3)-f(-3)=0,即 f(x)=± f(-x).∴f(x)既是奇函数,又是偶函数.

?1-x≥0 ? (2)由?1+x ,得-1<x≤1. ?1+x≠0 ?
∵f(x)的定义域(-1,1]不关于原点对称,∴f(x)既不是奇函数,也不是偶函数.
?4-x2≥0 ? (3)由? ,得-2≤x≤2 且 x≠0,∴f(x)的定义域为[-2,0)∪(0,2],关于原点对称. ? ?|x+3|-3≠0

4-x2 4-x2 ∴f(x)= = ,∴f(x)=-f(-x),∴f(x)是奇函数. x ?x+3?-3 1-x 变式训练 1 解 (1)由 >0?-1<x<1,定义域关于原点对称. 1+x 1+x ?1-x?-1=-lg1-x=-f(x),故原函数是奇函数. 又 f(-x)=lg =lg? ? 1-x 1+x ?1+x? (2)由 2+x ≥0 且 2-x≠0?-2≤x<2,定义域关于原点不对称,故原函数是非奇非偶函数. 2-x

(3)函数定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),关于原点对称, 又当 x>0 时,f(x)=x2+x,则当 x<0 时,-x>0,故 f(-x)=x2-x=f(x); 当 x<0 时,f(x)=x2-x,则当 x>0 时,-x<0,故 f(-x)=x2+x=f(x),故原函数是偶函数.
?1-x2>0, ? (4)由? 2 得定义域为(-1,0)∪(0,1),关于原点对称, ? ?|x -2|-2≠0

lg?1-x2? lg?1-x2? ∴f(x)= =- . x2 -?x2-2?-2 lg[1-?-x?2] lg?1-x2? ∵f(-x)=- =- =f(x),∴f(x)为偶函数. 2 x2 ?-x? 例2 解 (1)令 x=y=0?f(0)=0,

令 y=-x,则 f(x)+f(-x)=0?f(-x)=-f(x)?f(x)在(-1,1)上是奇函数.

? x1-x2 ?, (2)设 0<x1<x2<1,则 f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f? ? ?1-x1x2?
x1-x2 ? x1-x2 ?>0,即当 0<x <x <1 时,f(x )>f(x ), 而 x1-x2<0,0<x1x2<1? <0?f? ? 1 2 1 2 1-x1x2 ?1-x1x2? ∴f(x)在(0,1)上单调递减.

? - ? ?1?-f?1?=f?1?+f?-1?=f 2 5 =f?1?, (3)由于 f?2? ?5? ?2? ? 5? ? 1 ? ?3? ?1-2×5?
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 同理,f?3?-f?11?=f?4?,f?4?-f?19?=f?5?,∴f?2?-f?11?-f?19?=2f?5?=2× =1. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 变式训练 2 解 ∵y=f(x)为奇函数,且在(0,+∞)上为增函数,
15

∴y=f(x)在(-∞,0)上也是增函数,且由 f(1)=0 得 f(-1)=0.

1 若 f[x(x- )]<0=f(1),则 2

?x?x-2?>0 ? 1 ?x?x-2?<1
1 1

1+ 17 1- 17 1 1 即 0<x(x- )<1,解得 <x< 或 <x<0. 2 2 4 4

?x?x-2?<0 1 若 f[x(x- )]<0=f(-1),则? 2 1 ?x?x-2?<-1

1 ,由 x(x- )<-1,解得 x∈?. 2

1+ 17 1- 17 1 ∴原不等式的解集是{x| <x< 或 <x<0}. 2 4 4 例3 (1)证明 ∵f(x+2)=-f(x),∴f(x+4)=-f(x+2)=f(x).∴f(x)是周期为 4 的周期函数.

(2)解 ∵x∈[2,4],∴-x∈[-4,-2],∴4-x∈[0,2], ∴f(4-x)=2(4-x)-(4-x)2=-x2+6x-8,又 f(4-x)=f(-x)=-f(x), ∴-f(x)=-x2+6x-8,即 f(x)=x2-6x+8,x∈[2,4]. (3)解 ∵f(0)=0,f(2)=0,f(1)=1,f(3)=-1.又 f(x)是周期为 4 的周期函数, ∴f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=f(4)+f(5)+f(6)+f(7)=?=f(2 008)+f(2 009)+f(2 010)+f(2 011)=0,∴f(0)+f(1) +f(2)+?+f(2 011)=0. 变式训练 3 2.5 课时规范训练 A组 1.B 2.A 8.解 3.B 4.A 5.-1
2

6.-1 7.-3

(1)当 a=0 时,f(x)=x ,f(-x)=f(x) ,函数是偶函数. a 当 a≠0 时,f(x)=x2+ (x≠0,常数 a∈R),取 x=± 1,得 f(-1)+f(1)=2≠0; x f(-1)-f(1)=-2a≠0,∴f(-1)≠-f(1),f(-1)≠f(1). ∴函数 f(x)既不是奇函数也不是偶函数. 1 (2)若 f(1)=2,即 1+a=2,解得 a=1,这时 f(x)=x2+ ,任取 x1,x2∈[2,+∞),且 x1<x2, x 1 x2-x1 1 1 2 则 f(x1)-f(x2)=(x2+ )-?x2+x ?=(x1+x2)(x1-x2)+ =(x1-x2)?x1+x2-x x ?. 1 ? x1 ? x1x2 2? 1 2? 由于 x1≥2,x2≥2,且 x1<x2,∴x1-x2<0,x1+x2> 故 f(x)在[2,+∞)上是单调递增函数. 1 ,∴f(x1)<f(x2), x1x2

B组 1.A 2.C 3.B 4.(1)(2)(3) 5.0 6.②③⑤

7.(1)证明 由函数 f(x)的图象关于直线 x=1 对称,有 f(x+1)=f(1-x),即有 f(-x)=f(x+2).
16

又函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数,故有 f(-x)=-f(x).故 f(x+2)=-f(x). 从而 f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即 f(x)是周期为 4 的周期函数. (2)解 由函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数,有 f(0)=0. x∈[-1,0)时,-x∈(0,1],f(x)=-f(-x)=- -x,故 x∈[-1,0]时,f(x)=- -x. x∈[-5,-4]时,x+4∈[-1,0],f(x)=f(x+4)=- -x-4. 从而,x∈[-5,-4]时,函数 f(x)=- -x-4. 8.解 (1)∵对于任意 x1,x2∈D,有 f(x1·2)=f(x1)+f(x2),∴令 x1=x2=1,得 f(1)=2f(1),∴f(1)=0. x 1 (2)令 x1=x2=-1,有 f(1)=f(-1)+f(-1),∴f(-1)= f(1)=0. 2 令 x1=-1,x2=x 有 f(-x)=f(-1)+f(x),∴f(-x)=f(x),∴f(x)为偶函数. (3)依题设有 f(4×4)=f(4)+f(4)=2,由(2)知,f(x)是偶函数,∴f(x-1)<2?f(|x-1|)<f(16). 又 f(x)在(0,+∞)上是增函数.∴0<|x-1|<16,解之得-15<x<17 且 x≠1. ∴x 的取值范围是{x|-15<x<17 且 x≠1}.

§2.5
基础自测 1.2 2.[1,2] 3.6 题型分类· 深度剖析 4.(-∞,-2] 5.B

二次函数

要点梳理 1.(2)①ax2+bx+c (a≠0) ②a(x-m)2+n(a≠0) ③a(x-x1)(x-x2) (a≠0)

例1

解 方法一

?4a+2b+c=-1, ?a-b+c=-1, 设 f(x)=ax +bx+c (a≠0),依题意有? ?4ac-b =8, ? 4a
2 2

?a=-4, ? 解之,得?b=4, ?c=7, ?

,∴所求二次函数为 y=-4x2+4x+7.

2+?-1? 1 方法二 设 f(x)=a(x-m)2+n,a≠0,∵f(2)=f(-1), ,∴抛物线对称轴为 x= = . 2 2 1 1 ∴m= ,又根据题意函数有最大值为 n=8,∴y=f(x)=a?x-2?2+8. ? ? 2 1 1 ∵f(2)=-1,∴a?2-2?2+8=-1,解之,得 a=-4.∴f(x)=-4?x-2?2+8=-4x2+4x+7. ? ? ? ? 方法三 依题意知:f(x)+1=0 的两根为 x1=2,x2=-1,故可设 f(x)+1=a(x-2)(x+1),a≠0. 4a?-2a-1?-a2 即 f(x)=ax2-ax-2a-1.又函数有最大值 ymax=8,即 =8, 4a 解之,得 a=-4 或 a=0(舍去).∴函数解析式为 f(x)=-4x2+4x+7. 变式训练 1 解 (1)设顶点为 P(3,4)且过点 A(2,2)的抛物线的方程为 y=a(x-3)2+4, 将(2,2)代入可得 a=-2, ∴y
17

=-2(x-3)2+4,即 x>2 时,f(x)=-2x2+12x-14. 当 x<-2 时,即-x>2,又 f(x)为偶函数,f(x)=f(-x)=-2×(-x)2-12x-14, 即 f(x)=-2x2-12x-14. ∴函数 f(x)在(-∞,-2)上的解析式为 f(x)=-2x2-12x-14.

(2)函数 f(x)的图象如图: (3)由图象可知,函数 f(x)的值域为(-∞,4]. 例2 解 (1)当 a=-2 时,f(x)=x2-4x+3=(x-2)2-1,由于 x∈[-4,6],

∴f(x)在[-4,2]上单调递减,在[2,6]上单调递增, ∴f(x)的最小值是 f(2)=-1,又 f(-4)=35,f(6)=15,故 f(x)的最大值是 35. (2)由于函数 f(x)的图象开口向上,对称轴是 x=-a,∴要使 f(x)在[-4,6]上是单调函数,应有-a≤-4 或 -a≥6,即 a≤-6 或 a≥4. (3)当 a=1 时,f(x)=x2+2x+3,∴f(|x|)=x2+2|x|+3,此时定义域为 x∈[-6,6],
?x2+2x+3,x∈?0,6] ? 且 f(x)=? 2 ,∴f(|x|)的单调递增区间是(0,6],单调递减区间是[-6,0]. ? ?x -2x+3,x∈[-6,0]

a a a 变式训练 2 解 f(x)=-4?x-2?2-4a,对称轴为 x= ,顶点为?2,-4a?. ? ? ? ? 2 a ①当 ≥1,即 a≥2 时,f(x)在区间[0,1]上递增.∴ymax=f(1)=-4-a2.令-4-a2=-5, 2 ∴a=± 1<2(舍去). a a 5 ②当 0< <1,即 0<a<2 时,ymax=f?2?=-4a,令-4a=-5,∴a= ∈(0,2). ? ? 2 4 a ③当 ≤0,即 a≤0 时,f(x)在区间[0,1]上递减,此时 f(x)max=f(0)=-4a-a2. 2 5 令-4a-a2=-5,即 a2+4a-5=0,∴a=-5 或 a=1(舍去).综上所述,a= 或 a=-5. 4 例3 解 (1)由 f(0)=1 得,c=1.∴f(x)=ax2+bx+1.又 f(x+1)-f(x)=2x,

? ? ?2a=2, ?a=1 ∴a(x+1)2+b(x+1)+1-(ax2+bx+1)=2x,即 2ax+a+b=2x,∴? ∴? ?a+b=0, ?b=-1. ? ?

因此,f(x)=x2-x+1. (2)f(x)>2x+m 等价于 x2-x+1>2x+m,即 x2-3x+1-m>0,要使此不等式在[-1,1]上恒成立,只需使函数 g(x)=x2-3x+1-m 在[-1,1]上的最小值大于 0 即可. ∵g(x)=x2-3x+1-m 在[-1,1]上单调递减, ∴g(x)min =g(1)=-m-1,由-m-1>0 得,m<-1.
18

因此满足条件的实数 m 的取值范围是(-∞,-1). 变式训练 3 解 (1)∵f(x)=x2+mx+n, ∴f(-1+x)=(-1+x)2+m(-1+x)+n=x2-2x+1+mx+n-m=x2+(m-2)x+n-m+1, f(-1-x)=(-1-x)2+m(-1-x)+n=x2+2x+1-mx-m+n=x2+(2-m)x+n-m+1. 又 f(-1+x)=f(-1-x),∴m-2=2-m,即 m=2.又 f(x)的图象过点(1,3), ∴3=12+m+n,即 m+n=2,∴n=0,∴f(x)=x2+2x, 又 y=g(x)与 y=f(x)的图象关于原点对称,∴-g(x)=(-x)2+2×(-x),∴g(x)=-x2+2x. (2)∵F(x)=g(x)-λf(x)=-(1+λ)x2+(2-2λ)x, 2-2λ 1-λ 当 λ+1≠0 时,F(x)的对称轴为 x= = ,又∵F(x)在(-1,1]上是增函数. 2?1+λ? λ+1

?1+λ<0 ?1+λ>0 ? ? ∴?1-λ 或?1-λ ,∴λ<-1 或-1<λ≤0. ?1+λ≤-1 ?1+λ≥1 ? ?
当 λ+1=0,即 λ=-1 时,F(x)=4x 显然在(-1,1]上是增函数. 综上所述,λ 的取值范围为(-∞,0]. 课时规范训练 A组 1 1.D 2.A 3.B 4.y= (x-2)2-1 2 7.解


1 5.0≤m≤ 4

6.0 或-1

f(x)=(x-a)2+a-a2 当 a<-1 时,f(x)在[-1,1]上为增函数,
2 ? ? ?f?-1?=1+3a=-2, ?f?a?=a-a =-2, ∴? ?a=-1(舍去);当-1≤a≤0 时,? ?a=-1; ?f?1?=1-a=2 ?f?1?=1-a=2 ? ?

?f?a?=a-a2=-2, ? 当 0<a≤1 时,? ?a 不存在; ? ?f?-1?=1+3a=2 ? ?f?-1?=1+3a=2, 当 a>1 时,f(x)在[-1,1]上为减函数,∴? ?a 不存在. ? ?f?1?=1-a=-2

综上可得 a=-1. 8.解 (1)∵f(x)满足 f(1+x)=f(1-x),∴f(x)的图象关于直线 x=1 对称. b 而二次函数 f(x)的对称轴为 x=- , 2a b ∴- =1. 2a 又 f(x)=x 有等根,即 ax2+(b-1)x=0 有等根,∴Δ=(b-1)2=0. 1 1 由①②得 b=1,a=- .∴f(x)=- x2+x. 2 2 1 1 1 1 1 1 (2)∵f(x)=- x2+x=- (x-1)2+ ≤ ,如果存在满足要求的 m,n,则必需 3n≤ ,∴n≤ . 2 2 2 2 2 6
19

① ②

1 从而 m<n≤ <1,而 x≤1,f(x)单调递增,∴ 6

?f?m?=-2m +m=3m ? 1 ?f?n?=-2n +n=3n
1
2 2



可解得 m=-4,n=0 满足要求.∴存在 m=-4,n=0 满足要求. B组 1.D 2.B 5 3.C 4.?2,2? ? ? 5.0<a≤ 1 4 31 6.?1,27? ? ? 7.[1,+∞)

8.证明 (1)由于 f(x)=x2+(2t-1)x+1-2t.∴f(x)=1?(x+2t)(x-1)=0,(*) ∴x=1 是方程(*)的根,即 f(1)=1,因此 x=1 是 f(x)=1 的实根,即 f(x)必有实根. 1 1 3 (2)当 <t< 时,f(-1)=3-4t>0,f(0)=1-2t=2?2-t?<0. ? ? 2 4 1 1 1 3 f?2?= + (2t-1)+1-2t= -t>0,又函数 f(x)的图象连续不间断. ? ? 4 2 4 1 因此 f(x)=0 在区间(-1,0)及?0,2?上各有一个实根. ? ?

§2.6
要点梳理

指数与指数函数

n 1.(1)a 的 n 次方根 根式 根指数 被开方数 (2)① a
?a ?a≥0? ? ④a ? ? ?-a ?a<0?

n ② a



n

a

±

n

a

③a

1 n 2.(1)②1 ③ p ④ am a

1 ⑤ m a n

1 n am

⑥0 没有意义 (2)①ar

+s

②ars ③arbr

3.(1)R (2)(0,+∞) (3)(0,1) (4)y>1 0<y<1 (5)0<y<1 y>1 (6)增函数 (7)减函数 基础自测 2 1.(1)x 3 3 (2)(a+b) 4 5 (3)m 2.7 3.(- 2,-1)∪(1, 2) 4. 3 2 5.B

题型分类· 深度剖析 例1 10 ? 27 ? 3 ? 1 ? 2 ? 8 ?3 2 解 (1)原式= ? ? ? + ? ? - 5-2+1= ? ? ? + 500 -10( 5+2)+1 8 ? 500 ? 27 ? ? ? ?
1

?

2

?

1

2

4 167 = +10 5-10 5-20+1=- . 9 9 (2)原式= 5-2-1- ? 5-2?2=( 5-2)-1-( 5-2)=-1.

20

? 3 2 ? ?a b a b ? 3 1 1 1 1 ? ? = a 2 ? 6 ?1? 3 b1? 3 ? 2? 3 =ab-1. (3)原式= 1 1 ? b 2 ab a 3 3
1 3 2 3

1 2

1 ? 2 ?3 ? 2 ?3 3 4 变式训练 1 解 (1)原式= ? ? ×1+ ? 2 ? × 2 4 +( 2 3 × 3 2 )6- ? ? =2+4×27=110. ?3? ?3?
1 1
1

1

1

m4-8mn3 m?m3-8n3? m2 ? 2n?· (2)令 a 3 =m, b 3 =n,则原式= 2 m= 2 2÷ 1- 2· m? m +2mn+4n ? m +2mn+4n m-2n
1

1

= 例2 (1)D (2)0<a<1、b<0 (3)1

m3?m-2n??m2+2mn+4n2? =m3=a. ?m2+2mn+4n2??m-2n?

变式训练 2 (1)A (2)解 函数 y=|3x-1|的图象是由函数 y=3x 的图象向下平 移一个单位后,再把位于 x 轴下方的图象沿 x 轴翻折到 x 轴 上方得到的,函数图象如图所示. 当 k<0 时,直线 y=k 与函数 y=|3x-1|的图象无交点,即方 程无解;当 k=0 或 k≥1 时,直线 y=k 与函数 y=|3x-1|的 图象有唯一的交点,∴方程有一解; 当 0<k<1 时,直线 y=k 与函数 y=|3x-1|的图象有两个不同交点,∴方程有两解. 例3 解 令 t=ax (a>0 且 a≠1),则原函数化为 y=(t+1)2-2 (t>0).

1 1 ①当 0<a<1 时,x∈[-1,1],t=ax∈?a,a?,此时 f(t)在?a,a?上为增函数. ? ? ? ? 1 1 1 1 1 ∴f(t)max=f?a?=?a+1?2-2=14,∴?a+1?2=16,∴a=- 或 a= . ? ? ? ? ? ? 5 3 1 又∵a>0,∴a= . 3 1 1 ②当 a>1 时,x∈[-1,1],t=ax∈?a,a?,此时 f(t)在?a,a?上是增函数. ? ? ? ? ∴f(t)max=f(a)=(a+1)2-2=14,解得 a=3(a=-5 舍去). 1 综上得 a= 或 3. 3 变式训练 3 解 (1)当 x<0 时,f(x)=0,无解; 1 1 3 当 x≥0 时,f(x)=2x- x,由 2x- x= ,得 2·2x-3·x-2=0,看成关于 2x 的一元二次方程, 2 2 2 2 2 1 解得 2x=2 或- ,∵2x>0,∴x=1. 2 1 1 2t t (2)当 t∈[1,2]时,2t?2 -22t?+m?2 -2t?≥0,即 m(22t-1)≥-(24t-1),∵22t-1>0, ? ? ? ?
21

∴m≥-(22t+1),∵t∈[1,2],∴-(22t+1)∈[-17,-5], 故 m 的取值范围是[-5,+∞). 课时规范训练 A组 1.B 2.D 3.D 4.m<n 5.1
2

1 3 6. 或 2 2
1

7.-2
2 1

4 2 ? 625 ? 4 ? 8 ? 3 ? 49 ? 2 ? 1000 ? 3 8.解 (1)原式=[ ? -? +? ÷ 50× ]÷ ? ? ? 10 ? 10000 ? ? 27 ? ? 9 ? ? 8 ? ? ? 1 4 2? 1 ? 17 ? 2 ?4 7 × =?9-3+25× ?÷ = - +2?×2=9. 5 2 10 ? 2 ? 9 ?
1 ?? 1 ?3 ? 1 ? 3 ? 2 2 ? ? 3 3 3 a ?? a ? ? ? 2b ? ? 1 1 ?a?a ? 3 3 ?? ? ? ? ? ? a ? 2b ? ? ? ? ? (2)原式= 1 1 2 1 1 1 2 a 1 5 1 ? 3? ? 3? ? 3? ? 2 3? 3 ? a ? ? a ? ? 2b ? ? ? 2b ? ?a ?a ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1 3
1 2 1 ? 1 ? a a6 3 3 3 3 = a ? a ? 2b ? ? 1 ? 1 = a ? a ? a =a2. 1 ? ? a 3 ? 2b 3 a 6

5

1 3

B组 1.D 2.C 3.B 4.9 5. 2 2 3 6.- <a< 3 4


7.解 方法一 (1)由已知得 3a 2=18?3a=2?a=log32;(2)此时 g(x)=λ·x-4x,设 0≤x1<x2≤1, 2 ∵g(x)在区间[0,1]上是单调递减函数,∴g(x1)-g(x2)= 2 1 ? 2 2 (λ- 2 1 ? 2 2 )>0 恒成立,
x x x x

即 λ< 2 1 ? 2 2 恒成立.由于 2 1 ? 2 2 >20+20=2,∴,实数 λ 的取值范围是 λ≤2.
x x x x

方法二 (1)由已知得 3a 2=18?3a=2?a=log32. (2)此时 g(x)=λ·x-4x,∵g(x)在区间[0,1]上是单调减函数, 2 ∴有 g?(x)=λln 2·x-ln 4·x=2xln 2· 2 4 (-2·x+λ)≤0 成立,∴只需要 λ≤2·x 恒成立. 2 2 ∴实数 λ 的取值范围是 λ≤2. 8.解 (1)设 x1<x2,x1-x2<0,1+ a ∴f(x1)-f(x2)=
x1 ? x2



>0,若 a>1,则 a 1 < a 2 ,

x

x

a >0, a2-1

1 ? a ? (a x1 ? a x2 ) · 1 ? x1 ? x2 ? <0, ? a2-1 ? a ? 1 ? a a ? (a x1 ? a x2 ) · 1 ? x1 ? x2 ? <0, <0,f(x1)-f(x2)= 2 ? a -1 a -1 ? a ?
2

即 f(x1)<f(x2),f(x)在(-∞,+∞)上为增函数; 同理,若 0<a<1,则 ax1>ax2,

即 f(x1)<f(x2),f(x)在(-∞,+∞)上为增函数,综上,f(x)在 R 上为增函数.
22

a a - - (2)f(x)= 2 (ax-a x),则 f(-x)= 2 (a x-ax),显然 f(-x)=-f(x),f(1-m)+f(1-m2)<0, a -1 a -1 即 f(1-m)<-f(1-m2)?f(1-m)<f(m2-1),函数为增函数,且 x∈(-1,1), 故解-1<1-m<m2-1<1,可得 1<m< 2.

§ 2.7 对数与对数函数
要点梳理 1.(1)x=logaN (2) 对数形式 一般对数 常用对数 自然对数 特点 底数为 a(a>0 且 a≠1) 底数为 10 底数为 e 记法 logaN lg_N ln_N a N

n 2.(1)①logaM+logaN ②logaM-logaN ③nlogaM ④ logaM (2)①N ②N m logaN (3)①logbN= ②logad logab 3.(1)(0,+∞) (2)R (3)(1,0) 1 0 4.y=logax y=x 基础自测 1.(1)1 (2)2 (3)0 题型分类· 深度剖析 例1 解 (1)原式=(lg 2)2+(1+lg 5)lg 2+lg 52=(lg 2+lg 5+1)lg 2+2lg 5 (4)-1 1 2.?-2,+∞? ? ? 3.2 2 4.8 5.D (4)y>0 y<0 (5)y<0 y>0 (6)增函数 (7)减函数

=(1+1)lg 2+2lg 5=2(lg 2+lg 5)=2. 3 3 ?3 ?lg 3?2-2lg 3+1·2lg 3+3lg 2-2? ?1-lg 3?·?lg 3+2lg 2-1? 2 ? ? 3 (2)原式= = =- . 2 ?lg 3-1?· 3+2lg 2-1? ?lg ?lg 3-1?· 3+2lg 2-1? ?lg lg 2 lg 2 ?lg 3 lg 3 lg 2 lg 2 ? lg 3 lg 3 3lg 2 5lg 3 5 (3)原式=?lg 3+lg 9?·lg 4+lg 8?=?lg 3+2lg 3?·2lg 2+3lg 2?= ? ?? ? ? ?? ? 2lg 3· 2=4. 6lg 3 ×70 7 变式训练 1 解 (1)原式=lg - lg23-2lg 3+1=lg 10- ?lg 3-1?2=1-|lg 3-1|=lg 3. 3 (2)令 3x=t,∴x=log3t,∴f(t)=4log23· 3t+233=4log2t+233, log ∴f(2)+f(4)+f(8)+?+f(28)=4(log22+log24+log28+?+log228)+8×233 =4· 2(2·2·3· 28)+8×233=4· 2236+1 864=4×36+1 864=2 008. log 2 2 ?· log 例2 解 作出函数 y=log2x 的图象,将其关于 y 轴对称得 到函数 y=log2|x|的图象,再将图象向左平移 1 个单位长度
23

就得到函数 y=log2|x+1|的图象(如图所示). 由图知,函数 y=log2|x+1|的递减区间为(-∞,-1),递 增区间为(-1,+∞). 变式训练 2 C 例3 解 (1)f(2)=loga4,依题意 f(2)=2,则 loga4=2,∴a=2.

(2)由题意知 8-2x>0,解得 x<3, 由 8-2 x>0 知,x>-3,∴函数 y=f(x)+f(-x)的定义域为(-3,3). 又 y=f(x)+f(-x)=loga(8-2x)+loga(8-2 x)=loga[65-8(2x+2 x)], ∵ 65 x -x - >2 +2 ≥2,当且仅当 x=0 时取等号,∴0<65-8(2x+2 x)≤49, 8
- - -

∴当 a>1 时,函数 y=f(x)+f(-x)在 x=0 处取得最大值 loga49. 变式训练 3 解 (1)设 P(x,y)为 g(x)图象上任意一点,则 Q(-x,-y)是点 P 关于原点的对称点, ∵Q(-x,-y)在 f(x)的图象上,∴-y=loga(-x+1),即 y=g(x)=-loga(1-x). x+1 (2)f(x)+g(x)≥m,即 loga ≥m. 1-x 1+x 设 F(x)=loga ,x∈[0,1),由题意知,只要 F(x)min≥m 即可. 1-x ∵F(x)在[0,1)上是增函数,∴F(x)min=F(0)=0,故 m≤0 即为所求. 课时规范训练 A组 1.B 2.C 7.解 3.C 4.1 5.(1,2 3) 6.(-∞,-1)

? ?x+1>0, (1)f(x)=loga(x+1)-loga(1-x),则? 解得-1<x<1. ?1-x>0, ?

故所求函数 f(x)的定义域为{x|-1<x<1}. (2)由(1)知 f(x)的定义域为{x|-1<x<1}, 且 f(-x)=loga(-x+1)-loga(1+x)=-[loga(x+1)-loga(1-x)]=-f(x), 故 f(x)为奇函数. (3)∵当 a>1 时,f(x)在定义域{x|-1<x<1}内是增函数, x+1 ∴f(x)>0? >1.解得 0<x<1,∴使 f(x)>0 的 x 的解集是{x|0<x<1}. 1-x 8.解 (1)函数 f(x)= log 1 (a2-3a+3)x 的定义域为 R.
2

又 f(-x)= log 1 (a2-3a+3) x=- log 1 (a2-3a+3)x=-f(x),∴函数 f(x)是奇函数.
2 2



(2)函数 f(x)= log 1 (a2-3a+3)x 在(-∞,+∞)上为减函数,则 y=(a2-3a+3)x 在(-∞,+∞)上为增函数,
2

24

由指数函数的单调性,有 a2-3a+3>1,解得 a<1 或 a>2. ∴a 的取值范围是(-∞,1)∪(2,+∞). B组 1.C 2.C 8.解 1 3.C 4.6 5.?2,1? ? ? 6.16 7.2

a a (1)由 ax-bx>0,得( )x>1,且 a>1>b>0,得 >1,∴x>0,即 f(x)的定义域为(0,+∞). b b (2)任取 x1>x2>0,a>1>b>0,则 ax1>ax2>0,bx1<bx2,∴ax1-bx1>ax2-bx2>0, 即 lg(ax1-bx1)>lg(ax2-bx2),故 f(x1)>f(x2),∴f(x)在(0,+∞)上为增函数. 假设函数 y=f(x)的图象上存在不同的两点 A(x1,y1)、B(x2,y2),使直线平行于 x 轴,则 x1≠x2,y1=y2,这 与 f(x)是增函数矛盾. 故函数 y=f(x)的图象上不存在不同的两点使过两点的直线平行于 x 轴. (3)∵f(x)是增函数,∴当 x∈(1,+∞)时,f(x)>f(1),这样只需 f(1)=lg(a-b)≥0, 即当 a≥b+1 时,f(x)在(1,+∞)上恒取正值.

§2.8
要点梳理 1.y=xα 2.(1)(0,+∞) (2)(1,1) (3)(0,0) (1,1) 递增 3.(2)定义域:R R R (4)递减

幂函数

[0,+∞) {x|x∈R 且 x≠0}

值域:R [0,+∞) R [0,+∞) {y|y∈R 且 y≠0} 奇偶性:奇函数 偶函数 奇函数 非奇非偶函数 奇函数 单调性:增 x∈[0,+∞)时,增;x∈(-∞,0]时,减 增 增 x∈(0,+∞)时,减;x∈(-∞,0)时,减 基础自测 3 1.二、四 2. 3.④⑤ 4.D 2

题型分类· 深度剖析
1

例1

解 ∵y=(m +2m-2)· x

2

m2 ?1

+(2n-3)为幂函数.∴m2+2m-2=1 且 2n-3=0.

3 3 ∴m=-3,m=1 且 n= ,又 m2-1≠0,∴m=-3 且 n= . 2 2
? 2 ?m +m-1=1 变式训练 1 解 (1)若 f(x)是正比例函数,则? 2 ,解得 m=1. ?m +2m≠0 ?

∴当 m=1 时,f(x)为正比例函数.
?m2+m-1=-1 ? (2)若 f(x)为反比例函数,则? 2 ,解得 m=-1. ? ?m +2m≠0

∴当 m=-1 时,f(x)为反比例函数.
25

?m2+m-1=2 ? -1± 13 (3)若 f(x)为二次函数,则? 2 ,解得 m= . 2 ? ?m +2m≠0

-1± 13 ∴当 m= 时,f(x)为二次函数. 2 (4)若 f(x)为幂函数,则 m2+2m=1,解得 m=-1± 2,∴当 m=-1± 2时,f(x)为幂函数. 例2 解 (1)设 f(x)=xα,∵其图象过点( 2,2),故 2=( 2)α,解得 α=2,∴f(x)=x2.设 g(x)=xβ,

1 1 - ∵其图象过点?2,4?,∴ =2β,解得 β=-2,∴g(x)=x 2. ? ? 4 (2)在同一坐标系下作出 f(x)=x2 与 g(x)=x
-2

的图象,如图所示.

由图象可知:f(x),g(x)的图象均过点(-1,1)与(1,1). ∴①当 x>1 或 x<-1 时,f(x)>g(x); ②当 x=1 或 x=-1 时,f(x)=g(x); ③当-1<x<1 且 x≠0 时,f(x)<g(x). 变式训练 2 解 依题意,其图象与 y 轴有公共点,则 4-3m-m2>0,即 m2+3m-4<0, 解得-4<m<1.又∵m∈Z,∴m=-3,-2,-1,0. 当 m=-3 或 m=0 时,函数可化为 y=x4,符合题意,其图象如图①. 当 m=-2 或 m=-1 时,函数可化为 y=x6,符合题意,其图象如图②.

图① 综上所述,m 的值为-3,-2,-1,0.
1

图②

例3

解 (1)∵函数 y= x 3 在(0,+∞)上是递增函数,且 0.95<0.96.
1 1 1 1

∴ 0.95 3 < 0.96 3 ,∴ 0.95 3 > 0.96 3 . (2) ?( ) 3 = ? 9
? 1 3 ?

1 9

1

?

1 3

,由于函数 y= x
? 1 3 ? 1 3

?

1 3

在(0,+∞)上是减函数,∴ 8

?

1 3

>9

?

1 3



∴- 8

<- 9

1 3

,即- 8

<- 9

.

(3)由于函数 y=0.2x 在 R 上是减函数, ∴0.20.5<0.20.3,又函数 y=x0.3 在(0,+∞)上是增函数,∴0.20.3<0.40.3,故 0.20.5<0.40.3. 变式训练 3 解 (1)函数 y=3x 是增函数,∴30.8>30.7,(2)函数 y=x3 是增函数,∴0.213<0.233.
1
1 1

1

1

(3)∵ 2 2 > 1.8 2 > 1.8 3 ,∴ 2 2 > 1.8 3 . (4) 4.1 > 1 =1;0< 3.8
2 5

2 5

?

2 3

<1

?

2 3

=1; (?1.9)

3 5 <0,∴

(?1.9)

3 5<

3.8 < 4.1 .
26

?

2 3

2 5

例4

解 ∵函数在(0,+∞)上递减,∴m2-2m-3<0,解得-1<m<3,∵m∈N*,∴m=1,2. 又函数的图象关于 y 轴对称,∴m2-2m-3 是偶数, 而 22-2×2-3=-3 为奇数,12-2×1-3=-4 为偶数,∴m=1. 而 f(x)= x ∴ (a ? 1)
?
? 1 3

在(-∞,0),(0,+∞)上均为减函数,
?1

1 3

< (3 ? 2a) 等价于 a+1>3-2a>0 或 0>a+1>3-2a 或 a+1<0<3-2a.

2 3? 2 3 ? 解得 a<-1 或 <a< ,故 a 的取值范围为?a|a<-1或3<a<2?. 3 2 ? ? 变式训练 4 解 (1)m2+m=m(m+1),m∈N*,而 m 与 m+1 中必有一个为偶数, ∴m(m+1)为偶数. ∴函数 f(x)=x(m2+m) 1(m∈N*)的定义域为[0,+∞),并且在定义域上为增函数. (2)∵函数 f(x)经过点(2, 2),∴ 2= 2
( m2 ? m )?1
1


,即 2 2 = 2

( m2 ? m )?1

,∴m2+m=2.

?2-a≥0, ? 解得 m=1 或 m=-2,又∵m∈N*,∴m=1,由 f(2-a)>f(a-1)得?a-1≥0 ?2-a>a-1. ?
3 3 解得 1≤a< ,∴a 的取值范围为[1, ). 2 2 课时规范训练 A组 1.C 2.C 2 3 3.B 4.1 或 2 5.c<a<b 6.?3,2? ? ?

1 1 7.解 设在[-1,1)中,f(x)=xn,由点( , )在函数图象上,求得 n=3. 2 8 令 x∈[2k-1,2k+1),则 x-2k∈[-1,1),∴f(x-2k)=(x-2k)3. 又 f(x)周期为 2,∴f(x)=f(x-2k)=(x-2k)3,即 f(x)=(x-2k)3(k∈Z). 1 8.解 由条件知 2 >0,-n2+2n+3>0,解得-1<n<3,又 n=2k,k∈Z,∴n=0,2. -n +2n+3
1

当 n=0,2 时,f(x)= x 3 ,∴f(x)在 R 上单调递增.∴f(x2-x)>f(x+3)转化为 x2-x>x+3. 解得 x<-1 或 x>3,∴原不等式的解集为(-∞,-1)∪(3,+∞). B组 1.A 2.B 3.B 8.解 4.2 5.①②③ 6.(0,+∞) 7.①②

(1)∵f(2)<f(3),∴f(x)在第一象限是增函数.故-k2+k+2>0,解得-1<k<2. 又∵k∈Z,∴k=0 或 k=1,当 k=0 或 k=1 时,-k2+k+2=2,∴f(x)=x2. (2)假设存在 q>0 满足题设,由(1)知,g(x)=-qx2+(2q-1)x+1,x∈[-1,2].

27

2q-1 4q2+1 ∵g(2)=-1,∴两个最值点只能在端点(-1,g(-1))和顶点( , )处取得. 2q 4q 而 4q2+1 4q2+1 ?4q-1?2 4q2+1 17 -g(-1)= -(2-3q)= ≥0,∴g(x)max= = , 4q 4q 4q 4q 8

g(x)min=g(-1)=2-3q=-4,解得 q=2.∴存在 q=2 满足题意.

§ 2.9 函数与方程
要点梳理 1.(1)f(x)=0 (2)x 轴 零点 (3)f(a)· f(b)<0 2.(x1,0),(x2,0) (x1,0) 两个 (a,b) f(c)=0 c

一个 无 3.f(a)· f(b)<0 一分为二 零点 3.3 4.a>1 5.(-2,0)

1 1 基础自测 1.(1.25,1.5) 2.- ,- 2 3 题型分类· 深度剖析 例1 解

(1)方法一 ∵f(1)=12-3×1-18=-20<0,f(8)=82-3×8-18=22>0,∴f(1)· f(8)<0,

故 f(x)=x2-3x-18,x∈[1,8]存在零点. 方法二 令 f(x)=0,得 x2-3x-18=0,x∈[1,8].∴(x-6)(x+3)=0, ∵x=6∈[1,8],x=-3?[1,8],∴f(x)=x2-3x-18,x∈[1,8]存在零点. (2)方法一 ∵f(1)=log23-1>log22-1=0,f(3)=log25-3<log28-3=0,∴f(1)· f(3)<0, 故 f(x)=log2(x+2)-x,x∈[1,3]存在零点. 方法二 设 y=log2(x+2),y=x,在同一直角坐标系中画出 它们的图象,从图象中可以看出当 1≤x≤3 时,两图象有一 个交点,因此 f(x)=log2(x+2)-x,x∈[1,3]存在零点. 变式训练 1 (1)B (2)D 例2 4

变式训练 2 B 例3 解 (1)由条件,抛物线 f(x)=x2+2mx+2m+1

与 x 轴的交点分别在区间(-1,0)和(1,2)内,如图(1)所示,

?f?0?=2m+1<0, ?f?-1?=2>0, 得? f?1?=4m+2<0, ?f?2?=6m+5>0. ?

? ?m∈R, ?? 1 m<- , 2 ?m>-5. ? 6
1 m<- , 2

5 1 ,即- <m<- . 6 2

(2)抛物线与 x 轴交点均落在区间(0,1)内,如图(2)所示 列不等式组
28

? ?f?1?>0, ?Δ≥0, ?0<-m<1. ?
f?0?>0,

? ? 1 ??m>-2, m≥1+ ?-1<m<0.2或m≤1- ?
1 m>- , 2

2,

1 即- <m≤1- 2. 2 变式训练 3 证明 a (1)∵f(1)=a+b+c=- ,∴3a+2b+2c=0. 2

又 3a>2c>2b,∴3a>0,2b<0,∴a>0,b<0,又 2c=-3a-2b,由 3a>2c>2b,∴3a>-3a-2b>2b. b 3 ∵a>0,∴-3< <- . a 4 (2)∵f(0)=c,f(2)=4a+2b+c=a-c. a ①当 c>0 时,∵a>0,∴f(0)=c>0 且 f(1)=- <0,∴函数 f(x)在区间(0,1)内至少有一个零点. 2 ②当 c≤0 时,∵a>0, a ∴f(1)=- <0 且 f(2)=a-c>0,∴函数 f(x)在区间(1,2)内至少有一个零点. 2 综合①②得 f(x)在(0,2)内至少有一个零点. (3)∵x1,x2 是函数 f(x)的两个零点,则 x1,x2 是方程 ax2+bx+c=0 的两根. b c 3 b ∴x1+x2=- ,x1x2= =- - . a a 2 a ∴|x1-x2|= ?x1+x2?2-4x1x2= b 3 b ?- ?2-4?- - ?= a 2 a b ? +2?2+2. a

b 3 57 ∵-3< <- ,∴ 2≤|x1-x2|< . a 4 4 课时规范训练 A组 1.C 2.B 3.B 4.3 5.x1<x2<x3 6.1+ 2或 1

7.解 ∵Δ=(3a-2)2-4(a-1)>0,∴若存在实数 a 满足条件,则只需 f(-1)· f(3)≤0 即可. 1 f(-1)· f(3)=(1-3a+2+a-1)· (9+9a-6+a-1)=4(1-a)(5a+1)≤0,∴a≤- 或 a≥1. 5 检验:①当 f(-1)=0 时,a=1,∴f(x)=x2+x.令 f(x)=0,即 x2+x=0. 得 x=0 或 x=-1. 方程在[-1,3]上有两根,不合题意,故 a≠1. 1 13 6 13 6 ②当 f(3)=0 时,a=- ,此时 f(x)=x2- x- ,令 f(x)=0,即 x2- x- =0, 5 5 5 5 5 2 1 解之得 x=- 或 x=3. 方程在[-1,3]上有两根,不合题意,故 a≠- . 5 5
29

1 综上所述,a<- 或 a>1. 5 8.解 ∵f(x)=4x+m·x+1 有且仅有一个零点,即方程(2x)2+m·x+1=0 仅有一个实根. 2 2 设 2x=t (t>0),则 t2+mt+1=0.当 Δ=0 时,即 m2-4=0, ∴m=-2 时,t=1;m=2 时,t=-1(不合题意,舍去),∴2x=1,x=0 符合题意. 当 Δ>0 时,即 m>2 或 m<-2 时,t2+mt+1=0 有两正或两负根, 即 f(x)有两个零点或没有零点.∴这种情况不符合题意. 综上可知:m=-2 时,f(x)有唯一零点,该零点为 x=0. B组 1.B 2.B 8.解 3.B 4.(2,3) 5.6 6.(0,1) 7.{0,3,14,30}

(1)①f(x)=x2+2mx+3m+4 有且仅有一个零点?方程 f(x)=0 有两个相等实根?Δ=0, 4m2-4(3m+4)=0, 即 即 m2-3m-4=0,∴m=4 或 m=-1. ②方法一 设 f(x)的两个零点分别为 x1,x2,则 x1+x2=-2m,x1·2=3m+4. x

?Δ=4m -4?3m+4?>0 ? 由题意,知??x1+1??x2+1?>0 ??x +1?+?x +1?>0 ? 1 2

2

?m -3m-4>0 ? ??3m+4-2m+1>0 ?-2m+2>0 ?

2

?m>4或m<-1, ? ??m>-5, ?m<1, ?

∴-5<m<-1. 故 m 的取值范围为(-5,-1).

?Δ>0, ? 方法二 由题意,知?-m>-1, ?f?-1?>0, ?
∴m 的取值范围为(-5,-1).

?m -3m-4>0, ? 即?m<1, ?1-2m+3m+4>0. ?

2

∴-5<m<-1.

(2)令 f(x)=0,得|4x-x2|+a=0,即|4x-x2|=-a. 令 g(x)=|4x-x2|,h(x)=-a,作出 g(x)、h(x)的图象.

由图象可知,当 0<-a<4, 即-4<a<0 时,g(x)与 h(x)的图象有 4 个交点,即 f(x)有 4 个零点.故 a 的取值范围为(-4,0).

§2.10
要点梳理 1.(2)①ax>xn ②logax<xn ax>xn>logax 基础自测 1.78℃ 2.2 500 题型分类· 深度剖析 例1

函数模型及其应用

3.y=a(1+r)x,x∈N* 4.A 5.B

解 (1)设甲、乙两种产品分别投资 x 万元(x≥0),所获利润分别为 f(x)、g(x)万元,由题意可设 f(x)=k1x,
30

g(x)=k2 x,∴根据图象可解得 f(x)=0.25x (x≥0),g(x)=2 x (x≥0). (2)①由(1)得 f(9)=2.25,g(9)=2 9=6,∴总利润 y=8.25(万元). ②设 B 产品投入 x 万元,A 产品投入(18-x)万元,该企业可获总利润为 y 万元, 1 则 y= (18-x)+2 x,0≤x≤18. 4 1 1 34 令 x=t,t∈[0,3 2],则 y= (-t2+8t+18)=- (t-4)2+ . 4 4 4 ∴当 t=4 时,ymax= 34 =8.5,此时 x=16,18-x=2. 4

∴当 A、B 两种产品分别投入 2 万元、16 万元时,可使该企业获得最大利润 8.5 万元. 变式训练 1 解 设框架的宽度为 x m,则其高度为

h=(6-2x) m,0<x<3.设框架的面积为 y m2,则 y=xh= x(6-2x)=-2x2+6x=-2(x-1.5)2+4.5,当 x=1.5 时, y 取最大值 4.5,此时 h=3.故当框架的高度为 3 m,宽度 为 1.5 m 时,框架的面积最大,从而窗户通过的阳光最充足. 例2 解 (1)当 x∈[200,300]时,设该项目获利为 S,

1 2 1 1 则 S=200x-?2x -200x+80 000?=- x2+400x-80 000=- (x-400)2, ? ? 2 2 ∴当 x∈[200,300]时,S<0,因此该单位不会获利. 当 x=300 时,S 取得最大值-5 000,∴国家每月至少补贴 5 000 元才能使该项目不亏损.

?3x -80x+5 040,x∈[120,144?. y (2)由题意,可知二氧化碳的每吨处理成本为: =? x 1 80 000 ?2x+ x -200,x∈[144,500].
1
2

y 1 1 ①当 x∈[120,144)时, = x2-80x+5 040= (x-120)2+240, x 3 3 y ∴当 x=120 时, 取得最小值 240. x y 1 80 000 ②当 x∈[144,500]时, = x+ -200≥2 x 2 x 1 80 000 x× -200=200, 2 x

1 80 000 y 当且仅当 x= ,即 x=400 时, 取得最小值 200. 2 x x ∵200<240,∴当每月的处理量为 400 吨时,才能使每吨的平均处理成本最低. 变式训练 2 解 (1)当甲的用水量不超过 4 吨时,即 5x≤4,乙的用水量也不超过 4 吨,y=1.8(5x+3x)=14.4x; 当甲的用水量超过 4 吨,乙的用水量不超过 4 吨,即 3x≤4,且 5x>4 时,y=4×1.8+3x×1.8+3(5x-4)= 20.4x-4.8; 当乙的用水量超过 4 吨,即 3x>4 时,y=2×4×1.8+3×[(3x-4)+(5x-4)]=24x-9.6.

31

? ? 4 4 ∴y=?20.4x-4.8, 5<x≤3, ?24x-9.6, x>4. ? 3
14.4x,

4 0≤x≤ , 5

(2)由于 y=f(x)在各段区间上均单调递增, 4 4 4 4 4 当 x∈?0,5?时,y≤f?5?<26.4;当 x∈?5,3?时,y≤f?3?<26.4; ? ? ? ? ? ? ? ? 4 当 x∈?3,+∞?时,令 24x-9.6=26.4,解得 x=1.5. ? ? ∴甲户用水量为 5x=5×1.5=7.5 吨,付费 S1=4×1.8+3.5×3=17.70(元); 乙户用水量为 3x=4.5 吨,付费 S2=4×1.8+0.5×3=8.70(元). 例3 解 (1)1 年后该城市人口总数为 y=100+100×1.2%=100×(1+1.2%),

2 年后该城市人口总数为 y=100×(1+1.2%)+100×(1+1.2%)×1.2%=100×(1+1.2%)2. 3 年后该城市人口总数为 y=100×(1+1.2%)2+100×(1+1.2%)2×1.2%=100×(1+1.2%)3. x 年后该城市人口总数为 y=100×(1+1.2%)x. (2)10 年后,人口总数为 100×(1+1.2%)10≈112.7(万人). (3)设 x 年后该城市人口将达到 120 万人, 即 100×(1+1.2%)x=120,x=log1.012 120 =log1.0121.20≈16(年). 100

(4)由 100×(1+x%)20≤120,得(1+x%)20≤1.2,两边取对数得 20lg(1+x%)≤lg 1.2≈0.079, 0.079 ∴lg(1+x%)≤ =0.003 95,∴1+x%≤1.009,得 x≤0.9, 20 即年自然增长率应该控制在 0.9%. 1 - t 变式训练 3 解 (1)若 m=2,则 θ=2·t+21 t=2?2 +2t?, 2 ? ? 1 5 1 5 当 θ=5 时,2t+ t= ,令 2t=x≥1,则 x+ = , 2 2 x 2 1 即 2x2-5x+2=0,解得 x=2 或 x= (舍去),此时 t=1. 2 ∴经过 1 分钟,物体的温度为 5 摄氏度. 2 (2)物体的温度总不低于 2 摄氏度,即 θ≥2 恒成立,亦 m·t+ t≥2 恒成立, 2 2 1 1 1 1 1 亦即 m≥2?2t-22t?恒成立.令 t=x,则 0<x≤1,∴m≥2(x-x2),由于 x-x2≤ ,∴m≥ . ? ? 2 4 2 1 因此,当物体的温度总不低于 2 摄氏度时,m 的取值范围是?2,+∞?. ? ? 课时规范训练
32

A组 1.A 2.C 8.解 3.A 4.C 5.3 6.③ f(x)=x3-9x2+24x-12 (1≤x≤12,且 x∈Z) x 8 000 · -48=32, 5 x 7.20

y y x 8 000 (1)每吨平均成本为 (万元).则 = + -48≥2 x x 5 x

x 8 000 当且仅当 = ,即 x=200 时取等号.∴年产量为 200 吨时,每吨平均成本最低为 32 万元. 5 x x2 x2 (2)设年获得总利润为 R(x)万元,则 R(x)=40x-y=40x- +48x-8 000=- +88x-8 000 5 5 1 =- (x-220)2+1 680 (0≤x≤210). 5 1 ∵R(x)在[0,210]上是增函数,∴x=210 时,R(x)有最大值为- (210-220)2+1 680=1 660.∴年产量为 210 5 吨时,可获得最大利润 1 660 万元. B组 1.B 2. A 7.解 a 3.A 4.30 cm、20 cm 5.2 400 6.y= x (x∈N*) 4

(1)设 DN 的长为 x (x>0)米,则 AN=(x+2)米. ∵ 3?x+2? 3?x+2?2 DN DC = ,∴AM= ,∴SAMPN=AN· AM= . AN AM x x

3?x+2?2 2 由 SAMPN>32,得 >32,又 x>0,得 3x2-20x+12>0,解得:0<x< 或 x>6, x 3 2 即 DN 长的取值范围是?0,3?∪(6,+∞). ? ? 3?x+2?2 3x2+12x+12 12 (2)矩形花坛 AMPN 的面积为 y= = =3x+ +12≥2 x x x 12 当且仅当 3x= ,即 x=2 时,矩形花坛 AMPN 的面积取得最小值 24. x 故 DN 的长为 2 米时,矩形 AMPN 的面积最小,最小值为 24 平方米. 8.解 (1)由题意,当 0≤x≤20 时,v(x)=60;当 20≤x≤200 时,设 v(x)=ax+b,
? ?200a+b=0, 再由已知得? ?20a+b=60, ?

12 3x· +12=24, x

?a=-3, 解得? 200 ?b= 3 .
1

0≤x≤20, ?60, ? 故函数 v(x)的表达式为 v(x)=?1 ? ?3?200-x?, 20<x≤200. 0≤x≤20, ?60x, ? (2)依题意并由(1)可得 f(x)=?1 ?3x?200-x?, 20<x≤200. ? 当 0≤x≤20 时,f(x)为增函数,故当 x=20 时,其最大值为 60×20=1 200;
33

1 1 x+?200-x??2 10 000 当 20<x≤200 时,f(x)= x(200-x)≤ ? 3 3? 2 ?= 3 , 当且仅当 x=200-x,即 x=100 时,等号成立. 10 000 ∴当 x=100 时,f(x)在区间(20,200]上取得最大值 . 3 综上,当 x=100 时,f(x)在区间[0,200]上取得最大值 10 000 ≈3 333, 3

即当车流密度为 100 辆/千米时,车流量可以达到最大,最大值约为 3 333 辆/时.

专题一
题型分类· 深度剖析 变式训练 1 D 变式训练 2 C 变式训练 3 B 例4 例1 D C 12 例2 例3

函数图象与性质的综合应用

(1)解 令 x=y=0,得 f(0+0)=f(0)+f(0),即 f(0)=0. (2)证明 令 y=-x,得 f(x-x)=f(x)+f(-x),又 f(0)=0,则有 0=f(x)+f(-x), 即 f(-x)=-f(x)对任意 x∈R 成立,∴f(x)是奇函数. (3)解 方法一 ∵f(x)在 R 上是增函数,又由(2)知 f(x)是奇函数. f(k·x)<-f(3x-9x-2)=f(-3x+9x+2),∴k·x<-3x+9x+2, 3 3 32x-(1+k)·x+2>0 对任意 x∈R 成立. 3 令 t=3x>0,问题等价于 t2-(1+k)t+2>0 对任意 t>0 恒成立. 1+k 1+k 令 f(t)=t2-(1+k)t+2,其对称轴为 x= ,当 <0 即 k<-1 时,f(0)=2>0,符合题意; 2 2

?1+k≥0, ? 1+k 当 ≥0 即 k≥-1 时,对任意 t>0,f(t)>0 恒成立?? 2 2 ?Δ=?1+k?2-4×2<0, ?
解得-1≤k<-1+2 2. 综上所述,当 k<-1+2 2时,f(k·x)+f(3x-9x-2)<0 对任意 x∈R 恒成立. 3 2 方法二 由 k·x<-3x+9x+2,得 k<3x+ x-1. 3 3 2 u=3x+ x-1≥2 2-1,3x= 2时,取“=”,即 u 的最小值为 2 2-1, 3 2 要使对 x∈R 不等式 k<3x+ x-1 恒成立,只要使 k<2 2-1. 3 变式训练 4 解 ∵f(x)=logax,则 y=|f(x)|的图象如右图. 1 1 由图示,可使 x∈[ ,2]时恒有|f(x)|≤1,只需|f( )|≤1, 3 3
34

1 1 - 即-1≤loga ≤1,即 logaa 1≤loga ≤logaa, 3 3 1 - 亦当 a>1 时,得 a 1≤ ≤a,即 a≥3; 3 1 1 - 当 0<a<1 时,得 a 1≥ ≥a,得 0<a≤ . 3 3 1 综上所述,a 的取值范围是(0, ]∪[3,+∞). 3 例5 解 由 x2-logax<0,得 x2<logax.设 f(x)=x2,g(x)=logax.

1 由题意知,当 x∈?0,2?时,函数 f(x)的图象在函数 g(x)的图象的下方, ? ?

?0<a<1, ?0<a<1, ? ? 如图,可知? ?1? ?1? 即??1?2 1 ? ??2? ≤loga2, ?f?2?≤g?2?, ?
1 1 解得 ≤a<1,∴实数 a 的取值范围是?16,1?. ? ? 16 1 变式训练 5 ?2,1?∪(1,2] ? ? 课时规范训练 A组 1.D 2.A 3.C 4.(2,+∞) 5.x<0 或 x>1 6.[7,8) 7.解 (1)令 t=logax (t∈R),则 x=at,且 f(t)= a ? t 1? a -x x ?a -at?,∴f(x)=a2-1(a -a ) (x∈R). a -1
2

a - (2)当 a>1 时,ax-a x 为增函数,又 2 >0,∴f(x)为增函数; a -1 a - 当 0<a<1 时,ax-a x 为减函数,又 2 <0,∴f(x)为增函数.∴函数 f(x)在 R 上为增函数. a -1 a (3)∵f(0)= 2 (a0-a0)=0,∴f(x2-3x+2)<0=f(0). a -1 由(2)知:x2-3x+2<0,∴1<x<2.∴不等式的解集为{x|1<x<2}. 8.解 1 (1)设点 P(x,y)是 C2 上的任意一点,则 P(x,y)关于点 A(2,1)对称的点为 P?(4-x,2-y),代入 f(x)=x+ , x 1 1 1 可得 2-y=4-x+ ,即 y=x-2+ ,∴g(x)=x-2+ . 4-x x-4 x-4

?y=m, ? (2)由? ,消去 y,得 x2-(m+6)x+4m+9=0,Δ=(m+6)2-4(4m+9). 1 y=x-2+ ? x-4 ?
∵直线 y=m 与 C2 只有一个交点,∴Δ=0,解得 m=0 或 m=4. 当 m=0 时,经检验合理,交点为(3,0);当 m=4 时,经检验合理,交点为(5,4). B组
35

1.D 2.C 8.解

3π 3.D 4.? 2 ,2π? ? ?

5.4 6.(-2,1) 7.3

1-mx (1)∵函数 f(x)=loga (a>0,a≠1)的图象关于原点对称,∴f(-x)+f(x)=0, x-1 1+mx 1-mx ?1-mx??1+mx? ?1-mx??1+mx? 即 loga +loga =loga =0,由 =1,得 m2=1, -x-1 x-1 ?-x-1??x-1? ?-x-1??x-1? 1-mx ∴m=1 或 m=-1,当 m=1 时, =-1<0,舍去; x-1 1-mx 1+x 1+x 当 m=-1 时, = ,令 >0,解得 x<-1 或 x>1,∴符合条件的 m 的值为-1. x-1 x-1 x-1 x+1 x2+1 x1+1 ?x2+1??x1-1? (2)由(1)得 f(x)=loga ,任取 1<x1<x2,f(x2)-f(x1)=loga -loga =loga . x-1 x2-1 x1-1 ?x2-1??x1+1? ?x2+1??x1-1? ∵1<x1<x2,∴(x2+1)(x1-1)-(x2-1)(x1+1)=2(x1-x2)<0,∴0< <1, ?x2-1??x1+1? ?x2+1??x1-1? ∴当 0<a<1 时,loga >0,即 f(x2)-f(x1)>0,此时 f(x)为增函数; ?x2-1??x2+1? ?x2+1??x1-1? 当 a>1 时,loga <0,即 f(x2)-f(x1)<0,此时 f(x)为减函数. ?x2-1??x1+1? (3)由(2)知,当 a>1 时,f(x)在(1,+∞)上为减函数;同理在(-∞,-1)上也为减函数. 当(t,a)?(-∞,-1)时,f(a)<f(x)<f(t)<0 与已知矛盾,舍去; t+1 当(t,a)?(1,+∞)时,∵函数 f(x)的值域为(1,+∞),∴f(a)=1 且 =0, t-1 解得 t=-1,a=1+ 2.

§3.1
要点梳理 1. f?x2?-f?x1? Δy Δx x2-x1 2.(1) lim →
Δx 0

导数的概念及其运算
Δy Δx 3. lim → f?x0+Δx?-f?x0? Δx

f?x0+Δx?-f?x0? Δx

Δx 0

lim →

Δx 0

lim →

(2)(x0,f(x0)) 切线的斜率 y-y0=f?(x0)(x-x0) 4.0 nxn
-1

Δx 0

f?x+Δx?-f?x? Δx

cos x -sin x axln a(a>0) ex

1 1 (a>0,且 a≠1) xln a x 6.y?u· x y 对 u u 对 x u?

f??x?g?x?-f?x?g??x? 5.(1)f?(x)± g?(x) (2)f?(x)g(x)+f(x)g?(x) (3) [g?x?]2 基础自测 1.3 2.2 3.-2 4.(1,0) 5.B

题型分类· 深度剖析

36

例1

解 ∵Δy= ?x0+Δx?2+1- x2+1= 0 ∴ 2x0+Δx Δy = . Δx ?x0+Δx?2+1+ x2+1 0

?x0+Δx?2+1-x2-1 0 ?x0+Δx?2+1+ x2+1 0



2x0Δx+?Δx?2 ?x0+Δx?2+1+ x2+1 0



1 1 变式训练 1 (1)- (2)f?(x)=- 2 ?x+2?2 例2 解 1 1 (1)y?=(ex· x)?=exln x+ex·=ex(ln x+ ). ln x x 1 2 (2)∵y=x3+1+ 2,∴y?=3x2- 3. x x

x x 1 (3)先使用三角公式进行化简,得 y=x-sin cos =x- sin x, 2 2 2 1 1 1 ∴y?=?x-2sin x??=x?- (sin x)?=1- cos x. ? ? 2 2 1 1 1 1 1 1 1 3 1 ? 1? 1+ . (4)先化简,y= x· - x+ -1=-x +x- ,∴y?=- x- - x- =- x? 2 2 2 2 2 2 x x 2 x? 3 5 - - 变式训练 2 (1)y?=- x- +3x2-2x 3sin x+x 2cos x;(2)y?=3x2+12x+11 2 2 1 2 (3)y?= cos x;(4)y?= ;(5)y?=-sin x-cos x 2 ?1-x?2 例3 解 1 4 (1)∵P(2,4)在曲线 y= x3+ 上,且 y?=x2, 3 3

∴在点 P(2,4)处的切线的斜率为:y?|x=2=4. ∴曲线在点 P(2,4)处的切线方程为 y-4=4(x-2),即 4x-y-4=0. 1 3 4 1 4 (2)设曲线 y= x3+ 与过点 P(2,4)的切线相切于点 A?x0,3x0+3?,则切线的斜率为:y?|x=x0=x2. ∴切 0 ? ? 3 3 1 3 4 2 4 线方程为 y-?3x0+3?=x2(x-x0),即 y=x2· x3+ . ∵点 P(2,4)在切线上, 0 x- 0 ? ? 0 3 3 2 4 2 2 ∴4=2x2- x3+ ,即 x3-3x0+4=0,∴x3+x0-4x2+4=0, 0 0 0 0 3 0 3 ∴x2(x0+1)-4(x0+1)(x0-1)=0,∴(x0+1)(x0-2)2=0,解得 x0=-1 或 x0=2, 0 故所求的切线方程为 4x-y-4=0 或 x-y+2=0. 5 (3)设切点为(x0,y0),则切线的斜率为:x2=1,x0=± 1,切点为(-1,1)或?1,3?, 0 ? ? 5 ∴切线方程为 y-1=x+1 或 y- =x-1,即 x-y+2=0 或 3x-3y+2=0. 3 变式训练 3 解 ∵y?=2ax+b,∴抛物线在 Q(2,-1)处的切线斜率为 k=y?|x=2=4a+b. ∴4a+b=1. 又∵P(1,1)、Q(2,-1)在抛物线上,∴a+b+c=1, 4a+2b+c=-1. ① ② ③

37

?a=3, ? 联立①②③解方程组,得?b=-11, ?c=9. ?
课时规范训练 A组 1.C 2.B 7.解 3.A 4.- 2

,∴实数 a、b、c 的值分别为 3、-11、9.

5.5x-16y+3=0 6.12x+3y+8=0

(1)由 y=x3+x-2,得 y?=3x2+1,由已知令 3x2+1=4,解之得 x=± 1.当 x=1 时,y=0; 当 x=-1 时,y=-4. 又∵点 P0 在第三象限,∴切点 P0 的坐标为(-1,-4). 1 (2)∵直线 l⊥l1,l1 的斜率为 4,∴直线 l 的斜率为- . 4 1 ∵l 过切点 P0,点 P0 的坐标为(-1,-4),∴直线 l 的方程为 y+4=- (x+1), 4 即 x+4y+17=0.

8.解

(1)由条件知点 A(-1,2)为直线 l1 与抛物线 C 的切点,∵y?=4x,∴直线 l1 的斜率 k=-4, ∴直线 l1 的方程为 y-2=-4(x+1),即 4x+y+2=0. (2)点 A 的坐标为(-1,2),由条件可求得点 B 的坐标为(a,2a2), 1 点 D 的坐标为(a,-4a-2),∴△ABD 的面积为 S1= ×|2a2-(-4a-2)|×|-1-a| 2 =|(a+1)3|=-(a+1)3.

B组 1.B 2.D 7.解 3 13 3.B 4.[ 2,2] 5.x-y-2=0 6.?2, 4 ? ? ?

7 1 b (1)方程 7x-4y-12=0 可化为 y= x-3. 当 x=2 时,y= .又 f?(x)=a+ 2, 4 2 x

?2a-2=2, 于是? b 7 ?a+4=4,
b 1

?a=1, ? 3 ,解得? ,故 f(x)=x- . x ? ?b=3.

3 (2)设 P(x0,y0)为曲线上任一点,由 y?=1+ 2知曲线在点 P(x0,y0)处的切线方程为 x 3 3 3 6 y-y0=?1+x2?(x-x0),即 y-?x0-x ?=?1+x2?(x-x0),令 x=0,得 y=- , ? ? ? ? ? ? x0 0 0 0 6 从而得切线与直线 x=0 的交点坐标为?0,-x ?. 令 y=x,得 y=x=2x0, ? ?
0

从而得切线与直线 y=x 的交点坐标为(2x0,2x0). 6 1 ∴点 P(x0,y0)处的切线与直线 x=0,y=x 所围成的三角形的面积为 S= ?-x ?|2x0|=6. 2? 0? 故曲线 y=f(x)上任一点的切线与直线 x=0,y=x 所围成的三角形的面积为定值,且此定值为 6.
38

§ 3.2 导数在研究函数中的应用
要点梳理 1.> < 2.(1)①f?(x)>0 f?(x)<0 ②f?(x)<0 f?(x)>0 (2)②f?(x) = 0 ③f?(x) = 0 极大值 极小值

3.(2)f(a) f(b) f(a) f(b) (3)①极值 ②f(a),f(b) 基础自测 1.(-∞,-1)和(1,+∞) 2.减函数 3.[-3,+∞) 4.②③ 5.A 题型分类· 深度剖析 例1 解 (1)由已知条件得 f?(x)=3mx2+2nx,又 f?(2)=0,∴3m+n=0,故 n=-3m.

(2)∵n=-3m,∴f(x)=mx3-3mx2,∴f?(x)=3mx2-6mx. 令 f?(x)>0,即 3mx2-6mx>0, 当 m>0 时,解得 x<0 或 x>2,则函数 f(x)的单调增区间是(-∞,0)和(2,+∞); 当 m<0 时,解得 0<x<2,则函数 f(x)的单调增区间是(0,2). 综上,当 m>0 时,函数 f(x)的单调增区间是(-∞,0)和(2,+∞); 当 m<0 时,函数 f(x)的单调增区间是(0,2).
?f??1?=0 ?3+2a+b=0 ? ? 变式训练 1 解 (1)f?(x)=3x2+2ax+b,由已知条件? ,即? ? ? ?f?1?=-2 ?1+a+b+c=-2

解得 a=c,b=-3-2c. 3+2c? (2)f?(x)=3x2+2cx-3-2c=(3x+3+2c)(x-1)=3?x+ (x-1) 3 ? ? 3+2c ①若- =1,即 c=-3,f?(x)=3(x-1)2≥0. 3 f(x)在(-∞,+∞)上递增不合题意,c=-3 应舍去. 3+2c 3+2c ? ②若- <1,即 c>-3 时,f(x)的递减区间为?- ,1 ; 3 3 ? ? 3+2c 3+2c? ③若- >1,即 c<-3 时,f(x)的递减区间为?1,- . 3 3 ? ? 例2 解 (1)当 a=2 时,f(x)=x3-6x2+3x+1,f?(x)=3x2-12x+3=3(x-2+ 3)(x-2- 3).

当 x∈(-∞,2- 3)时,f?(x)>0,f(x)在(-∞,2- 3)上单调递增; 当 x∈(2- 3,2+ 3)时,f?(x)<0,f(x)在(2- 3,2+ 3)上单调递减; 当 x∈(2+ 3,+∞)时,f?(x)>0,f(x)在(2+ 3,+∞)上单调递增. 综上,f(x)的单调增区间是(-∞,2- 3)和(2+ 3,+∞), f(x)的单调减区间是(2- 3,2+ 3). (2)f?(x)=3x2-6ax+3=3[(x-a)2+1-a2].当 1-a2≥0 时,f?(x)≥0,f(x)为增函数, 故 f(x)无极值点;当 1-a2<0 时,f?(x)=0 有两个根 x1=a- a2-1,x2=a+ a2-1. 由题意,知 2<a- a2-1<3, 或 2<a+ a2-1<3, ① ②
39

5 5 5 5 ①无解,②的解为 <a< ,因此 a 的取值范围为( , ). 4 3 4 3 1+ax2-2ax 变式训练 2 解 对 f(x)求导得 f?(x)=ex· . ?1+ax2?2 4 (1)当 a= 时,若 f?(x)=0,则 4x2-8x+3=0, 3 3 1 解得 x1= ,x2= .结合①,可知 2 2 x f?(x) f(x) 3 1 ∴x1= 是极小值点,x2= 是极大值点. 2 2 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,则 f?(x)在 R 上不变号,结合①与条件 a>0,知 1+ax2-2ax≥0 在 R 上恒成 立,即 Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并结合 a>0,知 0<a≤1. ∴a 的取值范围为{a|0<a≤1}. 例3 解 2 (1)f?(x)=3x2+2ax+b. 依题意 f?(1)=3,f??3?=0, ? ? 1 (-∞, ) 2 + 1 2 0 极大值 1 3 ( , ) 2 2 - 3 2 0 极小值 3 ( ,+∞) 2 + ①

?3+2a+b=3, ?a=2, ? ? ∴? ?2?2 4 ,解之得? ,∴f(x)=x3+2x2-4x+5. ? 3·3? + a+b=0, ?b=-4. ? ? 3 ?
(2)由(1)知,f?(x)=3x2+4x-4=(x+2)(3x-2). 2 令 f?(x)=0,得 x1=-2,x2= . 3 当 x 变化时,f(x),f?(x)的变化情况如表: x f?(x) f(x) -11 -4 (-4,-2) + -2 0 极大值 13 ∴f(x)在[-4,1]上的最大值为 13,最小值为-11. 1 1 变式训练 3 解 (1)f?(x)=-x2+x+2a=-(x- )2+ +2a. 2 4 2 2 2 2 1 当 x∈[ ,+∞)时,f?(x)的最大值为 f?( )= +2a. 令 +2a>0,得 a>- . 3 3 9 9 9 1 2 ∴当 a>- 时,f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间. 9 3
40

2 (-2, ) 3 -

2 3 0 95 极小值 27

2 ( ,1) 3 +

1

4

2 1 即 f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间时,a 的取值范围为(- ,+∞). 3 9 (2)令 f?(x)=0,得两根 x1= 1- 1+8a 1+ 1+8a ,x2= , 2 2

∴f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增. 当 0<a<2 时,有 x1<1<x2<4,∴f(x)在[1,4]上的最大值为 f(x2). 27 又 f(4)-f(1)=- +6a<0,即 f(4)<f(1). ∴f(x)在[1,4]上的最小值为 2 40 16 10 f(4)=8a- =- .得 a=1,x2=2,从而 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(2)= . 3 3 3 课时规范训练 A组 1.C 2.B 3.D 4.3 5.-37 6.-2

7.解 显然 a≠0,f?(x)=3ax2-12ax=3a(x2-4x).令 f?(x)=0,得 x=0 或 x=4(舍去). (1)当 a>0 时,如下表: x f?(x) f(x) (-1,0) + ? 0 0 极大值 (0,2) - ?

∴当 x=0 时,f(x)取得最大值,f(0)=3,∴b=3. 又 f(-1)=-7a+3>f(2)=-16a+3,∴最小值 f(2)=-16a+3=-29,a=2. (2)当 a<0 时,如下表: x f?(x) f(x) (-1,0) - 0 0 极小值 (0,2) + ?

∴当 x=0 时,f(x)取得最小值,∴b=-29,又 f(-1)=-7a-29<f(2)=-16a-29, ∴最大值 f(2)=-16a-29=3,a=-2.
?a=2 ?a=-2, ? ? 综上,? 或? ? ? ?b=3 ?b=-29.

?f?1?=1, ? b 1 2 8.解 (1)f?(x)=2ax+ ,又 f(x)在 x=1 处有极值 ,∴? x 2 ? ?f??1?=0,
1 解之得 a= 且 b=-1. 2

?a=1, ? 即? 2 ? ?2a+b=0.

1 1 ?x+1??x-1? (2)由(1)可知 f(x)= x2-ln x,其定义域是(0,+∞),且 f?(x)=x- = . 2 x x 由 f?(x)<0,得 0<x<1;由 f?(x)>0,得 x>1.
41

∴函数 y=f(x)的单调减区间是(0,1).单调增区间是(1,+∞). B组 1.C 2.A 1 3.B 4.?1,a? ? ? 5.(-∞,0)∪(0,1)∪(4,+∞) 6.a>2 或 a<-1 7.p≥1

8.解 (1)由 f(x)是奇函数,知 f(-x)=-f(x),∴b=d=0,即 f(x)=ax3+cx.∴f?(x)=3ax2+c. 又 f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 9x-y-16=0,
? ? ? ?f?2?=2, ?8a+2c=2, ?a=1, 则? 即? 解得? ,于是,f(x)=x3-3x. ?f??2?=9, ?12a+c=9. ?c=-3. ? ? ?

(2)设 g(x)=f(x)+m,即 g(x)=x3-3x+m,g?(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1). 令 g?(x)=0,得 x1=-1,x2=1. 当 x 变化时,g?(x)、g(x)的变化情况如下表: x g?(x) g(x) (-∞,-1) + ? -1 0 极大值 (1,+ (-1,1) - ? 1 0 极小值 ∞) + ?

∴g(x)的极大值为 2+m,极小值为-2+m. 要使 y=f(x)+m 的图象与 x 轴仅有一个公共点, 只需-2+m>0 或 2+m<0,即 m>2 或 m<-2. 故当 m∈(-∞,-2)∪(2,+∞)时,y=f(x)+m 的图象与 x 轴仅有一个公共点.

§3.3
基础自测 1.(-∞,0) 2.25 000π 题型分类· 深度剖析 例1 解 3.[-1,1] 4.C 5.A

导数的综合应用

(1)f?(x)=3x2-3a=3(x2-a),当 a<0 时,对 x∈R,有 f?(x)>0,

∴当 a<0 时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞). 当 a>0 时,由 f?(x)>0,解得 x<- a或 x> a. 由 f?(x)<0,解得- a<x< a, ∴当 a>0 时,f(x)的单调增区间为(-∞,- a),( a,+∞),单调减区间为(- a, a). (2)∵f(x)在 x=-1 处取得极值, ∴f?(-1)=3×(-1)2-3a=0,∴a=1. ∴f(x)=x3-3x-1,f?(x)=3x2-3, 由 f?(x)=0,解得 x1=-1,x2=1. 由(1)中 f(x)的单调性可知,f(x)在 x=-1 处取得极大值 f(-1)=1,在 x=1 处取得极小值 f(1)=-3.∵直线 y =m 与函数 y=f(x)的图象有三个不同的交点, 结合如图所示 f(x)的图象可知:实数 m 的取值范围是(-3,1).

42

3 5 变式训练 1 (1)- (2)a> 或 a<2 4 2 例2 解 1 a x+a (1)由题意 f(x)的定义域为(0,+∞),且 f?(x)= + 2= 2 . x x x

∵a>0,∴f?(x)>0,故 f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数. x+a (2)由(1)可知,f?(x)= 2 .①若 a≥-1,则 x+a≥0,即 f?(x)≥0 在[1,e]上恒成立, x 3 3 此时 f(x)在[1,e]上为增函数,∴f(x)min=f(1)=-a= ,∴a=- (舍去). 2 2 ②若 a≤-e,则 x+a≤0,即 f?(x)≤0 在[1,e]上恒成立,此时 f(x)在[1,e]上为减函数, a 3 e ∴f(x)min=f(e)=1- = ,∴a=- (舍去). e 2 2 ③若-e<a<-1,令 f?(x)=0 得 x=-a, 当 1<x<-a 时,f?(x)<0,∴f(x)在(1,-a)上为减函数; 当-a<x<e 时,f?(x)>0,∴f(x)在(-a,e)上为增函数, 3 ∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1= ,∴a=- e. 综上所述,a=- e. 2 a (3)∵f(x)<x2,∴ln x- <x2. 又 x>0,∴a>xln x-x3. 令 g(x)=xln x-x3, x 1-6x2 1 h(x)=g?(x)=1+ln x-3x2,h?(x)= -6x= . x x ∵x∈(1,+∞)时,h?(x)<0,∴h(x)在(1,+∞)上是减函数. ∴h(x)<h(1)=-2<0,即 g?(x)<0, ∴g(x)在(1,+∞)上也是减函数. g(x)<g(1)=-1, ∴当 a≥-1 时,f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立. 变式训练 2 (1)x+y-3=0 例3 解 (2)满足条件的最大整数 M 为 4 (3)a≥1 k . 3x+5

(1)设隔热层厚度为 x cm,由题设,每年能源消耗费用为 C(x)=

40 再由 C(0)=8,得 k=40,因此 C(x)= . 又建造费用为 C1(x)=6x. 3x+5 最后得隔热层建造费用与 20 年的能源消耗费用之和为 40 800 f(x)=20C(x)+C1(x)=20× +6x= +6x (0≤x≤10). 3x+5 3x+5 2 400 2 400 25 (2)f?(x)=6- ,令 f?(x)=0,即 =6.解得 x=5,x=- (舍去). 3 ?3x+5?2 ?3x+5?2 当 0<x<5 时,f?(x)<0,当 5<x<10 时,f?(x)>0, 800 故 x=5 是 f(x)的最小值点,对应的最小值为 f(5)=6×5+ =70. 15+5 当隔热层修建 5 cm 厚时,总费用达到最小值 70 万元. 变式训练 3 (1)2 (2)当销售价格为 4 元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大
43

课时规范训练 A组 1.D 2.B 7.解 3 3.D 4.?4,3? ? ? 5.(-1,0] 6.-13

(1)f?(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),∵x=2 是函数 y=f(x)的极值点, ∴f?(2)=0,即 6(2a-2)=0,因此 a=1. 经验证,当 a=1 时,x=2 是函数 y=f(x)的极值点. ∴f?(x)=3x2-6x=3x(x-2). ∴y=f(x)的单调增区间是(-∞,0),(2,+∞);单调减区间是(0,2). (2)g(x)=ex(x3-3x2),g?(x)=ex(x3-3x2+3x2-6x)=ex(x3-6x)=x(x+ 6)(x- 6)ex, ∵ex>0,∴y=g(x)的单调增区间是(- 6,0),( 6,+∞);单调减区间是(-∞,- 6),(0, 6).

8.解

(1)设 x<0,则-x>0,∵f(x)是奇函数,∴f(x)=-f(-x)=-ln(-x)-ax-1,

?ln x-ax+1 ? ?x=0?, 当 x=0 时,f(x)=0,∴函数 f(x)=?0 ?-ln?-x?-ax-1 ?

?x>0?, ?x<0?.

(2)∵函数 f(x)是奇函数,∴函数 y=f(x)的零点关于原点对称,由 f(x)=0 恰有 5 个不同的实数根知 5 个实数 根中有两个正根、两个负根、一个零根,且两个正根和两个负根互为相反数. ∴要使方程 f(x)=0 恰有 5 个不同的实数根,只要使方程 f(x)=0 在(0,+∞)上恰有两个不同的实数根. 下面研究 x>0 时的情况: 1 ∵f?(x)= -a,∴当 a≤0 时,f?(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为单调递增函数, x 1 -a?x-a? ? ? ∴方程 f(x)=0 在(0,+∞)上不可能有两个不同的实数根. ∴当 a>0 时,f?(x)= , x 1 1 令 f?(x)=0,得 x= . 当 0<x< 时,f?(x)>0,函数 f(x)单调递增; a a 1 1 当 x> 时,f?(x)<0,函数 f(x)单调递减, ∴函数 f(x)在 x= 处取得极大值-ln a. a a 又根据函数单调性可判断 f(x)在趋近于 0 处及+∞时,f(x)<0. ∴要使方程 f(x)=0 在(0,+∞)上恰有两个不同的实数根,只要-ln a>0,解得 0<a<1,故 a 的取值范围是 (0,1). B组 1.A 2.D 3.B 4.[1,+∞) 5.[-2,-1] 6.[4,+∞) 7.解 (1)f?(x)=3mx2-6(m+1)x+n. ∵x=1 是 f(x)的一个极值点,∴f?(1)=0, 即 3m-6(m+1)+n=0,∴n=3m+6. 2 (2)由(1)知,f?(x)=3mx2-6(m+1)x+3m+6=3m(x-1)?x-?1+m??. ? ? ??

44

2 当 m<0 时,有 1>1+ ,当 x 变化时,f(x)与 f?(x)的变化如下表: m x f?(x) f(x) 2 (-∞,1+ ) m - 单调递减 2 1+ m 0 极小值 2 (1+ ,1) m + 单调递增 1 0 极大 值 (1,+∞) - 单调递减

2 2 由上表知,当 m<0 时,f(x)在?-∞,1+m?,(1,+∞)上单调递减,在?1+m,1?上单调递增. ? ? ? ? 2 2 (3)由已知,得 f?(x)>3m,即 mx2-2(m+1)x+2>0. ∵m<0,∴x2- (m+1)x+ <0, m m 1 2 即 x2-2?1+m?x+ <0,x∈[-1,1]. ? ? m 1 2 设 g(x)=x2-2?1+m?x+ ,其函数图象开口向上. ? ? m ①

?1+2+ + <0, ?g?-1?<0, ? ? m m ? 由题意①式恒成立.∴ ?? ? ?g?1?<0 ?
2 2

?-1<0

? 4 <-3, ? 4 ??m ?m>- . 3 ?-1<0 ?

4 ? 4 ? 又 m<0,∴- <m<0. ∴m 的取值范围是?- ,0?. 3 ? 3 ?

专题二
要点梳理 1.f?(x)≥0 题型分类· 深度剖析 例1 解 (1)a≤0 f?(x)≤0

导数的工具性作用之研究

1 1 (2)f(x)的单调递增区间为?-∞,-3?,(3,+∞),单调递减区间为?-3,3? ? ? ? ? 变式训练 1 (1)3x-2y+2ln 2-3=0 (2)当 k=0 时,f(x)的单调递增区间为(-1,0),单调递减区间为(0,+∞); 当 0<k<1 时,f(x)的单调递增区间为(-1,0)和? 1-k ? ? 1-k? ? k ,+∞?,单调递减区间为?0, k ?;

当 k=1 时,f(x)的单调递增区间为(-1,+∞); 1-k? 1-k ? 当 k>1 时,f(x)的单调递增区间为?-1, 和(0,+∞),单调递减区间为? k ? ? ? k ,0? 例2 解 (1)∵g(x)=ax3+bx2+cx,∴g(-1)=-a+b-c=0,即 c=b-a.

又 f(x)=g?(x)=3ax2+2bx+c,由 f(0)f(1)≤0,得 c(3a+2b+c)≤0,即(b-a)(3b+2a)≤0. b b 2 b ∵a≠0,∴?a-1??3·+2?≤0,解得- ≤ ≤1. ? ?? a ? 3 a
45

又∵方程 f(x)=3ax2+2bx+c=0 (a≠0)有两根,∴Δ≥0. 3 而 Δ=(2b)2-4×3a×c=4b2-12a(b-a)=4?b-2a?2+3a2>0 恒成立, ? ? 2 b 于是, 的取值范围是?-3,1?. ? ? a (2)∵x1、x2 是方程 f(x)=0 的两根,即 3ax2+2bx+c=0 的两根为 x1、x2, 2b c b-a b 1 ∴x1+x2=- ,x1x2= = = - . 3a 3a 3a 3a 3 2b b 1 4 ?b 4b 4 4 b 3 1 ∴|x1-x2|2=(x1+x2)2-4x1x2=?-3a?2-4?3a-3?= ·a?2- ·+ = ?a-2?2+ . ? ? ? ? 9 ? ? 3 a 3 9? ? 3 2 b b ∵- ≤ ≤1,∴当且仅当 =1,即 a=b 时,|x1-x2|2 取最小值, 3 a a 即|x1-x2|取最小值.此时,g(x)=ax3+ax2,f(x)=3ax2+2ax=ax(3x+2). 2 令 f(x)=0,得 x1=- ,x2=0. 若 a>0,当 x 变化时,f(x)、g(x)的变化情况如下表: 3 2 (-∞,- ) 3 + ? 2 3

x



? 2 ? ? ? ,0? ? 3 ?


0

(0,+∞) +

f(x) g(x)

0 极大值

0 极小值

2 4 由上表可知,g(x)的极大值为 g?-3?= a,极小值为 g(0)=0. ? ? 27 4 4 由题设,知 a-0= ,解得 a=9,此时 g(x)=9x3+9x2; 27 3 当 a<0,当 x 变化时,f(x)、g(x)的变化情况如下表: x f(x) g(x) 2 (-∞,- ) 3 - ? - 0 极小值 2 3 2 (- ,0) 3 + 0 0 极大值 (0,+∞) -

2 4 由上表可知,g(x)的极大值为 g(0)=0,极小值为 g?-3?= a. ? ? 27 4 4 由题设知 0- a= ,解得 a=-9,此时 g(x)=-9x3-9x2. 27 3 综上所述,g(x)的解析式为 g(x)=9x3+9x2 或 g(x)=-9x3-9x2. 变式训练 2 (1)a=-3,b=2 (2)当 0<t≤2 时,f(x)的最大值为 f(0)=2,最小值为 f(t)=t3-3t2+2; 当 2<t≤3 时,f(x)的最大值为 f(0)=2,最小值为 f(2)=-2; 当 t>3 时,f(x)的最大值为 f(t)=t3-3t2+2,最小值为 f(2)=-2

46

例3



1 (1)f?(x)=4(x-1)(3ax2+3ax-1).当 a= 时,f?(x)=2(x+2)(x-1)2, 6

∴f(x)在(-∞,-2]内单调递减,在[-2,+∞)内单调递增,当 x=-2 时,f(x)有极小值.∴f(-2)=-12 是 f(x)的极小值. (2)在(-1,1)上 f(x)是增函数,由此可得在(-1,1)上,f?(x)=4(x-1)(3ax2+3ax-1)≥0, ∴3ax2+3ax-1≤0. 令 g(x)=3ax2+3ax-1 (-1<x<1), ①当 a=0 时,①恒成立; ②当 a>0 时, 若①成立, 根据二次函数 g(x)=3ax2+3ax-1 (-1<x<1)的图象, 只需满足 g(1)=3a×12+3a×1 1 1 -1≤0,即 a≤ ,∴0<a≤ ; 6 6 1 1 ③当 a<0 时,若①成立, 根据二次函数 g(x)=3ax2+3ax-1 (-1<x<1)的图象, 只需满足 g?-2?=3a×?-2? ? ? ? ?
2



1 4 4 +3a×?-2?-1≤0,即 a≥- ,∴- ≤a<0. ? ? 3 3

4 1 综上所述,f(x)在(-1,1)上是增函数时,a 的取值范围为?-3,6?. ? ? 1 1 变式训练 3 (1)f(x)在?0,2?和(2,+∞)上是增函数,在(-∞,0)和?2,2?上是减函数 ? ? ? ? 8 8 (2)?-3,3? ? ? 例4 (3)(-∞,-4]

a (1)解 f?(x)=2x- ,依题意 f?(x)≥0,x∈(1,2],即 a≤2x2,x∈(1,2]. x ∵上式恒成立,∴a≤2. a 又 g?(x)=1- ,依题意 g?(x)≤0,x∈(0,1),即 a≥2 x,x∈(0,1). 2 x ∵上式恒成立,∴a≥2. 由①②得 a=2,(x)=x2-2ln x,g(x)=x-2 x. (2)证明 由(1)可知,方程 f(x)=g(x)+2,即 x2-2ln x-x+2 x-2=0. 2 1 设 h(x)=x2-2ln x-x+2 x-2,则 h?(x)=2x- -1+ , x x 当 h?(x)=0 时,( x-1)(2x x+2x+ x+2)=0,解得 x=1. 令 h?(x)>0,并由 x>0,解得 x>1;令 h?(x)<0,由 x>0,解得 0<x<1. 列表分析: x h?(x) h(x) (0,1) - 单调递减 1 0 极小值 (1,+∞) + 单调递增 ② ①

可知 h(x)在 x=1 处有一个最小值 0,当 x>0 且 x≠1 时,h(x)>0,
47

∴h(x)=0 在(0,+∞)上只有一个解.即当 x>0 时,方程 f(x)= g(x)+2 有唯一解. 变式训练 4 解 (1)F(x)=ax2-2ln x,其定义域为(0,+∞),
2 2 2?ax -1? ∴F?(x)=2ax- = (x>0). x x

①当 a>0 时,由 ax2-1>0,得 x> 故当 a>0 时,F(x)的递增区间为?

1 1 . 由 ax2-1<0,得 0<x< . a a

1 1 ,+∞?,递减区间为?0, ?. a? ? a ? ?

②当 a≤0 时,F?(x)<0 (x>0)恒成立. 故当 a≤0 时,F(x)在(0,+∞)上单调递减. ln 2 1 (2) ≤a< 2 e 课时规范训练 A组 1.A 2.C 3.D 4.32 5.(0,1) 6.1 7.(1)f(x)=x3-2x2+1 (2)m≥20

8.(1)f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2]单调递增区间是[ln 2,+∞),极小值为 f(ln 2)=2(1-ln 2+a) (2)证明 设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,于是 g?(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln 2-1 时,g?(x)的最小值为 g?(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0. 于是对任意 x∈R,都有 g?(x)>0,∴g(x)在 R 内单调递增. 于是当 a>ln 2-1 时,对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>g(0).而 g(0)=0, 从而对任意 x∈(0,+∞),g(x)>0. 即 ex-x2+2ax-1>0,故 ex>x2-2ax+1. B组 1. C 2.B 8.解 3.C 4.(-4,0) 5.(1,+∞) 6.4 7.4

x2+bx+a ?x-1??x-a? (1)f?(x)= (x>-3). 由 f?(1)=0?b=-a-1,故 f?(x)= , x+3 x+3 0<a<1 时,由 f?(x)>0,得 f(x)的单调增区间为(-3,a),(1,+∞), 由 f?(x)<0 得 f(x)的单调减区间为(a,1). 同理 a>1 时,f(x)的单调增区间为(-3,1),(a,+∞),单调减区间为(1,a). 1 (2) ①由(1)及 f?(3)≤ ?-3b-8≥a. 6 又由|x|≥2 时,f?(x)≥0 知 f?(x)的零点在[-2,2]内,设 g(x)=x2+bx+a, (ⅰ)

?g?2?≥0, ?g?-2?≥0, 则? ?-2≤-b≤2 ? 2

?a≥-4-2b, ? ??a≥2b-4, ?-4≤b≤4, ?

1 结合(ⅰ)解得 b=-4,a=4,∴f(x)=25ln(x+3)+ x2-7x. 2
48

②设 φ(x)=f(x)-f?(x),先求 φ(x)与 x 轴在(-3,2)内的交点, ?x-2?2 25 ∵φ?(x)= + -1,由-3<x<2 得 0<(x+3)2<25, x+3 ?x+3?2 故 φ?(x)>0,φ(x)在(-3,2)上单调递增.又 φ(-2)=16-16=0,故 φ(x)与 x 轴有唯一交点(-2,0), 即 f(x)与 f?(x)的图象在区间(-3,2)上的唯一交点坐标为(-2,16).

§4.1
要点梳理 1.(1)①正角 负角 零角

任意角和弧度制及任意角的三角函数
轴线角

②象限角

(2)α+k· 360° (k∈Z)

(3)①把长度等于半径长的弧所对的圆心角

②正数 负数 零 ⑤l=|α|r

l ③无关 角的大小 ④2π π r

1 1 lr |α|r2 2 2

y x y 2.(1) 自变量 函数值 r r x 3.正射影 (cos α,sin α) P(cos α,sin α) OM MP AT 余弦线 正弦线 正切线 MP OM AT 基础自测 1. 5 16π 2.(-1, 3) 3. 4.-8 5.C 2 3

题型分类· 深度剖析 例1 解 (1)所有与角 α 有相同终边的角可表示为:β=45° +k×360° (k∈Z),

则令-720° ≤45° +k×360° ,得-765° ≤0° ≤k×360° ≤-45° , 765 45 解得- ≤k≤- ,从而 k=-2 或 k=-1,代入得 β=-675° β=-315° 或 . 360 360 (2)∵M={x|x=(2k+1)×45° ,k∈Z}表示的是终边落在四个象限的平分线上的角的集合; 而集合 N={x|x=(k+1)×45° ,k∈Z}表示终边落在坐标轴或四个象限平分线上的角的集合,从而:M?N. 3π 变式训练 1 解 (1)由 α 是第三象限的角得 π+2kπ<α< +2kπ (k∈Z) 2 3π π ?- -2kπ<-α<-π-2kπ (k∈Z),即 +2kπ<-α<π+2kπ (k∈Z). 2 2 3π ∴角-α 的终边在第二象限;由 π+2kπ<α< +2kπ (k∈Z),得 2π+4kπ<2α<3π+4kπ(k∈Z). 2 ∴角 2α 的终边在第一、二象限及 y 轴的非负半轴. π (2)在(0,π)内终边在直线 y= 3x 上的角是 , 3 π ∴终边在直线 y= 3x 上的角的集合为{α|α= +kπ,k∈Z}. 3 6π θ 2π 2kπ (3)∵θ= +2kπ (k∈Z),∴ = + (k∈Z). 7 3 7 3
49

2π 2kπ 3 18 θ 2π 20π 34π 依题意 0≤ + <2π?- ≤k< ,k∈Z.∴k=0,1,2,即在[0,2π)内终边与 相同的角为 , , . 7 3 7 7 3 7 21 21 例2 解 ∵P(x,- 2) (x≠0),∴点 P 到原点的距离 r= x2+2. 又 cos α= 3 x 3 x,∴cos α= 2 = x. ∵x≠0,∴x=± 10.∴r=2 3. 6 6 x +2

当 x= 10时,P 点坐标为( 10,- 2),由三角函数的定义, - 2 6 5+ 6 6 1 10 1 6 有 sin α= =- , = =- 5,∴sin α+ =- - 5=- ; 6 tan α - 2 tan α 6 6 2 3 6 5- 6 1 当 x=- 10时,同理可求得 sin α+ = . tan α 6 变式训练 2 解 ∵角 α 的终边在直线 3x+4y=0 上,∴在角 α 的终边上任取一点 P(4t,-3t) (t≠0),则 x=4t,y =-3t,r= x2+y2= ?4t?2+?-3t?2=5|t|, y -3t 3 x 4t 4 y -3t 3 当 t>0 时,r=5t,sin α= = =- ,cos α= = = ,tan α= = =- ; r 5t 5 r 5t 5 x 4t 4 y -3t 3 x 4t 4 y -3t 3 当 t<0 时,r=-5t,sin α= = = ,cos α= = =- ,tan α= = =- . r -5t 5 r -5t 5 x 4t 4 3 4 3 3 4 3 综上可知,sin α=- ,cos α= ,tan α=- 或 sin α= ,cos α=- ,tan α=- . 5 5 4 5 5 4 例3 解 (1)∵点 P(sin θcos θ,2cos θ)位于第三象限,

?sin θ>0 ∴sin θcos θ<0,2cos θ<0,即? ,∴θ 为第二象限角. ?cos θ<0

π (2)∵2kπ+ <θ<2kπ+π (k∈Z),∴-1<cos θ<0,4kπ+π<2θ<4kπ+2π,-1≤sin 2θ<0, 2 ∴sin(cos θ)<0,cos(sin 2θ)>0.∴ sin?cos θ? sin?cos θ? <0.∴ 的符号是负号. cos?sin 2θ? cos?sin 2θ?

π 变式训练 3 解 方法一 由 sin 2θ<0,得 2kπ+π<2θ<2kπ+2π (k∈Z),kπ+ <θ<kπ+π (k∈Z). 2 当 k 为奇数时,θ 的终边在第四象限;当 k 为偶数时,θ 的终边在第二象限. 又因 cos θ≤0,∴θ 的终边在左半坐标平面(包括 y 轴),∴θ 的终边在第二象限. ∴tan θ<0,cos θ<0,点 P 在第三象限. 方法二 由|cos θ|=-cos θ 知 cos θ≤0, 又 sin 2θ<0,即 2sin θcos θ<0
?sin θ>0 由①②可推出? ,因此 θ 在第二象限,P(tan θ,cos θ)在第三象限. ?cos θ<0

① ②

例4



π π 10π (1)设弧长为 l,弓形面积为 S 弓,则 α=60° ,R=10,l= ×10= = (cm), 3 3 3

1 10π 1 π 50 50 3 π 3 S 弓=S 扇-S△= × ×10- ×102×sin = π- =50? - ? (cm2). 2 3 2 3 3 2 ?3 2 ?
50

C (2)扇形周长 C=2R+l=2R+αR,∴R= , 2+α 1 1 ? C C2 1 C2 1 C2 ∴S 扇= α· 2= α·2+α?2= α· R · ≤ . 2= 2 2 ? 4 16 ? 2 4+4α+α 2 4+α+ α C2 当且仅当 α =4,即 α=2 时,扇形面积有最大值 . 16
2

1 变式训练 4 解 设扇形的圆心角为 α,半径为 R,弧长为 l,根据已知条件 lR=S 扇, 2 2S扇 2S扇 则扇形的周长为:l+2R= +2R≥4 S扇,当且仅当 =2R,即 R= S扇时等号成立,此时 l=2 S扇,α R R l = =2,因此当扇形的圆心角为 2 弧度时,扇形的周长取到最小值. R 课时规范训练 A组 1.B 2.C 2 10 3.A 4.钝角三角形 5. 6. 5 4

7.解

?0<sin θ=1-a<1, ? 1+a ∵θ 是第二象限角,∴sin θ>0,cos θ<0. ∴? 3a-1 ? ?-1<cos θ= 1+a <0,
又∵sin2θ+cos2θ=1,∴?

1 解得 0<a< . 3

?1-a?2+?3a-1?2=1, ? ? ? ?1+a? ? 1+a ?

1 1 解得 a= 或 a=1(舍去).故实数 a 的值为 . 9 9 B组 1.B 2.A π π 3.D 4.?2kπ-3,2kπ+3?(k∈Z) ? ? 5. 2 2 或- 2 2 -1 6.(7+4 3)∶9

7.解 由题意得,点 P 的坐标为(a,-2a),点 Q 的坐标为(2a,a). ∴,sin α= -2a
2

a +?-2a?

2=-

2 a 1 ,cos α= 2 , 2= 5 5 a +?-2a?

-2a a 1 2a 2 a 1 tan α= =-2,sin β= ,cos β= ,tan β= = , 2 2= 2 2= a 2a 2 5 5 ?2a? +a ?2a? +a -2 1 1 2 1 故有 sin α· α+sin β· β+tan α· β= · + · +(-2)× =-1. cos cos tan 2 5 5 5 5

§4.2
要点梳理

同角三角函数的基本关系及诱导公式

51

1.(1)sin2α+cos2α=1

sin α (2) =tan α cos α

2.相同 关于原点对称 关于 x 轴对称 关于 y 轴对称 关于直线 y=x 对称 3. 组数 角 正弦 余弦 正切 口诀 3 3 2 5 基础自测 1.- 2. 3. 3 4.- 5 4 5 题型分类· 深度剖析 一 2kπ+α (k∈Z) sin_α cos_α tan_α -sin_α -cos_α tan_α 函数名不变 符号看象限 5.A -sin_α cos_α -tan_α sin_α -cos_α -tan_α 函数名改变 符号看象限 二 π+α 三 -α 四 π-α 五 π -α 2 cos_α sin_α 六 π +α 2 cos_α -sin_α

例1

?sin α+cos α=1 ① ? 5 解 (1)方法一 联立方程? ?sin2α+cos2α=1 ② ?
1 由①得 cos α= -sin α,将其代入②,整理得 25sin2α-5sin α-12=0. 5

?sin α=5 ∵α 是三角形内角,∴sin α>0,∴? 3 ?cos α=-5
4

4 ,∴tan α=- . 3

1 1 1 方法二 ∵sin α+cos α= ,∴(sin α+cos α)2=?5?2,即 1+2sin αcos α= , ? ? 5 25 24 24 49 ∴2sin αcos α=- ,∴(sin α-cos α)2=1-2sin αcos α=1+ = . 25 25 25 12 7 ∵sin αcos α=- <0 且 0<α<π,∴sin α>0,cos α<0,∴sin α-cos α>0,∴sin α-cos α= , 25 5

?sin α+cos α=5 由? 7 ?sin α-cos α=5
1
2

?sin α=5 ,得? 3 ?cos α=-5
4
2

4 ,∴tan α=- . 3

sin2α+cos2α cos2α sin α+cos α tan2α+1 1 (2) 2 = 2 = 2 = , cos α-sin2α cos α-sin2α cos α-sin2α 1-tan2α cos2α

52

?-4?2+1 tan2α+1 ? 3? 4 1 25 ∵tan α=- ,∴ 2 = = =- . 3 4?2 7 cos α-sin2α 1-tan2α 1-?-3? ?
sin2α+sin αcos α-2cos2α tan2α+tan α-2 4 变式训练 1 解 (1)sin α+sin αcos α-2cos α= = = . 5 sin2α+cos2α tan2α+1
2 2

(2)∵sin α=2sin β,tan α=3tan β, ∴sin2α=4sin2β, tan α=9tan β, 由①÷ ②得:9cos α=4cos β, 3 6 ①+③得:sin2α+9cos2α=4,∵cos2α+sin2α=1,∴cos2α= ,即 cos α=± . 8 4 例2 解 π 5π π 5π (1)∵?6+α?+? 6 -α?=π,∴ -α=π-?6+α?. ? ? ? ? ? ? 6
2 2 2 2

① ② ③

5π π π 5π 3 3 ∴cos? 6 -α?=cos?π-?6+α??=-cos?6+α?=- ,即 cos? 6 -α?=- . ? ? ? ? ?? ? ? ? ? 3 3 3 3 (2)∵cos(α-7π)=cos(7π-α)=cos(π-α)=-cos α=- ,∴cos α= . 5 5 π sin?2-α? ? ? 7 7 π ? ∴sin(3π+α)· ?α-2π?=sin(π+α)·-tan?2π-α??=sin α· ?2-α?=sin α· tan? tan? ? ? ? ?? ? π ? cos?2-α? ? cos α 3 =sin α· =cos α= . sin α 5 π π tan αcos αsin?-2π+?α+2?? tan αcos αsin?2+α? ? ? ?? ? ? tan αcos αcos α 变式训练 2 解 (1)原式= = = cos?3π+α?[-sin?3π+α?] ?-cos α?sin α ?-cos α?sin α tan αcos α sin α cos α =- =- · =-1. sin α cos α sin α sin x· x· cos ?-tan x? (2)∵f(x)= =-cos x· x=-sin x, tan sin x 31π 31π π 31π π 3 ∴f?- 3 ?=-sin?- 3 ?=sin =sin?10π+3?=sin = . ? ? ? ? ? ? 3 3 2 例3 sin θ cos θ sin2θ cos2θ 证明 左边=sin θ?1+cos θ?+cos θ?1+ sin θ ?=sin θ+ +cos θ+ ? ? ? ? cos θ sin θ cos2θ sin2θ sin2θ+cos2θ cos2θ+sin2θ 1 1 =?sin θ+ sin θ ?+?cos θ+cos θ?= + = + =右边. ? ? ? ? sin θ cos θ sin θ cos θ 变式训练 3 证明 = cos2x+sin2x+2sin xcos x ?cos x+sin x?2 (1)左边= = cos2x-sin2x ?cos x+sin x??cos x-sin x?

cos x+sin x 1+tan x = =右边. ∴原式得证. cos x-sin x 1-tan x

53

-tan αsin?-α?cos?-α? -tan α?-sin α?cos α (2)左边= = =-tan α=右边. ∴原式得证. cos?π-α?sin?π-α? -cos αsin α 课时规范训练 A组 1.B 2.A 2 3.D 4.- 3 5.- 1 6.-1 3

1 1 7.解 ∵sin(3π+θ)=-sin θ= ,∴sin θ=- , 3 3 -cos θ cos?2π-θ? 1 cos θ ∴原式= + = + 3π ? cos θ?-cos θ-1? 1+cos θ -cos2θ+cos θ -sin? 2 -θ?cos?π-θ?+cos θ ? = 1 1 2 2 2 + = = =18. 2 = sin2θ ? 1?2 1+cos θ 1-cos θ 1-cos θ - ? 3?

B组 1.A 2.A 3.B 4.- 3 2 3 5. 4 6.0

7.解

3π tan?π-α?cos?2π-α?sin?-α+ 2 ? ? ? -tan αcos α?-cos α? (1)f(α)= = =cos α. cos?-α-π?tan?-π-α? -cos α?-tan α? 3π 1 1 1 2 6 (2)∵cos?α- 2 ?= ,∴-sin α= ,∴sin α=- ,又 α 是第三象限角,∴cos α=- . ? ? 5 5 5 5 2 6 ∴f(α)=cos α=- . 5 1 (3)∵α=-1 860° =-360° ×5-60° ,∴cos α=cos(-1 860° )=cos(-60° )=cos 60° . = 2 1 ∴f(α)= . 2

§4.3
要点梳理 π 1.(0,0) ?2,1? ? ? 3 (π,0) ?2π,-1? ? ? (2π,0)

三角函数的图象与性质

π 2.定义域:R R {x|x≠kπ+ ,k∈Z} 值域:[-1,1] [-1,1] 2 kπ π π 对称性:x=kπ+ (k∈Z) (kπ,0)(k∈Z) x=kπ(k∈Z) (kπ+ ,0) (k∈Z) ? 2 ,0? (k∈Z) ? ? 2 2 周期:2π 2π π π π π 3π 单调性:[2kπ- ,2kπ+ ](k∈Z) [2kπ+ ,2kπ+ ] (k∈Z) [2kπ-π,2kπ] (k∈Z) 2 2 2 2 [2kπ,2kπ+π](k∈Z) (kπ

54

π π - ,kπ+ )(k∈Z) 2 2

奇偶性:奇函数 偶函数 奇函数

π ? ? 3 基础自测 1.?x|x≠kπ-4,k∈Z? 2.4π 3.π 4.5 π+2kπ,k∈Z 5.D 4 ? ? 题型分类· 深度剖析 例1 解 (1)要使函数有意义,必须使 sin(cos x)>0.

∵-1≤cos x≤1,∴0<cos x≤1. 利用单位圆中的余弦线 OM,依题意知 0<OM≤1,∴OM 只能在 x 轴的正半轴上, π π ∴其定义域为{x|- +2kπ<x< +2kπ,k∈Z}. 2 2 (2)要使函数有意义,必须使 sin x-cos x≥0. 利用图象.在同一坐标系中画出[0,2π]上 y=sin x 和 y=cos x 的图象,如图所示.

π 5π 在[0,2π]内,满足 sin x=cos x 的 x 为 , ,再结合正弦、余弦函数的周期是 2π, 4 4 5π ? π ? ∴定义域为?x|4+2kπ≤x≤ 4 +2kπ,k∈Z?.
? ?

变式训练 1 解

?-tan x-1≥0 ? (1)要使函数有意义,则? ? ? x π? ?cos?2+8?≠0
2sin x-1>0

?sin x>2, ? ??tan x≤-1, x π ?2+π≠kπ+2. ? 8
1

图①

? ? π 3π 如图①利用单位圆得:?kπ+2<x≤kπ+ 4 , ?x≠2kπ+3π?k∈Z?. ? 4

π 5π 2kπ+ <x<2kπ+ , 6 6

π 3π ∴函数的定义域为{x|2kπ+ <x<2kπ+ ,k∈Z}. 2 4

55

? ?x>0, (2)要使函数有意义,则? tan x≥0, ?x≠kπ+π,k∈Z ? 2
1 2+log x≥0, 2 利用数轴可得图②

?0<x≤4, ? ?? π ?kπ≤x<kπ+2 ?k∈Z?. ?

图② π ∴函数的定义域是{x|0<x< 或 π≤x≤4}. 2 例2 π 解 (1)y=-sin?2x-3?, ? ?

π π 它的增区间是 y=sin?2x-3?的减区间,它的减区间是 y=sin?2x-3?的增区间. ? ? ? ? π π π π 5π 由 2kπ- ≤2x- ≤2kπ+ ,k∈Z,得 kπ- ≤x≤kπ+ ,k∈Z. 2 3 2 12 12 π π 3π 5π 11π 由 2kπ+ ≤2x- ≤2kπ+ ,k∈Z,得 kπ+ ≤x≤kπ+ ,k∈Z. 2 3 2 12 12 π 5π 5π 11π 故所给函数的减区间为?kπ-12,kπ+12?,k∈Z;增区间为?kπ+12,kπ+ 12 ?,k∈Z. ? ? ? ? 2π 最小正周期 T= =π. 2 π (2)观察图象可知,y=|tan x|的增区间是?kπ,kπ+2?,k∈Z,减区间是 ? ?

?kπ-π,kπ?,k∈Z.最小正周期:T=π. 2 ? ?
5π kπ π kπ π 变式训练 2 (1)周期为 函数的递增区间为?-24+ 2 ,24+ 2 ? (k∈Z); ? ? 2 π kπ 7π kπ 函数的递减区间为?24+ 2 ,24+ 2 ?(k∈Z);ymax=2;ymin=-2 ? ? (2)①π ②最大值为 2;最小值为-1 例3 π (1) (2)A 6

变式训练 3 (1)B (2)π 课时规范训练 A组 1.D 2.B π 3.A 4.?2kπ,3+2kπ? (k∈Z) ? ? 3 5.[- ,3] 6.②③ 2
56

7.解

3π (1)- 4 3π π 3π π (2)由(1)得:f(x)=sin?2x- 4 ?,令- +2kπ≤2x- ≤ +2kπ,k∈Z, ? ? 2 4 2 π 5π π 5π 可解得 +kπ≤x≤ +kπ,k∈Z,因此 y=f(x)的单调增区间为?8+kπ, 8 +kπ?,k∈Z. ? ? 8 8

8.解

π π π π π 2π (1)∵- <x< ,∴0<2x+ < ,∴0<sin?2x+3?≤1,∴y=2sin?2x+3?的值域为(0,2]. ? ? ? ? 6 6 3 3 5 9 (2)y=2cos2x+5sin x-4=2(1-sin2x)+5sin x-4=-2sin2x+5sin x-2=-2?sin x-4?2+ . ? ? 8 ∴当 sin x=1 时,ymax=1,当 sin x=-1 时,ymin=-9, ∴y=2cos2x+5sin x-4 的值域为[-9,1].

B组 1.D 2.B 7.解 2 4 3.D 4. 5. 6.①④ 3 3

π 1 1 1 1 1 2 (1)f(x)= (1-cos 2ax)- sin 2ax=- (sin 2ax+cos 2ax)+ =- sin?2ax+4?+ . ? ? 2 2 2 2 2 2 1+ 2 1- 2 ∵y=f(x)的图象与 y=m 相切,∴m 为 f(x)的最大值或最小值,即 m= 或 m= . 2 2 π π (2)∵切点的横坐标依次成公差为 的等差数列,∴f(x)的最小正周期为 . 2 2 π 1 2π π 2 T= = ,a>0,∴a=2,即 f(x)=- sin?4x+4?+ . ? ? 2 |2a| 2 2 π π kπ π 由题意知 sin?4x0+4?=0,则 4x0+ =kπ (k∈Z),∴x0= - (k∈Z). ? ? 4 4 16 3 1 7 1 kπ π π 由 0≤ - ≤ (k∈Z)得 k=1 或 2,因此点 A 的坐标为?16π,2?,?16π,2?. ? ? ? ? 4 16 2

8.解

π π 1 π π π 7π (1)∵x∈?0,2?,∴2x+ ∈?6, 6 ?. ∴sin?2x+6?∈?-2,1?,∴-2asin?2x+6?∈[-2a,a]. ? ? ? ? ? ? ? ? ? 6 ? ∴f(x)∈[b,3a+b],又∵-5≤f(x)≤1,∴b=-5,3a+b=1,因此 a=2,b=-5. π (2)由(1)得 a=2,b=-5,∴f(x)=-4sin?2x+6?-1, ? ? π 7π π g(x)=f?x+2?=-4sin?2x+ 6 ?-1=4sin?2x+6?-1,又由 lg g(x)>0 ? ? ? ? ? ? π π 1 π π 5π 得 g(x)>1,∴4sin?2x+6?-1>1,∴sin?2x+6?> ,∴2kπ+ <2x+ <2kπ+ ,k∈Z, ? ? ? ? 2 6 6 6 π π π π 其中当 2kπ+ <2x+ ≤2kπ+ ,k∈Z 时,g(x)单调递增,即 kπ<x≤kπ+ ,k∈Z, 6 6 2 6 π ∴g(x)的单调增区间为?kπ,kπ+6?,k∈Z. ? ? π π 5π π π 又∵当 2kπ+ <2x+ <2kπ+ ,k∈Z 时,g(x)单调递减,即 kπ+ <x<kπ+ ,k∈Z.∴g(x)的单调减区间为 2 6 6 6 3
57

?kπ+π,kπ+π?,k∈Z. 6 3? ?

§4.4
要点梳理

函数 y=Asin(ωx+φ)的图象及三角函数模型的简单应用

π 3π -φ -φ 0-φ 2 π-φ 2 2π-φ π 3π 1. 0 π 2π ω ω ω ω ω 2 2 1 2.方法一:向左(右)平移|φ|个单位长度,各点的横坐标变为原来的 倍,各点的纵坐标变为原来的 A 倍 ω φ 1 方法二:各点的横坐标变为原来的 倍,向左(右)平移?ω?个单位长度,各点的纵坐标变为原来的 A 倍 ? ? ω 3.振幅 周期 频率 相位 基础自测 1.2 初相

1 π π π - 2.6, 3.左 4.C 5.D π 4 6 8

题型分类· 深度剖析 例1 解 π 2π π (1)y=2sin?2x+3?的振幅 A=2,周期 T= =π,初相 φ= . ? ? 2 3

π π (2)令 X=2x+ ,则 y=2sin?2x+3?=2sin X. ? ? 3 列表,并描点画出图象: x X y=sin X π y=2sin?2x+3? ? ? - 0 0 0 π 6 π 12 π 2 1 2 π 3 π 0 0 7π 12 3π 2 -1 -2 5π 6 2π 0 0

π π (3)把 y=sin x 的图象上所有的点向左平移 个单位,得到 y=sin?x+3?的图象, ? ? 3 π π 1 再把 y=sin?x+3?的图象上的点的横坐标缩短到原来的 倍(纵坐标不变),得到 y=sin?2x+3?的图象, ? ? ? ? 2 π π 最后把 y=sin?2x+3?上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍(横坐标不变),即可得到 y=2sin?2x+3?的图象. ? ? ? ?
58

变式训练 1 (1)ω=2,φ=-

π 3

(2)图象如图: π 7 ? ? (3)x 的取值范围是?x|kπ+24<x<kπ+24π,k∈Z?
? ?

例2

3π π 2π 1 解 (1)依题意,A= 2,T=4×? 2 -2?=4π,∵T= =4π,ω>0,∴ω= . ? ? |ω| 2

1 π 1 π ∴y= 2sin?2x+φ?. 又曲线上的最高点为?2, 2?,∴sin?2×2+φ?=1, ? ? ? ? ? ? 1 π π π π π π ∴φ+ =2kπ+ ,k∈Z.∵- <φ< ,∴φ= . ∴y= 2sin?2x+4?. ? ? 4 2 2 2 4 π 1 π π 3π π (2)令 2kπ- ≤ x+ ≤2kπ+ ,k∈Z,∴4kπ- ≤x≤4kπ+ ,k∈Z. 2 2 4 2 2 2 3π π ∴函数 f(x)的单调递增区间为?4kπ- 2 ,4kπ+2? (k∈Z). ? ? π 1 π 3 π 5π 令 2kπ+ ≤ x+ ≤ π+2kπ (k∈Z),∴4kπ+ ≤x≤4kπ+ ,k∈Z. 2 2 4 2 2 2 π 5π ∴函数 f(x)的单调递减区间为?4kπ+2,4kπ+ 2 ? (k∈Z). ? ? 变式训练 2 (1) 例3 解 6 2 (2)B

π 2π T 2π π (1)由条件,得 A=2, =3. ∵T= ,∴ω= . ∴曲线段 FBC 的解析式为 y=2sin?6x+ 3 ?. ? ? 4 ω 6

π π 当 x=0 时,y=OC= 3. 又 CD= 3,∴∠COD= ,即∠DOE= . 4 4 (2)由(1),可知 OD= 6. 又易知当“矩形草坪”的面积最大时,点 P 在 DE 上,故 OP= 6. “矩形草坪”的面积为 1 1 1 S= 6sin θ( 6cos θ- 6sin θ)=6(sin θcos θ-sin2θ)=6?2sin 2θ+2cos 2θ-2? ? ? π =3 2sin?2θ+4?-3. ? ? π π π π ∵0<θ≤ ,∴当 2θ+ = ,即 θ= 时,S 取得最大值. 4 4 2 8 T 2π π π 变式训练 3 解 (1)依题意,有 A=2 3, =3,又 T= ,∴ω= .∴y=2 3sin x. 4 ω 6 6
59

当 x=4 时,y=2 3sin

2π =3,∴M(4,3). 又 P(8,0),∴MP= 42+32=5. 3

(2)在△MNP 中,∠MNP=120° ,MP=5,设∠PMN=θ,则 0° <θ<60° . MP NP MN 10 3 10 3 由正弦定理,得 = = . ∴NP= sin θ,∴MN= sin(60° -θ), sin 120° sin θ sin?60° 3 3 -θ? 10 3 10 3 10 3?1 3 ?=10 3sin(θ+60° 故 NP+MN= sin θ+ sin(60° -θ)= ). 3 3 3 ?2sin θ+ 2 cos θ? 3 ∵0° <θ<60° ,∴当 θ=30° 时,折线段赛道 MNP 最长. 亦即,将∠PMN 设计为 30° 时,折线段赛道 MNP 最长. 课时规范训练 A组 1.D 2.A 3.D 14 4.A 5.3 6. 3

π 7.(1)f(x)=2sin?2x+6? ? ? (2)y=2sin x
横坐标缩短为原来的 纵坐标不变 1 2

y=2sin 2x

π 向左平移 个单位 12

π y=2sin?2x+6?. ? ?

8.解

(1)最大用电量为 50 万度,最小用电量为 30 万度. (2)观察图象,可知从 8~14 时的图象是 y=Asin(ωx+φ)+b 的半个周期的图象. 1 1 T 1 2π π ∴A= ×(50-30)=10,b= ×(50+30)=40. ∴ =14-8= · ,∴ω= , 2 2 2 2ω 6 π π ∴y=10sin?6x+φ?+40. 将 x=8,y=30 代入上式,解得 φ= , ? ? 6 π π ∴所求解析式为 y=10sin?6x+6?+40,x∈[8,14]. ? ?

B组 1.C 2.A 8.解 πx π 3.C 4.20.5 5.sin? 2 +6? 6. 2 ? ? 7.k≤1

2π (1)由最低点为 M? 3 ,-2?得 A=2. ? ? π T π 2π 2π 由 x 轴上相邻两个交点之间的距离为 得 = ,即 T=π,∴ω= = =2. 2 2 2 T π 2π 2π 4π 由点 M? 3 ,-2?在图象上得 2sin?2× 3 +φ?=-2,即 sin? 3 +φ?=-1, ? ? ? ? ? ? 故 π π 4π π 11π π +φ=2kπ- (k∈Z),∴φ=2kπ- (k∈Z).又 φ∈?0,2?,∴φ= ,故 f(x)=2sin?2x+6?. ? ? ? ? 3 2 6 6

π π π π 7π π π π (2)∵x∈?12,2?,∴2x+ ∈?3, 6 ?,当 2x+ = ,即 x= 时,f(x)取得最大值 2; ? ? ? 6 ? 6 2 6 π 7π π 当 2x+ = ,即 x= 时,f(x)取得最小值-1,故 f(x)的值域为[-1,2]. 6 6 2
60

§4.5
要点梳理 1.cos αcos β-sin αsin β

两角和与差的正弦、余弦和正切
sin αcos β+cos αsin β 2tan α 1-tan2α

sin αcos β-cos αsin β

2.2sin αcos α cos2α-sin2α 2cos2α-1 1-2sin2α 3.tan(α± β)(1?tan αtan β) 1- 4. a2+b2sin(α+φ)

tan α+tan β tan α-tan β -1 tan?α+β? tan?α-β?

a2+b2cos(α-φ)

基础自测 1. π 3π 3 7 2. 3.?-8+kπ, 8 +kπ? (k∈Z) 4.A 5.D ? ? 2 13

题型分类· 深度剖析

例1

?2sin θcos θ+2cos2θ??sin θ-cos θ? cos θ?sin2θ-cos2θ? -cos θ· θ cos 2? 2 2 2?? 2 2? 2? 2 2 ? 解 (1)原式= = = . 2θ ?cos θ? ?cos θ? 4cos 2? 2? ? ? 2
θ π θ ∵0<θ<π,∴0< < ,∴cos >0,∴原式=-cos θ. 2 2 2
2 -sin25° 2cos210° ?cos 5° sin 5° cos 10°-sin 10°cos 5° ? - (2)原式= -sin 10° sin 5° cos 5° = · ? ? 2sin 10° sin 5° 5° cos 2×2sin 10° 10° cos



cos 10° -2sin 20° cos 10° cos 10° cos 10° -sin 10° · .= -2cos 10° = 2sin 10° 1 2sin 10° 2sin 10° sin 10° 2

1 3 ? cos 10° ? cos 10° -2 - sin 10° 2 cos 10° -2sin?30° -10° ? ?2 ? 3sin 10° 3 = = = = . 2sin 10° 2sin 10° 2sin 10° 2 2 变式训练 1 (1) (2) 6 sin α 例2 解 α π π α π π β (1)∵0<β< <α<π,∴- < -β< , <α- <π,∴cos?2-β?= ? ? 2 4 2 2 4 2 β 4 5 1-cos2?α-2?= ? ? 9 , α 5 1-sin2?2-β?= , ? ? 3

β sin?α-2?= ? ? ∴cos

α+β β α β α β α =cos??α-2?-?2-β??=cos?α-2?cos?2-β?+sin?α-2?· ?2-β? ?? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? sin? ? 2

1 α+β 49×5 5 4 5 2 7 5 239 =?-9?× + × = ,∴cos(α+β)=2cos2 -1=2× -1=- . ? ? 3 9 3 27 2 729 729 1 1 - 2 7 tan?α-β?+tan β 1 π (2)∵tan α=tan[(α-β)+β]= = = >0,∴0<α< , 1 1 3 2 1-tan?α-β?tan β 1+ × 2 7
61

1 2× 3 2tan α 3 π 又∵tan 2α= = = >0,∴0<2α< , 1?2 4 2 1-tan2α 1-?3? ? 3 1 + 4 7 tan 2α-tan β 1 π ∴tan(2α-β)= = =1. ∵tan β=- <0,∴ <β<π,-π<2α-β<0, 3 1 7 2 1+tan 2αtan β 1- × 4 7 3π ∴2α-β=- . 4 变式训练 2 (1) 2 例3 解 16 (2) 65

π π 1-cos 2x 1 π (1)f(x)=(sin2x+sin xcos x)+2sin?x+4?· ?x+4?= + sin 2x+sin?2x+2? ? ? cos? ? ? ? 2 2

1 1 1 1 = + (sin 2x-cos 2x)+cos 2x= (sin 2x+cos 2x)+ . 2 2 2 2 cos2α-sin2α 1-tan2α 2sin αcos α 2tan α 4 3 由 tan α=2,得 sin 2α= 2 = 2 = ,cos 2α= 2 = =- . 5 sin α+cos2α tan α+1 5 sin α+cos2α 1+tan2α 1 1 3 ∴,f(α)= (sin 2α+cos 2α)+ = . 2 2 5 π 1 π π 1 1 2 5π π 5 (2)由(1)得 f(x)= (sin 2x+cos 2x)+ = sin?2x+4?+ . 由 x∈?12,2?,得 ≤2x+ ≤ π. ? ? 2 ? ? 2 2 2 12 4 4 ∴- π 2+1 2 2+1? ? ≤sin?2x+4?≤1,0≤f(x)≤ ,∴f(x)的取值范围是?0, ?. ? ? 2 2 2 ? ? 3-4 3 (2) 10

变式训练 3 (1)最小正周期为 π,最大值为 2,最小值为-1 课时规范训练 A组 1.B 2.D 4 3.C 4. 9 5.1- 2 π 7π 6. 7. 2 4

8.解 由题意,得 π π π 1 3 f(x)=cos?2x-3?+2sin?x-4?· ?x+4?= cos 2x+ sin 2x+(sin x-cos x)(sin x+cos x) ? ? ? ? sin? ? 2 2 1 3 1 3 = cos 2x+ sin 2x+sin2x-cos2x= cos 2x+ sin 2x-cos 2x 2 2 2 2 π π π π 5π π =sin?2x-6?,又 x∈?-12,2?,∴2x- ∈?-3, 6 ?. ? ? ? ? ? 6 ? π π π π π 又 f(x)=sin?2x-6?在区间?-12,3?上单调递增,在区间?3,2?上单调递减, ? ? ? ? ? ? π π 3 π 1 ∴当 x= 时,f(x)取得最大值 1.又 f?-12?=- <f?2?= , ? ? 3 2 ? ? 2

62

π 3 ∴当 x=- 时,f(x)取得最小值- . 12 2 π π 3 故函数 f(x)在区间?-12,2?上的最大值与最小值分别为 1 与- . ? ? 2 B组 π 10 1.A 2.D 3.C 4. 2sin?2x+4?+2 5.-4 3 6. ? ? 13 7.解 1 π (1)由 cos α= ,0<α< ,得 sin α= 1-cos2α= 7 2 1 4 3 1-?7?2= , ? ? 7

2×4 3 sin α 4 3 7 2tan α 8 3 ∴tan α= = × =4 3. 于是 tan 2α= 2 = 2=- 47 . cos α 7 1 1-tan α 1-?4 3? π π 13 (2)由 0<β<α< ,得 0<α-β< . 又∵cos(α-β)= , 2 2 14 ∴sin(α-β)= 1-cos2?α-β?= 13 3 3 1-?14?2= ? ? 14 . 由 β=α-(α-β),得 cos β=cos[α-(α-β)] π ∴β= . 3

1 13 4 3 3 3 1 =cos αcos(α-β)+sin αsin(α-β)= × + × = . 7 14 7 14 2

π π 1-cos 2x 1 3 1 1 8.解 (1)f(x)=cos 2xcos -sin 2xsin + = cos 2x- sin 2x+ - cos 2x 3 3 2 2 2 2 2 1 3 π π = - sin 2x. ∴,当 2x=- +2kπ,k∈Z,即 x=- +kπ (k∈Z)时, 2 2 2 4 f(x)取得最大值,f(x)max= 1+ 3 . 2

C 1 1 3 1 3 π (2)由 f? 2 ?=- ,即 - sin C=- ,解得 sin C= ,又 C 为锐角,∴C= . ? ? 4 2 2 4 2 3 1 2 2 由 cos B= 求得 sin B= .因此 sin A=sin[π-(B+C)]=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C 3 3 = 2 2 1 1 3 2 2+ 3 × + × = . 3 2 3 2 6

§4.6
要点梳理 1. a b c (1)sin A∶sin B∶sin C sin A sin B sin C

正弦定理和余弦定理
a b c (3) 2R 2R 2R

(2)2Rsin A 2Rsin B 2Rsin C

2.b2+c2-2bccos A a2+c2-2accos B a2+b2-2abcos C 基础自测 1.2 2.1 3. 6 3 4. 3 5.C

b2+c2-a2 a2+c2-b2 a2+b2-c2 2bc 2ac 2ab

63

题型分类· 深度剖析 例1 a b 3 2 3 解 由正弦定理得 = , = ,∴sin A= . ∵a>b,∴A=60° A=120° 或 . sin A sin B sin A sin 45° 2 当 A=60° 时,C=180° -45° -60° =75° ,c= 6+ 2 bsin C = ; sin B 2

6- 2 bsin C 当 A=120° 时,C=180° -45° -120° =15° ,c= = . sin B 2 变式训练 1 例2 解 π 6 a2+c2-b2 a2+b2-c2 cos B b (1)由余弦定理知:cos B= ,cos C= . 将上式代入 =- 得: 2ac 2ab cos C 2a+c

a2+c2-b2 2ab b ·2 =- ,整理得:a2+c2-b2=-ac. 2ac a +b2-c2 2a+c a2+c2-b2 -ac 1 2 ∴cos B= = =- . ∵B 为三角形的内角,∴B= π. 2ac 2ac 2 3 2 (2)将 b= 13,a+c=4,B= π 代入 b2=a2+c2-2accos B,得 b2=(a+c)2-2ac-2accos B, 3 1 1 3 3 ∴13=16-2ac?1-2?,∴ac=3.∴S△ABC= acsin B= . ? ? 2 4 变式训练 2 解 (1)∵cos A 2 5 A 3 = ,∴cos A=2cos2 -1= , 2 5 2 5

4 → → 1 1 4 ∴sin A= .又AB· =3,∴bccos A=3,∴bc=5. ∴S△ABC= bcsin A= ×5× =2. AC 5 2 2 5 (2)由(1)知,bc=5,又 b+c=6,根据余弦定理得 3 a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-2bc-2bccos A=36-10-10× =20,∴a=2 5. 5

例3



?a+c=4, (1)由题设并由正弦定理,得? 1 ?ac=4,
5

?a=1, ?a=1, ? ? 解得? 1 或? 4 ?c=4 ?c=1. ? ?

1 1 (2)由余弦定理,b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac-2accos B=p2b2- b2- b2cos B, 2 2 3 3 1 6 即 p2= + cos B. ∵0<cos B<1,∴p2∈?2,2?,由题设知 p>0,∴ <p< 2. ? ? 2 2 2 π 变式训练 3 解 (1)∵c=2,C= ,∴由余弦定理 c2=a2+b2-2abcos C 得 a2+b2-ab=4. 3 1 又∵△ABC 的面积为 3,∴ absin C= 3,ab=4. 2
?a2+b2-ab=4, ? 联立方程组? ,解得 a=2,b=2. ? ?ab=4,

(3)由 sin C+sin(B-A)=sin 2A,得 sin(A+B)+sin(B-A)=2sin Acos A,
64

即 2sin Bcos A=2sin Acos A,∴cos A· A-sin B)=0,∴cos A=0 或 sin A-sin B=0, (sin π 当 cos A=0 时,∵0<A<π,∴A= ,△ABC 为直角三角形; 2 当 sin A-sin B=0 时,得 sin B=sin A,由正弦定理得 a=b,即△ABC 为等腰三角形. ∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形. 课时规范训练 A组 1.D 2.C 7.解 5 2 3.B 4. 3 5.2 6.4 或 5

(1)∵ 3b=2a· B,由正弦定理知 3sin B=2sin A· B. ∵B 是三角形的内角,∴sin B>0, sin sin 从而有 sin A= 3 ,∴A=60° 120° 或 ,∵A 是锐角,∴A=60° . 2

1 (2)∵10 3= bcsin 60° ,∴bc=40,又 72=b2+c2-2bccos 60° ,∴b2+c2=89. 2 8.解 方法一 ∵sin B=4cos Asin C,由正弦定理,得 b c =4cos A ,∴b=4ccos A, 2R 2R

b2+c2-a2 由余弦定理得 b=4c· ,∴b2=2(b2+c2-a2),∴b2=2(b2-2b),∴b=4. 2bc 方法二 由余弦定理,得 a2-c2=b2-2bccos A, ∵a2-c2=2b,b≠0,∴b=2ccos A+2, b sin B sin B 由正弦定理,得 = ,又由已知得, =4cos A, c sin C sin C ∴b=4ccos A. 解①②得 b=4. B组 1.D 2.D 3.A 7.解 π 4.60° 正三角形 5.4 6. 4 ② ①

(1)由已知,根据正弦定理得 2a2=(2b+c)b+(2c+b)c, 即 a2=b2+c2+bc. ①

1 由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccos A,故 cos A=- ,又∵0° <A<180° ,∴A=120° . 2 3 (2)由①得 sin2A=sin2B+sin2C+sin Bsin C. ∴ =(sin B+sin C)2-sin Bsin C, 4 又 sin B+sin C=1, 1 ∴sin Bsin C= . 4 1 解②③联立的方程组,得 sin B=sin C= . ∵0° <B<60° <C<60° ,0° ,故 B=C. 2 ∴△ABC 是等腰的钝角三角形.
65

② ③

8.解

(1)∵B+C=π-A,即

B+C π A B+C 7 A 7 = - ,由 4sin2 -cos 2A= ,得 4cos2 -cos 2A= , 2 2 2 2 2 2 2

7 即 2(1+cos A)-(2cos2A-1)= ,整理得 4cos2A-4cos A+1=0,即(2cos A-1)2=0. 2 1 ∴cos A= ,又 0° <A<180° ,∴A=60° . 2 b2+c2-a2 (2)由 A=60° ,根据余弦定理 cos A= , 2bc 即 b2+c2-a2 1 = ,∴b2+c2-bc=3, 2bc 2 ① ② ③ ④

又 b+c=3, ∴b2+c2+2bc=9. ①-③整理得:bc=2.
?b=1, ?b=2, ? ? 解②④联立方程组得? 或? ? ? ?c=2, ?c=1.

§ 4.7 正弦定理、余弦定理应用举例
基础自测 1.130° 2. 6 3.10 3 4.500( 3+1) 5.B 题型分类· 深度剖析 例1 解 由题意知 AB=5(3+ 3)海里, ∠DBA=90° -60° =30° ,∠DAB=90° -45° =45° ,∴∠ADB=180° -(45° +30° )=105° . AB· sin∠DAB DB AB 在△ABD 中,由正弦定理,得 = ,∴DB= sin∠DAB sin∠ADB sin∠ADB = 5?3+ 3?· 45° sin 5?3+ 3?· 45° sin 5 3? 3+1? = = =10 3(海里). sin 105° sin 45° 60° cos +cos 45° 60° sin 3+1 2

又∠DBC=∠DBA+∠ABC=30° +(90° -60° )=60° ,BC=20 3(海里), 1 在△DBC 中,由余弦定理,得 CD2=BD2+BC2-2BD· cos ∠DBC=300+1 200-2×10 3×20 3× = BC· 2 30 900,∴CD=30(海里),∴需要的时间 t= =1(小时). 30 故救援船到达 D 点需要 1 小时. 变式训练 1 A、B 之间的距离为 5 km 例2 解 如图所示,某人在 C 处,AB 为塔高,他沿 CD 前进, CD=40,此时∠DBF=45° ,过点 B 作 BE⊥CD 于 E,则 ∠AEB=30° ,在△BCD 中,CD=40,∠BCD=30° ,
66

CD BD ∠DBC=135° ,由正弦定理,得 = , sin∠DBC sin∠BCD 40sin 30° ∴BD= =20 2,∠BDE=180° -135° -30° =15° . sin 135° 在 Rt△BED 中,BE=DBsin 15° =20 2× 6- 2 =10( 3-1). 4

10 在 Rt△ABE 中,∠AEB=30° ,∴AB=BEtan 30° = (3- 3)(米). 3 10 故所求的塔高为 (3- 3)米. 3 变式训练 2 解 (1)依题意知,在△DBC 中,∠BCD=30° ,∠DBC=180° -45° =135° , 1 CD BC CD=6 000× =100(米),∠D=180° -135° -30° =15° ,由正弦定理得 = , 60 sin∠DBC sin∠D 6- 2 100× 4 CD· sin∠D 100×sin 15° 50? 6- 2? ∴BC= = = = =50( 3-1)(米). sin 135° sin∠DBC 2 2 2 AB 在 Rt△ABE 中,tan α= . ∵AB 为定长,∴当 BE 的长最小时,α 取最大值 60° ,这时 BE⊥CD. BE 3 当 BE⊥CD 时,在 Rt△BEC 中,EC=BC· cos∠BCE=50( 3-1)· =25(3- 3)(米). 2 设该人沿南偏西 60° 的方向走到仰角 α 最大时,走了 t 分钟. 则 t= 25?3- 3? 3- 3 EC ×60= ×60= (分钟). 6 000 6 000 4

(2)由(1)知当 α 取得最大值 60° 时,BE⊥CD,在 Rt△BEC 中,BE=BC· sin∠BCD, 1 ∴AB=BE· 60° tan =BC· sin∠BCD· 60° tan =50( 3-1)·· 3=25(3- 3)(米). 2 即所求塔高 AB 为 25(3- 3)米. 例3 AB AC 解 在△ABC 中,AB=5,AC=9,∠BCA=30° 由正弦定理,得 . = , sin∠BCA sin∠ABC AC· sin∠BCA 9sin 30° 9 sin∠ABC= = = . ∵AD∥BC,∴∠BAD=180° -∠ABC, AB 5 10 于是 sin∠BAD=sin∠ABC= ∠ADB=45° ,由正弦定理: 变式训练 3 (1) 课时规范训练 A组
67

9 9 . 同理,在△ABD 中,AB=5,sin∠BAD= , 10 10

AB BD 9 2 9 2 = ,解得 BD= .故 BD 的长为 . 2 2 sin∠BDA sin∠BAD

6+ 2 (2) 6- 2 4

1.B 2.C

3.A 4.50 7

5.30 2 6.8 2

7.解 在△ADC 中,AD=10,AC=14,DC=6, AD2+DC2-AC2 100+36-196 1 由余弦定理得 cos∠ADC= = =- , 2AD· DC 2 2×10×6 ∴∠ADC=120° ,∴∠ADB=60° 在△ABD 中,AD=10,∠B=45° . ,∠ADB=60° , 3 10× 2 AD· sin∠ADB 10sin 60° AB AD 由正弦定理得 = ,∴AB= = = =5 6. sin B sin 45° sin∠ADB sin B 2 2 8.解 如图所示,连接 A1B2,由已知 A2B2=10 2, 20 A1A2=30 2× =10 2,∴A1A2=A2B2. 60 又∠A1A2B2=180° -120° =60° ,∴△A1A2B2 是等边三角形, ∴A1B2=A1A2=10 2.由已知,A1B1=20, ∠B1A1B2=105° -60° =45° , 在△A1B2B1 中,由余弦定理得 B1B2=A1B2+A1B2-2A1B1· 1B2· 45° A cos 2 1 2 =202+(10 2)2-2×20×10 2× 2 =200,∴B1B2=10 2. 2

10 2 因此,乙船的速度为 ×60=30 2(海里/小时). 20 B组 1.A 2.C 3.B 4.15 3 5.2 7 6.60°

7.解 在△ABC 中,BC=30,∠B=30° ,∠ACB=180° -45° =135° ,∴∠A=15° . BC AC 30 AC 30sin 30° 由正弦定理,得 = ,即 = ,∴AC= =15( 6+ 2). sin A sin B sin 15° sin 30° sin 15° ∴A 到 BC 的距离为 AC· 45° sin =15( 6+ 2)× 2 =15( 3+1)≈15×(1.732+1)=40.98(海里). 2

这个距离大于 38 海里,∴继续向南航行无触礁的危险. 8.解 在△ACD 中,∠DAC=30° ,∠ADC=60° -∠DAC=30° ,∴CD=AC=0.1. 又∠BCD=180° -60° -60° =60° ,故 CB 是△CAD 底边 AD 的中垂线,∴BD=BA. AB AC ACsin 60° 3 2+ 6 在△ABC 中, = ,∴AB= = , sin 15° 20 sin∠BCA sin∠ABC 3 2+ 6 同理,BD= ≈0.33(km). 故 B、D 的距离约为 0.33 km. 20

§5.1

平面向量的概念及线性运算
68

要点梳理 1.大小 方向 长度 模 零 0 1 个单位 相同 相反 方向相同或相反 平行 相等 相同 相等 相反 2.三角形 平行四边形 (1)b+a λa+μa λa+λb 3.b=λa 3.①②③ 4.-2 5.A (2)a+(b+c) 三角形 (1)|λ||a| (2)相同 相反 0 λμa

1 → 基础自测 1.OS 2.b- a 2 题型分类· 深度剖析 例1 ②③

变式训练 1 解 (1)不正确,∵向量只讨论相等和不等,而不能比较大小.(2)不正确,∵向量模相等与向量 的方向无关.(3)正确.(4)不正确,∵规定零向量与任意向量平行.(5)不正确,∵两者中若有零向量,零向量的 → → 方向是任意的.(6)不正确,∵AB与CD共线,而 AB 与 CD 可以不共线即 AB∥CD.(7)正确.(8)不正确,∵零向 量可以与它的相反向量相等. 例2 1 → 1 → → 1 解 AD= (AB+AC)= a+ b; 2 2 2 → → → → 2→ → 1 → → 2→ 1 → → 1→ 1 → 1 1 AG=AB+BG=AB+ BE=AB+ (BA+BC)= AB+ (AC-AB)= AB+ AC= a+ b. 3 3 3 3 3 3 3 3 λ → λ → → → → → → → → λ → → 变式训练 2 解 AG=AB+BG=AB+λBE=AB+ (BA+BC)=?1-2?AB+ (AC-AB) ? ? 2 2 λ → λ→ =(1-λ)AB+ AC=(1-λ)a+ b. 2 2 → → → → → → m → → → m→ m 又AG=AC+CG=AC+mCF=AC+ (CA+CB)=(1-m)AC+ AB= a+(1-m)b, 2 2 2

?1-λ= 2 ∴? λ ?1-m=2
m 例3

2 → 1 1 ,解得 λ=m= ,∴AG= a+ b. 3 3 3

→ → → (1)证明 ∵AB=a+b,BC=2a+8b,CD=3(a-b), → → → → ∴BD=BC+CD=2a+8b+3(a-b)=2a+8b+3a-3b=5(a+b)=5AB. → → ∴AB、BD共线,又∵它们有公共点 B,∴A、B、D 三点共线. (2)解 ∵ka+b 与 a+kb 共线,∴存在实数 λ,使 ka+b=λ(a+kb), 即 ka+b=λa+λkb.∴(k-λ)a=(λk-1)b. ∵a、b 是不共线的两个非零向量,∴k-λ=λk-1=0,∴k2-1=0.∴k=± 1.

变式训练 3

1 2

课时规范训练 A组
69

1.C 2.B

4 3.D 4.-1 5. 3

3 6. 11

→ → → → 1→ 1 1 → → → 1 5 → 7.解 ∵BA=OA-OB=a-b,BM= BA= a- b,∴OM=OB+BM= a+ b.又OD=a+b, 6 6 6 6 6 → → 1→ 1→ 1→ 2→ 2 ∴ON=OC+ CD= OD+ OD= OD= (a+b). 3 2 6 3 3 1 5 1 1 2 → → → 2 2 → 1 5 → 2 → 1 1 ∴MN=ON-OM= a+ b- a- b= a- b. 即OM= a+ b,ON= a+ b,MN= a- b. 3 3 6 6 2 6 6 6 3 3 2 6 2 1 → → → 1 → → → → → → 8.解 设OA=a,OB=tb,OC= (a+b),∴AC=OC-OA=- a+ b,AB=OB-OA=tb-a. 3 3 3 2 1 → → 要使 A、B、C 三点共线,只需AC=λAB.即- a+ b=λtb-λa. 3 3

?-3=-λ, ∴有? 1 ?3=λt,
2 B组 1.B 2.B

?λ=3, ?? 1 ?t=2.
2 2 6. 3 7.± 2

1 ,∴当 t= 时,三向量终点在同一直线上. 2

3.B 4.①② 5.2

→ → → → → → → → → → 8.(1)解 ∵GA+GB=2GM,又 2GM=-GO,∴GA+GB+GO=-GO+GO=0. → 1 → 2→ 1 (2)证明 显然OM= (a+b). ∵G 是△ABO 的重心,∴OG= OM= (a+b). 2 3 3 → → → → 由 P、G、Q 三点共线,得PG∥GQ,∴,有且只有一个实数 λ,使PG=λGQ. 1 1 → → → 1 而PG=OG-OP= (a+b)-ma=?3-m?a+ b, ? ? 3 3 1 1 1 1 1 1 1 → → → GQ=OQ-OG=nb- (a+b)=- a+?n-3?b,∴?3-m?a+ b=λ?-3a+?n-3?b?. ? ? ? ? ? ? 3 3 3 ? ?

?3-m=-3λ 又∵a、b 不共线,∴? 1 1 ?3=λ?n-3? ? ?
1 1

1 1 ,消去 λ,整理得 3mn=m+n,故 + =3. m n

§5.2

的基本定理及坐标表示
要点梳理 1.非零 0° ≤θ≤180° 0° 180° 90° 或
70

2.(1)不共线 有且只有 λ1e1+λ2e2 ②终点 A (x,y)

基底

(2)互相垂直

(3)①(x,y) (x,y) x y

3.(1)(x1+x2,y1+y2) (x1-x2,y1-y2) (λx1,λy1) ?x2-x1?2+?y2-y1?2 4.x1y2-x2y1=0 5.B

x2+y2 1 1

(2)②(x2-x1,y2-y1)

基础自测 1.(7,3) 2.(-3,-5) 3.0 4.C 题型分类· 深度剖析 例1 → → 解 方法一 设AB=a,AD=b, 1 → → 则 a=AN+NB=d+?-2b?, ? ? 1 → → b=AM+MD=c+?-2a?. ? ?

① ②

1 1 4 2 2 将②代入①得 a=d+?-2??c+?-2a?? ∴a= d- c= (2d-c),代入② ? ?? ? ?? 3 3 3 1 2 2 → 2 → 2 得 b=c+?-2?× (2d-c)= (2c-d). ∴AB= (2d-c),AD= (2c-d). ? ? 3 3 3 3 → → → 1 → 1 方法二 设AB=a,AD=b. 因 M,N 分别为 CD,BC 的中点,∴BN= b,DM= a, 2 2

?c=b+2a 因而? 1 ?d=a+2b
1 例2

?a=3?2d-c? ?? 2 ?b=3?2c-d?
2

→ 2 → 2 ,即AB= (2d-c),AD= (2c-d). 3 3

→ 1→ → 1 → 1→ 1 变式训练 1 解 ∵AD= AB,DE∥BC,M 为 BC 中点,∴DN= BM= BC= (b-a). 4 4 8 8 解 由已知得 a=(5,-5),b=(-6,-3),c=(1,8). (1)3a+b-3c=3(5,-5)+(-6,-3)-3(1,8)=(15-6-3,-15-3-24)=(6,-42).
? ? ?-6m+n=5, ?m=-1, (2)∵mb+nc=(-6m+n,-3m+8n),∴? 解得? ?-3m+8n=-5, ?n=-1. ? ?

→ → → → → (3)设 O 为坐标原点,∵CM=OM-OC=3c,∴OM=3c+OC=(3,24)+(-3,-4)=(0,20). → → → ∴M(0,20).又∵CN=ON-OC=-2b, → → → ∴ON=-2b+OC=(12,6)+(-3,-4)=(9,2),∴N(9,2).∴MN=(9,-18). → 变式训练 2 (1)解 OP=t1(1,2)+t2(3,3)=(t1+3t2,2t1+3t2),
?t1+3t2<0 ? 3 P 在第二象限的充要条件是? 有解.∴- t2<t1<-3t2 且 t2<0. 2 ? ?2t1+3t2>0

→ → → → → (2)证明 当 t1=1 时,有OP-OA=t2AB,∴AP=t2AB,∴不论 t2 为何实数,A,B,P 三点共线. → (3)解 由OP=(t1+3t2,2t1+3t2),
71

得点 P(t1+3t2,2t1+3t2),∴O,A,B,P 能组成一个平行四边形有三种情况.
?t1+3t2-4=1 ?t1=2 ?t1+3t2-4=-1 ?t1=0 ? ? ? ? → → → → 当OA=BP,有? ?? ;当OA=PB,有? ?? ; ? ? ? ? ?2t1+3t2-5=2 ?t2=1 ?2t1+3t2-5=-2 ?t2=1 ? ? ?t1+3t2=-3 ?t1=0 → → 当OP=BA,有? ?? . ?2t1+3t2=-3 ?t2=-1 ? ?

例3



?-m+4n=3 ? (1)由题意得(3,2)=m(-1,2)+n(4,1),∴? ,得 ? ?2m+n=2

?m=9 ? 8 ?n=9
5

.

(2)a+kc=(3+4k,2+k),2b-a=(-5,2),∵(a+kc)∥(2b-a),∴2×(3+4k)-(-5)(2+k)=0, 16 ∴k=- . 13 (3)设 d=(x,y),d-c=(x-4,y-1),a+b=(2,4),
?4?x-4?-2?y-1?=0 ?x=3 ?x=5 ? ? ? 由题意得? ,解得? 或? ,∴d=(3,-1)或 d=(5,3). 2 2 ? ? ? ??x-4? +?y-1? =5 ?y=-1 ?y=3

变式训练 3 解 (1)∵a=(1,0),b=(2,1),∴a+3b=(7,3),∴|a+3b|= 72+32= 58. 1 (2)ka-b=(k-2,-1),a+3b=(7,3),∵ka-b 与 a+3b 平行,∴3(k-2)+7=0,即 k=- . 3 7 此时 ka-b=(k-2,-1)=?-3,-1?,a+3b=(7,3),则 a+3b=-3(ka-b), ? ? 即此时向量 a+3b 与 ka-b 方向相反. 课时规范训练 A组 1.C 2.B 1 3.C 4. 2 1 5. 2 6.8

7.解 ka+b=k(1,2)+(-3,2)=(k-3,2k+2),a-3b=(1,2)-3(-3,2)=(10,-4), 当 ka+b 与 a-3b 平行时,存在唯一实数 λ 使 ka+b=λ(a-3b),由(k-3,2k+2)=λ(10,-4)得,
?k-3=10λ, ? 1 1 ? ,解得 k=λ=- ,∴当 k=- 时,ka+b 与 a-3b 平行, 3 3 ? ?2k+2=-4λ.

1 1 1 这时 ka+b=- a+b=- (a-3b). ∵λ=- <0,∴ka+b 与 a-3b 反向. 3 3 3 → → → → → → → λ 8.解 设PA=a,PB=b,由已知条件 3CP=PA+2PB,即 3p=a+2b,PQ=λCP= (a+2b), 3 → → → → → → → → 又PQ=PA+AQ=PA+μAB=PA+μ(PB-PA)=(1-μ)a+μb,

?3=1-μ 由平面向量基本定理? 2λ ? 3 =μ

λ

→ → . 解得 λ=1,因此PQ=λCP=p.

72

B组 1.A 2.D 3.D 7.解 4.(-2,0)或(-2,2) 5.60° 6.2

→ → (1)设点 D(x,y),∵AD=BC,∴(x,y)=(6,8)-(4,1)=(2,7),∴顶点 D 的坐标为(2,7). 7 14 23 (2)设点 I(x,y),则有 F 点坐标为?1,2?,(xE-2,yE-7)=2(6-xE,8-yE)?E? 3 , 3 ?, ? ? ? ? 5 → → → → 5 BF=?-3,2?,BI =(x-4,y-1),BF∥BI ? (x-4)=-3(y-1), ? ? 2 91 299 91 299 → → 23 14 又AE∥AI ? x= y,联立方程组可得 x= ,y= ,则点 I 的坐标为?52,104?. ? ? 3 3 52 104

→ → → 8.(1)解 OM=t1OA+t2AB=t1(0,2)+t2(4,4)=(4t2,2t1+4t2).
?4t2<0, ? 当点 M 在第二或第三象限时,有? ,故所求的充要条件为 t2<0 且 t1+2t2≠0. ? ?2t1+4t2≠0,

→ (2)证明 当 t1=1 时,由(1)知OM=(4t2,4t2+2). → → → → → → → ∵AB=OB-OA=(4,4),AM=OM-OA=(4t2,4t2)=t2(4,4)=t2AB,∴A、B、M 三点共线. → → → → (3)解 当 t1=a2 时,OM=(4t2,4t2+2a2).又AB=(4,4),OM⊥AB, 1 → ∴4t2×4+(4t2+2a2)×4=0,∴t2=- a2,故OM=(-a2,a2). 4 |-a2-a2+2| → 又|AB|=4 2,点 M 到直线 AB:x-y+2=0 的距离 d= = 2|a2-1|. 2 1 1 2 ∵S△ABM=12,∴ |AB|·d= ×4 2× 2|a -1|=12,解得 a=±2,故所求 a 的值为±2. 2 2

§ 5.3 平面向量的数量积
要点梳理 1.|a||b|cos θ a· b=|a||b|cos θ (3)|a||b| -|a||b| a2 5.x1x2+y1y2 (1)x2+y2 基础自测 1.-3 2 题型分类· 深度剖析 例1 2 (2)D 2. 3 2 0 a· b=0 a· b=± |a||b| (5)≤ 2.|b|cos θ 3.(1)|a|cos θ (2)a· b=0

a· b a· (4) a |a||b|

4.(1)b· (2)λ(a· a· a b) (λb) (3)a· c+b· c

x2+y2 (2) ?x1-x2?2+?y1-y2?2 (3)x1x2+y1y2=0 3. 65 5 4.②④ 5.D

变式训练 1 (1)-3 例2 解

(1)∵(2a-3b)· (2a+b)=61,∴4|a|2-4a· b-3|b|2=61.

73

1 a· -6 b 又|a|=4,|b|=3,∴64-4a· b-27=61,∴a· b=-6. ∴cos θ= = =- . |a||b| 4×3 2 2π 又 0≤θ≤π,∴θ= . 3 (2)可先平方转化为向量的数量积. |a+b|2=(a+b)2=|a|2+2a· b+|b|2=42+2×(-6)+32=13,∴|a+b|= 13. 2π 2π π → → → → (3)∵AB与BC的夹角 θ= ,∴∠ABC=π- = . 又|AB|=|a|=4,|BC|=|b|=3, 3 3 3 1→ → 1 3 ∴S△ABC= |AB||BC|sin∠ABC= ×4×3× =3 3. 2 2 2 变式训练 2 解 (1)∵β=(2,0),∴|β|=2,又 α⊥(α-2β),∴α· (α-2β)=α2-2α·β=1-2α·β=0. 1 ∴α·β= . ∴(2α+β)2=4α2+β2+4α·β=4+4+2=10. ∴|2α+β|= 10. 2 3 (2)由已知得(a+b+c)· 2+a· a=a b+a· c=1+2cos 120° +3cos 120° =- , 2 |a+b+c|= ?a+b+c?2= a2+b2+c2+2a· b+2a· c+2b· c = 1+4+9+4cos 120° +6cos 120° +12cos 120° 3. = 3 - 2 ?a+b+c?· a 3 设向量 a+b+c 与向量 a 的夹角为 θ,则 cos θ= = =- ,即 θ=150° , 2 |a+b+c||a| 3 故向量 a+b+c 与向量 a 的夹角为 150° . 例3 (1)证明 ∵(a+b)· (a-b)=a2-b2=|a|2-|b|2=(cos2α+sin2α)-(cos2β+sin2β)=0, ∴a+b 与 a-b 互相垂直. (2)解 ka+b=(kcos α+cos β,ksin α+sin β),a-kb=(cos α-kcos β,sin α-ksin β), |ka+b|= k2+2kcos?β-α?+1,|a-kb|= 1-2kcos?β-α?+k2. ∵|ka+b|=|a-kb|,∴2kcos(β-α)=-2kcos(β-α). 又 k≠0,∴cos(β-α)=0. π 而 0<α<β<π,∴0<β-α<π,∴β-α= . 2 1 3 变式训练 3 (1)证明 ∵a· b= 3× -1× =0,∴a⊥b. 2 2 (2)解 ∵c=a+(t2-3)b,d=-ka+tb,且 c⊥d,∴c· d=[a+(t2-3)b]· (-ka+tb) =-ka2+t(t2-3)b2+[t-k(t2-3)]a· b=0,又 a2=|a|2=4,b2=|b|2=1,a· b=0, t3-3t ∴c· d=-4k+t3-3t=0,∴k=f(t)= (t≠0). 4 课时规范训练 A组 1.B 2.D 3.D 4.1 5.-6 3 6.(-∞,-6)∪?-6,2? ? ?
74

7.解

(1)a· b=2n-2,|a|= 5,|b|= n2+4,∴cos 45° =

2 = , 2 5· n +4
2

2n-2

2 ∴3n2-16n-12=0 (n>1),∴n=6 或 n=- (舍),∴b=(-2,6). 3 (2)由(1)知,a· b=10,|a|2=5. 又 c 与 b 同向,故可设 c=λb (λ>0), (c-a)· a=0, |a|2 5 1 1 ∴λb· a-|a|2=0,∴λ= = = ,∴c= b=(-1,3). b· 10 2 a 2 8.解 → → → → → → (1)由题设知AB=(3,5),AC=(-1,1),则AB+AC=(2,6),AB-AC=(4,4). → → → → ∴|AB+AC|=2 10,|AB-AC|=4 2. 故所求的两条对角线长分别为 4 2,2 10. → → → (2)由题设知OC=(-2,-1),AB-tOC=(3+2t,5+t). 11 → → → 由(AB-tOC)· =0,得(3+2t,5+t)· OC (-2,-1)=0,从而 5t=-11,∴t=- . 5 B组 1.B 2.A π 5π 3.C 4.?6, 6 ? ? ? 5.4 6.3

1 3 7.(1)证明 ∵(a+b)· (a-b)=a2-b2=|a|2-|b|2=(cos2α+sin2α)-?4+4?=0,故 a+b 与 a-b 垂直. ? ? (2)解 由| 3a+b|=|a- 3b|,两边平方得 3|a|2+2 3a· b+|b|2=|a|2-2 3a· b+3|b|2,∴2(|a|2-|b|2)+4 3a· b=0, 1 3 而|a|=|b|,∴a· b=0,则?-2?· α+ · α=0, sin ? ? cos 2 即 cos(α+60° )=0,∴α+60° 180° =k· +90° 即 α=k· +30° , 180° ,k∈Z, 又 0° ≤α<360° ,则 α=30° α=210° 或 .
2 8.解 e1=4,e2=1,e1·2=2×1×cos 60° e =1, 2

∴(2te1+7e2)· 1+te2)=2te2+(2t2+7)e1·2+7te2=2t2+15t+7. (e e 1 2 1 ∵向量 2te1+7e2 与向量 e1+te2 的夹角为钝角,∴2t2+15t+7<0.∴-7<t<- . 2
?2t=λ ? 14 假设 2te1+7e2=λ(e1+te2) (λ<0)?? ?2t2=7?t=- ,λ=- 14. 2 ? ?7=tλ

∴当 t=-

14 时,2te1+7e2 与 e1+te2 的夹角为 π,不符合题意. 2

∴t 的取值范围是?-7,-

?

14? ? 14 1? ∪ - ,- . 2 ? ? 2 2?

§5.4
要点梳理 1.(1)a=λb(b≠0) x1y2-x2y1=0

平面向量应用举例
(2)a· b=0 a· b x1x2+y1y2=0 (3) |a||b| x1x2+y1y2 2 x1+y2 x2+y2 1 2 2
75

基础自测 1.y2=8x (x≠0) 2.2 26 m/s 3.A 题型分类· 深度剖析 例1

4.B

→ 1→ 1→ (1)证明 ∵点 M 为线段 AB 的中点,∴OM= OA+ OB. 2 2 1→ 1→ 1 → 1 → → → → → → ∴MP=OP-OM=(xOA+yOB)-?2OA+2OB?=?x-2?OA+?y-2?OB. ? ? ? ? ? ? → → → → → 1→ (2)解 设点 M 为线段 AB 的中点,则由OA⊥OB,知|MA|=|MB|=|MO|= |AB|=1. 2 1 1 又由(1)及 a2?x-2?2+b2?y-2?2=1, ? ? ? ? 1 → 1 → 1 1 → → → 得|MP|2=|OP-OM|2=?x-2?2OA2+?y-2?2OB2=?x-2?2a2+?y-2?2b2=1. ? ? ? ? ? ? ? ? → → → → ∴|MP|=|MO|=|MA|=|MB|=1. → 故 P,O,A,B 四点都在以 M 为圆心、1 为半径的圆上,∴当且仅当 OP 为圆 M 的直径时,|OP|max=2. a2+b2 → → 这时四边形 OAPB 为矩形,则 S 四边形 OAPB=|OA|· |=ab≤ |OB =2,当且仅当 a=b= 2时,四边形 OAPB 2 的面积最大,最大值为 2.

变式训练 1 D 例2 解 1→ → 1→ ?→ 1→ (1)设 P(x,y),则 Q(8,y). 由?PC+2PQ?·PC-2PQ?=0,得|PC|2- |PQ|2=0, ? ?? ? 4

1 x2 y2 x2 y2 即(x-2)2+y2- (x-8)2=0,化简得 + =1. ∴点 P 在椭圆上,其方程为 + =1. 4 16 12 16 12 → → → → → → → → → → → → → (2)因PE· =(NE-NP)· -NP)=(-NF-NP)· -NP)=(-NP)2-NF2=NP2-1, PF (NF (NF
2 2 x2 y2 x0 y0 4y2 0 P 是椭圆 + =1 上的任意一点,设 P(x0,y0),则有 + =1,即 x2=16- , 0 16 12 16 12 3

1 1 → 又 N(0,1),∴NP2=x2+(y0-1)2=- y2-2y0+17=- (y0+3)2+20. 0 3 0 3 → ∵y0∈[-2 3,2 3],∴当 y0=2 3时,NP2 取得最小值(2 3-1)2=13-4 3,(此时 x0=0), → → 故PE· 的最小值为 12-4 3. PF → → 变式训练 2 解 设 M(x0,y0)、N(x,y),由MA=2AN得(1-x0,1-y0)=2(x-1,y-1),
?x0=3-2x, ? ∴? ? ?y0=3-2y.

∵点 M(x0,y0)在圆 C 上,∴(x0-3)2+(y0-3)2=4,

即(3-2x-3)2+(3-2y-3)2=4. ∴x2+y2=1. ∴所求点 N 的轨迹方程是 x2+y2=1. 例3 解 (1)∵p∥q,

3 3 ∴(2-2sin A)(1+sin A)-(cos A+sin A)(sin A-cos A)=0,∴sin2A= ,sin A= , 4 2 ∵△ABC 为锐角三角形,∴A=60° .
76

(2)y=2sin2B+cos?

? 2

C-3B? -B-A-3B? 2 ?180° 2 ) 2 ?=2sin B+cos? ?=2sin B+cos(2B-60°

=1-cos 2B+cos(2B-60° )=1-cos 2B+cos 2Bcos 60° +sin 2Bsin 60° 1 3 =1- cos 2B+ sin 2B=1+sin(2B-30° ), 2 2 当 2B-30° =90° ,即 B=60° 时,函数取最大值 2. 变式训练 3 5π 6

课时规范训练 A组 1.D 2.D 3.D 4.150° 5.3 6.2x-3y+1=0 (x≠1)

→ 1→ ? → 2→ → → 7.证明 AD· =?AC+2CB?·CA+3AB? CE ? ?? ? 1 → → 2→ → 1→ → 1→ → 2 2→2 2→ → → =-|AC|2+ CB· + AB· + AB· =-|AC|2+ |CB||CA|cos 90° CA AC CB + |AC| cos 45° + |AC|2cos 45° =- 2 3 3 2 3 3 → → → → |AC|2+|AC|2=0,∴AD⊥CE,即 AD⊥CE. → → → 8.解 设 M(x,y),A(a,0),Q(0,b) (b>0),则PA=(a,3),AM=(x-a,y),MQ=(-x,b-y). → → 由PA· =0,得 a(x-a)+3y=0. AM ①

3→ 3 → 由AM=- MQ,得(x-a,y)=- (-x,b-y). 2 2

?x-a=2x, ∴? 3 3 ?y=2y-2b,
3 B组 1.B 2.B 3.A 4. 2

?a=-2, ∴? y ?b=3.
x

x x x 1 把 a=- 代入①,得- ?x+2?+3y=0,整理得 y= x2. ? 2 2? 4

1 ∴动点 M 的轨迹方程是 y= x2. 4

5. 3

6.2

→ → → → → → → → → → → → 7.解 ∵AB⊥AC,∴AB· =0. ∵AP=-AQ,BP=AP-AB,CQ=AQ-AC, AC → → → → → → → → → → → → → → → → → → ∴BP· =(AP-AB)· -AC)=AP· -AP· -AB· +AB· =-a2-AP· +AB· CQ (AQ AQ AC AQ AC AC AP 1→ → → → → =-a2+AP· -AC)=-a2+ PQ· =-a2+a2cos θ. (AB BC 2 → → → → 故当 cos θ=1,即 θ=0,即PQ与BC同向时,BP· 最大,最大值为 0. CQ 8.解 (1)a· b=cos 23°cos 68° · +cos 67°cos 22° · =cos 23°sin 22° · +sin 23°cos 22° · =sin 45° = (2)由向量 b 与向量 m 共线, 得 m=λb (λ∈R),u=a+m=a+λb=(cos 23° +λcos 68° ,cos 67° +λcos 22° )
77

2 . 2

=(cos 23° +λsin 22° ,sin 23° +λcos 22° ), |u|2=(cos 23° +λsin 22°2+(sin 23° ) +λcos 22°2=λ2+ 2λ+1=?λ+ )

?

2?2 1 + , 2? 2

∴当 λ=-

2 2 时,|u|有最小值为 . 2 2

专题三
题型分类· 深度剖析 例1 解

三角函数与平面向量的综合应用

(1)由 f(x)=2 3sin xcos x+2cos2x-1,得 f(x)= 3(2sin xcos x)+(2cos2x-1)

π = 3sin 2x+cos 2x=2sin?2x+6?. ∴函数 f(x)的最小正周期为 π. ? ? π π π π π π ∵f(x)=2sin?2x+6?在区间?0,6?上为增函数,在区间?6,2?上为减函数,又 f(0)=1,f?6?=2,f?2?=-1, ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? π ∴函数 f(x)在区间?0,2?上的最大值为 2,最小值为-1. ? ? π π 3 6 (2)由(1),可知 f(x0)=2sin?2x0+6?,又∵f(x0)= ,∴sin?2x0+6?= . ? ? ? ? 5 5 π π π π 2π 7π 由 x0∈?4,2?,得 2x0+ ∈? 3 , 6 ?. 从而 cos?2x0+6?=- ? ? ? ? ? 6 ? π 4 1-sin2?2x0+6?=- . ? ? 5

π π π π π π 3-4 3 ∴cos 2x0=cos??2x0+6?-6?=cos?2x0+6?cos +sin?2x0+6?· ? ? ? ? ? ? sin 6= 10 . 6 1 变式训练 1 (1) 3 例2 解 13 (2)- 2 14

(1)由 a=2bsin A,根据正弦定理得 sin A=2sin Bsin A,

1 π ∴sin B= ,由△ABC 为锐角三角形可得 B= . 2 6 (2)由(1)可知 A+C=π-B= 5π 5π 5π ,故 C= -A. 故 cos A+sin C=cos A+sin? 6 -A? ? ? 6 6

π 1 3 3 3 3 1 =cos A+sin?6+A?=cos A+ cos A+ sin A= cos A+ sin A= 3? cos A+ sin A? ? ? 2 2 2 2 2 ?2 ? π = 3sin?A+3?, ? ? π 5π π π 5π π π π 由△ABC 为锐角三角形可得,0<C< ,故 0< -A< ,解得 <A< ,又 0<A< ,∴ <A< . 2 6 2 3 6 2 3 2 故 π π 3 2π π 5π 1 3 3 <A+ < ,∴ <sin?A+3?< ,∴ < 3sin?A+3?< , ? ? 2 ? ? 2 3 3 6 2 2 3 3? . ? 2 ,2?

即 cos A+sin C 的取值范围为? 1 变式训练 2 (1) 3 7 (2)- 2

78

例3



x 1+cos 2 x π 1 x x x 3 x (1)m· n= 3sin · cos +cos2 = sin + =sin?2+6?+ , ? ? 2 4 4 4 2 2 2

x π 1 π x π 1 2π π 1 ∵m· n=1,∴sin?2+6?= ,cos?x+3?=1-2sin2?2+6?= ,cos? 3 -x?=-cos?x+3?=- . ? ? 2 ? ? ? ? 2 ? ? ? ? 2 (2)∵(2a-c)cos B=bcos C,由正弦定理得(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C, ∴2sin Acos B-sin Ccos B=sin Bcos C.∴2sin Acos B=sin(B+C). 1 π ∵A+B+C=π,∴sin(B+C)=sin A≠0,∴cos B= ,∵0<B<π,∴B= . 2 3 A π 1 2π π A π π ∴0<A< .∴ < + < ,sin? 2 +6?∈?2,1?. ? ? ? ? 3 6 2 6 2 x π 1 A π 1 3 又∵f(x)=sin?2+6?+ ,∴f(A)=sin? 2 +6?+ . 故函数 f(A)的取值范围是?1,2?. ? ? 2 ? ? 2 ? ? 5π 5 变式训练 3 (1) (2)- 4 9 课时规范训练 A组 1.B 2.C 7.解 π π 19 3.B 4.4+2m 5. 或 6.- 2 3 5

π 1 π π 2π (1)由题意知 A=3, T= -?-12?= ,∴T=π,ω= =2.y=3sin(2x+φ), ? 4 4 6 ? T π π π 又由 2× +φ=2kπ+ ,k∈Z,得 φ=2kπ+ ,k∈Z. 6 2 6 π π π ∵|φ|< ,∴φ= ,∴y=3sin?2x+6?,x∈R. ? ? 2 6 π π π (2)由(1)知,函数的最小值为-3;由 2x+ =2kπ- ,k∈Z,得 x=kπ- ,k∈Z, 6 2 3 π ? ? ∴函数取得最小值时自变量 x 的集合为?x|x=kπ-3,k∈Z?.
? ?

8.解

2B (1)∵m∥n,∴2sin B?2cos 2 -1?=- 3cos 2B,∴sin 2B=- 3cos 2B,即 tan 2B=- 3. ? ?

2π π 又∵B 为锐角,∴2B∈(0,π),∴2B= ,∴B= . 3 3 a2+c2-b2 π (2)∵B= ,b=2,由余弦定理 cos B= ,得 a2+c2-ac-4=0,又∵a2+c2≥2ac, 3 2ac 代入上式,得 ac≤4(当且仅当 a=c=2 时等号成立). 1 3 S△ABC= acsin B= ac≤ 3(当且仅当 a=c=2 时等号成立).∴S△ABC 的最大值为 3. 2 4 B组 1.D 2.B 3.A 4.4、0 5. 12 15 6. 35 2
79

7.解

a cos B (1)∵lg a-lg b=lg cos B-lg cos A≠0,∴ = ≠1,∴sin 2A=sin 2B 且 a≠b. b cos A π ∵A,B∈(0,π)且 A≠B,∴2A=π-2B,即 A+B= 且 A≠B. 2 ∴△ABC 是非等腰的直角三角形. (2)由 m⊥n,得 m· n=0. ∴2a2-3b2=0. 由(m+n)· (n-m)=14,得 n2-m2=14,∴a2+9b2-4a2-b2=14, 即-3a2+8b2=14. 联立①②,解得 a= 6,b=2. ∴c= a2+b2= 10. 故所求的 a,b,c 的值分别为 6,2, 10. ② ①

8.解

(1)由题意得,(a+2b)(a-4b)=0,即 a2-2a· b-8b2=0,得 32-2×3×1×cos θ-8×12=0, π 1 得 cos θ= ,又 θ∈(0,π),故 θ∈?0,2?, ? ? 6 因此,sin θ= 1-cos2θ= 1 35 sin θ 1-?6?2= ,tan θ= = 35. ? ? 6 cos θ π 9x2-2x×3×1×cos +1 6

(2)|xa-b|= ?xa-b?2= x2a2-2xa· 2= b+b = = 9?x-

?

3 1 3?2 1 + ,故当 x= 时,|xa-b|取得最小值为 ,此时,a· (xa-b)=xa2-a· b 6 2 6? 4

3 π ×9-3×1×cos =0, 6 6

故向量 a 与 xa-b 垂直. (3)对方程|xa-b|=|ma|两边平方整理, 得 9x2-(6cos θ)x+1-9m2=0, 设方程①的两个不同正实数解为 x1,x2,则由题意得, ①

?x +x =6cos θ>0, 9 ? 1-9m ?x x = 9 >0.
1 2 2 1 2

Δ=?6cos θ?2-4×9×?1-9m2?>0, 1 1 ,解之得, sin θ<m< . 3 3

若 x=m,则方程①可以化为-(6cos θ)x+1=0,则 x=

1 1 ,即 m= . 6cos θ 6cos θ

?sin 2θ<1, ? 1 1 1 1 而 x≠m,故得 m≠ . 令 sin θ< < ,得? 1 6cos θ 3 6cos θ 3 ?cos θ>2, ?
?

得 0° <θ<60° ,且 θ≠45° ,

1 1 ? ? 1 当 0° <θ<60° ,且 θ≠45° 时,m 的取值范围为?m|3sin θ<m<3,且m≠6cos θ?;
? 80

1? ? 1 当 60° ≤θ<90° ,或 θ=45° 时,m 的取值范围为?m|3sin θ<m<3?.
? ?

§6.1
要点梳理

数列的概念与简单表示法

1.一定顺序 项 2.有限 无限 > < 3.列表法 图象法 解析法 4.序号 n 5.S1 Sn-Sn-1 基础自测 1.an=2n-1 (n∈N*) 2.7 3.2n-11 3 4.C 5.B 题型分类· 深度剖析 例 1 解 (1)符号问题可通过(-1)n 或(-1)n
+1

表示,其各项的绝对值的排列规律为:后面的数的绝对值总比前

面数的绝对值大 6,故通项公式为 an=(-1)n(6n-5). 1 8 8 8 8 (2)将数列变形为 (1-0.1), (1-0.01), (1-0.001),?,∴an= ?1-10n?. ? 9 9 9 9? 2-3 (3)各项的分母分别为 21,22,23,24,?,易看出第 2,3,4 项的分子分别比分母少 3.因此把第 1 项变为- , 2 21-3 22-3 23-3 24-3 2n-3 原数列可化为- 1 , 2 ,- 3 , 4 ,?,∴an=(-1)n· n . 2 2 2 2 2 3 5 7 9 (4)将数列统一为 , , , ,?,对于分子 3,5,7,9,?,是序号的 2 倍加 1,可得分子的通项公式为 bn 2 5 10 17 =2n+1,对于分母 2,5,10,17,?,联想到数列 1,4,9,16,?,即数列{n2},可得分母的通项公式为 cn=n2 2n+1 +1,因此可得它的一个通项公式为 an= 2 . n +1
?0 ?n为奇数? ? 1+?-1?n 1+cos nπ (5)an=? 或 an= 或 an= . 2 2 ? ?1 ?n为偶数?

变式训练 1 解 (1)各项减去 1 后为正偶数,∴an=2n+1. 2n-1 (2)每一项的分子比分母少 1,而分母组成数列 21,22,23,24,?,∴an= n . 2 (3)奇数项为负,偶数项为正,故通项公式中含因子(-1)n;各项绝对值的分母组成数列 1,2,3,4,?;而各 项绝对值的分子组成的数列中,奇数项为 1,偶数项为 3, 即奇数项为 2-1,偶数项为 2+1, 1 - ?n为正奇数? n 2+?-1?n n ∴an=(-1) · .也可写为 an= n 3 ?n为正偶数? n

? ? ?

.

9 99 999 9 999 (4)将数列各项改写为 , , , ,?,分母都是 3,而分子分别是 10-1,102-1,103-1,104-1,?, 3 3 3 3 1 ∴an= (10n-1). 3

81

例2



an+1+1 (1)∵an+1=3an+2,∴an+1+1=3(an+1),∴ =3, an+1
- -

∴数列{an+1}为等比数列,公比 q=3,又 a1+1=2,∴an+1=2·n 1,∴an=2·n 1-1. 3 3 n-1 n-2 1 (2)∵an= a (n≥2),∴an-1= a - ,?,a2= a1. 以上(n-1)个式子相乘得 n n-1 2 n-1 n 2 1 2 n-1 a1 1 an=a1··· ?· = = . 23 n n n (3)∵an+1-an=3n+2,∴an-an-1=3n-1 (n≥2), n?3n+1? ∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1= (n≥2). 2 1 3 n 当 n=1 时,a1= ×(3×1+1)=2 符合公式,∴an= n2+ . 2 2 2 变式训练 2 解 (1)由已知 an>0,在递推关系式两边取对数,有 lg an+1=2lg an+lg 3, 令 bn=lg an,则 bn+1=2bn+lg 3,∴bn+1+lg 3=2(bn+lg 3),∴{bn+lg 3}是等比数列, ∴bn+lg 3=2n 1· 3=2nlg 3,∴bn=2nlg 3-lg 3=(2n-1)lg 3=lg an,∴an=32n-1. 2lg an 1 1 1 1 1 (2)将 an+1= 取倒数得: =2+ ,∴ - =2,又 =1, an a1 2an+1 an+1 an+1 an
?1? 1 1 ∴?a ?是以 1 为首项,2 为公差的等差数列.∴ =1+2(n-1),∴an= . an ? n? 2n-1


(3)由 an+1=4an-3n+1,得 an+1-(n+1)=4(an-n),又 a1-1=1,∴数列{an-n}是首项为 1,且公比为 4 的等比数列,∴an-n=(a1-1)4n 1,∴an=4n 1+n. (4)将 an+2-4an+1+3an=0 变形为 an+2-an+1=3(an+1-an), 则数列{an+1-an}是以 a2-a1=-6 为首项,3 为公比的等比数列,则 an+1-an=-6·n 1,利用累加法可得 3 an=11-3n. 例3 1 解 由 a1=S1= (a1+1)(a1+2), 6 1 1 解得 a1=1 或 a1=2,由已知 a1=S1>1,因此 a1=2.又由 an+1=Sn+1-Sn= (an+1+1)(an+1+2)- (an+1)(an 6 6 +2),得 an+1-an-3=0 或 an+1=-an. ∵an>0. 故 an+1=-an 不成立,舍去. 因此 an+1-an-3=0. 即 an+1-an=3,从而{an}是公差为 3,首项为 2 的等差数列,故{an}的通项为 an=3n-1. Sn 变式训练 3 解 (1)由 an= +2(n-1),得 Sn=nan-2n(n-1) (n∈N*). n 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)·n-1-4(n-1),即 an-an-1=4,∴数列{an}是以 a1=1 为首项,4 a ?a1+an?n 为公差的等差数列. 于是,an=4n-3,Sn= =2n2-n (n∈N*). 2 Sn (2)由 Sn=nan-2n(n-1),得 =2n-1 (n∈N*), n
82
- - -

S2 S3 Sn ∴S1 + + +?+ -(n-1)2=1+3+5+7+?+(2n-1)-(n-1)2=n2-(n-1)2 =2n-1.令 2n-1=2 2 3 n 013,得 n=1 007,即存在满足条件的自然数 n=1 007. 课时规范训练 A组 1.C 2.B 7.解 3.D 4.4 5.-1 4 6.n2+1

(1)当 n=4 时,a4=42-4×7+6=-6. (2)令 an=150,即 n2-7n+6=150,解得 n=16 或 n=-9(舍去), 即 150 是这个数列的第 16 项. (3)令 an=n2-7n+6>0,解得 n>6 或 n<1(舍).∴从第 7 项起各项都是正数.

8.解 (1)当 n=1 时,a1=S1=2-3=-1,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 =(2n2-3n)-[2(n-1)2-3(n-1)]=4n-5,由于 a1 也适合此等式,∴an=4n-5. (2)当 n=1 时,a1=S1=3+b,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=(3n+b)-(3n 1+b)=2·n 1. 3 当 b=-1 时,a1 适合此等式;当 b≠-1 时,a1 不适合此等式.
? n=1, ?3+b, - ∴当 b=-1 时,an=2·n 1;当 b≠-1 时,an=? n-1 3 ? 3 ?2· , n≥2.
- -

B组 1.D 2.B 7.解 1 3.A 4. 2 41 11 5.? 2 ,- 2 ? ? ? 6.4

1 1 (1)∵an=1+ (n∈N*,a∈R,且 a≠0),∵a=-7,∴an=1+ . a+2?n-1? 2n-9 结合函数 f(x)=1+ 1 的单调性. 可知 1>a1>a2>a3>a4;a5>a6>a7>?>an>1 (n∈N*). 2x-9

∴数列{an}中的最大项为 a5=2,最小项为 a4=0. 1 2 1 (2)an=1+ =1+ . ∵对任意的 n∈N*,都有 an≤a6 成立 a+2?n-1? 2-a n- 2 1 2 2-a 并结合函数 f(x)=1+ 的单调性,∴5< <6,∴-10<a<-8. 2 2-a x- 2 8.解 (1)依题意,Sn+1-Sn=an+1=Sn+3n,即 Sn+1=2Sn+3n,由此得 Sn+1-3n 1=2(Sn-3n), ∴{Sn-3n}是等比数列,因此,所求通项公式为 bn=Sn-3n=(a-3)2n 1,n∈N*.① (2)由①知 Sn=3n+(a-3)2n 1,n∈N*,于是,当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1=3n+(a-3)2n 1-3n 1-(a-3)2n 2=2×3n 1+(a-3)2n 2,
- - - ?3 - an+1-an=4×3n 1+(a-3)2n 2=2n 2?12·2?n 2+a-3?, ? ? ? ? - - - - - - - +

83

?3 - 当 n≥2 时,an+1≥an?12·2?n 2+a-3≥0?a≥-9,又 a2=a1+3>a1. ? ?
综上,所求的 a 的取值范围是[-9,+∞).

§6.2
要点梳理

等差数列及其前 n 项和

1.从第 2 项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常数 公差 d a+b 2.an=a1+(n-1)d 3.A= 4.(1)(n-m)d (2)ak+al=am+an 2 5. n?a1+an? n?n-1? na1+ d 2 2 7.大 小 (3)2d (5)md

基础自测 1.12n-10 题型分类· 深度剖析 例1

3 2. 3.15 4.2n-1 5.B 4

1 1 (1)证明 ∵an=2- (n≥2,n∈N*),bn= . an-1 an-1 ∴n≥2 时,bn-bn-1= 1 1 - = an-1 an-1-1 ? an-1 1 1 1 - = - =1. 1 ? an-1-1 an-1-1 an-1-1 2- -1 a
n-1

?

?

1 5 5 又 b1= =- . ∴数列{bn}是以- 为首项,1 为公差的等差数列. 2 2 a1-1 7 1 2 2 (2)解 由(1)知,bn=n- ,则 an=1+ =1+ ,设函数 f(x)=1+ , 2 bn 2n-7 2x-7 7 7 易知 f(x)在区间?-∞,2?和?2,+∞?内为减函数. ? ? ? ? ∴当 n=3 时,an 取得最小值-1;当 n=4 时,an 取得最大值 3. 变式训练 1 (1)证明 由 Sn= Sn-1 1 2Sn-1+1 1 ,得 = = +2, Sn 2Sn-1+1 Sn-1 Sn-1

1 1 ?1? 1 1 ∴ - =2,∴?S ?是以 即 为首项,以 2 为公差的等差数列. Sn Sn-1 S1 2 ? n? 1 1 3 1 (2)解 由(1)知 = +(n-1)×2=2n- ,∴Sn= , Sn 2 2 3 2n- 2 ∴当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= -2 1 - = ; 3 7 ? 3?? 7 2n- 2n- 2n- 2n- ? 2 2 ? 2?? 2? 1 ?n=1? ?n≥2?.

?2 -2 当 n=1 时,a =2 不适合 a ,故 a =? 3 7 ??2n-2??2n-2? ? ?? ?
1 n n

84

例2

解 (1)由题意知 S6=

?5a1+10d=5, ? -15 =-3,a6=S6-S5=-8. ∴? S5 ? ?a1+5d=-8.

解得 a1=7,∴S6=-3,a1=7. (2)方法一 ∵S5S6+15=0,∴(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,即 2a2+9da1+10d2+1=0. 1 ∵关于 a1 的一元二次方程有解,∴Δ=81d2-8(10d2+1)=d2-8≥0,解得 d≤-2 2或 d≥2 2. 方法二 ∵S5S6+15=0,∴(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,即 2a2+9da1+10d2+1=0. 1 故(4a1+9d)2=d2-8.∴d2≥8. 故 d 的取值范围为 d≤-2 2或 d≥2 2. 变式训练 2 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,则 an=a1+(n-1)d. 由 a1=1,a3=-3,可得 1+2d=-3,解得 d=-2. 从而 an=1+(n-1)×(-2)=3-2n. n[1+?3-2n?] (2)由(1)可知 an=3-2n,∴Sn= =2n-n2. 由 Sk=-35,可得 2k-k2=-35, 2 即 k2-2k-35=0,解得 k=7 或 k=-5. 又 k∈N*,故 k=7. 例3 解 (1)方法一 ∵a1=20,S10=S15,∴10×20+ 10×9 15×14 d=15×20+ d, 2 2

5 5 5 65 ∴d=- . ∴an=20+(n-1)×?-3?=- n+ . ? ? 3 3 3 ∴a13=0,即当 n≤12 时,an>0,n≥14 时,an<0, 12×11 ? 5? ∴当 n=12 或 13 时,Sn 取得最大值,且最大值为 S13=S12=12×20+ ×?-3?=130. 2 5 方法二 同方法一求得 d=- . 3 n?n-1? ? 5? 25 5 125 5 3 125 ∴Sn=20n+ ·-3?=- n2+ n=- ?n- 2 ?2+ . ? ? 2 6 6 6? 24 ∵n∈N*,∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值,且最大值为 S12=S13=130. 5 方法三 同方法一得 d=- . 又由 S10=S15 得 a11+a12+a13+a14+a15=0. 3 ∴5a13=0,即 a13=0. ∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值. 且最大值为 S12=S13=130. (2)∵an=4n-25,an+1=4(n+1)-25,∴an+1-an=4=d,又 a1=4×1-25=-21. ∴数列{an}是以-21 为首项,以 4 为公差的递增的等差数列.
?an=4n-25<0, ① ? 令? ? ?an+1=4?n+1?-25≥0, ②

1 1 由①得 n<6 ;由②得 n≥5 ,∴n=6. 4 4

即数列{|an|}的前 6 项是以 21 为首项,公差为-4 的等差数列,从第 7 项起以后各项构成公差为 4 的等差数 列,而|a7|=a7=4×7-24=3. 设{|an|}的前 n 项和为 Tn,

85

?21n+n?n-1?×?-4? ?n≤6? 2 则 T =? ?n-6??n-7? ?66+3?n-6?+ 2 ×4 ?n≥7?
n

?-2n2+23n ?n≤6?, ? =? 2 ? ?2n -23n+132 ?n≥7?.

2 009×2 008 1 变式训练 3 解 方法一 (1)设公差为 d, 则由 S2 009=0?2 009a1+ d=0?a1+1 004d=0, d=- 2 1 004 2 009-n n n 2 009-n a1 a1,a1+an= a ,∴Sn= (a1+an)= · a= (2 009n-n2) 1 004 1 2 2 1 004 1 2 008 1 005 ∵a1<0,n∈N*,∴当 n=1 004 或 1 005 时,Sn 取最小值 a. 2 1 1 005-n 1 005-n a1 (2)an= a1. Sn≤an? (2 009n-n2)≤ a. 1 004 2 008 1 004 1 ∵a1<0,∴n2-2 011n+2 010≤0,即(n-1)(n-2 010)≤0,解得:1≤n≤2 010. 故所求 n 的取值集合为{n|1≤n≤2 010,n∈N*}. 课时规范训练 A组 1.B 2.C 3.D 4.-1 5.15 1 6. 3

7.解 由 a2+a7+a12=12,得 a7=4,又∵a2·7·12=28,∴(a7-5d)(a7+5d)·7=28, a a a 9 3 3 ∴16-25d2=7,∴d2= ,∴d= 或 d=- . 25 5 5 3 3 3 1 ∴d= 时,an=a7+(n-7)d=4+(n-7)× = n- ; 5 5 5 5 3 3 3 41 d=- 时,an=a7+(n-7)d=4-(n-7)× =- n+ . 5 5 5 5 3 1 3 41 ∴数列{an}的通项公式为 an= n- 或 an=- n+ . 5 5 5 5 8.(1)解 an+1-an=[p(n+1)2+q(n+1)]-(pn2+qn)=2pn+p+q, 要使{an}是等差数列,则 2pn+p+q 应是一个与 n 无关的常数,∴只有 2p=0,即 p=0. 故当 p=0,q∈R 时,数列{an}是等差数列. (2)证明 ∵an+1-an=2pn+p+q,∴an+2-an+1=2p(n+1)+p+q, ∴(an+2-an+1)-(an+1-an)=2p 为一个常数.∴{an+1-an}是等差数列. B组 1.A 2.A 3.D 67 19 4. 5.75 6. 66 41

a4-a1 2-8 7.解 (1)由 2an+1=an+2+an 可得{an}是等差数列,且公差 d= = =-2. 3 4-1 ∴an=a1+(n-1)d=-2n+10. (2)令 an≥0,得 n≤5. 即当 n≤5 时,an≥0,n≥6 时,an<0
86

∴当 n≤5 时,Sn=|a1|+|a2|+?+|an|=a1+a2+?+an=-n2+9n 当 n≥6 时,Sn=|a1|+|a2|+?+|an|=a1+a2+?+a5-(a6+a7+?+an) =-(a1+a2+?+an)+2(a1+a2+?+a5)=-(-n2+9n)+2×(-52+45)=n2-9n+40,
2 ? ?n≤5?, ?-n +9n ∴Sn=? 2 ? ?n -9n+40 ?n≥6?.

8.解

? ? ?a2a3=45, ??a1+d??a1+2d?=45, (1)由题设知,{an}是等差数列,且公差 d>0,则由? ,得? ?a1+a5=18, ?a1+?a1+4d?=18. ? ? ?a1=1, ? 解得? ? ?d=4.

∴an=4n-3 (n∈N*).

n?1+4n-3? 1 2n?n-2? 2 ? ? Sn 1 (2)由 bn= = = ,∵c≠0,∴可令 c=- ,得到 bn=2n. 2 n+c n+c n+c ∵bn+1-bn=2(n+1)-2n=2(n∈N*),∴数列{bn}是公差为 2 的等差数列. 1 即存在一个非零常数 c=- ,使数列{bn}也为等差数列. 2

§6.3
要点梳理

等比数列及其前 n 项

1.从第 2 项起,每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零) 公比 q 2.a1·n q
-1

3.G2=a· (ab≠0) 4.(1)qn b

-m

(2)ak·l=am·n a a

6.qn

基础自测 1. 2,2,2 2或- 2,2,-2 2 题型分类· 深度剖析 例1 解 (1)设数列{an}的公比为 q,
n-1

2.5 3.240 4.2 5.A

由通项公式 an=a1q

?a6-a4=a1q3?q2-1?=24, ? 及已知条件得:? 3 2 ? a ?a3·5=?a1q ? =64. ②



由②得 a1q3=± 8.将 a1q3=-8 代入①式,得 q2=-2,无解,故舍去. 将 a1q3=8 代入①式,得 q2=4,∴q=± 2. a1?1-q8? a1?1-q8? 当 q=2 时,a1=1,∴S8= =255;当 q=-2 时,a1=-1,∴S8= =85. 1-q 1-q (2)若 q=1,则 na1=40,2na1=3 280,矛盾.

?a ?1-q ?=40, ? 1-q ∴q≠1,∴? a ?1-q ? ? 1-q =3 280, ?
n 1 2n 1

① ②

② 得:1+qn=82,∴qn=81, ①


87

将③代入①得 q=1+2a1. 又∵q>0,∴q>1,∴a1>0,{an}为递增数列.∴an=a1qn 1=27, 由③、④、⑤得 q=3,a1=1,n=4. ∴a2n=a8=1×37=2 187. 1 1 - n-1 变式训练 1 an= ·n 1 或 an=?-5?· 2 ? ? (-2) 15 例2 (1)证明 ∵an+Sn=n, ∴an+1+Sn+1=n+1. ②-①得 an+1-an+an+1=1, an+1-1 1 ∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1,∴ = ,∴{an-1}是等比数列. an-1 2 1 1 1 ∵首项 c1=a1-1,又 a1+a1=1,∴a1= ,∴c1=- ,公比 q= . 2 2 2 1 1 又 cn=an-1,∴{cn}是以- 为首项, 为公比的等比数列. 2 2 1 ?1 - 1 1 (2)解 由(1)可知 cn=?-2?·2?n 1=-?2?n,∴an=cn+1=1-?2?n. ? ?? ? ? ? ? ? 1 1 - 1 - 1 1 ∴当 n≥2 时,bn=an-an-1=1-?2?n-?1-?2?n 1?=?2?n 1-?2?n=?2?n. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1 1 又 b1=a1= 代入上式也符合,∴bn=?2?n. ? ? 2


④ ⑤

① ②

变式训练 2 (1)证明 由已知有 a1+a2=4a1+2, 解得 a2=3a1+2=5, b1=a2-2a1=3.又 an+2=Sn+2-Sn+1=4an 故
+1

+2-(4an+2)=4an+1-4an,

于是 an+2-2an+1=2(an+1-2an),即 bn+1=2bn.因此数列{bn}是首项为 3,公比为 2 的等比数列. (2)an=(3n-1)·n 2 例3 解
-2

1 - a5 1 1 - (1)设公比为 q,则 =q3,即 q3=- ,∴q=- ,∴an=a5·n 5=?-2?n 4. q ? ? a2 8 2

(2)∵a3a4a5=8,又 a3a5=a2,∴a3=8,a4=2. ∴a2a3a4a5a6=a5=25=32. 4 4 4
? a ? ? ?a3·8=-512 ?a3=-4 ?a3=128 变式训练 3 解 (1)a4·7=a3·8=-512,∴? a a ,解之得? 或? . ? ? ? ?a3+a8=124 ?a8=128 ?a8=-4 ? ?a3=-4 a8 a3 当? 时,q5= =-32,∴q=-2. ∴a1= 2=-1, a3 q ?a8=128 ?

∴a10=a1q9=-1×(-2)9=512.
?a3=128 ? a8 1 1 1 当? 时,q5= =- ,q=- . 又∵q 为整数,∴q=- 舍去. a3 32 2 2 ? ?a8=-4

综上所述:a10=512. (2)∵a3a11=a2=4a7,∵a7≠0,∴a7=4,∴b7=4,∵{bn}为等差数列,∴b5+b9=2b7=8. 7 (3)a1a2a3a4=a1a1qa1q2a1q3=a4q6=1. 1 ①
88

a13a14a15a16=a1q12·1q13·1q14·1q15=a4·54=8. a a a 1q a4·54 1q ②÷ ①: 4 6 =q48=8?q16=2, a1· q



又 a41a42a43a44=a1q40·1q41·1q42·1q43=a4·166=a4·6·160=(a4·6)· 16)10=1·10=1 024. a a a 2 1q 1q q 1 q (q 例4 解 (1)由已知有 a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d).解得 d=2 (∵d>0).

∴an=1+(n-1)· 2=2n-1. 又 b2=a2=3,b3=a5=9,∴数列{bn}的公比为 3,∴bn=3·n 2=3n 1. 3 cn-1 c1 c2 cn c1 c2 (2)由 + +?+ =an+1 得,当 n≥2 时, + +?+ =a . b1 b2 bn b1 b2 bn-1 n cn - 两式相减得:n≥2 时, =an+1-an=2. ∴cn=2bn=2·n 1 (n≥2). 3 bn
? ?n=1? ?3 c1 又当 n=1 时, =a2,∴c1=3. ∴cn=? n-1 . b1 ? 3 ?n≥2? ?2·
- -

6-2×32 013 ∴c1+c2+c3+?+c2 013=3+ =3+(-3+32 013)=32 013. 1-3 1 变式训练 4 解 (1)由 a1= ,an+1·n<0 知,当 n 为偶数时,an<0;当 n 为奇数时, a 2 3?an+1-an? 1-an+1 an>0.由 = ,得 3(a2+1-a2)=1-a2+1. n n n 1+an+1 an+1+an 3 3 2 即 4an+1-3a2=1,∴4(a2+1-1)=3(a2-1),即数列{a2-1}是以 a2-1=- 为首项, 为公比的等比数列. n n n n 1 4 4 3 3 3 3 - - ∴a2-1=- ?4?n 1=-?4?n,a2=1-?4?n,故 an=(-1)n 1 n n ? ? ? ? 4? ? 3 1-?4?n (n∈N*). ? ?

3 + 3 1 ?3 (2)由(1)知 bn=a2+1-a2=1-?4?n 1-1+?4?n= ·4?n,则对于任意的 n∈N*,bn>bn+1. n n ? ? ? ? 4? ? 假设数列{bn}中存在三项 br,bs,bt (r<s<t)成等差数列,则 br>bs>bt, 3 3 1 3 1 3 1 3 ?3 即只能有 2bs=br+bt 成立,∴2·?4?s= ?4?r+ ?4?t,2·4?s=?4?r+?4?t, ? ? ? ? ? ? 4? ? 4? ? 4? ? ∴2·s·t s=3r·t r+3t,∵r<s<t,∴t-s>0,t-r>0, 3 4 4 ∴2·s·t s 是偶数,3r·t r+3t 是奇数,而偶数与奇数不可能相等,因此数列{bn}中任意三项不可能构成等差 3 4 4 数列. 课时规范训练 A组 1.C 2.C
? n=1 ?1 3.B 4.7 5.an=? n-2 ?2×3 n≥2 ?
- - - -

6.-2 7.(1)an=2n-2 (2)Tn=2n-1

?1S2+1S3=2, ? ? ? ?3S2+2S3=12, ?S2=2, 3 8.解 (1)根据已知条件?2 ,整理得? ,解得 3S2=2S3=6,即? ??3S2??2S3?=36. ?S3=3. ? ? ??2S2??3S3?=36. ?
89

4?1-?-2? ? ?a1?1+q?=2, ? 1 8 8 1 ? (2)∵q≠1,则 ,可解得 q=- ,a1=4. ∴Sn= = - ?-2?n. 2 2 1 3 3? ? ? ?a1?1+q+q ?=3. 1+ 2

?

? 1?n?

?-1??1-?-1?n? 1 8 8? 2?? ? 2? ? 8 8 (3)由(2)得 S1+S2+?+Sn= n- = n+ ?1-?-2?n?. 3 3 1 3 9? ? ? ? 1-?-2? ? ?
B组 1.C 2.B 7.(1)an=2n b9 3.D 4. 8 a 5.100 6.15

n?n+1? (2)解 ∵bn=log2an,an=2n,∴bn=n. ∴{bn}的前 n 项和 Sn=1+2+3+?+n= . 2

8.证明 (1)由(3-m)Sn+2man=m+3,得(3-m)Sn+1+2man+1=m+3, 两式相减,得(3+m)an+1=2man, an+1 2m ∵m≠-3 且 m≠0,∴ = (n≥1). ∴{an}是等比数列. an m+3 (2)由(3-m)S1+2ma1=m+3,S1=a1,解得 a1=1,∴b1=1. 2m 2m 3 3 2bn-1 又∵{an}的公比为 ,∴q=f(m)= ,n≥2 时,bn= f(bn-1)= · , 2 2 bn-1+3 m+3 m+3 1 1 1 ∴bnbn-1+3bn=3bn-1,推出 - = , bn bn-1 3 n-1 n+2 ?1? 1 1 3 ∴?b ?是以 1 为首项, 为公差的等差数列,∴ =1+ = ,∴bn= . 3 bn 3 3 ? n? n+2

§ 6.4 数列求和
要点梳理 1. n?a1+an? n?n-1? na1+ d 2 2 倒序相加法 na1 a1?1-qn? a1-anq 1-q 1-q

n?n+1? 2.(1) (2)n2+n 2 基础自测 1. 2n 2.54 3.6 4.D n+1

n?n+1??2n+1? n?n+1? 2 (3)n2 (4) (5)[ ] 6 2

5.C

题型分类· 深度剖析 例1 解 n·n+1 2 1 (1)由于 an= =n+ n, 2n 2

1 1 1 1 1 1 1 1 ∴Sn=?1+21?+?2+22?+?3+23?+?+?n+2n?=(1+2+3+?+n)+?2+22+23+?+2n? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

90

1 1? 1- n? n?n+1? 2? 2 ? n?n+1? 1 = + = - n+1. 2 1 2 2 1- 2 (2)当 x=± 时,Sn=4n.当 x≠± 时, 1 1 1 1 1 1 1 1 2 n 2 4 2n Sn=?x+x?2+?x +x2?2+?+?x +xn?2=?x +2+x2?+?x +2+x4? +?+?x +2+x2n? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1 1 1 x2?x2n-1? x 2?1-x 2n? =(x2+x4+?+x2n)+2n+?x2+x4+?+x2n?= 2 + +2n - ? ? x -1 1-x 2
- -

?x2n-1??x2n 2+1? = +2n. x2n?x2-1?


?x=± 1?, ?4n ? 2n 2n+2 ∴Sn=??x -1??x +1? 1?. ? x2n?x2-1? +2n ?x≠± ? 变式训练 1 解 和式中第 k 项为 1 1 1 ak=1+ + +?+ k-1= 2 4 2 1 1-?2?k ? ? 1 1- 2 1 1 1 1 =2?1-2k?.∴Sn=2[?1-2?+?1-22?+?+?1-2n?] ? ? ? ? ? ? ? ? 1 1

? 2?1-2 ?? 1 ? ? 1 1 1 =2[(1+1+?+1 ? -( + +?+ )]=2?n- 1 ?=2 2 2 2 1- ? ? 2
n n个 2 n

n-1+2n-2.

例2

n - 解 (1)∵a1+3a2+32a3+?+3n 1an= , 3



∴当 n≥2 时, a1+3a2+32a3+?+3n 2an-1= 1 1 - ①-②得 3n 1an= ,∴an= n. 3 3 1 1 1 在①中,令 n=1,得 a1= ,适合 an= n,∴an= n. 3 3 3 n (2)∵bn= ,∴bn=n·n. 3 an ∴Sn=3+2×32+3×33+?+n·n, 3 ∴3Sn=3 +2×3 +3×3 +?+n· 3
2 3 4 n+1


n-1 , 3



③ . ④

3?1-3n? + + ④-③得 2Sn=n·n 1-(3+32+33+?+3n),即 2Sn=n·n 1- 3 3 , 1-3 ?2n-1?3n 1 3 ∴Sn= + . 4 4


变式训练 2 (1)证明 ∵Sn+n=2an,即 Sn=2an-n,∴Sn-1=2an-1-(n-1) (n≥2,n∈N*).
91

两式相减化简,得 an=2an-1+1. ∴an+1=2(an-1+1) (n≥2,n∈N*), ∴数列{an+1}为等比数列,∵Sn+n=2an,令 n=1,得 a1=1. a1+1=2,∴an+1=2n,∴an=2n-1. (2)解 ∵bn=(2n+1)an+2n+1,∴bn=(2n+1)·n. 2 ∴Tn=3×2+5×22+7×23+?+(2n-1)·n 1+(2n+1)·n, 2 2 2Tn=3×2 +5×2 +?+(2n-1)· +(2n+1)· 2 2
2 3 n n+1


① ②


n+1


①-②,得-Tn=3×2+2(22+23+?+2n)-(2n+1)·n 1=6+2× 2 +1)·n 1=-2-(2n-1)·n 1. 2 2
+ +

22-2 + + -(2n+1)·n 1=-2+2n 2-(2n 2 1-2

∴Tn=2+(2n-1)·n 1. 2




Tn-2 2+?2n-1?·n 1-2 2 + 若 >2 013,则 >2 013,即 2n 1>2 013. 2n-1 2n-1 Tn-2 由于 210=1 024,211=2 048,∴n+1≥11,即 n≥10.∴满足不等式 >2 013 的 n 的最小值是 10. 2n-1 例3 解 1 1 (1)∵S2=an?Sn-2?,an=Sn-Sn-1 (n≥2),∴S2=(Sn-Sn-1)?Sn-2?, n n ? ? ? ? ①

即 2Sn-1Sn=Sn-1-Sn, 1 1 由题意 Sn-1·n≠0,①式两边同除以 Sn-1·n,得 - S S =2, Sn Sn-1

?1? 1 1 1 1 ∴数列?S ?是首项为 = =1,公差为 2 的等差数列. ∴ =1+2(n-1)=2n-1,∴Sn= . S1 a1 Sn ? n? 2n-1

1 Sn 1 1 1 (2)又 bn= = = ?2n-1-2n+1?, 2? ? 2n+1 ?2n-1??2n+1? 1 1 1 1 1 1 1 1 n ∴Tn=b1+b2+?+bn= [?1-3?+?3-5?+?+?2n-1-2n+1?]= ?1-2n+1?= ? ? ? 2? ? ? 2? ? 2n+1.

变式训练 3 (1)解

?a =2S , 由已知得? 1 ?a =2S
1
n+1 n n n-1

3 (n≥2),得到 an+1= an (n≥2). 2

3 1 1 1 ∴数列{an}是以 a2 为首项,以 为公比的等比数列.又 a2= S1= a1= , 2 2 2 2 n=1, ?1, ?3?n-2 =1?3?n-2 (n≥2),∴an=?1 3 ∴an=a2×?2? ? ? ?n-2 2?2? ? ?2?2? , n≥2. 3 3 3 ?3 - 1 1 1 1 (2)证明 bn=log (3an+1)=log ?2·2?n 1?=n,∴ = = - . 2 2? ? ? ? bnbn+1 n?1+n? n 1+n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴Tn= + + +?+ =?1-2?+?2-3?+?3-4?+?+?n-1+n? ? ? ? ? ? b1b2 b2b3 b3b4 ? ? bnbn+1 ? 1 n =1- = . 1+n 1+n
92

课时规范训练 A组 1.C 2.B 1 3.C 4. (4n-1) 5.2 600 6.66 3

7.解 ∵an+1=3an+2 (n∈N*),∴an+1+1=3(an+1).∴{an+1}是以 a1+1=3 为首项,3 为公比的等比数列. ∴an+1=3n,故 an=3n-1. 而 Sn=a1+a2+?+an=(31-1)+(32-1)+?+(3n-1) 3?1-3n? 3?3n-1? 1 3 + =(31+32+?+3n)-n= -n= -n= ×3n 1-n- . 2 2 2 1-3 8.解 (1)∵an+1=2Sn,∴Sn+1-Sn=2Sn, ∴ Sn+1 - =3.又∵S1=a1=1,∴数列{Sn}是首项为 1,公比为 3 的等比数列,Sn=3n 1 (n∈N*). Sn

?1,n=1, ? - 当 n≥2 时,an=2Sn-1=2·n 2,∴an=? n-2 3 ? 3 ?2· ,n≥2.

(2)Tn=a1+2a2+3a3+?+nan,当 n=1 时,T1=1; 当 n≥2 时,Tn=1+4·0+6·1+?+2n·n 2, 3 3 3 3Tn=3+4·1+6·2+?+2n·n 1, 3 3 3 ①-②得:-2Tn=2+2(31+32+?+3n 2)-2n·n 3 3?1-3n 2? - - =2+2· -2n·n 1=-1+(1-2n)·n 1. 3 3 1-3
- - -1 - -

① ②

1 - 1 - 1 1 ∴Tn= +?n-2?3n 1 (n≥2). 又∵T1 也满足上式,故 Tn= +?n-2?3n 1 (n∈N*). ? ? 2 ? 2 ? B组 1.C 2.C 8.解 n+2 3.B 4.10 5.2n2+6n 6.765 7.2n-1 2- n 2

(1)∵a1=1,an+1=2Sn+1 (n∈N*),∴an=2Sn-1+1 (n∈N*,n>1),∴an+1-an=2(Sn-Sn-1), 即 an+1-an=2an,∴an+1=3an (n∈N*,n>1). 而 a2=2a1+1=3,∴a2=3a1. ∴数列{an}是以 1 为首项,3 为公比的等比数列,∴an=3n 在等差数列{bn}中,∵b1+b2+b3=15,∴b2=5. 又∵a1+b1、a2+b2、a3+b3 成等比数列,设等差数列{bn}的公差为 d,则有(a1+b1)(a3+b3)=(a2+b2)2. ∴(1+5-d)(9+5+d)=64,解得 d=-10 或 d=2,∵bn>0 (n∈N*), ∴舍去 d=-10,取 d=2,∴b1=3,∴bn=2n+1 (n∈N*). (2)由(1)知 Tn=3×1+5×3+7×32+?+(2n-1)3n 2+(2n+1)3n 1, ∴3Tn=3×3+5×3 +7×3 +?+(2n-1)· 3
2 3 n-1
- - -1

(n∈N*). ∴a1=1,a2=3,a3=9,

① ②

+(2n+1)3 ,
n-1

n

∴①-②得-2Tn =3×1+2×3+2×32 +2×33 +?+2×3

-(2n+1)3n=3+2(3+32 +33+?+3n 1)-



3-3n (2n+1)3n=3+2× -(2n+1)3n=3n-(2n+1)3n=-2n·n. 3 1-3
93

∴Tn=n·n. 3

专题四
题型分类· 深度剖析 例1

数列的综合应用

an+1 (1)证明 ∵bn=log2an,∴bn+1-bn=log2 =log2q 为常数, an ∴数列{bn}为等差数列且公差 d=log2q. 9n-n2 - (2)Sn= an=25 n (n∈N*) 2 n?9-n? - (3)解 显然 an=25 n>0,当 n≥9 时,Sn= ≤0,∴n≥9 时,an>Sn. 2 1 1 1 ∵a1=16,a2=8,a3=4,a4=2,a5=1,a6= ,a7= ,a8= , 2 4 8 S1=4,S2=7,S3=9,S4=10,S5=10,S6=9,S7=7,S8=4, ∴当 n=3,4,5,6,7,8 时,an<Sn;当 n=1,2 或 n≥9 时,an>Sn.

变式训练 1 (1)证明 由题设 an+1=(1+q)an-qan-1 (n≥2),得 an+1-an=q(an-an-1), 即 bn=qbn-1,n≥2.由 b1=a2-a1=1,q≠0,∴{bn}是首项为 1,公比为 q 的等比数列.

?1+1-q , q≠1 ? 1-q (2)an=? ?n, q=1 ?
(3)解 由(2),当 q=1 时,显然 a3 不是 a6 与 a9 的等差中项,故 q≠1. 由 a3-a6=a9-a3 可得 q5-q2=q2-q8, 由 q≠0 得 q3-1=1-q6, 3 整理得(q3)2+q3-2=0,解得 q3=-2 或 q3=1(舍去).于是 q=- 2. 另一方面, qn 2-qn 1 qn 1 3 qn 1-qn 5 qn 1 an-an+3= = (q -1);an+6-an= = (1-q6). 1-q 1-q 1-q 1-q 由①可得 an-an+3=an+6-an,即 2an=an+3+an+6,n∈N*. ∴对任意的 n∈N*,an 是 an+3 与 an+6 的等差中项. 例2 解 1 1 2 (1)由已知得 log22an- =2n,∴an- =2n,即 an-2nan-1=0. log22an an
+ - - - + -

n-1



∴an=n± n2+1. ∵0<x<1,∴0<2an<1,∴an<0. ∴an=n- n2+1. (2)∵ an+1 ?n+1?- ?n+1?2+1 n+ n2+1 = = <1, an n- n2+1 n+1+ ?n+1?2+1

又∵an<0,∴an+1>an,∴{an}是递增数列.
94

变式训练 2 (1)f(x)=(x-1)2

3 - (2)an=?4?n 1+1 ? ?

1 2 1 3 - 1 3 (3)解 bn=3(an-1)2-4(an+1-1),令 bn=y,u=?4?n 1,则 y=3??u-2? -4?=3?u-2?2- . ? ? ? ? 4 ?? ? ? 3 9 27 9 1 ∵n∈N*,∴u 的值分别为 1, , , ,?,经比较 距 最近, 4 16 64 16 2 189 ∴当 n=3 时,bn 有最小值是- ,当 n=1 时,bn 有最大值是 0. 256 例3 3 4 5 6 (1)b1= ,b2= ,b3= ,b4= 4 5 6 7 (3)解 an=1-bn= n+2 (2)bn= n+3

1 1 1 1 ,∴Sn=a1a2+a2a3+?+anan+1= + +?+ n+3 4×5 5×6 ?n+3??n+4?

1 1 1 1 1 1 1 1 n =?4-5?+?5-6?+?+?n+3-n+4?= - = ? ? ? ? ? ? 4 n+4 4?n+4?.
2 an n+2 ?a-1?n +?3a-6?n-8 ∴4aSn-bn= - = . n+4 n+3 ?n+3??n+4?

由条件可知(a-1)n2+(3a-6)n-8<0 在[1,+∞)上恒成立即可满足条件. 设 f(x)=(a-1)x2+3(a-2)x-8,则 a=1 时,f(x)=-3x-8<0,恒成立; 1 3 a-2 3 a>1 时,由二次函数的性质知不可能成立;a<1 时,对称轴 x=- · =- ?1-a-1?<0. 2 a-1 2? ? f(x)在[1,+∞)上为单调递减函数. f(1)=(a-1)+(3a-6)-8=4a-15<0.

15 ∴a< ,∴a<1 时,4aSn<bn 恒成立. 综上知,a≤1 时,4aSn<bn 恒成立. 4 2 1 4 变式训练 3 (1)an= n+ (2)- (2n2+3n) (3)2 012 3 3 9 例4 解 (1)设中低价房面积形成数列{an},由题意可知{an}是等差数列,其中 a1=250,d=50,

n?n-1? 则 Sn=250n+ ×50=25n2+225n, 2 令 25n2+225n≥4 750,即 n2+9n-190≥0,而 n 是正整数, ∴n≥10.∴到 2017 年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于 4 750 万平方米. (2)设新建住房面积形成数列{bn}, 由题意可知{bn}是等比数列, 其中 b1=400, q=1.08, bn=400×(1.08)n 则
-1

.由题意可知 an>0.85bn,


有 250+(n-1)×50>400×(1.08)n 1×0.85.当 n=5 时,a5<0.85b5,当 n=6 时,a6>0.85b6, ∴满足上述不等式的最小正整数 n 为 6. ∴到 2013 年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%. 4 5 变式训练 4 (1)an=4 000×?1-?5?n?,bn=1 600×??4?n-1? ? ? ?? ?? ? ? (2)解 设经过 n 年,旅游业的总收入超过总投入,由此 bn-an>0,

95

5 4 4 即 1 600×??4?n-1?-4 000×?1-?5?n?>0,令 x=?5?n,代入上式得 5x2-7x+2>0, ?? ? ? ? ? ?? ? ? 4 2 2 解此不等式,得 x< ,或 x>1(舍去),即?5?n< ,由此得 n≥5. ? ? 5 5 答:至少经过 5 年,旅游业的总收入才能超过总投入. 课时规范训练 A组 1.A 2.A 3.A 7.解 3 4. 3 5.-10 6.9

(1)设此等比数列为 a1,a1q,a1q2,a1q3,?,其中 a1≠0,q≠0. 由题意知:a1q+a1q2+a1q3=28, a1q+a1q3=2(a1q2+2). 1 ②×7-①得 6a1q3-15a1q2+6a1q=0,即 2q2-5q+2=0,解得 q=2 或 q= . 2 ∵等比数列{an}单调递增,∴a1=2,q=2,∴an=2n. (2)由(1)得 bn=-n·n,∴Sn=b1+b2+?+bn=-(1×2+2×22+?+n·n). 2 2 设 Tn=1×2+2×22+?+n·n, 2 则 2Tn=1×22+2×23+?+n· 2
n+1

① ②

③ .
+ + +




由③-④,得-Tn=1×2+1×22+?+1·n-n·n 1=2n 1-2-n·n 1=(1-n)·n 1-2, 2 2 2 2 ∴-Tn=-(n-1)·n 1-2. ∴Sn=-(n-1)·n 1-2. 2 2 要使 Sn+n·n 1>50 成立,即-(n-1)·n 1-2+n·n 1>50,即 2n>26. 2 2 2 ∵24=16<26,25=32>26,且 y=2x 是单调递增函数,∴满足条件的 n 的最小值为 5. 8.解 设该人将 1 万元购买股票,x 年后所得的总红利为 y 万元,则 y=24%+24%(1+6%)+24%(1+6%)2+?+24%(1+6%)x =24%(1+1.06+1.062+?+1.06x 1)=4(1.06x-1). 5 (1)由题意,得 4(1.06x-1)=1,∴1.06x= .两边取常用对数,得 4 1-3lg 2 1-3×0.301 0 5 xlg 1.06=lg =lg 5-lg 4=1-3lg 2. ∴x= ≈ ≈4. 4 lg 1.06 0.025 3 4 (2)由题意,得 4(1.06x-1)=(1+6%)x,∴1.06x= .解得 x≈5. 3 答:(1)买股票 4 年后所得的红利才能和原来的投资款相等; (2)经过大约 5 年,买股票所得的红利与储蓄所拥有的人民币相等。 B组 1.A 2.A 3.C 4.2 000 5. 8.解 n2-n+6 n+1 + 6.2n 1-2 7.(1)an= ,n∈N* 2 n (2)Sn=n·n 2
+1 - -1 + + + + +

(1)由题意得(a1+d)(a1+13d)=(a1+4d)2,整理得 2a1d=d2.
96

∵a1=1,解得 d=2,d=0(舍). ∴an=2n-1 (n∈N*). 1 1 1 1 1 (2)bn= = = ?n-n+1?, 2? ? n?an+3? 2n?n+1? 1 1 1 1 1 1 1 1 n ∴Sn=b1+b2+?+bn= [?1-2?+?2-3?+?n-n+1?]= ?1-n+1?= ? ? ? ? 2? ? 2? ? 2?n+1?. n+1 t n 1 假设存在整数 t 满足 Sn> 总成立,又 Sn+1-Sn= - = >0, 36 2?n+2? 2?n+1? 2?n+2??n+1? 1 t 1 ∴数列{Sn}是单调递增的. ∴S1= 为 Sn 的最小值,故 < ,即 t<9. 4 36 4 又∵t∈Z,∴适合条件的 t 的最大值为 8.

§7.1
要点梳理

不等关系与不等式

1.(1)> = < (2)> = 2.(1)> (2)> (3)> < > > > b<a 3.(1)①< ②< ③> ④< < 基础自测 1.②⑤ 2.①②④ 题型分类· 深度剖析 例1 解 (1)因未知 c 的正负或是否为零,无法确定 ac 与 bc 的大小,∴是假命题. 3. a > d b 4.ab>ab2>a c

(2)∵c2≥0,∴只有 c≠0 时才正确. c=0 时,ac2=bc2,∴是假命题. (3)∵a<b,a<0?a2>ab;a<b,b<0?ab>b2,∴a2>ab>b2,命题是真命题. 1 1 (4)由性质定理 a<b<0? > ,命题是真命题. a b 2 3 (5)例如-3<-2<0, < ,命题是假命题. 3 2

?-a>-b>0 ?-a>-b>0 ? ? a b 或者由 a<b<0??1 1 ?? 1 ? > ,命题是假命题. 1 b a ?b<a<0 ?-b>-a>0 ? ?
变式训练 1 解 (1)原命题改为:若 a>b 且 c≤0,则 ac≤bc,即增加条件“c≤0”. (2)由 ac2>bc2 可得 a>b,当 b≥0 时,有 a2>b2.即增加条件“b≥0”. (3)由 a>b 可得 a+1>b+1,但作为真数,应有 b+1>0,故应增加条件“b>-1”. 例2 1 a2 a2 1 解 ∵ -(1+a)= ,①当 a=0 时, =0,∴ =1+a. 1-a 1-a 1-a 1-a a2 1 a2 1 ②当 a<1,且 a≠0 时, >0,∴ >1+a. ③当 a>1 时, <0,∴ <1+a. 1-a 1-a 1-a 1-a 变式训练 2 解 方法一 (作差法) 1 ∵a2+b2+c2-(ab+bc+ca)= [(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0, 2
97

当且仅当 a=b=c 时取等号,∴a2+b2+c2≥ab+bc+ca. 方法二 (函数法) 记 t=a2+b2+c2-(ab+bc+ca)=a2-(b+c)a+b2+c2-bc, ∵Δ=(b+c)2-4(b2+c2-bc)=-3b2-3c2+6bc=-3(b-c)2≤0, ∴t≥0 对 a∈R 恒成立,即 a2+b2+c2≥ab+bc+ca. 例3 解 方法一 设 f(-2)=mf(-1)+nf(1) (m,n 为待定系数),则 4a-2b=m(a-b)+n(a+b),
?m+n=4 ?m=3 ? ? 即 4a-2b=(m+n)a+(n-m)b. 于是得? ,解得? ,∴f(-2)=3f(-1)+f(1). ?n-m=-2 ?n=1 ? ?

又∵1≤f(-1

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