您的当前位置：首页高中数学专题练习题集

高中数学专题练习题集

来源：意榕旅游网

精品文档

高考等差、等比数列及其应用

【考纲要求】

1．考查数列的函数性及与方程、不等式相结合的数列综合题． 2．考查运用数列知识解决数列综合题的能力．

【课程类型】

一对一个性化教学

【教学建议】

数列是高中的重要内容，考试说明中，等差、等比数列都是C级要求，因而考试题多为中等及以上难度，试题综合考查了函数与方程，分类讨论等数学思想．填空题常常考查等差、等比数列的通项公式、前n项和公式及等差、等比数列的性质，考查运算求解能力；解答题综合性很强，不仅考查数列本身的知识而且还涉及到函数、不等式、解析几何等方面的知识，基本上都是压轴题．因此希望同事们多研究全国各省市高考题，精选精练，让学生学有所获，学有所思，学有信心，克服数列难的思想。

【复习指导】

1．熟练等差数列与等比数列的基本运算．

2.数列中an与Sn之间的互化关系也是高考的一个热点.

3．掌握隐藏在数列概念和解题方法中的数学思想，如“函数与方程”、“数形结合”、

“分类讨论”、“等价转化”等．

基础练习

1，则a1a2a2a3anan1=_____. 41[解析]数列anan1仍是等比数列,其首项是a1a28,公比为.

41.已知an是等比数列，a22，a5所以, a1a2a2a318[1()n]432(14n) anan11314。 1欢迎下载

精品文档

2.设a12，an1= ．

a22，bnn，nN*，则数列bn的通项公式bnan1an1[解析]数列bn是等比数列，则bn42n12n1

3．数列{an}满足a1＝2，a2＝1，并且100项为 .

[解析] 由已知可得：

an－1－anan－an＋1

＝(n≥2)，则数列{an}的第

an·an－1an·an＋1

an＋1

＋

121

＝，n≥2，∴是等差数列，∴a100＝. an－1an50an1

一.若互不相等的实数a，b，c成等差数列，c，a，b成等比数列，且a＋3b＋c＝10，则a＝________．

[解析] 由c，a，b成等比数列可将公比记为q，三个实数a，b，c，待定为

cq，cq2，c.由实数a、b、c成等差数列得2b＝a＋c，即2cq2＝cq＋c，又等比数列中c≠0，所以

2q－q－1＝0，解一元二次方程得q＝1(舍去，否则三个实数相等)或q＝－，

又a＋3b＋c＝a＋3aq＋＝－a＝10，所以a＝－4.

5．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝_______.

[解析] 本小题主要考查数列前n项和Sn与通项an的关系，解题的突破口是用an表示Sn.

由Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)得Sn＋1＝Sn，所以{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，为公比

3的等比数列，所以Sn＝2n1.

考向一等差数列与等比数列的综合应用

。 2欢迎下载

精品文档

【例1】设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11,Sn14an2

（I）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列（II）求数列{an}的通项公式.

解：（I）由

a11,及

Sn14an2，有

a1a24a12,a23a125,b1a22a13

由Sn14an2，．．．① 则当n2时，有Sn4an12．．．．．② ②－①得an14an4an1,an12an2(an2an1)

又bnan12an，bn2bn1{bn}是首项b13，公比为２的等比数列．（II）由（I）可得bnan12an32n1，anan1an3{}是首项为数列nn1n2224a133113n2，公差为的等比数列．n， (n1)na(3n1)2nn2244424 第（I）问思路明确，只需利用已知条件寻找bn与bn1的关系即可．

第（II）问中由（I）易得an12an32n1，这个递推式明显是一个构造新数列的模型：an1panqn(p,q为常数)，主要的处理手段是两边除以qn1． 1

【巩固练习】 1．已知等比数列{an}的公比q＝－.

(1)若a3＝，求数列{an}的前n项和；

(2)证明：对任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差数列．

解：(1)由a3＝a1q2＝及q＝－，得a1＝1，所以数列{an}的前n项和Sn＝

12()n12 3(2)证明：对任意k∈N＋，

2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝2a1qk＋1－(a1qk－1＋a1qk)＝a1qk－1(2q2－q－1)， 1

由q＝－得2q2－q－1＝0，故2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝0.

2所以，对任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差数列．

。 3欢迎下载

精品文档

2．设an是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足

2222a2a3a4a5,S77

（1）求数列an的通项公式及前n项和Sn；（2）试求所有的正整数m，使得

22amam1为数列an中的项. am222解：（1）设公差为d，则a2a5a4a3，

由性质得3d(a4a3)d(a4a3)，因为d0，所以a4a30，即

2a15d0，又由S77得7a176d7，解得a15，

2d2所以an的通项公式为an2n7，前n项和Snn26n。

（二） amam1(2m7)(2m5)，

am2(2m3)令2m3t，

因为t是奇数，所以t可取的值为1，当t1，m2时，t8amam1(t4)(t2)t6，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m tam2t863，t8t1，m1时，是数列an中的项；数列an2573，t615，

t中的最小项是5，不符合.所以满足条件的正整数m2. .

考向二数列与函数的综合应用

【例2】．在数1和100之间插入n个实数，使得这n2个数构成递增的等比数

1. 列，将这n2个数的乘积记作Tn，再令anlgTn,n≥（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bntanantanan1,求数列{bn}的前n项和Sn.

。

4欢迎下载

精品文档

解：（I）设l1,l2,,ln2构成等比数列，其中t11,tn2100,则

Tnt1t2tn1tn2, ① Tntn1tn2t2t1, ②

2①×②并利用t1tn3it1tn210(1in2),得

Tn2(t1tn2)(t2tn1)(tn1t2)(tn2t1)102(n2),anlgTnn2,n1.

（II）由题意和（I）中计算结果，知bntan(n2)tan(n3),n1. 另一方面，利用tan1tan((k1)k)得tan(k1)tanknn2k3tan(k1)tank,

1tan(k1)tanktan(k1)tank1.

tan1所以Snbktan(k1)tank

k1tan(k1)tank1)tan1 k3

tan(n3)tan3n.tan1( 本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等

基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力.

【巩固练习】设函数f(x)＝(x－3)3＋x－1，{an}是公差不为0的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝14，则a1＋a2＋…＋a7＝_________ [解析] 记公差为d，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)

＝(a1－3)3＋(a2－3)3＋…＋(a7－3)3＋(a1＋a2＋…＋a7)－7

＝(a4－3d－3)3＋(a4－2d－3)3＋…＋(a4＋2d－3)3＋(a4＋3d－3)3＋7a4－7 ＝7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7a4－7.

由已知，7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7a4－7＝14，即7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7(a4－3)＝0，

∴(a4－3)3＋4(a4－3)＝0.因为f(x)＝x3＋4x在R上为增函数，且f(0)＝0，故a4－3＝0，即a4＝3，∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝7×3＝21.

n2。

5欢迎下载

精品文档

考向三数列与不等式的综合应用

热身：设1a1a2a7，其中a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列，a2,a4,a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是________. 【答案】33

an＋bn*

【例3】已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：an＋1＝2，n∈N.

an＋b2nbnb (1)设bn＋1＝1＋，n∈N*，求证：数列 (n)2是等差数列；

ananbn一、设bn＋1＝2·，n∈N*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值．

(2)因为an>0，bn>0，所以

从而1an＋bn2

≤a2n＋bn<(an＋bn)，

an＋bn≤2. (*) 2

a2＋bnn设等比数列{an}的公比为q，由an>0知q>0.下证q＝1. 若q>1，则a1＝logqa2q2

时，an＋1＝a1qn>2，与(*)矛盾；

a21

若0a2>1，故当n>logq时，an＋1＝a1qn<1，与(*)矛盾．

qa1

综上，q＝1，故an＝a1(n∈N*)，所以12

bnan2

·bn(n∈N*)，所以{bn}是公比为

的等比数列．

>1，于是b1。 6欢迎下载

精品文档

a1＋bna1±a22－a211

又由a1＝2得b＝，所以b1，b2，b3中至少有两项相同，n2

a－11a1＋b2n矛盾．

a1±a22－a211

所以a1＝2，从而bn＝＝2.所以a1＝b1＝2.

a21－1

解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和

函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．

【巩固练习】１．已知{an}为等比数列，下面结论中正确的是_______.

(1)．a1＋a3≥2a2 (2)．a21＋a3≥2a2 (3)．若a1＝a3，则a1＝a2 (4)．若

a3>a1，则a4>a2

[解析] 本题考查等比数列通项、简单不等式性质与均值不等式,选(2)． 2.已知等比数列{an}中a21，则其前3项的和S3的取值范围是______.

11 [解析]：∵等比数列{an}中a21 ∴S3a1a2a3a21q1qqq ∴当公比q0时，S31q112q13；

qq11 当公比q0时，S31q12q1 ∴S3,13, qq3.等差数列an中，已知a815，a913，则a12的取值范围是 . 答案：(,7]

拓展1．（2012年高考（广东理））设数列an的前n项和为Sn,满足

2Snan12n11,nN*,

且a1、a25、a3成等差数列.(Ⅰ)求a1的值;(Ⅱ)求数列an的通项公式; (Ⅲ)证明:对一切正整数n,有

11a1a213. an2。 7欢迎下载

精品文档

2a1a231.解析:(Ⅰ)由2a1a2a37,解得a11.

2a25a1a3(Ⅱ)由2Snan12n11可得2Sn1an2n1(n2),两式相减,可得

2anan1an2n,即an13an2n,即an12n13an2n,所以数列an2n(n2)是一个以a24为首项,3为公比的等比数列.由2a1a23可得,a25,所以an2n93n2,即an3n2n(n2),当n1时,a11,也满足该式子,所以数列an的通项公式是an3n2n.

(Ⅲ)因为3n3n123n122n12n,所以3n2n3n1,所以

11n1313. 3n111323213n11n1, an3于是1a11a2111an3【考纲要求】

1．考查数列的函数性及与方程、不等式相结合的数列综合题． 2．考查运用数列知识解决数列综合题的能力．

【课程类型】

一对一个性化教学

【教学建议】

【复习指导】

1．熟练等差数列与等比数列的基本运算．

。

8欢迎下载

精品文档

2.数列中an与Sn之间的互化关系也是高考的一个热点.

3．掌握隐藏在数列概念和解题方法中的数学思想，如“函数与方程”、“数形结合”、

“分类讨论”、“等价转化”等．

基础练习

1，则a1a2a2a3anan1=_____. 41[解析]数列anan1仍是等比数列,其首项是a1a28,公比为.

41.已知an是等比数列，a22，a5所以, a1a2a2a318[1()n]432(14n) anan113142.设a12，an1= ．

a22，bnn，nN*，则数列bn的通项公式bnan1an1[解析]数列bn是等比数列，则bn42n12n1

3．数列{an}满足a1＝2，a2＝1，并且100项为 .

[解析] 由已知可得：

an－1－anan－an＋1

＝(n≥2)，则数列{an}的第

an·an－1an·an＋1

an＋1

＋

121

＝，n≥2，∴是等差数列，∴a100＝. an－1an50an1

二.若互不相等的实数a，b，c成等差数列，c，a，b成等比数列，且a＋3b＋c＝10，则a＝________．

[解析] 由c，a，b成等比数列可将公比记为q，三个实数a，b，c，待定为

cq，cq2，c.由实数a、b、c成等差数列得2b＝a＋c，即2cq2＝cq＋c，又等比数列中c≠0，所以

2q－q－1＝0，解一元二次方程得q＝1(舍去，否则三个实数相等)或q＝－，

又a＋3b＋c＝a＋3aq＋＝－a＝10，所以a＝－4.

。

9欢迎下载

精品文档

5．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝_______.

[解析] 本小题主要考查数列前n项和Sn与通项an的关系，解题的突破口是用an表示Sn.

由Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)得Sn＋1＝Sn，所以{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，为公比

3的等比数列，所以Sn＝2n1.

考向一等差数列与等比数列的综合应用

【例1】设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11,Sn14an2

（I）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列（II）求数列{an}的通项公式.

解：（I）由

a11,及

Sn14an2，有

a1a24a12,a23a125,b1a22a13

由Sn14an2，．．．① 则当n2时，有Sn4an12．．．．．② ②－①得an14an4an1,an12an2(an2an1)

又bnan12an，bn2bn1{bn}是首项b13，公比为２的等比数列．（II）由（I）可得bnan12an32n1，anan1an3{}是首项为数列2n2n12n4a133113n2，公差为的等比数列．n， (n1)na(3n1)2nn2244424 第（I）问思路明确，只需利用已知条件寻找bn与bn1的关系即可．

第（II）问中由（I）易得an12an32n1，这个递推式明显是一个构造新数列的模型：an1panqn(p,q为常数)，主要的处理手段是两边除以qn1． 1

【巩固练习】 1．已知等比数列{an}的公比q＝－.

。

10欢迎下载

精品文档

(1)若a3＝，求数列{an}的前n项和；

(2)证明：对任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差数列．

解：(1)由a3＝a1q2＝及q＝－，得a1＝1，所以数列{an}的前n项和Sn＝

12()n12 3(2)证明：对任意k∈N＋，

2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝2a1qk＋1－(a1qk－1＋a1qk)＝a1qk－1(2q2－q－1)， 1

由q＝－得2q2－q－1＝0，故2ak＋2－(ak＋ak＋1)＝0.

2所以，对任意k∈N＋，ak，ak＋2，ak＋1成等差数列．

2．设an是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足

2222a2a3a4a5,S77

（1）求数列an的通项公式及前n项和Sn；

amam1（2）试求所有的正整数m，使得为数列an中的项.

am2解：（1）设公差为d，则a2a5a4a3，

由性质得3d(a4a3)d(a4a3)，因为d0，所以a4a30，即

22222a15d0，又由S77得7a176d7，解得a15，

2d2所以an的通项公式为an2n7，前n项和Snn26n。

（三） amam1(2m7)(2m5)，

am2(2m3)令2m3t，

因为t是奇数，所以t可取的值为1，当t1，m2时，t。

11欢迎下载

8amam1(t4)(t2)t6，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m tam2t863，t精品文档

8t1，m1时，是数列an中的项；数列an2573，t615，

t中的最小项是5，不符合.所以满足条件的正整数m2. .

考向二数列与函数的综合应用

【例2】．在数1和100之间插入n个实数，使得这n2个数构成递增的等比数

1. 列，将这n2个数的乘积记作Tn，再令anlgTn,n≥（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bntanantanan1,求数列{bn}的前n项和Sn.

解：（I）设l1,l2,,ln2构成等比数列，其中t11,tn2100,则

Tnt1t2tn1tn2, ① Tntn1tn2t2t1, ②

2①×②并利用t1tn3it1tn210(1in2),得

Tn2(t1tn2)(t2tn1)(tn1t2)(tn2t1)102(n2),anlgTnn2,n1.

（II）由题意和（I）中计算结果，知bntan(n2)tan(n3),n1. 另一方面，利用tan1tan((k1)k)得tan(k1)tanknn2k3tan(k1)tank,

1tan(k1)tanktan(k1)tank1.

tan1所以Snbktan(k1)tank

k1tan(k1)tank1)tan1 k3

tan(n3)tan3n.tan1( 本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等

基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力.

。

12欢迎下载

n2精品文档

＝(a1－3)3＋(a2－3)3＋…＋(a7－3)3＋(a1＋a2＋…＋a7)－7

＝(a4－3d－3)3＋(a4－2d－3)3＋…＋(a4＋2d－3)3＋(a4＋3d－3)3＋7a4－7 ＝7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7a4－7.

由已知，7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7a4－7＝14，即7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7(a4－3)＝0，

∴(a4－3)3＋4(a4－3)＝0.因为f(x)＝x3＋4x在R上为增函数，且f(0)＝0，故a4－3＝0，即a4＝3，∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝7×3＝21.

考向三数列与不等式的综合应用

热身：设1a1a2a7，其中a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列，a2,a4,a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是________. 【答案】33

【例3】已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：an＋1＝

an＋bn*

，n∈N. 22

an＋bnbbn (1)设bn＋1＝1＋，n∈N*，求证：数列 (n)2是等差数列；

anan二、设bn＋1＝2·，n∈N*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值．

bnan。

13欢迎下载

精品文档

(2)因为an>0，bn>0，所以

从而1an＋bn2

≤an＋bn<(an＋bn)，

222

an＋bn≤2. (*) 22

an＋bn设等比数列{an}的公比为q，由an>0知q>0.下证q＝1. 若q>1，则a1＝logqa2q2

时，an＋1＝a1qn>2，与(*)矛盾；

a21

若0a2>1，故当n>logq时，an＋1＝a1qn<1，与(*)矛盾．

qa1

综上，q＝1，故an＝a1(n∈N)，所以1*

bn22*

又bn＋1＝2·＝·bn(n∈N)，所以{bn}是公比为的等比数列．

ana1a1若a1≠2，则

>1，于是b1a1＋bna1±a22－a211

又由a1＝2得b＝，所以b1，b2，b3中至少有两项相同，n2

a－11a1＋b2n矛盾．

a1±a22－a11

所以a1＝2，从而bn＝＝2.所以a1＝b1＝2.

a21－1

解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和

【巩固练习】１．已知{an}为等比数列，下面结论中正确的是_______.

(1)．a1＋a3≥2a2 (2)．a21＋a3≥2a2 (3)．若a1＝a3，则a1＝a2 (4)．若

a3>a1，则a4>a2

[解析] 本题考查等比数列通项、简单不等式性质与均值不等式,选(2)． 2.已知等比数列{an}中a21，则其前3项的和S3的取值范围是______.

11 [解析]：∵等比数列{an}中a21 ∴S3a1a2a3a21q1qqq。

14欢迎下载

精品文档

∴当公比q0时，S31q112q13；

qq11 当公比q0时，S31 ∴S3,13, q12q1qq3.等差数列an中，已知a815，a913，则a12的取值范围是 . 答案：(,7]

拓展2．（2012年高考（广东理））设数列an的前n项和为Sn,满足

2Snan12n11,nN*,

且a1、a25、a3成等差数列.(Ⅰ)求a1的值;(Ⅱ)求数列an的通项公式; (Ⅲ)证明:对一切正整数n,有

11a1a213. an22a1a232.解析:(Ⅰ)由2a1a2a37,解得a11.

2a25a1a3(Ⅱ)由2Snan12n11可得2Sn1an2n1(n2),两式相减,可得

(Ⅲ)因为3n3n123n122n12n,所以3n2n3n1,所以

11n1313. 3n111322313n11n1, an3于是1a11a2111an3

。

15欢迎下载

精品文档

高考基本不等式的应用

【课程类型】一对一【课时设置】6小时

【教学建议】本专题题目选自高考真题，高考模拟题，都是中等题和难题，适

合提优。

【知识梳理】

1．基本不等式

如果a>0，b>0，那么ab≤

a＋b2

(当且仅当a＝b时取“＝”)．

2．基本不等式的推广与变形

a，b∈R＋，ab≤

a＋b2

2≤a2＋b2

；

aba，b∈R，ab≤≤

2a2＋b2

. 3．极值定理

已知x、y∈R＋，x＋y＝P，xy＝S.有下列命题：

(1)如果S是定值，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值2S； (2)如果P是定值，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值；

4(3)应用此结论求最值时要注意三个条件： ①各项均为正；②积或和为定值；

③各项都能取得相等的值，简单地说“一正，二定，三相等”．

【题型归纳】

题型1.用极值定理求最值

例1 已知f(x)＝log2(x－2)，若实数m，n满足f(m)＋f(2n)＝3，则m＋n的最小值是_______．

【解析】方法一：由log2(m－2)＋log2(2n－2)＝3，得(m－2)(n－1)＝4，

。

16欢迎下载

精品文档

则m＝

444＋2，所以m＋n＝＋2＋n＝＋(n－1)＋3≥24＋3＝7(当且n－1n－1n－1

仅当“n＝3”时，取等号)，故m＋n的最小值为7.

方法二：由log2(m－2)＋log2(2n－2)＝3，得(m－2)(n－1)＝4，又

(m2)(n1)(m2)(n1)4(当且仅当“m＝4,n＝3”时，取等号)，即m2＋n≥7.

【点评】二元最值问题可根据条件反映的二者之间的关系，然后代入消元

b后，转化为一元最值如y＝ax＋类型的问题进行研究，也可以直接用基本不等x式求最小值，应该注意“积”定的两个变量,这类问题主要是利用极值定理来求解．

【迁移训练】不等式a2＋3b2≥λb(a＋b)对任意a、b∈R恒成立，则实数λ的最大值为____．

【解析】因为要求λ的最大值，所以只需要考查b(a＋b)>0的情况．

a2＋3b2

假设b(a＋b)>0，所以由a＋3b≥λb(a＋b)⇒λ≤＝，

ab＋b2a＋1b2

a2

＋3b

a(t1)234t22(当t＝2时取等号)．设+1＝t>0，设h(t)＝

btt∴h(t)的最小值为2，故λ的最大值为2.

题型2.用基本不等式将等式转化为不等式求最值

例2已知x>0，y>0,x+2y+2xy=8，则x+2y的最小值是 . 【解析】解法一：

x2y2x2y8x(2y)8，整理得x2y4x2y320

22 即x2y4x2y80，又x2y0，x2y4. 解法二：同例1，转化为一元最值问题.

【点评】用基本不等式将等式转化为不等式求最值主要指用放缩的思想将条件

。

17欢迎下载

精品文档

里的等式转化为题目要研究的量的不等式，然后通过求不等式的解集来解决问题.

【迁移训练】设x，y为实数，若4x2＋y2＋xy＝1，则2x＋y的最大值是________．

【解析】 ∵4x2＋y2＋xy＝1，∴(2x＋y)2－3xy＝1，即(2x＋y)2－·2xy＝1，

232x＋y28210

≤1，解之得(2x＋y) 2≤，即2x＋y≤∴(2x＋y)2－·. 2255题型3.用基本不等式推广形式求最值

例3若x0,y0,xyaxy恒成立,求a的最小值. 【解析】由基本不等式推广形式知

xy2xyxy即2,故a2. 2xy【点评】需要将xy向xy转化时应考虑到基本不等式推广形式

a＋b2

≤

a2＋b2

. 2xy的最大值.

xy2【迁移训练】已知x0,y0,x2y28,求2xyx2y2【解析】由条件知(xy)42xy即xy2222.

xy222题型4.多元最值问题

例4若实数x，y，z，t满足1≤x≤y≤z≤t≤10000，则＋的最小值为________．【解析】欲使＋值越小，必须使分子x最小，分母t最大，从而取x＝1，txzytxzytxz1

＝10000，得＋＝＋

zyty10000

≥2

z10000y＝150z11≥，所以最小值为. y5050

【点评】本题含有四个变量，只有通过极端原理，将其中两个变量确定后，再由基本不等式求最小值．对未知数的认识，可以是一个字母，也可以是一个整式．多元问题在处理时方法有三种：一是消元；二是整体思想；三是运用极端假设法去掉某些元素，最终实现减少变元的目的．

。

18欢迎下载

精品文档

1111

【迁移训练】已知正实数x，y，z满足2x(x＋＋)＝yz，则x＋x＋的最

yzyz小值为_____．

11xxyz

【解析】由题知2xx＋＋＝yz，即x2＋＋＝， yzyz2BC2

11xEx1yz12

x＋x＋于是可将给定代数式化简得＝x＋＋＋＝＋≥yzyzyz2yz

DAOyz1

·＝2，当且仅当yz＝2时取等号． 2yz题型5.基本不等式在其他数学问题中的应用

例5如图，圆心角为120o的扇形AOB的半径为1，C为AB的中点，点D、E分别在半径OA、OB上,若CD2CE2DE226,则ODOE的最大值是 . 922CDx1x，【解析】（解法一）由余弦定理得

CE2y21y，DE2x2y2xy，

222由CDCEDE26得： 92(x2y2)(xy)xy28， 9488xy2)，解得0xy， ∴2(xy)(xy)3xy3(3992所以xy24时，xy的最大值为. 3322226（解法二）(ODOC)(OEOC)(OEOD)，

92(ODOE)(|OD||OE|)|OD||OE|228， 9。

19欢迎下载

精品文档

82(xy)(xy)xy , 以下同解法一.

922【点评】基本不等式作为求最值的一种重要的工具，可以结合很多数学知识来考察，解决问题的关键是根据掌握的数学知识将问题转化为前面4种题型里的一种来处理.

x2y2【迁移训练】设椭圆C:221(ab0)恒过定点A(1,2),则椭圆的中心到

ab准线的距离的最小值 .

a2144a22【解析】由题设知221,b2，∴椭圆的中心到准线的距离d，

caba1a4a4由d222cab2a4a2(a21)， 222aa5a22a1令a25t(t0)得d2取等号）

(t5)(t4)20（当且仅当t25时t9945，tt∴d25即椭圆的中心到准线的距离的最小值25 题型6.与基本不等式有关的实际问题

例6按照某学者的理论，假设一个人生产某产品单件成本为a元，如果他卖出该产品的单价为m元，则他的满意度为的满意度为

mm＋a；若他买进该产品的单价为n元，则他

an＋a，如果一个人对两种交易(卖出或买进)的满意度分别为h1和h2，

则他对这两种交易的综合满意度为h1h2.

现假设甲生产A，B两种产品的单价成本分别为12元和5元，乙生产A，B两种产品的单价成本分别为3元和20元，设产品A，B的单价分别为mA元和mB元，甲买进A与卖出B的综合满意度为h甲，乙卖出A与买进B的综合满意度为

h乙．

(1)求h甲和h乙关于mA，mB的表达式；当mA＝mB时，求证：h甲＝h乙；

。

20欢迎下载

精品文档

(2)设mA＝mB，当mA，mB分别为多少时，甲、乙两人的综合满意度均最大？

5最大的综合满意度为多少？

(3)设(2)中的最大综合满意度为h0，试问能否适当选取mA，mB的值，使得h甲

≥h0和h乙≥h0同时成立，但等号不同时成立？试说明理由．【解析】设mA＝x，mB＝y.

(1)证明：甲买进产品A的满意度：h1甲＝甲卖出产品B的满意度：h2甲＝

； x＋12

yy＋5

12y·； x＋12y＋5

20·. x＋3y＋20123

y＋125

甲买进产品A和卖出产品B的综合满意度：h甲＝

同理，乙卖出产品A和买进产品B的综合满意度：h乙＝当x＝

y时，h5

＝

12y·＝x＋12y＋5

xyy＋5

甲

＝

20yy＋20y＋5xx＋3

，

3y53y＋35

h乙＝·

＝y＋20

20yy＋20y＋5

，故

h甲＝h乙．

(2)当x＝y时，由(1)知h5

20y甲

＝h乙

＝

20yy＋20y＋5

，因为

y＋20y＋5

＝

y＋

20100

y＋25

≤，且等号成立当且仅当y＝10. 9

当y＝10时，x＝6，因此，当mA＝6，mB＝10时，甲、乙两人的综合满意度2

均最大，且最大的综合满意度为.

(3)由(2)知h0＝，

。

21欢迎下载

精品文档

因为h甲

·h乙

＝

12yx20

···

x＋12y＋5x＋3y＋20

＝

12204

·≤， 361009x＋＋15y＋＋25

xy222

所以，当h甲≥，h乙≥时，有h甲＝h乙＝.

333

因此，不能取到mA，mB的值，使得h甲≥h0和h乙≥h0同时成立，但等号不同时成立．

【点评】本题中的关键是对题干中的“满意度”和“综合满意度”的理解，建立好对应的函数模型后，对于形如y＝基本不等式求解值域．

【迁移训练】心理学家研究某位学生的学习情况后发现：若这位学生刚学完4

的知识存留量为1，则x天后的存留量y1＝；若在t(t>0)天时进行第一次复

x＋4习，则此时这似乎存留量比未复习情况下增加一倍(复习的时间忽略不计)，其后存留量y2随时间变化的曲线恰好为直线的一部分，其斜率为

dx(a，d≠0)这样的函数，可以用

ax＋bx＋c2

at＋4

(a<0)，存

留量随时间变化的曲线如图18－1所示．当进行第一次复习后的存留量与不复习的存留量相差最大时，则称此时刻为“二次复习最佳时机点”．

(1)若a＝－1，t＝5，求“二次复习最佳时机点”； (2)若出现了“二次复习最佳时机点”，求a的取值范围．

【解析】设第一次复习后的存留量与不复习的存留量之差为y，

由题意知，y2＝所以y＝y2－y1＝

at＋4at＋4

2(x－t)＋

(t>4)， t＋4

84－(t>4)． t＋4x＋4

2(x－t)＋

(1)当a＝－1，t＝5时，

。

22欢迎下载

精品文档

y＝5＝， 9

－15＋4

(x－5)＋

84－－＝5＋4x＋4

x＋481

－

＋1≤－2x＋44＋181

当且仅当x＝14时取等号，

所以“二次复习最佳时机点”为第14天． 3）y＝

at＋4

2(x－t)＋

84－ax＋448－＝－－＋－t＋4x＋4t＋42x＋4t＋4

at＋4

t＋42

≤－2

当且仅当由题意

－4at＋4－a2

＋

8－a， t＋4＝

42即x＝(t＋4)－4时取等号， x＋4－ax＋4t＋4

(t＋4)－4>t，所以－41．不等式的应用主要有两类：

(1)一类是不等式在其他数学问题中的应用，主要是求字母的取值范围，这类问题所进行的必须是等价转化．注意沟通各知识点之间的内在联系，活用不等式的概念、方法，融会贯通．

(2)一类是解决与不等式有关的实际问题，这类问题首先应认真阅读题目，理解题目的意义，注意题目中的关键词和有关数据，然后将实际问题转化为数学问题，即数学建模，再运用基本不等式的有关知识加以解决．

a2．对于函数y＝＋bx(a>0，b>0)的值域，主要依据基本不等式及函数的单

x调性．应用基本不等式求最值，有两个注意点，一是等号不成立时，要研究函数的单调性；二是基本不等式只能求最大值或最小值，不能求出完整值域．

。

23欢迎下载

精品文档

【强化训练】

1.设x，y，z为正实数，满足x－2y＋3z＝0，则的最小值是________．

xzy2

【解析】由x－2y＋3z＝0得y＝，代入得

2xzx＋3zx2＋9z2＋6xz6xz＋6xz≥＝3，当且仅当x＝3z时取“＝”．

4xz4xz2.设a>b>0，则a2＋

aba＋

a－b的最小值是________．

【解析】a21111＝a2abab aba(ab)abaab＝ab11a(ab)≥2＋2＝4 aba(ab)当且仅当ab＝1,a(a－b)＝1时等号成立如取a＝2,b＝

2满足条件. 23.若a，b，c>0，且a2＋ab＋ac＋bc＝4，则2a＋b＋c的最小值为________．【解析】由题意，(a＋b)(a＋c)＝4，(a＋b)＋(a＋c)≥2

a＋b·a＋c

4.若x,y,zR,xyz(xyz)1,则(xy)(yz)的最小值为________．

5.若实数x，y满足x2＋y2＋xy＝1，则x＋y的最大值是________． x＋y2

≤1，【解析】 ∵x＋y＋xy＝1，∴(x＋y)－xy＝1，即(x＋y)－

2

423

∴(x＋y)2≤，x＋y≤. 33

4.若正实数x，y 满足2x+y+6=xy，则xy的最小值是 . 【解析】18

5.已知关于x的实系数一元二次不等式ax2bxc≥0 (ab)的解集为R，则

Ma2b4c的最小值是 ______．

ba a0，【解析】由题意得b24ac≤0，。

24欢迎下载

精品文档

12bb222aab所以Ma2ab4ac≥a2ab2b1a(ba)abaa2，

2tb (t1)，令t，则M≥2t+1t144≥2448（当且仅当t3，即b3at1t1a时等号成立）．

8.定义：min{x，y}为实数x，y中较小的数．已知hmina， b，其中a，

a24b2b 均为正实数，则h的最大值是______．【解析】易得h2≤ab11≤1，所以h≤1（当且仅当a4b时2ba2a4ba4ba4b42baba2取等号）

3xy601.设x，y满足约束条件xy20 ，若目标函数z=ax+by（a>0，b>0）

x0,y023 的最大值为12，则的最小值为 . ab【解析】:不等式表示的平面区域如图所示阴影部分,当直线ax+by= z（a>0，b>0）过直线x-y+2=0与直线3x-y-6=0的交点（4,6）时, 目标函数z=ax+by（a>0，b>0）取得最大12,

23232a3b13ba1325即4a+6b=12,即2a+3b=6, 而=() ()2abab66ab66

10.在某次水下考古活动中,需要潜水员潜入水深为30米的水底进行作业.其用氧量包含3个方面:①下潜时,平均速度为v(米/单位时间),单位时间内用氧量为

cv2(c为正常数);②在水底作业需5个单位时间,每个单位时间用氧量为0.4;③

返回水面时,平均速度为

v(米/单位时间), 单位时间用氧量为0.2.记该潜水员2在此次考古活动中,总用氧量为y. (1)将y表示为v的函数;

(2)设0。

25欢迎下载

精品文档

高考三角函数复习

。

26欢迎下载

精品文档

该课程共计五次课（十个课时），主要内容为：第一讲任意角的三角函数及诱导公式第二讲三角函数的恒等变化第三讲三角函数的图像和性质第四讲平面向量第五讲解三角形

本教程把三角函数图像和性质从三角函数诱导公式中分离出来，主要是因为大部分学生针对三角函数的图像和性质重视度不够高，造成在解三角函数题的时候只是能够解决前面的基础问题，不能够得满分。

本课程针对高三基础较差学生、艺体类成绩较好的学生进行设计，在课程中没有设计相关训练和课后练习，不过在例题的选择上都是相同知识点，两道相关例题，老师在使用的时候可以选择一道作为讲解，另一道作为学生训练使用。

第一讲任意角的三角函数及诱导公式

一、知识要点

1．任意角的概念：角可以看成平面内一条射线绕着端点从一个位置旋转到另一个位置所成的图形。一条射线由原来的位置OA，绕着它的端点O按逆时针方向旋转到终止位置OB，就形成角。旋转开始时的射线OA叫做角的始边，OB叫终边，射线的端点O叫做叫的顶点。

2．正角和负角：按逆时针方向旋转所形成的角叫正角,按顺时针方向旋转所形成的角叫负角。如果一条射线没有做任何旋转,我们称它形成了一个零角。 3．终边相同的角、区间角与象限角：角的顶点与原点重合，角的始边与x轴的非负半轴重合。那么，角的终边（除端点外）在第几象限，我们就说这个角是第几象限角。要特别注意:如果角的终边在坐标轴上,就认为这个角不属于任何一个象限,称为非象限角。终边相同的角是指与某个角α具有同终边的所有角，它们彼此相差2kπ(k∈Z)，即β∈{β|β=2kπ+α，k∈Z}，根据三角函数的定义，终边相同的角的各种三角函数值都相等。

4．弧度制：长度等于半径长的圆弧所对的圆心角叫做1弧度角，记作1rad，或

。

27欢迎下载

精品文档

1弧度，或1(单位可以省略不写)。圆的周长为C2R，圆周所对的圆心角为

。。。l||r360，所以2360，180，弧长公式：（是圆心角的弧度数），

扇形面积公式：

S11lr||r222。

5．三角函数定义：

如图，在△ABC中，∠C=90°

sinAA的对边a斜边c A的邻边b斜边c A的对边aA的邻边b A的邻边bA的对边a

①锐角A的对边与斜边的比叫做∠A的正弦，记为sinA，即

cosA②锐角A的邻边与斜边的比叫做∠A的余弦，记为cosA，即

tanA③锐角A的对边与邻边的比叫做∠A的正切，记为tanA，即

cotA④锐角A的邻边与对边的比叫做∠A的余切，记为cotA，即

特殊角的三角函数：

sin cos tan cot 0 0 1 0 不存在 6 024 3 2 123233322321 0 不存在 0 221231 1 、

1233记忆方法：正弦特殊角的值分别是、

22、

32、

42。

。

28欢迎下载

精品文档

三角函数定义：

在的终边上任取一点P（x,y）,它与原点的距离rx2y2.过P作x轴的

垂线,垂足为M,则线段OM的长度为x,线段MP的长度为y.则

OPxMPyOMxMPycotsin； cos；tan；

MPy； OPrOPrOMx

根据三角函数的定义可以得到：正弦在一、二象限为正，余弦在一、四象限为正、正切在一、三象限为正，记忆方法：常用三角函数分别为正弦、余弦、正切，小学学习书写比划分别是：横、竖、撇，特殊在第一象限都为正，所以分别以第一象限画横、竖、撇，所过象限为正。或者：一全正，二正弦，三正切，四余弦。 6．同角三角函数关系式

sintansincos1 ；

cos

227．三角函数诱导公式

可用十个字概括为“奇变偶不变，符号看象限”。把需要化简的角度改写成

k的形式，针对k的奇偶性进行化简。 2（1）sin2ksin，cos2kcos，tan2ktank. （2）sinsin，coscos，tantan. （3）sinsin，coscos，tantan. （4）sinsin，coscos，tantan.

。

29欢迎下载

精品文档

（5）sincos，cossin.

22cos（6）sin，cossin.

22二、典型例题：题型1：象限角

例1．已知角45；（1）在区间[720,0]内找出所有与角有相同终边的角；

解析：（1）所有与角有相同终边的角可表示为：45k360(kZ)，则令 72045k3600，得 765k36045 解得 765 k360360从而k2或k1 代回675或315

点评：从终边相同的角的表示入手分析问题，先表示出所有与角有相同终边的角，然后列出一个关于k的不等式，找出相应的整数k，代回求出所求解；

例2．若sinθcosθ＞0，则θ在（） A．第一、二象限 B．第一、三象限 C．第一、四象限 D．第二、四象限

解析：答案：B；∵sinθcosθ＞0，∴sinθ、cosθ同号。

当sinθ＞0，cosθ＞0时，θ在第一象限，当sinθ＜0，cosθ＜0时，θ在第三象限，因此，选B。

例3．若A、B是锐角△ABC的两个内角，则点P（cosB－sinA，sinB－cosA）在（） A.第一象限限

B.第二象限

C.第三象限

D.第四象

。

30欢迎下载

精品文档

答案：B

解析：∵A、B是锐角三角形的两个内角，∴A＋B＞90°，∴B＞90°－A，∴cosB＜sinA，sinB＞cosA，故选B。

题型2：三角函数定义

例4．已知角的终边过点(a,2a)(a0)，求的四个三角函数值。解析：因为过点(a,2a)(a0)，所以r5|a|，xa,y2a。当a0时，siny2a2a25； r55|a|5a cosxa5a，tan2。 r55axa5ay2a2a25，cos；r5r5a55|a|5a当a0时，sintan2。

例5．已知角的终边上一点P(3,m)，且sin值。

解析：由题设知x3，ym，所以r2|OP|2(3)2m2，得r3m2，从而sin2mmm，

24r3m2m，求cos,sin的4解得m0或1662m2m5。当m0时，r3,x3， cosxy1,tan0； rxx6y15当m5时，r22,x3， cos,tan；

r4x3x6y15当m5时，r22,x3， cos,tan。

r4x3。

31欢迎下载

精品文档

题型3：诱导公式

cos4050例6． tan300°+的值是（）

sin4050A．1＋3 B．1－3 C．－1－3 D．－1＋3

cos4050cos(3600450)解析：答案：B tan300°＋＝tan(360°－60°)＋＝－000sin405sin(36045)cos450tan60°＋＝1－3。 0sin45例7．化简：（1）

sin(180)sin()tan(360)；

tan(180)cos()cos(180)sin(n)sin(n)(nZ)。

sin(n)cos(n)sinsintantan1；

tancoscostan（2）

解析：（1）原式（2）①当n2k,kZ时，原式sin(2k)sin(2k)2。

sin(2k)cos(2k)cos②当n2k1,kZ时，原式sin[(2k1)]sin[(2k1)]2。

sin[(2k1)]cos[(2k1)]cos点评：关键抓住题中的整数n是表示的整数倍与公式一中的整数k有区别，所以必须把n分成奇数和偶数两种类型，分别加以讨论。题型4：同角三角函数的基本关系式

例8．已知合。

1sin1sin2tan，试确定使等式成立的角的集

1sin1sin1sin1sin(1sin)2(1sin)2解析：∵， cos2cos21sin1sin=

|1sin||1sin1sin1sin2sin==。

|cos||cos||cos||cos|。

32欢迎下载

精品文档

又∵1sin1sin2tan，

1sin1sin∴

2sin2sin0，

|cos|cos即得sin0或|cos|cos0 所以，角的集合为：{|k或2k22cossincossin例9．（1）证明：； 1sincos1sin1coscosx1sinx（2）求证：。 1sinxcosx2k3,kZ}。 2解析：（1）分析：证明此恒等式可采取常用方法，也可以运用分析法，即要证

AC，只要证A·D=B·C,从而将分式化为整式 BDcoscos2sinsin2证法一：右边=

1sin1cos=

cossin1cossin

1sincossincos2cossin1cossin21sincossincos

2cossin1cossin1sin2cos22sin2cos2sincos=

2cossin1sincos左边

1sincos证法二：要证等式，即为

2cossincossin1sincos

1sin1cos1sincos只要证 2（1sin）（1cos）=1sincos

2即证：22sin2cos2sincos

2sin2cos2sincos，

即1=sin2cos2，显然成立，故原式得证。

。

33欢迎下载

精品文档

点评：在进行三角函数的化简和三角恒等式的证明时，需要仔细观察题目的特征，灵活、恰当地选择公式，利用倒数关系比常规的“化切为弦”要简洁得多。（2）同角三角函数的基本关系式有三种，即平方关系、商的关系、倒数关系。（2）证法一：由题义知cosx0，所以1sinx0,1sinx0。 ∴左边=

cosx(1sinx)cosx(1sinx)1sinx右边。 2(1sinx)(1sinx)cosxcosx∴原式成立。

证法二：由题义知cosx0，所以1sinx0,1sinx0。又∵(1sinx)(1sinx)1sin2xcos2xcosxcosx， ∴

cosx1sinx。 1sinxcosx证法三：由题义知cosx0，所以1sinx0,1sinx0。

cosx1sinxcosxcosx(1sinx)(1sinx)cos2x1sin2x0，

(1sinx)cosx1sinxcosx(1sinx)cosx∴

cosx1sinx。 1sinxcosx点评：证明恒等式的过程就是分析、转化、消去等式两边差异来促成统一的过程，证明时常用的方法有：（1）从一边开始，证明它等于另一边（如例5的证法一）；（2）证明左右两边同等于同一个式子（如例6）；（3）证明与原式等价的另一个式子成立，从而推出原式成立。

例10. 已知sincos2,(0,π),则sin2=

A．1

B．2 2（）

D．1

C．

2 2解析sincos2,(sincos)22,sin21,故选A

点评：本题主要考查三角函数中的倍角公式以及转化思想和运算求解能力,属于容易题.

例11．已知sincos2,(0,π),则tan=

A．1

B．2 2（）

D．1

C．

。

34欢迎下载

2 2精品文档

解析：方法一sincos2,2sin()2,sin()1

443(0，),,tan1,故选A

4方法二：sincos2,(sincos)22,sin21,

(0,),2(0,2),233,,tan1,故选A 24【点评】本题主要考查三角函数中的和差公式、倍角公式、三角函数的性质以及转化思想和运算求解能力,难度适中.

第二讲三角恒等变形及应用

一、知识要点

1．两角和与差的三角函数

sin()sincoscossin； cos()coscossinsin；

tan()tantan。

1tantan2．二倍角公式

sin22sincos；

cos2cos2sin22cos2112sin2；

tan22tan。 21tan3．三角函数式的化简常用方法：

A．利用“奇变偶不变，符号看象限”把存在大于2的角度进行化简； ②利用sin()sincoscossin，

cos()coscossinsin，把和角进行展开，化简；

③ 逆用二倍角公式（降次公式）讲角度化成一样的，sincos1sin2， 2。

35欢迎下载

精品文档

sin21cos21cos22，； cos22b④利用辅助角公式asinxbcosxa2b2sinx，tana,(a0,b0)x)的形式。将函数名化成一样的，最后结果出现f(x)Asin(二．典型例题

题型1：两角和与差的三角函数

（）的值。例1．已知sinsin1，coscos0，求cos分析：因为既可看成是与的和，也可以看作是（）而可得到下面的两种解法。

解法一：由已知sin+sin=1…………①， cos+cos=0…………②， ①2＋②2得 2+2cos（）1；

1∴ cos（）。

22的倍角，因

①2－②2得 cos2+cos2+2cos（）=－1，即2cos（）〔cos（）1〕=－1。 ∴cos1。

22由②得2coscos0…………④

22④÷③得cot 0，21tan2cot2122cos1 1tan2cot2122解法二：由①得2sincos1…………③

点评：此题是给出单角的三角函数方程，求复角的余弦值，易犯错误是利用方程组解sin、cos 、 sin 、 cos，但未知数有四个，显然前景并不乐观，其错误的原因在于没有注意到所求式与已知式的关系本题关键在于化和

。

36欢迎下载

精品文档

为积促转化，“整体对应”巧应用。

tan是方程x25x60的两个实根根，例2．已知tan，求

2sin23sincoscos2的值。

分析：由韦达定理可得到tantan及tantan的值，进而可以求出

tan的值，再将所求值的三角函数式用tan表示便可知其值。

解法一：由韦达定理得tantan5，tantan6，所以tantantan51.

1tantan162sin23sincoscos2原式 22sincos2tan23tan1213113

tan2111解法二：由韦达定理得tantan5，tantan6，所以tantantan51.

1tantan163于是有kkZ，

4333331原式2sin2ksin2kcos2k13。

422422点评：（1）本例解法二比解法一要简捷，好的解法来源于熟练地掌握知识的系统结构，从而寻找解答本题的知识“最近发展区”。（2）运用两角和与差角三角函数公式的关键是熟记公式，我们不仅要记住公式，更重要的是抓住公式的特征，如角的关系，次数关系，三角函数名等抓住公式的结构特征对提高记忆公式的效率起到至关重要的作用，而且抓住了公式的结构特征，有利于在解题时观察分析题设和结论等三角函数式中所具有的相似性的结构特征，联想到相应的公式，从而找到解题的切入点。（3）对公式的逆用公式，变形式也要熟悉，如

。

37欢迎下载

精品文档

coscossinsincos，tan1tantantantan，

tantantantantantan，tantantantantantan。题型2：二倍角公式

例3．化简下列各式：（1）

11113cos2，2， 22222cos2sin2（2）。

2cotcos244 分析：（1）若注意到化简式是开平方根和2是的二倍，是的二倍，以及

2其范围不难找到解题的突破口；（2）由于分子是一个平方差，分母中的角

442，若注意到这两大特征，，不难得到解题的切入点。

3112，所以cos2coscos， 222解析：（1）因为

又因

311，所以cossinsin， 422222所以，原式=sin（2）原式=

2。

cos2cos2

2tancos22sincos4444 =

cos2cos21。

cos2sin22点评：（1）在二倍角公式中，两个角的倍数关系，不仅限于2是的二倍，

要熟悉多种形式的两个角的倍数关系，同时还要注意2，，三个角的内

44cos2sin22sincos是常用的三角变换。在联系的作用，

244（2）化简题一定要找准解题的突破口或切入点，其中的降次，消元，切割化弦，

。

38欢迎下载

精品文档

异名化同名，异角化同角是常用的化简技巧。（3）公式变形coscos21cos21cos2，sin2。 22sin2，2sin7sin2x2cos2x317的值。例4．若cosx，x,求451241tanx分析：注意xx，及2x2x的两变换，就有以下的两

4442种解法。

解法一：由

1775x，得x2， 1243443又因cosx，sinx.

54542 cosxcosxcosxcossinxsin，44104444从而sinx72，tanx7. 102722722221010102sinxcosx2sinx28. 原式1tanx17752sinxcosx1tanxsin2xtanx，解法二：原式1tanx47而sin2xsin2xcos2x2cos2x1

442542sinx44，tanx

34cos'x4所以，原式7428. 2537533点评：此题若将cosx的左边展开成coscosxsinsinx再求cosx，

44545。

39欢迎下载

精品文档

sinx的值，就很繁琐，把

x作为整体，并注意角的变换2·x2x，442运用二倍角公式，问题就公难为易，化繁为简所以在解答有条件的求值问

题时，要善于发现所求的三角函数的角与已知条件的角的联系，一般方法是拼角与拆角，

如2，

2，22，22，

，，，等。

题型3：辅助角公式

asin例5．已知正实数a,b满足

55tan8，求b的值。

15aacosbsin55bcos分析：从方程的观点考虑，如果给等式左边的分子、分母同时除以a，则

bb已知等式可化为关于的方程，从而可求出由，若注意到等式左边的分子、分

aa母都具有asinbcos的结构，可考虑引入辅助角求解。

b8cossin5a515 解法一：由题设得

b8cossincos5a515sin88sin8sincoscossinb155tan3. 155155 88a38coscossinsincos155155515解法二：因为asin5bcosa2b2sin， 55。

40欢迎下载

精品文档

ba2b2cos，其中tan，55a58由题设得tantan.155

8所以k，即k，5153b故tantanktan3.a33acosbsinbtan8解法三：原式可变形为：5atan，

b151tana5tanb85令tan，则有tantan，a1551tantan58由此可kkZ,所以k，kZ

5153b故tantanktan3，即333atan点评：以上解法中，方法一用了集中变量的思想，是一种基本解法；解法二通过模式联想，引入辅助角，技巧性较强，但辅助角公式

basinbcosa2b2sin，其中tan，或asinbcos

aaa2b2cos，其中tan在历年高考中使用频率是相当高的，应加

b以关注；解法三利用了换元法，但实质上是综合了解法一和解法二的解法优点，所以解法三最佳。

例6．已知函数y＝cos2x＋

123sinxcosx＋1，x∈R. 2（1）当函数y取得最大值时，求自变量x的集合；（1）解析：y＝

13cos2x＋sinxcosx＋1 22＝

113（2cos2x－1）＋＋（2sinxcosx）＋1 444。

41欢迎下载

精品文档

＝

153cos2x＋sin2x＋ 44415（cos2x·sin＋sin2x·cos）＋

6215sin（2x＋）＋

2＝

＝

y取得最大值必须且只需2x＋

＝＋2kπ，k∈Z， 62即x＝

＋kπ，k∈Z。 6＋kπ，k∈Z｝。 6所以当函数y取得最大值时，自变量x的集合为｛x|x＝题型4：三角函数式化简

例7．求sin220°＋cos250°＋sin20°cos50°的值。

解析：原式＝（1－cos40°）＋（1＋cos100°）＋（sin70°－sin30°）

121212＝1＋

111（cos100°－cos40°）＋sin70°－ 224＝

31－sin70°sin30°＋sin70°

243131－sin70°＋sin70°＝。

2424＝

点评：本题考查三角恒等式和运算能力。

12sin(2x)4. 例8．已知函数f(x)cosx（Ⅰ）求f(x)的定义域；

4（Ⅱ）设的第四象限的角，且tan，求f()的值。

3解析：（Ⅰ）由 cosx0得xk(kZ)，

2。

42欢迎下载

精品文档

故f(x)在定义域为xxk,kZ,

24（Ⅱ）因为tan，且是第四象限的角,

343 所以sin,cos,

5512sin(2)4 故f(x)cos12(  22sin2cos2)22

cos1sin2cos2

cos2cos22sincos 

cos 2(cossin)

14。 5题型5：三角函数求值

)＋3sin2x的值域和最小正周期。

44解析：y=cos(x+) cos(x－)+3sin2x=cos2x+3sin2x=2sin(2x+)，

446∴函数y=cos(x+) cos(x－)+3sin2x的值域是[－2,2],最小正周期是

44例9．求函数y＝2cos(x)cos(xπ。

题型6：三角函数化简例10：已知函数f(x)cos2xxx1sincos. 2222(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期和值域; (Ⅱ)若f()32,求sin2的值. 10[解析](1)由已知,f(x)=cos2xxx1sincos 2222111（1cosx）sinx 222。

43欢迎下载

精品文档

2cos（x） 242,2， 所以f(x)的最小正周期为2,值域为22(2)由(1)知,f()=所以cos(232cos（）， 241043). 5所以sin2cos（2） cos（2）241872, 12cos（）142525[点评]本小题主要考查三角函数的性质、两角和的正(余)弦公式、二倍角公式等基础知识,考查运算能力,考查化归与转化等数学思想.

例11：设函数f(x)sin2x23sinxcosxcos2x(xR)的图像关于直

1线x对称,其中,为常数,且(,1)

2(1) 求函数f(x)的最小正周期;

(2) 若yf(x)的图像经过点(,0),求函数f(x)的值域.

421

解析:(Ⅰ)T10,所以.

5

1556(Ⅱ)f52cos52cos2sin,所以

353625sin3.5815516f52cos52cos,所以cos.因

66617175415为、0,,所以cos1sin2,sin1cos2,

5172所以coscoscossinsin

4831513. 51751785第三讲三角函数的图象与性质

。

44欢迎下载

精品文档

一．知识要点

1．正弦函数的图像

y=sinx-4-7-32-52-2-3-2-2y1-1o3222523724x

2k(kZ)， ysinx的递增区间是2k，2232k递减区间是2k，(kZ)； 22ysinx的对称轴为xk2，对称中心为(k,0) kZ；

2.余弦函数的图像

y=cosx-4-72-5-32--2-32-2y1-1o2322523724x

2k(kZ)， ycosx的递增区间是2k，2k(kZ)，递减区间是2k，ycosx的对称轴为xk，对称中心为(k2,0)；

3.正切函数的图像

yyy=tanxy=cotx-32--2o232x--2o2322x

。

45欢迎下载

精品文档

ytanx的递增区间是k，k(kZ)，

22x)B（其中A0，0）4．函数yAsin(

最大值是AB，最小值是BA，周期是T2，频率是f，相位是2x，初相是；其图象的对称轴是直线xk与直线yB的交点都是该图象的对称中心。

2(kZ)，凡是该图象

5．由y＝sinx的图象变换出y＝sin(ωx＋)的图象一般有两个途径，只有区别开这两个途径，才能灵活进行图象变换。

利用图象的变换作图象时，提倡先平移后伸缩，但先伸缩后平移也经常出现

无论哪种变形，请切记每一个变换总是对字母x而言，即图象变换要看“变量”

起多大变化，而不是“角变化”多少。

途径一：先平移变换再周期变换(伸缩变换)

先将y＝sinx的图象向左(＞0)或向右(＜0＝平移｜｜个单位，再将图象上各点的横坐标变为原来的

1倍(ω＞0)，便得y＝sin(ωx＋)的图象。

途径二：先周期变换(伸缩变换)再平移变换。先将y＝sinx的图象上各点的横坐标变为原来的左(＞0)或向右(＜0＝平移

||1倍(ω＞0)，再沿x轴向

个单位，便得y＝sin(ωx＋)的图象。

6．由y＝Asin(ωx＋)的图象求其函数式：

给出图象确定解析式y=Asin（ωx+）的题型，有时从寻找“五点”中的第一零点（－

，0）作为突破口，要从图象的升降情况找准第一个零点的位置。．．7．求三角函数的单调区间：一般先将函数式化为基本三角函数的标准式，要特别注意A、的正负利用单调性三角函数大小一般要化为同名函数,并且在

同一单调区间；

。

46欢迎下载

精品文档

x)B相关的形式：8．函数f(x)Asin(

递增区间是2k2x2k2(kZ)，

递减区间是2k2x2k32(kZ)；

对称轴为xk

二．典型例题

题型1：三角函数的图象

2，(kZ)

例1．函数y＝－xcosx的部分图象是（）

解析：因为函数y＝－xcosx是奇函数，它的图象关于原点对称，所以排除

A、C，当x∈（0，

）时，y＝－xcosx＜0。答案为D。 2例2．函数y=x+sin|x|，x∈［－π，π］的大致图象是（）

解析：由奇偶性定义可知函数y=x+sin|x|，x∈［－π，π］为非奇非

偶函数。选项A、D为奇函数，B为偶函数，C为非奇非偶函数。

点评：利用函数的性质来描绘函数的图象，这样既有利于掌握函数的图象与性质，又能熟练地运用数形结合的思想方法。题型2：三角函数图象的变换

例3．试述如何由y=sin（2x+

13π）的图象得到y=sinx的图象。 3。

47欢迎下载

精品文档

解析：y=sin（2x+

π） 31π2倍 横坐标扩大为原来的ysin（x）纵坐标不变3313π图象向右平移个单位13ysinx

纵坐标不变33倍纵坐标扩大到原来的ysinx

横坐标不变另法答案：

（1）先将y=sin（2x+象；

（2）再将y=sin2x上各点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），得

1313ππ1）的图象向右平移个单位，得y=sin2x的图363y=1sinx的图象；

3（3）再将y=sinx图象上各点的纵坐标扩大为原来的3倍（横坐标不变），即可得到y=sinx的图象。

例4．把曲线ycosx+2y－1=0先沿x轴向右平移移1个单位，得到的曲线方程是（）

13个单位，再沿y轴向下平2A．（1－y）sinx+2y－3=0 C．（y+1）sinx+2y+1=0

解析：将原方程整理为：y=

B．（y－1）sinx+2y－3=0

D．－(y+1)sinx+2y+1=0

1，因为要将原曲线向右、向下分别移

2cosx动

1个单位和1个单位，因此可得y=－1为所求方程.整理得（y+1）

22cos(x)2sinx+2y+1=0.

点评：本题考查了曲线平移的基本方法及三角函数中的诱导公式。如果对平移有深刻理解，可直接化为：（y+1）cos（x－题型3：三角函数图象的应用

）+2（y+1）－1=0，即得C选项。 2。

48欢迎下载

精品文档

例5．已知电流I与时间t的关系式为IAsin(t)。（１）右图是IAsin(t)（ω＞0，||2）

I300在一个周期内的图象，根据图中数据求IAsin(t) 的解析式；

（２）如果t在任意一段

1秒的时间内，电流150-1900o1180t-300IAsin(t)都能取得最大值和最小值，那么ω的最小正整数值是多少？

解析:本小题主要考查三角函数的图象与性质等基础知识，考查运算能力和逻辑推理能力．

（１）由图可知 A＝300。设t1＝－

11，t2＝， 900180111＋）＝。 18090075则周期T＝2（t2－t1）＝2（∴ ω＝

2＝150π。 T11又当t＝时，I＝0，即sin（150π·＋）＝0，

180180而||， ∴ ＝。

26故所求的解析式为I300sin(150t)。

6121（２）依题意，周期T≤，即≤，（ω>0）

150150∴ ω≥300π＞942，又ω∈N*，故最小正整数ω＝943。

点评:本题解答的开窍点是将图形语言转化为符号语言．其中，读图、识图、用图是形数结合的有效途径。

例6．（1）已知函数f（x）=Asin（ωx+）（A>0，

ω>0，x∈R）在一个周期内的图象如图所示，求直线y=3与函数f（x）图象的所有交点的坐标。解析：根据图象得A=2，T=

图 7π－（－）=4π， 22。

49欢迎下载

精品文档

∴ω=

1x，∴y=2sin（+）， 22又由图象可得相位移为－

1，∴－=－，∴=.即y=2sin（x+）。

1222442根据条件3=2sin（

111x），∴x=2kπ+(k∈Z)或x=2kπ+

32424242π（k∈Z）， 3∴x=4kπ+

5（k∈Z）或x=4kπ+π（k∈Z）。 66∴所有交点坐标为（4kπ+

6,3）或（4kπ+

5,3）（k∈Z）。 6点评：本题主要考查三角函数的基本知识，考查逻辑思维能力、分析和解决问题的能力。

（2）在（0，2π）内，使sinx＞cosx成立的x取值范围为（）

A．（

5，）∪（π，） B．（，π） 2444553，） D．（，π）∪（，）

44244C．（

解析：C；

解法一：作出在（0，2π）区间上正弦和余弦函数的图象，解出两交点的横坐标

5和，由图1可得C答案。 44

图1 图2

。

50欢迎下载

精品文档

解法二：在单位圆上作出一、三象限的对角线，由正弦线、余弦线知应选C。（如图2）

题型4：三角函数的定义域、值域

例7．设函数f(x)sin2x23sinxcosxcos2x(xR)的图像关于直

1线x对称,其中,为常数,且(,1)

2(1) 求函数f(x)的最小正周期;

(2) 若yf(x)的图像经过点(,0),求函数f(x)的值域.

4解析(1)因为

f(x)sin2xcos2x23sinxcoscos2x3sin2x2sin(2x)

6由直线x是yf(x)图像的一条对称轴,可得sin(2x)1

6k1所以2xk(kZ),即(kZ)

6223156又(,1),kZ,所以k1时,,故f(x)的最小正周期是.

526(2)由yf(x)的图象过点(,0),得f()0

445即2sin()2sin2,即2 625故f(x)2sin(x)2,函数f(x)的值域为[22,22].

36【点评】本题考查三角函数的最小正周期,三角恒等变形;考查转化与划归,运算求解的能力.二倍角公式,辅助角公式在三角恒等变形中应用广泛,它在三角恒等变形中占有重要的地位,可谓是百考不厌. 求三角函数的最小正周期,一般运用公式T2来求解;求三角函数的值域,一般先根据自变量x的

范围确定函数x的范围.来年需注意三角函数的单调性,图象变换,解三角形等考查.

例8．已知函数f(x)=sin(2x+3)+sin(2x3)+2cos2x1,xR.

(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期;

。

51欢迎下载

精品文档

(Ⅱ)求函数f(x)在区间[解析：(1)f(x)=sin2xcos,]上的最大值和最小值. 44cos2xsinsin2xcoscos2xsincos2x 3333sin2xcos2x2sin(2x)

42所以,f(x)的最小正周期T.

2(2)因为f(x)在区间[,]上是增函数,在区间[,]上是减函数,又

4884f()1,f()2,f()1,故函数f(x)在区间[,]上的最大值为

444842,最小值为1.

【点评】该试题关键在于将已知的函数表达式化为y=Asin(x+)的数学模型,再根据此三角模型的图像与性质进行解题即可.

题型5：三角函数的单调性例9．已知函数f(x)(sinxcosx)sin2x.

sinx(1)求f(x)的定义域及最小正周期; (2)求f(x)的单调递增区间. 解:f(x)(sinxcosx)sin2x(sinxcosx)2sinxcosx==2(sinxcosx)cosxsinxsinx=sin2x1cos2x

=2sin(2x)1,{x|xk,kZ}

4(1) 原函数的定义域为{x|xk,kZ},最小正周期为π; (2)原函数的单调递增区间为[8k,k)kZ,(k,3k]kZ. 8例10．设fx4cos(x)sinxcos(2x),其中0.

6(Ⅰ)求函数yfx 的值域

3,上为增函数,求 的最大值. (Ⅱ)若fx在区间22。

52欢迎下载

精品文档

31cosxsinxsinxcos2x 解:(1)fx42223sinxcosx2sin2xcos2xsin2x 3sin2x1

因1sin2x1,所以函数yfx的值域为13,13

(2)因ysinx在每个闭区间2k,2kkZ上为增函数,故

22kk,fx3sin2x10在每个闭区间kZ上为

44增函数.

3kk,依题意知,对某个kZ成立,此时必有2244k0,于是

31124,解得,故的最大值为. 6624题型6：三角函数的图像

例11．已知函数f(x)Asin(x)(xR,0,0示.

(Ⅰ)求函数f(x)的解析式; (Ⅱ)求函数g(x)f(x

【解析】(Ⅰ)由题设图像知,周期

1152T2(),2.

1212T555)0,即sin()0. 因为点(,0)在函数图像上,所以Asin(2121262的部分图像如图5所

12)f(x12)的单调递增区间.

。

53欢迎下载

精品文档

又02,5545即=. ,从而=，66636又点在函数图像上,所以Asin（0,1）f(x)2sin(2x).

661,A2,故函数f(x)的解析式为

g(x)2sin2x2sin2x(Ⅱ)126 1262sin2x2sin(2x)

3132sin2x2(sin2xcos2x)

22sin2x3cos2x

2sin(2x), 3由2k22x32k2,得k12xk5,kz. 125,kz. g(x)的单调递增区间是k,k1212【点评】本题主要考查三角函数的图像和性质.第一问结合图形求得周期

1152T2(),从而求得2.再利用特殊点在图像上求出,A,

1212T从而求出f(x)的解析式;第二问运用第一问结论和三角恒等变换及

yAsin(x)的单调性求得.

例12．函数f(x)6cos2x23cosx3(0)在一个周期内的图象如图所示,

A为图象的最高点,B、C为图象与x轴的交点,且ABC为正三角形. (Ⅰ)求的值及函数f(x)的值域; (Ⅱ)若f(x0)83102,且x0(,),求f(x01)的值. 533[解析](Ⅰ)由已知可得:f(x)6cos2x23cosx3(0) )

=3cosωx+3sinx23sin(x3。

欢迎下载

精品文档

又由于正三角形ABC的高为23,则BC=4 所以,函数f(x)的周期T428，即28，得4

所以,函数f(x)的值域为[23,23] (Ⅱ)因为f(x0)83，由(Ⅰ)有 5f(x0)23sin(x043)x483，即sin(0) 35（由x0x102，），得(0)(,) 334322x04所以,即cos(43)1()2 355故f(x01)23sin(x0443)23sin[(x043)4]

23[sin(x0434423223()525276 5)coscos(x043)sin4

[点评]本题主要考查三角函数的图像与性质同三角函数的关系、两角和的正(余)弦公式、二倍角公式等基础知识,考查运算能力,考查树形结合、转化等数学思想.

第四讲平面向量的概念及运算

一．知识要点

1．向量的概念

①向量：既有大小又有方向的量。向量一般用a,b,c……来表示，或用有向

线段的起点与终点的大写字母表示，如：AB几何表示法AB，a；坐标表示法

。

55欢迎下载

精品文档

向量的大小即向量的模（长度），记作|AB|即向量的大小，axiyj(x,y)。

记作｜a|。

向量不能比较大小，但向量的模可以比较大小。

②零向量：长度为0的向量，记为0，其方向是任意的，0与任意向量平行

③单位向量：模为1个单位长度的向量，向量a0为单位向量｜a0｜＝1。

④平行向量（共线向量）：方向相同或相反的非零向量。任意一组平行向量都可以移到同一直线上，方向相同或相反的向量，称为平行向量，也称为共线向量。

⑤相等向量：长度相等且方向相同的向量 2．向量的运算（1）向量加法

向量加法的“三角形法则”与“平行四边形法则”

（1）用平行四边形法则时，两个已知向量是要共始点的，和向量是始点与已知向量的始点重合的那条对角线，而差向量是另一条对角线，方向是从减向量指向被减向量。

（2）三角形法则的特点是“首尾相接”，由第一个向量的起点指向最后一个向量的终点的有向线段就表示这些向量的和；差向量是从减向量的终点指向被减向量的终点。

（2）向量的减法

向量a加上b的相反向量叫做a与b的差，

（3）实数与向量的积

①实数λ与向量a的积是一个向量，记作λa，它的长度与方向规定如下：（Ⅰ）aa；

（Ⅱ）当0时，λa的方向与a的方向相同；当0时，λa的方向与a的方向相反；当0时，a0，方向是任意的。

②数乘向量满足交换律、结合律与分配律。

。

56欢迎下载

精品文档

3．两个向量共线定理：

向量b与非零向量a共线有且只有一个实数，使得b=a。 4．平面向量的坐标表示

（1）平面向量的坐标表示：在直角坐标系中，分别取与x轴、y轴方向相同的两个单位向量i,j作为基底由平面向量的基本定理知，该平面内的任一向量

a可表示成axiyj，由于a与数对(x,y)是一一对应的，因此把(x,y)叫做向量a的坐标，记作a=(x,y)，其中x叫作a在x轴上的坐标，y叫做在y轴上的坐标。

（2）平面向量的坐标运算：

①若ax1,y1,bx2,y2，则abx1x2,y1y2； ②若Ax1,y1,Bx2,y2，则ABx2x1,y2y1； ③若a=(x,y)，则a=(x, y)；

④若ax1,y1,bx2,y2，则a//bx1y2x2y10。 5．向量的数量积（1）两个非零向量的夹角

已知非零向量a与a，作OA＝a，OB＝b，则∠AＯA＝θ（０≤θ≤π）叫a与b的夹角；

（2）数量积的概念

已知两个非零向量a与b，它们的夹角为，则a·b=︱a︱·︱b︱cos叫做a与b的数量积（或内积）。规定0a0；

（3）两个向量的数量积的坐标运算

已知两个向量a(x1,y1),b(x2,y2)，则a·b=x1x2y1y2。（4）垂直：

a⊥ba·b＝Ox1x2y1y20，

a‖bx1y2x2y10。

。

57欢迎下载

精品文档

二．典型例题

题型1：平面向量的概念

例1．（1）给出下列命题： ①若|a|＝|b|，则a=b；

②若A，B，C，D是不共线的四点，则ABDC是四边形ABCD为平行四边形的充要条件；

③若a=b，b=c，则a=c；

④a=b的充要条件是|a|=|b|且a//b； ⑤ 若a//b，b//c，则a//c；其中正确的序号是。

（2）设a0为单位向量，（1）若a为平面内的某个向量，则a=|a|·a0;(2)若a与a0平行，则a=|a|·a0；（3）若a与a0平行且|a|=1，则a=a0。上述命题中，假命题个数是（）

A．0

B．1

C．2

D．3

解析：（1）①不正确．两个向量的长度相等，但它们的方向不一定相同； ②正确；∵ ABDC，∴ |AB||DC|且AB//DC，

又 A，B，C，D是不共线的四点，∴ 四边形 ABCD为平行四边形；反之，若四边形ABCD为平行四边形，则，AB//DC且|AB||DC|，

因此，ABDC。

③正确；∵ a=b，∴ a，b的长度相等且方向相同；又b＝c，∴ b，c的长度相等且方向相同， ∴ a，c的长度相等且方向相同，故a＝c。

④不正确；当a//b且方向相反时，即使|a|=|b|，也不能得到a=b，故|a|=|b|且a//b不是a=b的充要条件，而是必要不充分条件； ⑤不正确；考虑b=0这种特殊情况；

。

58欢迎下载

精品文档

综上所述，正确命题的序号是②③。

点评：本例主要复习向量的基本概念。向量的基本概念较多，因而容易遗忘。为此，复习时一方面要构建良好的知识结构，另一方面要善于与物理中、生活中的模型进行类比和联想。

（2）向量是既有大小又有方向的量，a与|a|a0模相同，但方向不一定相同，故（1）是假命题；若a与a0平行，则a与a0方向有两种情况：一是同向二是反向，反向时a=－|a|a0，故（2）、（3）也是假命题。综上所述，答案选D。

点评：向量的概念较多，且容易混淆，故在学习中要分清，理解各概念的实质，注意区分共线向量、平行向量、同向向量等概念。题型2：平面向量的运算法则

例2．（1）如图所示，已知正六边形ABCDEF，O是它的中心，若BA=a，BC=b，试用a，b将向量OE，BF，BD， FD表示出来。

（2）如图，在平行四边形ABCD中，下列结论中错误的是（） A．AB＝DC B．AD＋AB＝AC C．AB－AD＝BD D．AD＋CB＝0 （3）如图1所示，D是△ABC的边AB上的中点，则向量CD（）

11BA B．BCBA 2211C．BCBA D．BCBA

22A．BC（1）解析：根据向量加法的平行四边形法则和减法的三角形法则，用向量a，

b来表示其他向量，只要考虑它们是哪些平行四边形或三角形的边即可。

因为六边形ABCDEF是正六边形，所以它的中心O及顶点A，B，C四点构成平行四边形ABCO，

AaBbCDOEFOE所以BABCBAAOBO，BO=a＋b，= BO=a+b，

由于A，B，O，F四点也构成平行四边形ABOF，

。

59欢迎下载

精品文档

所以BF=BO＋OF=BO+BA=a+b+a=2a+b，

同样在平行四边形 BCDO中，BD＝BCCD＝BCBO＝b＋(a＋b)＝a＋2b，FD＝BCBA＝b－a。

点评：其实在以A，B，C，D，E，F及O七点中，任两点为起点和终点，均可用 a，b表示，且可用规定其中任两个向量为a，b，另外任取两点为起点和终点，也可用a，b表示。

（2）C．

（3）CDCBBDBC1BA，故选A。 2例3．设A、B、C、D、O是平面上的任意五点，试化简： ①ABBCCD，②DBACBD，③OAOCOBCO。解析：①原式= (ABBC)CDACCDAD； ②原式= (DBBD)AC0ACAC；

③原式= (OBOA)(OCCO)AB(OCCO)AB0AB。例4．设x为未知向量，a、b为已知向量，解方程2x(5a+3x4b)+3b=0 1 a2解析：原方程可化为：(2x  3x) + (5a+∴x =9a+ b。 21a) + (4b3b) = 0， 2点评：平面向量的数乘运算类似于代数中实数与未知数的运算法则，求解时兼顾到向量的性质。

题型3：平面向量的坐标及运算

例5．已知ABC中，A(2,－1)，B(3,2)，C(－3,1),BC边上的高为AD，求AD。解析：设D(x,y)，则ADx2,y1,BDx3,y2,BCb,3 ∵ADBC,BDBC

。

60欢迎下载

精品文档

6x23y10x1得 3x36y20y1所以AD1,2。

例6．已知点A(4,0),B(4,4),C(2,6),试用向量方法求直线AC和OB（O为坐标原点）交点P的坐标。

解析：设P(x,y)，则OP(x,y),AP(x4,y)

因为P是AC与OB的交点，所以P在直线AC上，也在直线OB上。即得OP//OB,AP//AC，由点A(4,0),B(4,4),C(2,6)得，AC(2,6),OB(4,4)。

6(x4)2y0x3得方程组，解之得。

y34x4y0故直线AC与OB的交点P的坐标为(3,3)。题型4：平面向量的性质

例7．平面内给定三个向量a3,2,b1,2,c4,1，回答下列问题：（1）求满足ambnc的实数m,n；（2）若akc//2ba，求实数k；

（3）若d满足dc//ab，且dc5，求d。

5mm4n39。解析：（1）由题意得3,2m1,2n4,1，所以，得82mn2n9（2）akc34k,2k,2ba5,2，

234k52k0,k16； 13（3）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，得或。 22x4y15y3y1例8．已知a(1,0),b(2,1).

。

61欢迎下载

精品文档

（1）求|a3b|；

（2）当k为何实数时，平行时它们是同向还是反向？ kab与a3b平行，

解析：（1）因为a(1,0),b(2,1).

所以a3b(7,3) 则|a3b|723258 （2）kab(k2,1)，a3b(7,3)

1因为kab与a3b平行，所以3(k2)70即得k。

37此时kab(k2,1)(,1)，a3b(7,3)，则a3b3(kab)，

3即此时向量a3b与kab方向相反。

点评：上面两个例子重点解析了平面向量的性质在坐标运算中的体现，重点掌握平面向量的共线的判定以及平面向量模的计算方法。题型5：数量积的概念

例9．判断下列各命题正确与否：（1）0a0；（2）0a0；

（3）若a0,abac，则bc；

（4）若abac，则bc当且仅当a0时成立；（5）(ab)ca(bc)对任意a,b,c向量都成立；（6）对任意向量a，有a2a。

解析：（1）错；（2）对；（3）错；（4）错；（5）错；（6）对。点评：通过该题我们清楚了向量的数乘与数量积之间的区别于联系，重点清楚0a为零向量，而0a为零。

例10．（1）已知向量a、b满足|a|1、|b|4，且ab2，则a与b的夹角为（）

A． B． C． D．

322。

62欢迎下载

精品文档

（2）已知向量a=(cos,sin),b=(cos,sin),且ab，那么ab与ab的夹角的大小是。

（3）已知两单位向量a与b的夹角为1200，若c2ab,d3ba，试求c与d的夹角。

（4）| a|=1，| b |=2，c= a+ b，且c⊥a，则向量a与b的夹角为

A．30°

（） B．60° 解析：（1）C；（2）；

2C．120°

D．150°

（3）由题意，ab1，且a与b的夹角为1200，

1所以，ababcos1200，

2ccc(2ab)(2ab)4a24abb27，

2c7，

同理可得d13。

而cd(2ab)(3ba)7ab3b22a2设为c与d的夹角，则cos17， 21727131791。 1822（4）C；设所求两向量的夹角为

cab　　ca c.a(ab).aaa.b0

|a|2|a||b|cos 即：cos|a|2|a||b||a|1 2|b|所以120o.

点评：解决向量的夹角问题时要借助于公式cosab|a||b|，要掌握向量坐标形

式的运算。向量的模的求法和向量间的乘法计算可见一斑。对于a.b|a||b|cos。

63欢迎下载

精品文档

这个公式的变形应用应该做到熟练，另外向量垂直（平行）的充要条件必需掌握。

例11．（1）已知向量a与b的夹角为120o，a3,ab13,则b等于（） A．5 B．4 C．3 D．1

（2）设向量a,b,c满足abc0,ab,|a|1,|b|2,则|c|2（） A．1 B．2 C．4 D．5

解析：（1）B；（2）D；点评：掌握向量数量积的逆运算|a|题型6：向量垂直、平行的判定

例12．已知a4,3，b1,2，mab,n2ab，按下列条件求实数的值。（1）mn；（2）m//n；(3)mn。

解析：mab4,32,n2ab7,8

52； 91（2）m//n483270；

2ab|b|cosQ，以及a|a|2。

2（1）mn473280(3)mn423222211。 57282524880

点评：此例展示了向量在坐标形式下的平行、垂直、模的基本运算。例13．已知a，其中0。 cos，sin，bcos，sin （1）求证：a＋b与a－b互相垂直；

（2）若kab与kab（k0）的长度相等，求。

ab＋)(·abaabbab－)·＋·－解析：（1）因为(

ab|a||b|cossincossin 

1102222222222 所以a＋b与a－b互相垂直。

abk＋oscos，ksinsin （2）k， c。

欢迎下载

精品文档

k， abkcoscos，ksinsin2 所以|， kab|k2kcos12 |， kab|k2kcos1 因为|kab||kab|，

22 所以k， 2kcos1k2kcos1 有2， kcos2kcosos0 因为k0，故c，  又因为0，0，

2点评：平面向量与三角函数在“角”之间存在着密切的联系。如果在平面向量与三角函数的交汇处设计考题，其形式多样，解法灵活，极富思维性和挑战性。若根据所给的三角式的结构及向量间的相互关系进行处理。可使解题过程得到简化，从而提高解题的速度。题型7：平面向量与三角函数

A例14：已知向量m(sinx,1),n(3Acosx,cos2x)(A0),函数f(x)mn的

3最大值为6. (Ⅰ)求A;

(Ⅱ)将函数yf(x)的图象向左平移个单位,再将所得图象上各点的横

121坐标缩短为原来的倍,纵坐标不变,得到函数yg(x)的图象.求g(x)在

25[0,]上的值域. 24解析:(Ⅰ)

所以。

f(x)mn3Acosxsinx则A6;

A3Acos2xAsin2xcos2xAsin2x, 2226个单位得到函数y6sin[2(x)]121261倍,纵坐标不变,得到函数2(Ⅱ)函数y=f(x)的图象像左平移的图象,

再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的

。

65欢迎下载

精品文档

g(x)6sin(4x3).

571]时,4x[,],sin(4x)[,1],g(x)[3,6]. 24336325故函数g(x)在[0,]上的值域为[3,6].

24当x[0,另解:由g(x)6sin(4x则4x3)可得g(x)24cos(4x3),令g(x)0,

5, ],则x24322457于是g(0)6sin33,g()6sin6,g()6sin3,

32422465故3g(x)6,即函数g(x)在[0,]上的值域为[3,6].

24例15：已知向量a(cosxsinx,sinx),b(cosxsinx,23cosx),设函数

k(kZ),而x[0,f(x)ab(xR)的图象关于直线xπ对称,其中,为常数,且

12(,1).

(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期;

(Ⅱ)若yf(x)的图象经过点(,0),求函数f(x)在区间[0,π4

3π]上的取值范围. 5解析:(Ⅰ)因为f(x)sin2xcos2x23sinxcosx

πcos2x3sin2x2sin(2x).

6由直线xπ是yf(x)图象的一条对称轴,可得sin(2π)1, 所以2πkπ12π6πk1(kZ),即(kZ). 2235

π6又(,1),kZ,所以k1,故. 所以f(x)的最小正周期是

6π. 5π4

(Ⅱ)由yf(x)的图象过点(,0),得f()0,

即2sin()2sin2,即2.

故f(x)2sin(x)2, 由0x123ππ5π5π,有x, 5636653π653π6π45π62π6π4所以sin(x)1,得122sin(x)222, 53π6。

66欢迎下载

精品文档

故函数f(x)在[0,

3π]上的取值范围为[12,22]. 5第五讲解三角形

一．知识要点

1．直角三角形中各元素间的关系：

如图，在△ABC中，C＝90°，AB＝c，AC＝b，BC＝a。（1）三边之间的关系：a2＋b2＝c2。（勾股定理）（2）锐角之间的关系：A＋B＝90°；（3）边角之间的关系：（锐角三角函数定义） sinA＝cosB＝

aba，cosA＝sinB＝，tanA＝。 ccb2．斜三角形中各元素间的关系：

如图6-29，在△ABC中，A、B、C为其内角，a、b、c分别表示A、B、C的对边。

（1）三角形内角和：A＋B＋C＝π。

（2）正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等。

abc（R为外接圆半径） 2R。

sinAsinBsinC（3）余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍。

a2＝b2＋c2－2bccosA； b2＝c2＋a2－2cacosB； c2＝a2＋b2－2abcosC。 3．三角形的面积公式：

111aha＝bhb＝chc（ha、hb、hc分别表示a、b、c上的高）； 222111（2）△＝absinC＝bcsinA＝acsinB；

222（1）△＝

4．解三角形：由三角形的三条边和三个内角中的三个元素，求其他未知元素的问题叫做解三角形．

解斜三角形的主要依据是：

设△ABC的三边为a、b、c，对应的三个角为A、B、C。

。

67欢迎下载

精品文档

（1）角与角关系：A+B+C = π；

（2）边与边关系：两边之和大于第三边；（3）边与角关系：正弦定理

asinAbsinBcsinC2R（R为外接圆半径）

； a:b:csinA:sinB:sinC

222余弦定理 c2 = a2+b2－2bccosC， cosCabc2ab； a2c2b2b2

= a2

+c2

－2accosB， cosB2ac； 2

b2－2bccosA； cosAc2a2a = b+c2bc。二．典型例题题型1：正、余弦定理

例1．在ABC中,若A60,B45,BC32,则AC

（ A．43

B．23 C．3 D．32 解析:B.由正弦定理,可得

AC322sin45BCsin60,所以AC3223. 2例2．在ABC中，已知a23，c62，B600，求b及A；

解析：∵b2a2c22accosB

=(23)2(62)2223(62)cos450 =12(62)243(31) =8 ∴b22.

求A可以利用余弦定理，也可以利用正弦定理：

解法一：∵cosAb2c2a2(22)2(62)2(23)22bc222(62)12, ∴A600.68欢迎下载。

）

精品文档

解法二：∵sinAsinBab23sin450, 22又∵62＞2.41.43.8,23＜21.83.6,∴a＜c，即00＜A＜900, ∴A600. 题型2：三角形面积

例3．在中，ABCsinAcosA的面积。

解法一：先解三角方程，求出角A的值。

2sinAcosA2cos(A45),2

1cos(A45).2又0, A4560,A105. A1802，，，求tanA的值和AC2AB3ABC2tanAtan(4560)1323, 1326. 4 sinAsin105sin(4560)sin45cos60cos45sin6011263 S。 ACABsinA23(26)ABC2244 解法二：由sinAcosA计算它的对偶关系式sinAcosA的值。 sinAcosA2 ① 2(sinAcosA)2 2sinAcosA121

20A180,sinA0,cosA0.3, 2 (sinAcosA)212sinAcosA sinAcosA6 ② 2。

69欢迎下载

精品文档

① + ② 得 sinA26。 426。 4 ① － ② 得 cosA从而 tanAsinA223。 cosA426以下解法略去。

点评：本小题主要考查三角恒等变形、三角形面积公式等基本知识，着重数学考查运算能力，是一道三角的基础试题。两种解法比较起来，你认为哪一种解法比较简单呢？

例4．已知a,b,c分别为ABC三个内角A,B,C的对边,

c3asinCcsinA.

(Ⅰ)求A;

(Ⅱ)若a=2,ABC的面积为3,求b,c.

【解析】(Ⅰ)由c3asinCcsinA及正弦定理得

3sinAsinCsinAsinCsinC

1由于sinC0,所以sin(A),

62又0A,故A.

31(Ⅱ) ABC的面积S=bcsinA=3,故bc=4,

2而 a2b2c22bccosA 故c2b2=8,解得bc=2. 法二:解: 已知:c3asinCccosA,由正弦定理得:

sinC3sinAsinCsinCcosA

因sinC0,所以:13sinAcosA , 由公式:asinxbcosxa2b2sinxba0,tan,得:

a2。

70欢迎下载

精品文档

1sinA,A是的内角,所以A,所以:A

623661(2) SbcsinA3bc4

2a2b2c22bccosAbc4

解得:bc2

题型3：与三角形边角相关的问题

例5．在△ABC中,AC=7 ,BC=2,B =60°,则BC边上的高等于

A．3 2（）

339 4B．33 2C．

36 2D．

解析：设ABc,在△ABC中,由余弦定理知

AC2AB2BC22ABBCcosB,

即7c2422ccos60,c22c30,即(c-3)(c1)=0.又c0,c3. 设BC边上的高等于h,由三角形面积公式S知

331132sin602h,解得h.

222ABC11ABBCsinBBCh,22例6．在锐角△ABC中，角A已知sinA，B，C所对的边分别为a，b，c，（1）求tan222，3BCA（2）若a2，S△ABC2，求b的值。 sin2的值；

22221，所以cosA＝， 33解析：（1）因为锐角△ABC中，A＋B＋C＝，sinA则

B＋CB＋CA2＋sin2Atan2＋sin2＝22cos2B＋C2

21－cos（B＋C）11＋cosA17＝＋（1－cosA）＝＋＝1＋cos（B＋C）21－cosA33sin2。

71欢迎下载

精品文档

（2）因为SABC＝2，又S1122＝bcsinA＝bc•，则bc＝3。 ABC22313将a＝2，cosA＝，c＝代入余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccosA中，

3b得b4－6b2＋9＝0解得b＝3。

点评：知道三角形边外的元素如中线长、面积、周长等时，灵活逆用公式求得结果即可。

题型4：三角形中求值问题

例7．ABC的三个内角为A、B、C，求当A为何值时，cosA2cos最大值，并求出这个最大值。

解析：由A+B+C=π，得

B+CπAB+CA

= －，所以有cos =sin。 22222

BC取得2cosA+2cos

B+CAAAA13 =cosA+2sin =1－2sin2 + 2sin=－2(sin － )2+ ； 2222222

A1πB+C3

当sin = ，即A= 时, cosA+2cos取得最大值为。

22322

点评：运用三角恒等式简化三角因式最终转化为关于一个角的三角函数的形式，通过三角函数的性质求得结果。

例8．已知A、B、C是ABC三内角，向量m(1,3)n(cosA,sinA)，且m.n1，（Ⅰ）求角A；（Ⅱ）若

1sin2B 3,求tanC。22cosBsinB解析：（Ⅰ）∵mn1 ∴1,3cosA,sinA1，即3sinAcosA1，

311；，sin2sinAcosA1A62225，∴A，∴A。

36666612sinBcosB（Ⅱ）由题知3，

cos2Bsin2B∵0A,A整理得sin2BsinBcosB2cos2B0，∴cosB0 ∴tan2BtanB20； ∴tanB2或tanB1，而tanB1使cos2Bsin2B0，舍去；

。

72欢迎下载

精品文档

∴tanB2。

点评：本小题主要考察三角函数概念、同角三角函数的关系、两角和与差的三角函数的公式以及倍角公式，考察应用、分析和计算能力。题型5：三角形中的三角恒等变换问题

例9．在ABC中,内角A,B,C所对的分别是a,b,c.已知

a2,c2,cosA2. 4(I)求sinC和b的值; (II)求cos(2A)的值.

3解:(1)在ABC中,由cosA7 4214ac,可得sinA,又由及a2,44sinAsinCc2,可得sinC由a2b2c22bccosAb2b20,因为b0,故解得b1. 所以sinC7,b1 42143,sinA,得cos2A2cos2A1,4447 4(2)由cosAsinA2sinAcosA321所以cos(2A)cos2Acossin2Asin

3338例10．在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知,

A,bsin(C)csin(B)a.

444(1)求证:BC2

(2)若a=2,求△ABC的面积.

解:(1)证明:由 bsin(C)csin(B)a及正弦定理得:

44sinBsin(C)sinCsin(B)sinA,

44。

73欢迎下载

精品文档

即sinB(22222sinCsinC)sinC(sinBsinB) 22222整理得:sinBcosCcosBsinC1,所以sin(BC)1,又0B,C所以BC3 42

35可得B,C,又A,a2 4488asinB5asinC所以b2sin,c2sin,

sinA8sinA8(2) 由(1)及BC所以三角形ABC的面积

1521bcsinA2sinsin2sincossin 28888242题型6：正、余弦定理判断三角形形状

例11．在△ABC中，若2cosBsinA＝sinC，则△ABC的形状一定是（）

A.等腰直角三角形 C.等腰三角形答案：C

解析：2sinAcosB＝sin（A＋B）＋sin（A－B）又∵2sinAcosB＝sinC， ∴sin（A－B）＝0，∴A＝B

点评：本题考查了三角形的基本性质，要求通过观察、分析、判断明确解题思路和变形方向，通畅解题途径。

例12．在ABC中,若sin2Asin2Bsin2C,则ABC的形状是

（）

B.直角三角形 D.等边三角形

A．钝角三角形. B．直角三角形. C．锐角三角形. D．不能确定. [解析] 由条件结合正弦定理,得a2b2c2,再由余弦定理,得

cosCa2b2c22ab0,

所以C是钝角,选A. 题型7：正余弦定理综合应用

例13：设ABC的内角A,B,C所对的边为a,b,c,且有

2sinBcosAsinAcosCcosAsinC (Ⅰ)求角A的大小;[

。

74欢迎下载

精品文档

(II) 若b2,c1,D为BC的中点,求AD的长. 解析：(Ⅰ)ACB,A,B(0,)sin(AC)sinB0

2sinBcosAsinAcosCcosAsinCsin(AC)sinB

cosA1A 23(II)a2b2c22bccosAa3b2a2c2B在RtABD中,ADAB2BD212(327 )222

例14：在ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知cosA=,sinB=5cosC.

(Ⅰ)求tanC的值;

(Ⅱ)若a=2,求ABC的面积.

解析：本题主要考察三角恒等变换,正弦定理,余弦定理及三角形面积求法等知识

点.

(Ⅰ) ∵cosA=>0,∴sinA=1cos2A23235, 3又5cosC=sinB=sin(A+C)=sinAcosC+sinCcosA =25cosC+sinC.

33整理得:tanC=5.

(Ⅱ)由图辅助三角形知:sinC=又由正弦定理知:故c3. (1) b2c2a22对角A运用余弦定理:cosA=. (2)

2bc3acsinAsinC5. 6,

解(1) (2)得:b3 or b=∴ABC的面积为:S=5. 23(舍去). 3例15：在ABC中,角A、B、C的对边分别为a,b,c.角A,B,C成等差数列.

(Ⅰ)求cosB的值;

(Ⅱ)边a,b,c成等比数列,求sinAsinC的值.

。

75欢迎下载

精品文档

解析：(1)由已知2B=A+C,A+B+C=,B=1,cosB= 323(2)解法一:b2=ac,由正弦定理得sinAsinC=sin2B=

41a2+c2-b2a2+c2-ac=解法二:b=ac,=cosB=,由此得a2+c2-ac=ac,得

22ac2ac2a=c

所以A=B=C=3,sinAsinC= 34【点评】本题主要考查三角形的正弦定理、余弦定理、三角形内角和定理及等差、等比数列的定义,考查转化思想和运算求解能力,属于容易题.第二小题既可以利用正弦定理把边的关系转化为角的关系,也可以利用余弦定理得到边之间的关系,再来求最后的结果.

专题说明

1、专题名称：导数 2、使用范围：高考 2、建议课型：一对一，班组

3、课时计划：一对一：8小时；班组：8小时

第一次课

问题一、利用导数讨论函数性质（单调区间、极值、最值、零点） 1．含参问题

1、分类讨论求函数的单调区间例1、已知fxlnxmx1m（mR） x （1）若m=2，求曲线yfx在1,f1处的切线方程（2）当m

1时，讨论函数yfx的单调性 4

。

76欢迎下载

精品文档

例2、已知函数fx2alnx12axaR x （1）当a0时，求函数yfx的极值；（2）若a0，求函数yfx的单调区间。练习：

（一）讨论函数fxa1lnxax21的单调性并求单调区间。

（二）已知a0，讨论函数fxlnxa1ax221ax的单调性并求单调区间

（三）讨论函数fx2x2a2lnx3ax a0的单调性并求单调区间

。

77欢迎下载

精品文档

2、分类讨论、分离参变量求范围问题

例1、已知函数fxx2alnx

（1）当a2时，求函数fx的单调区间；

2（2）若gxfx在1,上是单调函数，求实数a的取值范围

例2、已知函数fxlnx1ax aR x（1）当a0时，求fx的最小值

（2）若函数fx在2,上是单调的，求实数a的取值范围

例3、已知函数

fx12xlnx,a0 2a （1）若a1，求函数fx的单调区间和极值

（2）当x1,2时，不等式fx2恒成立，求实数a的取值范围

。

78欢迎下载

精品文档

练习：

（1）已知函数fxx32x2x。（1）求函数fx的单调区间和极值；

（2）若x0,，fxax2恒成立，求实数a的取值范围

（2）已知函数fx2ax2a1lnx。 x （1）若函数fx在x=2处取得极值，求函数fx的单调增区间；（2）若函数fx在0,上是单调函数，求实数a的取值范围

（3）已知函数fxaxlnx，xR。

（1）若a2，求曲线yfx在x=1处的切线的斜率（2）讨论函数fx的单调区间。

。

79欢迎下载

精品文档

2．三次函数的零点问题

例1、已知函数fxx33ax23bx的图象与直线12xy10相切于点1,11。（1）求a,b的值；

（2）若函数gxfxc有三个不同的零点，求c的取值范围。

例2、已知函数fxax3bx2c3a2bxd，f03，在x=1处取得极大值。（1）求c，d的值；

（2）若函数fx在x=2处的切线方程为：3xy110，求函数fx的解析式；

 在（2）的条件下，函数yfx与y交点，求实数m的取值范围。

例3、已知函数fxax3bx2cx，在x1处取得极值，且在x=0处切线斜率为-3。

4、求函数fx的解析式；

5、若过点A2,m可作曲线yfx的三条切线，求实数m的取值范围

1'fx5xm的图象有三个不同的3。

80欢迎下载

精品文档

练习：

6.已知函数fxx2a2xalnx。（1）求函数fx的单调区间

（2）若a=4，曲线yfx与直线y=m有三个不同的交点，求实数m的取值范围。

117.已知函数fxx3ax2b1xc a0，曲线yfx在点P0,f032处的切线方程为y=x+1。三. 求b，c的值；

四. 若过点A0,3可作曲线gxfxx的三条不同的切线，求实数a的取值范围。

1、已知函数fxlnxa2, gxlnx2x。 x （1）求函数fx的单调区间；

（2）试问过点A2,5可作多少条直线与曲线ygx相切？并说明理由。

。

81欢迎下载

精品文档

。

82欢迎下载

精品文档

第二次课

问题二：恒成立问题与存在性问题

知识点： 1、x0D,t0I,使得fx0gt0恒成立 2、x0D,t0I,使得fx0gt0恒成立 3、x0D,t0I,使得fx0gt0恒成立 4、x0D,t0I,使得fx0gt0恒成立 5、x0D,t0I,使得fx0gt0恒成立 6、x0D,t0I,使得fx0gt0恒成立 7、x0D,t0I,使得fx0gt0恒成立例题：

例1、已知函数fxa1lnxax21。（1）讨论函数fx的单调区间；

1 （2）设gxx22bx3，当a时，若对x10,，x21,2使得

3fx1gx2，求实数b的取值范围。

1lnx例2、已知函数fxx3ex2mx1 mR,gx。

3x （1）求函数fx的单调区间；

（2）若对x1,x20,，gx1f'x2恒成立，求实数m的取值范围。

。

83欢迎下载

精品文档

例3、已知函数fxx3bx2cx1的单调减区间是1,2。 1、求函数fx的解析式；

2、若对m0,2，关于x的不等式fx有解，求实数t的取值范围。练习：

1. 已知函数fxlnxmx11m , mR，gxx22xn。当m时，12x13在x2,时mmlnmmt3，

2 x10,2,x21,2，使得fx1gx2，求实数n的取值范围。

2. 已知函数fxxa2lnx,gxe2xe2xexexk, a,kR。 x2.求函数fx的单调区间；

3.当a=8时，x11,4,x2R，使得fx1gx2成立，求实数k的取值范围。

（1）已知函数fx12ax2a1x2lnx aR 2（一）若曲线yfx在x=1，x=3处的切线互相平行，求实数a的值；（二）讨论函数fx的单调区间；

（三）设gxx22x，若对x10,2，均存在x20,2，使得fx1gx2，求实数a的取值范围。

第三次课

问题三：证明问题（转化、构造新函数）知识点：

二．xD,fxmingxmaxfxgx

。

84欢迎下载

精品文档

三．xD,fxgxfxgx0Fxfxg(x),Fxmax03、

xD,fxgxfxgx0Fxfxg(x),Fxmin0

4、x1,x2D,|fx1fx2|fxmaxfxmin

例1、已知函数fxxlnxax.

fxax21（1）设gx，当a<0时，求函数gx的单调区间。

x（2）求证：对x0,，都有lnx1

例2、已知函数fxx2y30。

12成立。 exexalnxb，曲线yfx在点1,f1处的切线方程为x1x求a，b的值；求证：x0且x1时，fx

例3、已知函数

lnx x-1fxx33x2axbex。

若ab3，求函数fx的单调区间；

若函数fx的单调增区间为,,2,，单调减区间为,2,,，求证：

6。

。

85欢迎下载

精品文档

例4、已知函数fxx2aln(x1)有两个极值点x1,x2。  求a的取值范围；  求证：fx2

例5、已知函数fxxlnx。 ③ 求函数fx的单调区间和极值；

1④ 当b>0时，求证：bb

e1e12ln2 4⑤ 若a0,b0,求证：faabln2fabfb

例6、已知函数fxx2blnx1,b0。 1. 当b>

1时，判别函数fx在定义域上的单调性； 22. 求函数fx的极值点；

。

86欢迎下载

精品文档

1113. 求证：nN*,不等式ln12-3恒成立。

nnn

例7、已知函数fxax32bx2cx4d的图象关于坐标原点对称，并且x=1时，

2fx取得极小值。

32）求a,b,c,d的值；

3）当x1,1时，fx图象上是否存在两点，使得此两点处的切线互相垂直？证明你的结论。

4）若x1,x21,1，求证：|fx1fx2| 练习：

6、已知函数fxx1lnx(a0)。 ax4 31. 求函数fx的单调区间；

。

87欢迎下载

精品文档

12. 若a1，求函数在,2上的最大值与最小值；

2e21x3. 求证：ln

3、已知函数fxlnx。

2、试判别gx1xfx在区间1,上的单调性； 3、求证：x1时，恒有fx

1、已知函数fx2lnxx2。 1. 求函数fx在1,e上的最小值；

132. 当x1,时，求证：fxx2x

222x2 2x1

3．已知函数fxxlnx。（1）求gxfxk kR的单调区间； x。

88欢迎下载

精品文档

x21（2）求证：当x1时，2xefx

1. 已知fxex2x2a aR. 一、二、

1. 已知函数fxlnx,gx127直线l与函数fx，gx的xmx , m0，

22求函数fx的单调区间，极值；

求证：当aln21，x>0时，exx22ax1

图象都相切，且与函数fx的图象的切点的横坐标为1. B．求直线l的方程及m的值；

C．若函数hxfx1g'x，求函数hx的最大值； D．当0ba时，求证：fabf2a

（一）已知a0，函数fxlnxax2 x0。（5）求函数fx的单调区间；

。

欢迎下载

ba 2a精品文档

1（6）当a时，求证：x02,,使得fx083f2；

ln3ln2ln2 a53（7）若,1,3,且1,使得ff，求证：一、

已知函数fx2xalnx aR.

(4)谈论函数fx的单调性；

(5)若函数fx有两个零点，求实数a的取值范围；

(6)若函数fx的最小值是ha，m，n是ha定义域中的任意两个值，求证：

hmhnmnh。 22

。

90欢迎下载

精品文档

A. 已知函数

23fxx(xa)。

21. 若函数fx的图象有与x轴平行的切线，求实数a的取值范围； 2. 若f'10，

(I)求函数fx的单调区间；

(II)求证：x1,x21,0，不等式|fx1fx2|

1. 已知函数fxax3bx23x，在x1处取得极值。 2. 求函数fx的解析式；

3. 若对x1,x21,1，不等式|fx1fx2|k恒成立，求k的取值范围。

一、已知函数fxax332't2xsin6x1，对任意的tR，fe0， 25 16' f3|cost|10 。

3．求函数fx的解析式；

4．求证：对x1,x20,3，|fx1fx2|10

。

91欢迎下载

精品文档

第四次课

问题四：导数综合问题

三、与数列有关的问题（求和）

例1、已知函数fxlnx1kx11。 4.求函数fx的单调区间

5.fx0恒成立，求实数k的取值范围

ln2ln3lnnnn1 nN*,n26.求证：3 4n14

例2、已知函数fxxlnx,gxlnx。 x 求函数fx的单调区间和极值；

 对x0，不等式gxax1fx恒成立，求实数a的值；  数列lnn的前n项和为Sn

例3、已知函数fxexx。（四）求函数fx的最小值；

e12n1n（五）求证： e1nnnnnnnn2n1，求证：

2nSnnn1n1

。

92欢迎下载

精品文档

练习：

2、已知函数fxalnxax3 aR。（一）求函数fx的单调区间；

（二）若函数fx的图象在点2,f2处的切线的倾斜角为

，对于任意的4mt1,2，函数gxx3x2f'x在区间t,3上总是不单调，求m的取值范

2围；

（三）求证：ln2ln3lnn1

23nn

2、已知函数f(x)kx,g(x)lnx x1（1）f(x)g(x)在区间(,e)内的解的个数；

e（2）若不等式f(x)g(x)在区间(0,)上恒成立，求k的取值范围。 (3) 求证：

3、已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)．（a是常数） (I)求函数f(x)的单调区间；

1(II) 当yf(x)在x＝1处取得极值时，若关于x的方程f(x)＋2x＝x2＋b在[，

22]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围；

111(III)求证:当n2,nN+时1212......12e．

23nln2ln3lnn1 ...2535n52e

。

93欢迎下载

精品文档

四、利用不等式放缩重要不等式：1xe，

xxx1，ln1xx 2例1、已知函数fxlnx1x1axb (a,bR)曲线yfx与直线

y3x在（0，0）点相切。 21、求a,b的值；

2、证明：当0例2、已知函数fx（四）求K的值；

（五）求函数f(x)的单调区间；

（六）设gxx2xf'x，证明：对任意的x0，gx1e2

9x x6lnxk，曲线yfx在点1,f1处的切线与x轴平行。 xe

高考导数、微积分及其应用

。

94欢迎下载

精品文档

考纲要求

1、导数的概念及其几何意义 ①了解导数的概念的实际背景 ②理解导数的几何意义 2、导数的运算

①能根据导数定义求初等函数的导数。

②能利用下面给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，3、能求简单的复合函数（仅限于形如f(axb)的复合函数）的导数。

知识梳理

1、导数的概念

（1）如果当x0时，

y有极限，就说函数yfx在点x0处可导，并把这个极x限叫做fx在点x0处的导数(或称之为变化率).记作fx0或yxx0，即

fx0limyfx0xfx0y.表示函数的平均改变量，它是x的函数，limx0xx0xx导数的等价形式 limx0f(x0x)f(x0)f(x)f(x0)limf(x0) xx0xxx0（2）导数fx0的几何意义是：曲线yfx在点x0,fx0处的切线的斜率；瞬时速度就是位移函数st对时间t的导数.

（3）如果函数fx在开区间a,b内的每一点都可导，则称fx在开区间a,b内可导.函数fx在a,b内的导数值构成了一个新的函数，称为fx在区间

a,b内的导函数，记作fx或y.

求某点导数值的步骤：①先求出导函数；②求导函数在该点处的导数值. 2、几种常见函数的导数

（1）C0(其中C为常数)；

（2）xnnxn1，nQ；

（3）sinxcosx； （4）cosxsinx；

。

95欢迎下载

精品文档

11（5）logaxlogae，特别取ae时有lnx；

xx（6）axaxlna，特别取ae时有exex.

导数的计算是必考内容，但一般不会单独命题，而是在考察导数应用的同时加以考察.

3、四则运算的求导法则

设u、v在其公共定义域内是可导函数，那么有：

（1）uvuv；（2）uvuvuv；

uuvuvvx. （3），v0；（4）复合函数yuvx为yuv2vv注意：1、求导其本质是求极限，在求极限的过程中，力求使所求极限的结构形式转化

为已知极限的形式，即导数的定义，这是顺利求导的关键 2、对于函数求导，一般要遵循先化简，再求导的基本原则，求导时，

不但要重视

求导法则的应用，而且要特别注意求导法则对求导的制约作用，在实

施化简时，

首先必须注意变换的等价性，避免不必要的运算失误 3、复合函数求导法则，像链条一样，必须一环一环套下去，而不能

丢掉其中的一

环必须正确分析复合函数是由哪些基本函数经过怎样的顺序复合

而成的，分清

其间的复合关系

4、求过定点的切线方程：

(1)已知点在曲线上：设函数yfx在点x0处可导，则fx在点x0,fx0处的切线方程为

fxfx0fx0xx0即fxfx0xx0fx0.

(2)已知点不在曲线上：设函数yfx在点定义域内可导，则fx在点a,b处的切线方程为f(x)bf(x0)(xa)

。

96欢迎下载

精品文档

求切线方程时要注意直线与y轴平行，即斜率不存在的情况.当斜率存在直线方程时可设为：y方程可设为：x

kxb（b为直线在y轴上的截距）；当斜率不存在时直线

tym（m为直线在x轴上的截距）.

典型例题

考点一、求函数的导数及导数的运算法则例1、求函数的导数

(1)y1x (2)y(1x2)cosxf(x21)

技巧与方法先分析函数式结构，找准复合函数的式子特征，按照求导法则进行求导

(1x)(1x2)cosx(1x)[(1x2)cosx]【解析】y 222(1x)cosx(1x2)cosx(1x)[(1x2)cosx(1x2)(cosx)](1x2)2cos2x(1x2)cosx(1x)[2xcosx(1x2)sinx](1x2)2cos2x(x22x1)cosx(1x)(1x2)sinx(1x2)2cos2x

(2)y[f(x21)]f(x21)(x21)

12f(x2f(xxx21211)(x21)2121)(x1)2f(x21)

(x21) 2x

12例2、已知函数f(x)xsinxcosx，则f()的值为（）

2 A、

2 B、0 C、1 D、1

【解析】∵f(x)(xsinxcosx)(xsinx)。

97欢迎下载

(cosx)

精品文档

∴f()sinxxcosxsinx22cos20

xcosx

答案：B 例3、（1）若f′(x0)=2,limk0f(x0k)f(x0) =_________ 2k（2）已知函数f(x)2ln3x8x,且limx0f(k2x)f(k)20，则实数

xK= .

【解析】（1）根据导数的定义

f(x0)limk0f[(x0(k)]kf(x0)(这时xk)

limf(x0k)f(x0)1f(x0k)f(x0)lim[]k0k02k2k

f(x0k)f(x0)11limf(x0)12k0k2答案－1

（2）limx0f(k2x)f(k)f(k2x)f(k)2lim2f(k)20

x2x2x0228，故f(k)810k1 xk所以f(k)10，又f(x)变式训练1、已知f(x)x33xf(2)，则f(3)等于（）

A、11 B、6 C、9 D、9 【解析】∵f(x) ∴f(3) 答案：D

变式训练2、y3x23f(2)，所以f(2)343f(2)，∴f(2)6

393f(2)271

esinxcos(sinx)，则y(0)等于( )

C、－1

D、2

A、0 B、1

【解析】yesinx[cosxcos(sinx)cosxsin(sinx)] y(0)e0(10)1

答案 B

考点二、根据导数的几何意义求切线方程

。

98欢迎下载

精品文档

2)，过点P作直线L 例1、已知函数f(x)x33x及点P(1， (1)求使直线L和yf(x)相切且以P为切点的直线方程；

(2)求使直线L和yf(x)相切且切点异于P的直线方程．【解析】（1）f'(x)3x23，f'(1)0，直线L的斜率为0，所以L：y2 （2）点斜式：y(2)k(x1),ykxk2 设切点为(m,m33m)则m33mkmk2 f'(m)3m23k

191 解得m1,m，舍掉m1得到m，所以k

242 所以L：y9x1

44变式训练1、设函数f(x)x32ax2bxa,g(x)x23x2，其中xR，

a,b为常数,

已知曲线yf(x)与yg(x)在点(2,0)处有相同的切线l,求a,b的值，并写出切

线l的方程；【

解

析

】

将

(2,0)代入f(x)得9a2b80，

f'(x)3x24axb,g'(x)2x3

f'(2)128abg'(2)1 所以a2,b5 l 的方程为：yx2

32变式训练2、已知函数f(x)x3ax(36a)x12a4(aR)，证明：曲

线yf(x)在

x0的切线过点(2,2)。

【解析】f'(x)3x26ax36a f'(0)36a f(0)12a4 所以切线方程为y(12a4)(36a)(x0)将（2,2）代入得 612a612a恒成立，所以原命题得证。

变式训练3、已知函数f(x)x3x，求曲线yf(x)在点M(t，f(t))处的切线方程。

【解析】f'(x)3x21所以f'(t)3t21

。

99欢迎下载

精品文档

根据点斜式得出切线方程为：y(t3t)(3t21)(xt) 化简得：y(3t21)x2t3

同步训练

1、若f(x)xxlnx，则f'(x)的解集为（）

（-，）（，+） C. (,) D. A. (,) B. (-,)

答案：C

2、已知函数yf(x)在xx0处得导数为m，则limx0f(x0x)f(x0)（）

x A.m B.m C.答案：B

1 D.无法确定 m12f(ax)f(ax)33（）一、已知f(a)m，则limx0x A．m B．m

C．

m 3 D．

2m 34、设函数f(x)g(x)x2，曲线yg(x)在点(1,g(1))处的切线方程为y2x1，则曲线

yf(x)在点(1,f(1))处切线的斜率为

11 A．4 B． C．2 D．42

答案：A 5、设yf(x)为可导函数，且满足limx0f(1)f(1x)1，则在曲线y2xf(x)上点（1，f(1)）

处的切线的斜率k为（）

A 2 B 1 C 1 D 2

。 100欢迎下载

精品文档

答案： D 6、已知二次函数f(x)ax2bx1的导函数为f(x)，f(0)0，f(x)与xf(1)轴恰有一个交点，则的最小值为 ( )

f(0)A.

35 B.2 C. 3 D. 22答案：B

7、过点（-1,0）作抛物线yx2x1的切线，则其中一条切线为 . 答案：xy10

8、已知函数f(x)在R上满足f(x)2f(2x)x28x8，则曲线yf(x)在点

(1,f(1))处

的切线方程是

（A）y3x2 （B）yx （C）y2x1 （D）y2x3 答案：C

9、设曲线yxn1(nN*)在点（1，1）处的切线与x轴的交点的横坐标为xn,则x1x2xn的

值为( ) 11nA B C D 1 nn1n1答案：C

一、曲线y=e2x+1在点(0，2)处的切线与直线y0和yx围成的三角形的

面积为（）

112A. B. C. D.1 323答案：D

11、设曲线yax2在点（1，a）处的切线与直线2xy60平行，则a（） A．1 B．答案：A

1)处的切线与直线x2y10垂直，则（二）设曲线yeax在点(0，1 2

1C．

2D．1

a .

。 101欢迎下载

精品文档

答案：2

（三）曲线y2xx3在点（1，1）处的切线方程为 . 答案：xy20 14、已知点P在曲线y4上，为曲线在点p处的切线的倾斜角，则的ex1取值范围是

3 答案：[,)

4x15、曲线y在点1,1处的切线方程为 .

2x1 答案：xy20 16、若曲线yx则a . 答案：

17、若曲线yx2axb在点(0,b)处的切线方程是xy10，则a ,

121在点a,a2处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为18，

b . 答案：a1,b1

x2118、已知曲线y的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为 .

42 答案：1

第二节：利用导数求函数单调区间、极值和最值

考纲要求

。

102欢迎下载

精品文档

1、导数在研究函数中的应用

①了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）

②了解函数在某点取得极值的必要条件和充要条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）。 2、生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题。

知识梳理

1、求函数单调性：设函数yfx在某个区间内可导，如果fx0，则fx为增函数；若

fx0，则fx为减函数.

函数的单调性研究的是一个连续区间上的性质，例如：不能说：函数f(x)f(x)11是减函数，而应强调f(x)在(0,)上是减函数；xx1在(,0)上是减函数. x11不能因为f(x)20，就说函数f(x)是减函数.一定要强调在那个

xx连续区间内，f(x)0. 2、求函数的极值：

(1)设函数fx在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有fxfx0，则fx0是

函数fx的一个极大值；如果对x0附近的所有的点，都有fxfx0，则

fx0是函数

fx的一个极小值.极小值与极大值统称为极值.

(2)当函数fx在x0处连续时，判别fx0是极大值还是极小值的方法如下：如果xx0时fx00，xx0时fx00，则fx0是极大值；如果xx0时fx00，xx0时fx00，则fx0是极小值.

(3)若点x0是函数fx的极值，则必须要满足两个条件：①在点x0处fx的导

。

103欢迎下载

精品文档

数值为0,；②在xx0和xx0的局部范围内，fx的导数的正负不同。

在求极值点的范围时，有时可以对导函数fx利用零点定理来确定。 3、求函数的最值

函数的最值包括函数的最大值和最小值.设函数fx在a,b上连续，在

a,b内可导，先求fx在a,b内的极值，再将各极值与端点值fa和fb进

行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.

函数在闭区间内的最值一定存在，在半开半闭区间内至少存在一个，在开区间内则不一定存在。

若在某区间内函数fx有且只有一个极值，那该极值即为函数在该区间内的最值（最大值或最小值），另外一个最值在端点处取到或不存在。 4、最值与极值认知

①极大值与最大值是两个不同的概念

②极大值与极小值没有严格的大小关系：极大值可以小于极小值也可以大于极大值。

典型例题

考点一、利用导数求函数单调区间

例1、设a0，讨论函数f(x)lnxa(1a)x22(1a)x 的单调性。【解析】定义域为x(0,) f'(x)12a(1a)x2(1a)，令f'(x)0得 x 2a(1a)x22(1a)x10，4(1a)28a(1a)4(1a)(13a)

1 当0，即a1时，无极值点，f'(x)0，单调递增

3133 当0时，即a时，x，在x(0,),f'(x)0，单调递增

3223 在x[,),f'(x)0，单调递减

2 a1时，无解，无极值点，f'(x)0，单调递增当

0时，即

。 104欢迎下载

0a13或a1时

精品文档

x1(1a)(1a)(13a)(1a)(1a)(13a) ,x22a(1a)2a(1a) 所以当x(0,x1)时，单调递增，x[x1,x2]时，单调递减，x(x2,)时，单调递增

例2、设函数f(x)lnxln(2x)ax(a0). （1）当a1时，求f(x)的单调区间；（2）若f(x)在(0,1]上的最大值为

1，求a的值. 211a. x2x 【解析】函数f(x)的定义域为(0,2)，f(x)x22 （1）当a1时，f(x)，所以f(x)的单调增区间为(0,2)，

x(2x)单调减区间为(2,2).

（2）当x(0,1]时，f(x)递增，

故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)a，因此a变式训练1、已知函数f(x)mln(1x) （1）求函数f(x)的单调区间；

3 （2）若关于x的方程f(x)x2xc在[0，2]恰有两个不同的实根，求

4实数c的取值范围。

22xa0，即f(x)在(0,1]上单调

x(2x)1. 212x(mR)，满足f(0)1. 21xx2mx，∵f(0)1，∴m1． ∴f(x) 【解析】（1）f(x)，

x11x 令f(x)0得x1515或x（舍去）。 22 当x（-1，1515时，f(x)0， ∴f(x)在上是增函数；）（-1，）22。

105欢迎下载

精品文档

当x（15时，f(x)0，，+）2∴

f(x)在

（15上是减函数．，+）23213xxc即为方程ln(1x)x2x2xc 4241 即为方程ln(1x)x2xc0，

4 （2）方程f(x)x2x1112 设(x)ln(1x)xxc，(x) x11x242(1x) 当x(1,0)时，(x)0，则(x)在(1,0)上单调递增；

（0,1）当x时，(x)0，则(x)在(0,1)上单调递减；

当x(1,)时，(x)0，则(x)在(1,)上单调递增；而(0)c，(1)ln23c，(2)ln31c 4(0)c0，332 f(x)xxc在[0,2]恰有两个不同的实根等价于(1)ln2c0，

44(2)ln31c0.

∴实数c的取值范围 ln23c0． 4变式训练2、已知函数f(x)ax3bx23x(a,bR)在点（1，f(1)）处的切线

方程为y20.

（1）求函数f(x)的解析式；

（2）若对于区间[2,2]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f(x1)f(x2)|≤c，求实数c的最小值。

（3）如果点M(2,m)（m≠2）可作曲线yf(x)的三条切线，求实数m的取值范围。

【解析】⑴fx3ax22bx3．

。 106欢迎下载

精品文档

a1f12,ab32,根据题意，得即解得

b03a2b30,f10,所以fxx33x．

⑵令fx0，即3x230．得x1．

x f'(x) f(x) 2 -2 （2，1） + 增 -1 极大值（-1，1） - 减 1 极小值（1，2） + 增 2 2 因为f12，f12，所以当x2,2时，fxmax2，fxmin2．则对于区间2,2上任意两个自变量的值x1,x2，都有

fx1fx2fxmaxfxmin4，所以c4．

所以c的最小值为4．

⑶因为点M2,mm2不在曲线yfx上，所以可设切点为x0,y0．

3 则y0x03x0．

3x03x0m 因为fx03x3，所以切线的斜率为3x3．则3x3=，

x0220202032 即2x06x06m0．

因为M2,mm2过点可作曲线yfx的三条切线，

32 所以方程2x06x06m0有三个不同的实数解．

所以函数gx2x36x26m有三个不同的零点．则gx6x212x．令gx0，则x0或x2．

x g'(x) g(x) （-∞，0） + 增 0 0 极大值（0，2） - 减 2 0 极小值（2，+∞） - 增。

107欢迎下载

精品文档

6m0g00 则，即，解得6m2．

2m0g22

考点二、利用导数求函数极值和最值

对于函数极值问题应该注意：导数为零的点不一定时极值点，极值点处的导数一定为零。对于最大值与最小值问题:如果函数yf(x)在某个闭区间上的图像是一条连续不间断的曲线，则该函数在此闭区间上一定能取得最大与最小值。例3、设函数f(x)x(xa)2(xR)，其中aR.

（1）当a1时，求曲线y（2）当af(x)在点(2,f(2))处的切线方程.

0时，求函数f(x)的极大值和极小值.

[1,0]，使得不等式

（3）当a3时，证明：存在kf(kcosx)f(k2cos2x)对任意的xR恒成立.

x32x2

【解析】（1）当a1时，f(x) f(x)x(x1)2x,f(2)2

3x24x1,f ∴当a1时，曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程为

5xy80.

（2）f(x) f(x) 令f(x)况讨论.

①若ax(xa)2x32ax2a2x，

3x24axa2(3xa)(xa)，

0，解得xa或x3a.由于a0，以下分两种情

0，当x变化时，f(x)的变化情况如下表：

(a,) 3- x f(x) a 30 a(,a) 3+ a (a,0 - ) 。 108欢迎下载

精品文档

因此，函数f(x)在x函数f(x)在x②若aaaa处取得极小值f()，且f()33343a；27a处取得极大值f(a)，且f(a)0.

0，当x变化时，f(x)的变化情况如下表：

(,a) - x f(x) a 0 a(a,) 3+ aa (,330 - ) 因此，函数f(x)在xa处取得极小值f(a)，且f(a)0；函数

43a. 27f(x)在xaaa处取得极大值f()，且f()333 （3）证明：由a3，得到

a1，当k[1,0]时，3kcosx1,k2cos2x1.

由（2）知，f(x)在(,1]上是减函数，要使

R) 只要

k2k(xR).

f(kcosx)kcosx① 设g(x)f(k2cos2x)(xk2cos2x(xR)，即cos2xcosxcos2xcosx(cos12)21，则函数g(x)在R上的最4大值是2.

要使①式恒成立，必须k2k2，即k2或k1.

所以在区间[1,0]上存在k1，使得不等式

f(kcosx)f(k2cos2x)对任意的xR恒成立.

例4、已知aR，函数f(x)对数的

底数）．

alnx1，g(x)lnx1exx（其中e为自然x。 109欢迎下载

精品文档

（1）求函数f(x)在区间0,e上的最小值；

（2）是否存在实数x00,e，使曲线yg(x)在点xx0处的切线与y轴

垂直? 若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由．

【解析】∵f(x)aa1xalnx1，∴f(x)22． xxxx 令f(x)0，得xa．

①若a≤0，则f(x)0，fx在区间0,e上单调递增，此时函数f(x)无最小值．

②若0ae，当x0,a时，f(x)0，函数fx在区间0,a上单调递减，

当xa,e时，f(x)0，函数fx在区间a,e上单调递增，所以当xa时，函数f(x)取得最小值lna．

③若a≥e，则f(x)≤0，函数fx在区间0,e上单调递减，所以当xe时，函数f(x)取得最小值

a． e 综上可知，当a≤0时，函数fx在区间0,e上无最小值；

当0ae时，函数fx在区间0,e上的最小值为lna；当a≥e时，函数fx在区间0,e上的最小值为

（2）∵g(x)lnx1ex，x0,e，

xa． e ∴ g(x)lnx1exlnx1ex1

ex1 lnx1ex1lnx1ex1．

xx1lnx1． x1 此时f(x)在区间0,e上的最小值为ln10，即lnx1≥0．

x 由（1）可知，当a1时，f(x) 当x00,e，ex00，

1lnx01≥0， x0。 110欢迎下载

精品文档

1 ∴g(x0)lnx01ex01≥10．

x0 曲线yg(x)在点xx0处的切线与y轴垂直等价于方程g(x0)0有实数解．

而gx00，即方程g(x0)0无实数解．

故不存在x00,e，使曲线yg(x)在点xx0处的切线与y轴垂直．

变式训练1、设函数f(x)（1）若当x单调性；

（2）若f(x)存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大

于lnln(xa)x2.

1时，f(x)取得极值，求a的值，并讨论f(x)的

e. 2 【解析】（1）f(x)1xa2x，依题意有f(1)0，故a3. 2 从而f(x)2x23x13x2(2x1)(x1). 3x2331f(x)f(x)0(,)x11x 的定义域为，当时，；当

222时，f(x)当x0；

311时，f(x)0. 从而，f(x)分别在区间(,1)，(,)上

22212单调增加，在

区间(1,)上单调减少.

f(x)的定义域为(a,)，f(x)2x22ax1.

xa22 方程2x2ax10的判别式4a8.

。 111欢迎下载

精品文档

①若0，即2a2，在f(x)的定义域内f(x)极值.

0，故f(x)无

②若0，则a2或a2. 若a2，x(2,)，

f(x)(2x1)2. x2222时，f(x)0，当x(2,)(,)时，f(x)0，222 当x所以f(x)

无极值；若a2，x(2,)，f(x)无极值.

(2x1)2x20，f(x)也

2③若0，即a2或a2，则2x2ax10有两个不同的实根

aa22aa22x1，x2.

22当a2时，x1a,x2a，从而f(x)在f(x)的定义域内没有零点，故f(x)无极

值. 当a2时，x1a,x2a，f(x)在f(x)的定义域内有两个不同的零点，由极

值判别方法知f(x)在xx1,xx2处取得极值. 综上，f(x)存在极值时，a的取值范围为(2,).

2f(x)的极值之和为f(x1)f(x2)ln(x1a)x12ln(x2a)x2

ln变式训练2、设函数f(x)1ea211ln2ln 22x2，求a

x2aln(1x)有两个极值点x1,x2，且x1的取值范围，并讨论f(x)的单调性.

【解析】f(x)2xa1x2x22xa(x1x。 112欢迎下载

精品文档

令g(x)2x22xa，其对称轴为x1.由题意知x1,x2是方程2g(x)0的两个均大于1的不相等的实根，其充要条件为

48a01 ，得0a

2g(1)a0 ①当x(1,x1)时，f(x) ②当x(x1,x2)时，f(x) ③当x(x2,)时，f(x)

变式训练3、已知函数fxx3ax2bxc在,0上是减函数，在0,1上是增函数，函

数fx在R上有三个零点，且1是其中一个零点．

（1）求b的值；（2）求f2的取值范围；

（3）试探究直线yx1与函数yfx的图像交点个数的情况，并说明理

由．

【解析】（1）∵fxx3ax2bxc，∴fx3x22axb． ∵fx在,0上是减函数，在0,1上是增函数， ∴当x0时，fx取到极小值，即f00． ∴b0．（2）由（1）知，fxx3ax2c，

∵1是函数fx的一个零点，即f10，∴c1a． ∵fx3x22ax0的两个根分别为x10，x22a． 30，∴f(x)在(1,x1)内为增函数； 0，∴f(x)在(x1,x2)内为减函数； 0，∴f(x)在(x2,)内为增函数.

∵fx在0,1上是增函数，且函数fx在R上有三个零点，∴x2即a3． 22a1，355 ∴f284a1a3a7．故f2的取值范围为,．

22。

113欢迎下载

精品文档

（3）由（2）知fxx3ax21a，且a3． 2 要讨论直线yx1与函数yfx图像的交点个数情况，

yx1, 即求方程组解的个数情况． 32yxax1a 由x3ax21ax1，得x31ax21x10．即x1x2x1ax1x1x10．

2 即x1x1ax2a0．

∴x1或x21ax2a0．由方程x21ax2a0，（*）

得1a42aa22a7．∵a 若0，即a22a70，解得

23， 23a221．此时方程（*）无实数解． 2 若0，即a22a70，解得a221．此时方程（*）有一个实数解x21．

若0，即a22a70，解得a221．此时方程（*）有两个实数解，分别为

a1a22a7a1a22a7 x1，x2．

22 且当a2时，x10，x21．综上所述，当个交点．

当a221或a2时，直线yx1与函数yfx的图像有二个交点．当a221且a2时，直线yx1与函数yfx的图像有三个交点．变式训练4、已知f(x)1log2x(1x4). 则g(x)f(x2)的最大值为多少？【解析】g(x)f(x2)1log2x2，且1x24，

3a221时，直线yx1与函数yfx的图像有一2。 114欢迎下载

精品文档

log21log2x2log24，即11log2x23，即1gx3，故g(x)的最大值是3。

同步训练

1、函数f(x)1xsinx在(0,2)上是( ) A．增函数 B．减函数

C．在(0,)上增，在(,2)上减

D．在(0,)上减，在(,2)上增答案：A

1. 已知对任意实数x，有f(x)f(x)，g(x)g(x)，且x0时，

f(x)0，g(x)0，则

x0时（）

A．f(x)0，g(x)0 C．f(x)0，g(x)0 答案：B

E．函数f(x)的定义域为R，f(1)2，对任意xR，f(x)2，则

B．f(x)0，g(x)0 D．f(x)0，g(x)0

f(x)2x4的解集

为（） A．（1，1） B．（1，+） C．（，1） D．（，+）答案：B

4、设f(x),g(x)是R上的可导函数，f(x),g(x)分别为f(x),g(x)的导函数，且满足

f(x)g(x)f(x)g(x)0，则当axb时，有( )

A．f(x)g(b)f(b)g(x) B．f(x)g(a)f(a)g(x) C．f(x)g(x)f(b)g(b) D．f(x)g(x)f(b)g(a) 答案：C

。 115欢迎下载

精品文档

5、函数f(x)x33x21在x 处取得极小值.

答案：0或2

6、函数f(x)ln(x1)x的最大值为________．答案：0

x2a7、若函数f(x)在x1处取极值，则a .

x1 答案：3

8、设f(x)2x3.ax2bx1的导数为f(x)，若函数yf(x)的图像关于直线

1x对称，

2 且f(1)0．（Ⅰ）求实数a,b的值（Ⅱ）求函数f(x)的极值【解析】（Ⅰ）f(x) 则

6x22axb,且图像关于直线x对称，f(1)0

解得：a1262ab0f(x1)f(x)3,b12

6x26x12

（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)2x3.3x212x1，∴f(x) 令f(x)0，解得：x1或x

列表如下

1 2x f(x) (,+ 1) 21 20 极大值f((1,1) 2- 1 0 极小值f(1) (1,+ ) f(x)

递增 1) 递减 2递增。 116欢迎下载

精品文档

∴函数f(x)的极大值为f(115)，极小值为f(1)226.

9、设f(x)xaxbx的导数f'(x)满足f'()a,f'()b，其中常数

a,bR．

（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(,f())处的切线方程；（Ⅱ）设g(x)f'(x)ex，求函数g(x)的极值．

【解析】（Ⅰ）f(x)xaxb且f'(x)满足f'()a,f'()b 则 ∴

f()32ab124ab2ab，解得：a，

3,b2则

f()f(x)xx，

  ∴曲线yf(x)在点(,f())处的切线方程为：3x（Ⅱ）g(x)f'(x)ex(xx)ex，

y120

则g(x)(x)ex(xx)ex(xx)ex 令g(x)(xx)ex，解得：x0或x3

∴函数g(x)的极小值为g()，极大值为g()e.

ex10、设f(x)，其中a为正实数 21ax（Ⅰ）当a4时，求f(x)的单调区间； 3（Ⅱ）若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围.

。 117欢迎下载

精品文档

4【解析】（Ⅰ）当a时，f(x)3ex3ex 424x231x33ex(4x23)24xex3ex(4x28x3) 则f(x) (4x23)2(4x23)23ex(4x28x3) 令f(x)0，解得：x22(4x3)1或x23 2 ∴当a4时，f(x)的增区间(313,),(,22)，减区间为

13(,). 22 （Ⅱ）由题意得，

当f(x)为R上的单调递增函数时

ex(1ax2)2axexex(ax22ax1)f(x)0

(1ax2)2(1ax)2则：

a04a24a0，解得：0a1

∴f(x)为R上的单调函数时， a的取值范围为(0,1).

11、(2011辽宁理)已知函数f(x)lnxax2(2a)x．

（I）讨论f(x)的单调性；（II）设a0，证明：当0x111时，f(x)f(x)； aaa（III）若函数yf(x)的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点

的横坐标为x0，

证明：f（x0）＜0．

【

f(x)解析】（I）f(x)的定义域为(0,),

1(2x1)(ax1)2ax(2a). xx （i）若a0,则f(x)0,所以f(x)在(0,)单调增加.

。

118欢迎下载

精品文档

1, a11且当x(0,)时,f(x)0,当x时,f(x)0.

aa11所以f(x)在(0,)单调增加，在(,)单调减少.

aa11 （II）设函数g(x)f(x)f(x),则

aa （ii）若a0,则由f(x)0得xg(x)ln(1ax)ln(1ax)2ax,aa2a3x2

g(x)2a.1ax1ax1a2x21当0x时,g(x)0,而g(0)0,所以g(x)0.

a111故当0x时，f(x)f(x).

aaa（III）由（I）可得，当a0时,函数yf(x)的图像与x轴至多有一

个交点，

11故a0，从而f(x)的最大值为f(),且f()0.

aa1不妨设A(x1,0),B(x2,0),0x1x2,则0x1x2.

a211由（II）得f(x1)f(x1)f(x1)0.

aaa从而x2xx212x1,于是x01. a2a由（I）知，f(x0)0.

12、设函数f(x)xax2blnx，曲线yf(x)过P（1,0），且在P点处的切斜线率为2.

（I）求a,b的值；（II）证明：f(x)2x2.

【解析】（I）∵曲线yf(x)过P（1,0）∴1a0，即a1 ∴f(x)xx2blnx 又f(x)12xb 则f(1)12bb12 即b3 x。 119欢迎下载

精品文档

（II）令

g(x)f(x)2x2xx23lnx2x2x2x3lnx2,x(0,) g(x)2x1333，令g(x)2x10，解得x1或- xx2 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减

在x(0,)上g(x)maxg(1)0，所以g(x)f(x)2x20 即：f(x)2x2

F．某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y（单位：千克）与销售价格x（单

位：元/千克）满足关系式ya10(x6)2，其中3x6，a为常数，x3已知销售价

格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克。（I）求a的值

（II）若该商品的成品为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销

售该商品所获得的利润最大。

a【解析】（1）由题意得：10(56)211,解得，a2

53 （2）设商场每日销售该商品所获得的利润为w，由题意得： w[210(x6)2](x3)10x3150x2720x1078 x322 则w30x300x720，令w30x300x7200

解得：x4或x6（舍）由函数的单调性知当x4时，商场每日销售该商品所获得的利

润最大.

第三节：利用导数解关于不等式问题

知识梳理

导数是新课标必修内容之一，导数在函数的性质的应用中以及函数的实际应

。

120欢迎下载

精品文档

用中都能起到无可替代的作用。而不等到式恒成立问题是数学许多知识点的交汇处，是函数、方程、不等式与数列等一些列知识点的进一步强化。在函数与不等式的综合题中，当函数取最大（或最小）值时不等式都成立，从而得出该不等式恒成立，因此我们可以把不等式的恒成立问题可转化为求函数的最值问题。近几年在各地的高考试题中，在解答题中都涉及到不等式恒成立问题，而这类问题利用导数工具来解显示出它的简便性与灵活性。因此，利用导数求函数最值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法。

“恒成立”问题是数学中常见的问题，经常与参数的范围联系在一起，在高考中频频出现，是高考中的一个难点问题。 1、常用方法：

（1）函数与方程方法。利用不等式与函数和方程之间的联系，将问题转化成二次方程的根的情况的研究。有些问题需要经过代换转化才是二次函数或二次方程。注意代换后的自变量的范围变化。

（2）分离参数法。将含参数的恒成立式子中的参数分离出来，化成形如：

af(x)或af(x)或af(x)恒成立的形式。则af(x)a的范围是f(x)af(x)max.

的值域。

af(x)恒成立

af(x)min；af(x)恒成立

（3）若已知恒成立，则可充分利用条件（赋值法等）。 2、两函数在相应区间关于不等式常见方式及转化（1）对于x[a,b]，都有f(x)立.

（2）任意x1g(x)f(x)g(x)0在x[a,b]恒成

[a,b]，任意x2[m,n]，有f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)min

在x1[a,b],x2[m,n]恒成立. [a,b]，存在x2[m,n]，有f(x1)g(x2)（3）任意x1f(x1)maxg(x2)max

在x1[a,b],x2[m,n]恒成立. [a,b]，存在x2。

121欢迎下载

（4）存在x1[m,n]，有f(x1)g(x2)精品文档

f(x1)ming(x2)max

在x1[a,b],x2[m,n]恒成立. [a,b]，任意x2[m,n]，有f(x1)g(x2)（5）存在x1f(x1)ming(x2)min

在x1[a,b],x2[m,n]恒成立.

[m,n]，有f(x1)[m,n]内的值域. [m,n]，有f(x1)[m,n]内的值域. [m,n]，有f(x1)g(x2)f(x1)在x1[a,b]g(x2)f(x1)在x1[a,b]g(x2)f(x1)在x1[a,b]（6）任意x1内的值域

[a,b]，存在x2g(x2)在x2[a,b]，任意x2g(x2)在x2[a,b]，存在x2g(x2)在x2 （7）存在x1内的值域

（8）存在x1内的值域与

[m,n]内的值域有交集. [m,n]，有f(x1)g(x2)f(x1)在x1[a,b] （9）任意x1[a,b]，任意x2g(x2)在x2内的值域与

[m,n]内的值域相同.

典型例题

考点一、利用函数的单调性求不等式中含参数的范围例1、f(x)ax33x1对于x1,1总有fx0 成立，则a= 。

则不论a取何值，fx00，

【解析】本小题考查函数单调性的综合运用。若x显然成立；当xa31 x2x30即x1,1时，f(x)ax33x10可化为，

设gx312x311'gx，则，所以在区间gx0,上单调递423xxx211增，在区间,1上单调递减，因此gxmaxg4，从而a4；

22。

122欢迎下载

精品文档

当x0 即x1,0时，f(x)ax33x10可化为agx312xx40.

31， x2x3gx在区间1,0上单调递增，因此gxmang14，从而a4，综上a4.

例2、设函数f(x)1(x0且x1)。 xlnx（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

，成立，求实数a的取值范围。（Ⅱ）已知2xa对任意x(01)1x【解析】（Ⅰ）f(x)列表如下： x f(x) f(x) lnx11．若，则。 f(x)0zex2ln2x1 e11 ，e10， e 1， 单调减 + 单调增 0 1极大值f e 单调减 111和1所以f(x)的单调增区间为0，，单调减区间为，，。

ee（Ⅱ）在2xa两边取对数，得由于0x1，所以

1x1ln2alnx。 xa1。 ① ln2xlnx由（Ⅰ）的结果知，

1，时，f(x)≤fa。当x(01)e，成立，当且仅当为使①式对所有x(01)ae， ln2即aeln2。

利用导数来研究函数的单调性，从而在某个区间中利用极值来求式中的参数问题，从而得出参数的变化范围，达到问题的解决。

变式训练1、设函数f(x)(x1)ln(x1)，若对所有的x0，都有f(x)ax恒

。

123欢迎下载

精品文档

成立，求实数a的取值范围．【解析】令g(x)(x1)ln(x1)ax 对函数g(x)求导数：g'(x)ln(x1)1a 令g'(x)0，解得xea11,，

(i)当a1时，对所有x0,g'(x)0，所以g(x)在[0,)上是增函数，又g(0)0，所以对x0，都有g(x)g(0)，即当a1时，对于所有x0，都有 f(x)ax．

(ii)当a1时，对于0xea11,g'(x)0,所以g(x)在(0,ea11)是减函数，

又g(0)＝0，所以对0xea11,都有g(x)g(0)，即当a1时，不是对所有的x0，都有f(x)ax成立．综上，a的取值范围是(,1] 变式训练2、设函数f(x)x36x5,xR.

(1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若关于x的方程f(x)(3)已知当xa有三个不同实根，求实数a的取值范围；

(1,)时，f(x)3x2k(x1)恒成立，求实数k的取值范围．

0，解得x12x【解析】(1) f(x)因为当x6，令f(x)2,x22.

2或x2时，f(x)0；当2时，f(x)0.

所以f(x)的单调递增区间为(,2)和(2,)；单调减区间为

(2,2)．

当x当x2时，f(x)有极大值2；

2时，f(x)有极小值2.

。 124欢迎下载

精品文档

(2)由(1)的分析知yf(x)的图象的大致形状及走向如图所示，当

a与y2程f(x)x2时，直线yf(x)的图象有三个不同交点，即方

a有三个不同的解．

(3) f(x)k(x1)，即(x1)(x2x2x5在(1,x5)k(x1)．

因为x1，所以k令g(x)所以g(x))上恒成立． )上是增函数．

x2x5，此函数在(1,g(1)3.

所以k的取值范围是k评析：(1)利用导数求单调区间和极值．(2)由(1)的结论，问题转化为

yf(x)和ya的图象有3个不同的交点，利用数形结合的方法求解．(3)将

问题转化为不等式恒成立问题，利用分离参数法求解．变式训练3、(2010·新课标)设函数f(x)x(ex1)ax2

(1)若a1，求f(x)的单调区间； 2(2)若当x0时f(x)0，求a的取值范围．【解析】(1)a11时，f(x)x(ex1)x2 22f'(x)ex1xexx(ex1)(x1)

当x(,1]时，f'(x)0；当x(1,0)时，f'(x)0；当x[0,)时，

f'(x)0.

。

125欢迎下载

精品文档

故f(x))在(,1]，[0,)上单调递增，在[－1,0]上单调递减． (2)f(x)x(ex1ax)

令g(x)ex1ax,则g'(x)exa

若a1，则当x(0,)时，g'(x)0，g(x)为增函数，而g(0)0，从而当x0时g(x)0，

即f(x)0.

当a1，则当x(0,lna)时，g'(x)0，g(x)为减函数，而g(0)0，从而当x(0,lna)

时g(x)0，即f(x)0.

综合得a的取值范围为(,1]．

考点2、利用函数的最值求不等式恒成立问题

例3、已知过函数f(x)x3ax21的图象上一点B(1,b)的切线的斜率为－3．

（1）求a,b的值；

（2）求A的取值范围，使不等式f(x)A1987对于x[1,4]恒成立；【解析】（1）f'x=3x22ax

依题意得kf'(1)32a3,a3

fxx33x21，把B(1,b)代入得bf(1)1 a3,b1

（2）令f'(x)3x26x0得x0或x2 f(0)1,f(2)2332213

f(1)3,f(4)17 x[1,4],3f(x)17

要使f(x)A1987对于x[1,4]恒成立，则f(x)的最大值17A1987

。

126欢迎下载

精品文档

A2004

变式训练1、设函数f(x)(xa)2lnx(aR)

（Ⅰ）若xe为yf(x)的极值点，求实数a.

（Ⅱ）求实数a的取值范围，使得对任意x(0,3e]恒有f(x)4e2成立

（注：e为自然对数的底数）.

(xa)2【解析】（I）求导得f(x)2(xa)lnxx因为xa(xa)(2lnx1)

xe是f(x)的极值点，所以f(e)0

e或a3e．

e，或a3e

解得a经检验，符合题意，所以a

（II）①当03a1时，对于任意的实数x(0,3a]，恒有

f(x)04e2成立，即0a1符合题意 3②当3a1时即a1 时，由①知，x(0,1]时，不等式恒3成立，故下研究函数在(1,3a]上的最大值，首先有f(3a)而增大，故应有

(3aa)2ln3a4a2ln3a此值随着a的增大

4a2ln3a4e2，即a2ln3aa1或a3e2

12，且aln3a3故参数a的取值范围是0同步训练

1、(2011·荆州质检题)函数f(x)立，则a的取值为( )

e2.

ax33x1对于x[1,1]总有f(x)0成

。 127欢迎下载

精品文档

A．[2，＋∞) 【解析】f(x)合题意；

B．[4，＋∞) C．{4} D．[2,4]

3ax23，当a0时，f(x)minf(1)a20，a2，不

当0a1时，f(x)为减函数，

3ax233a(x1a)(x1a)，f(x)在[－1,1]上

f(x)min且

f(1)a20，a不合题意；当a1时，f(1)2，a40f(1a)2a10，解得a4.综上所述，a4，故选C.答案：C

2、设函数yf(x)在(,)内有定义.对于给定的正数K,定义函数

f(x),f(x)K 取函数f(x)2xex.若对任意的x(,),fk(x)K,f(x)K恒有fk(x)f(x),则( )

A.K的最大值为2 B.K的最小值为2 C.K的最大值为1 D.K的最小值为1 【解析】因为fK(x)f(x)恒成立，所以K≥f(x)2xex

f(x)110时，解得x0 xe故x(,0)时，f(x)0；x(0,)时f(x)0

所以f(x),在x(,0)上为单调递增函数；在x(0,)上为单调递减函数。在x0处取得最大值f(0)max1，即K1。答案：D 3、设函数f(x)在R上的导函数为f(x)，且2f(x)xf(x)式在R上恒成立的是（）

x2，下面的不等

。

128欢迎下载

精品文档

A、f(x)0 B、f(x)0 C、f(x)x D、f(x)x

12x21，则f(x)满足条件，验证各个选项，知B、C、2 【解析】可令f(x)D都不恒成

立，故选A.

4、（2012辽宁文）设f(x)lnxx1，证明：

3(x1) 29(x1) x5 （1）当x1时，f(x) （2）当1x3时，f(x)【解析】（1）记g(x)lnxx13(x1)，则当x1时， 2 g(x)1x12x30，又g(1)0，故 23(x1) 2 g(x)0，即f(x) （2）记h(x)f(x)9(x1)，则当1x3时，由（1）得 x5 h(x)1x12x(x5)222xx 2(x5)x5

4x(x5)2 令l(x)(x5)3216x

4x(x5)2(x5)3216x,1x3，

2160

l(x)3(x5)2 因此l(x)在(1,3)内是递减函数，又由l(1)0，得l(x)0，所以

h(x)0.

所以，h(x)在(1,3)内是递减函数，又h(1)。 129欢迎下载

0，所以h(x)0

精品文档

于是，当1x3时，f(x)9(x1). x55、（2012辽宁理）设fx=lnx+1+x+1+ax+ba,bR,a,b为常数，曲线y=fx与直线y=3x2

在0,0点相切.

（1）求a,b的值；

9x x+6【解析】（1）由y=fx的图像过0,0点，代入得b=-1

（2）证明：当0x2x+110时，故x+1<+1

29x记，则hx=fx-x+6112+x+1x+6 h'x=+-=-<-x+12x+1x+622x+1x+624x+1x+62x+6-216x+13=，令gx=x+6-216x+1，则当0因此gx在0,2内是减函数，又由g0=0，得gx<0，所以h'x<0 因此hx在0,2内是减函数，又由h0=0，得hx<0，

39x x+616、（2012新课标理）已知函数f(x)满足满足f(x)f(1)ex1f(0)xx2；

2于是当012xaxb，求(a1)b的最大值。 21【解析】（1）f(x)f(1)ex1f(0)xx2f(x)f(1)ex1f(0)x

2（2）若f(x) 令x1得：f(0)1

1 f(x)f(1)ex1xx2f(0)f(1)e11f(1)e

21 得：f(x)exxx2g(x)f(x)ex1x

2。 130欢迎下载

精品文档

g(x)ex10yg(x)在xR上单调递增 f(x)0f(0)x0,f(x)0f(0)x0

1 得：f(x)的解析式为f(x)exxx2

2 且单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,0) （2）f(x)12xaxbh(x)ex(a1)xb0得h(x)ex(a1) 2 ①当a10时，h(x)0yh(x)在xR上单调递增 x时，h(x)与h(x)0矛盾 ②当a10时，bexb0

③当a10时，h(x)0xln(a1),h(x)0xln(a1) 得：当xln(a1)时，h(x)min(a1)(a1)ln(a1)b0 (a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)(a10) 令F(x)x2x2lnx(x0)；则F(x)x(12lnx) F(x)00xe,F(x)0xe 当xe时，F(x)maxe 2e 2 当ae1,be时，(a1)b的最大值为

7、已知函数f(x)x2bxcb,cR，对任意的xR，恒有f'xfx。

2 （Ⅰ）证明：当x0时，fxxc；

（Ⅱ）若对满足题设条件的任意b,c,不等式fcfbMc2b2恒成立，求M的最小值.

【解析】（Ⅰ）∵对任意的xR，恒有f'xfx ∴

f(x)2xbx2bxc

。

131欢迎下载

精品文档

即

x2(b2)xcb0恒成立， ∴

(b2)24(cb)b244c0 ① ∴4cb244,c1

又b24(c1)4c2,2cb2c

(xc)2(x2bxc)(2cb)xc2c，∵x0,b2c ∴

(xc)2(x2bxc)(2cb)xc2cc2cc(c1)0 所以f(x)(xc)2. （

Ⅱ

）

f(c)f(b)c2bcc(b2b2c)(c2b2)(bcb2)(c2b)(cb) M(c2b2)M(cb)(cb)

(b2)2 因为(b2)4(cb)0，即(cb)0，因此有

42cb0

不等式fcfbMc2b2恒成立，即c2bM(cb)， ∴ b(M1)(cb) ②

2 由①式得4cb4，则

cb1b121，∴cb b4b4b ∴cb2b ③

由②③式得2(M1)1，解得M8、设函数f(x)a2lnxx2ax，a0 （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）求所有实数a，使e1f(x)e2对x[1,e]恒成立．【解析】（Ⅰ）由题意f(x)的定义域为(0,。

132欢迎下载

33，所以M的最小值为. 22)

精品文档

f(x) 令

a2x2xa2x2axa2

xg(x)2x2axa2，

g(x)maxag()4a28a24a292a80

∴f(x)0，即f(x)的单调减函数区间为(0,)

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)在(0, 则

)上单调递增

，解得：af(1)1a2e12f(e)aeeae2e

所以，当a9、（2012湖北）设函数f(x)曲线ye时，e1f(x)e2对x[1,e]恒成立.

axn(1x)b(x0)，n为正整数，a,b为常数，

f(x)

y1.

在(1,f(1))处的切线方程为x （1）求a,b的值；

（2）求函数f(x)的最大值；（3）证明：f(x) 【解析】（1）因为

1. nef(1)b，由点(1,b)在xy1上，可得1b1，即b0，

anxn1 ∵f(x) 又∵切线xa(n1)xn ∴f(1)a

y1的斜率为1 ∴a1

故b0，a1

f(x)xn(1x)xnxn1 ∴

（2）由（1）知

f(x)(n1)xn1(nn1x)

nn1 令f(x)0，解得x，即f(x)在(0,)上有唯一零

。

133欢迎下载

精品文档

点x0nn1.

在(0,nn1n)上f(x)0，故f(x)单调递增；

而在(故

n1,)上，f(x)0，f(x)单调递减.

在

f(x)(0,)上的最大值为

f()()n(1)n1n1n1（3）令

nnnnn. n1(n1)1(tt0)，则

(t)11tt2t1(t0) t2(t)lnt1 在(0,1)上，而在(1, ∴

(t)0，故(t)单调递减； (t)单调递增.

)上，(t)在(0,(t)0，

)上的最小值为(1)0. ∴

(t)0(t1)，

即lnt11(t1) t 令t11n1ln，得

nn1n1，即ln(n1n1)nlne，所以

(n1n1)ne，

nn即

(n1)n11. nenn(n1)n11故所证不等式成立. ne 由（2）知，f(x)

第四节：积分、微积分定理及其应用

。 134欢迎下载

精品文档

考纲要求：

定积分与微积分基本定理

①了解定积分的实际背景，了解定积分的基本思想，了解定积分的概念。 ②了解微积分基本定理的含义。知识梳理二、

定积分的概念

定积分的定义：如果函数f(x)在区间[a,b]上连续，用分点

ax0x1....xi1xi...xnb将区间[a,b]等分成n个小区间，在每个小区

间[xi1,xi]上任取一点i(i1,2,...,n)，作和式Inf(i)xi1i1nnbaf(i)，当nn时，上述和式无限接近某个常数，这个常数叫做函数f(x)在区间[a,b]上

的定积分.记作f(x)dx，即f(x)dxlimaani1bbnbaf(i)，这里，a与b分别叫n做积分下限与积分上限，区间[a,b]叫做积分区间，函数f(x)叫做被积函数，x叫做积分变量，f(x)dx叫做被积式.

说明：

（1）定积分的值是一个常数，可正、可负、可为零；

（2）用定义求定积分的四个基本步骤：①分割；②近似代替；③求和；④取极限. 2、定积分的性质

（1）bakf(x)dxkf(x)dx（k为常数）；

abbb（2）ba[f1(x)f2(x)]dxaf1(x)dxaf2(x)dx bb （3）caf(x)dxcf(x)dxaf(x)dx(acb)

（4）利用函数的奇偶性求积分：

若函数yf(x)在区间[b,b]上是奇函数，则bbf(x)dx0；

b若函数yf(x)在区间[b,b]上是偶函数，则bbf(x)dx20f(x)dx.

1）微积分基本定理

一般地，如果f(x)是在[a,b]上有定义的连续函数，f(x)是在[a,b]上可微，并且F'(x)f(x)，则

baf(x)dxF(b)F(a)，这个结论叫做微积分基本定理，

。 135欢迎下载

精品文档

又叫做牛顿—莱布尼兹公式，为了方便，常常把F(b)F(a)，记作F(x)|ba，即

baf(x)dxF(x)|baF(b)F(a).

说明：求定积分主要是要找到被积函数的原函数，也就是说，要找到一个函数，它的导函数等于被积函数.由此，求导运算与求原函数运算互为逆运算.

常见求定积分的公式

1n1bn（1）bxdxx|a(n1) an1b（3）basinxdxcosx|a

b（2）bacdxcx|a（C为常数） b（4）bacosxdxsinx|a xxb（6）baedxe|a

1（5）b dxlnx|baa(ba0)

x（7）baaxbadx|a(a0且a1)

lnax4、定积分的几何意义

设函数f(x)在区间[a,b]上连续.

在[a,b]上，当f(x)0时，定积分

baf(x)dx在几何上表示由曲线yf(x)以

及直线xa,xb与x轴围成的曲边梯形的面积；如图（1）所示.

在[a,b]上，当f(x)0时，由曲线yf(x)以及直线xa,xb与x轴围成的曲边梯形位于x轴下方，定积分负值；

在[a,b]上，当f(x)既取正值又取负值时，定积分f(x)dx的几何意义是曲

abbaf(x)dx在几何上表示上述曲边梯形面积的

线yf(x)，两条直线xa,xb与x轴所围成的各部分面积的代数和. 在x轴上方的面积积分时取正号，在x轴下方的面积积分时，取负号.如图（2）所示.

。

136欢迎下载

精品文档

5、应用

（1）应用定积分求曲边梯形的面积

①如图，由三条直线xa,xb(ab)，x轴（即直线yg(x)0）及一条曲线

yf(x)

bb (f(x)0)围成的曲边梯形的面积：

Sf(x)dx[f(x)g(x)]dx；

②如图，由三条直线xa,xb(ab)，x轴（即直线yg(x)0）及一条曲线yf(x)

(

f(x)0bba)围成

ba的曲边梯形的面积：

Saf(x)dxf(x)dx[g(x)f(x)]dx；

③如图，由曲线

围成图形的面积公式为：

及直线

，

。 137欢迎下载

精品文档

④利用定积分求平面图形面积的步骤：

（1）画出草图，在直角坐标系中画出曲线或直线的大致图像；

（2）借助图形确定出被积函数，求出交点坐标，确定积分的上、下限；（3）写出定积分表达式；（4）求出平面图形的面积. （2）利用定积分解决物理问题

①变速直线运动的路程

作变速直线运动的物体所经过的路程S，等于其速度函数

vv(t)(v(t)0)在时间区间[a,b]上的定积分，即Sbav(t)dt.

②变力作功物体在变力从

移动到

的作用下做直线运动，并且物体沿着与，那么变力

所作的功

相同的方向.

典型例题

考点一、利用微积分基本定理求定积分例1、计算下列定积分

3 （1）3 （2） 0xdx 0sinxdx



（3）203xelnxsindx （4）1||dx 2xe21【解析】（1）(x3)x2

313313132 3xdxx|0x309 0333 （2）(cosx)sinx

 0sinxdxcosx|0coscos02

（

23）

x1cosx111102sin2dx022dx022dx202cosxdx2x|022sinx|02

11110sinsin0 4222242。

138欢迎下载

精品文档

变式训练1、计算：22(sinx2)dx .

【解析】2(sinx2)dx(cosx222x)2cos24cos248变式训练2、设f(x)x2(0x1)x(1x2) 则20f(x)dx=（）

2 A.34 B.

C.56 D.不存在

【

解

析

2f(x)dx100x2dx212xdx13x310(2x12x2)21151342226

变式训练3、求下列定积分：（1）4x11xdx （2）

94x(1x)dx

【解析】（1）

4x14413414201xdx1xdx1x2dx23x212x213

139欢。迎

下载

】

精品文档

（2）

94x(1x)dx949271231xxdx(x2x2)

432612考点二、利用定积分求平面图形的面积

例2、求在[0,2]上，由x轴及正弦曲线ysinx围成的图形的面积。【解析】：作出ysinx在[0,2]上的图象如右 ysinx与x轴交于0、、2，所

求积sy 022sinxdx|sinxdx|(cosx)|0(cosx)|4 0 Л x 2Л 变式训练1、求由直线x11

，x=2，曲线y及x轴所围图形的面积。 2xy 【解析】如图阴影部分，由题意的，所求图形面积为

S21211dx1x1dxlnx1ln2lnln4 x222220 0.5 2 x 变式训练2、求由抛物线yx21，直线x2,y0所围成的图形的面积. 2 【解析】如图，由x10，得抛物线与x轴的交点坐标 y 是(1,0)和(1,0).

所求图形分成两块，分别用定积分表示，面积为 S0 212121x1dx(x1)dx(1x)dx(x1)dx 111222-1 -1 1 2 x 28x31x3(x)(x)

13313变式训练3、在曲线y的面积为

x2(x0)上某一点A处作一切线使之与曲线及x轴围成

1， 12则过切点A的切线方程为（）

A、y2x1 B、y2x1 C、y222x2 D、y2x1

【解析】答案：A.设A点坐标为(x0,x0)，则在A点处的切线方程为

。 140欢迎下载

精品文档

yx022x0(xx0)，

x020 由题意得S 解得：x02x2dx22x0(xx0)x02]dxx0[x2x01 121，所以，过切点A的切线方程为y2x1.

例3、设函数f(x)axc(a0)，若

10f(x)dxf(x0)，求x0的值。 0≤x0≤1，

111【解析】f(x)dx(ax2c)dxax3cx10 003a3cax02c∴x0 33变式训练（2012山东）设a0若曲线y形的面积为

a，求a的值。【解析】解析：S同步训练

a0x与直线xa,y0所围成封闭图

2xdxx233a029a2a，解得a. 34

31、2(1cosx)dx等于（）

2 A． B. 2 C. -2 D. +2 【答案】D

412、dx（）

2x A.2ln2 B.2ln2 C.ln2 D.ln2 【答案】D

x2(sin)[sin()]2【解析】∵原式xsinx.故选D

x222223、求曲线yx2与yx所围成图形的面积，其中正确的是（）

A．S(x2x)dx

01B．S(xx2)dx

01C．S(yy)dy

012D．S(yy)dy

01 答案：B

。 141欢迎下载

精品文档

4、曲线yx，直线yx2及y轴所围成的图形的面积为（）

1016 B.4 C. D. 6 33答案：C

15、(e22x)dx等于（）

0 A．1 B．e-1 C．e D．e+1 答案：C 6、（2012湖北）已知二次函数yf(x)的图象如图所示，则它与x轴所围图形的面积为（） A．

2π4 B． 5332y 1 1 1 C．

答案：B 7、已知aD．

π 1 2x O 0(sintcost)dt,则(x16)展开式中的常数项为 . ax 答案：

5 22cosxdx ；（2）cosxdx 。

28、（1）

20 答案：（1）1 （2）2

9、在等比数列an中，首项a12，a4312xdx，则公比

14q为。答案：3

10、（2012江西）计算定积分(x2sinx)dx___________。

11答案：

2 3lgx,x0,f(f(1))1，则a= 。 11、（2011年）设若f(x)a2x3tdt,x0,0 答案：1

。 142欢迎下载

精品文档

1二、(2012上海)已知函数yf(x)的图象是折线段ABC，其中A(0,0)、B(,5)、

2C(1,0)，函

数yxf(x)（0x1）的图象与x轴围成的图形的面积为。

【答案】

解三角形专题解析

一、知识回顾： 1．正弦定理:

abc2R或变形：a:b:csinA:sinB:sinC. sinAsinBsinCb2c2a2cosA2bc222abc2bccosA2a2c2b2222．余弦定理： bac2accosB 或 . cosB

2acc2b2a22bacosC

b2a2c2

cosC

2ab3．（一）两类正弦定理解三角形的问题：

（1）、已知两角和任意一边，求其他的两边及一角. （2）、已知两角和其中一边的对角，求其他边角. （二）两类余弦定理解三角形的问题：（1）、已知三边求三角. （2）、已知两边和他们的夹角，求第三边和其他两角.

（a）、三角形内角和等于1800，即ABC1800,灵活变形，如A1800(BC)等

（b）大边对大角,即若abc，则ABC

2.正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即：

abc2R（R为三角形外接圆半径） sinAsinBsinC变形：(1)a:b:csinA:sinB:sinC (2)sinAabc ,sinB,sinC（角化边） 2R2R2R。

143欢迎下载

精品文档

(3)a2RsinA, b2RsinB,c2RsinC（边化角） 3.余弦定理：三角形中任何一边的平方等于其它两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍。即：

a2b2c22bccosA ； b2a2c22accosB ； c2a2b22abcosC

b2c2a2a2c2b2a2b2c2变形： cosA ； cosB ； cosC

2bc2ac2ab条件适用定理角角边边边角边边边正弦定理正弦定理（注意解的个余弦定理数）余弦定理 4.三角形的面积公式边角边余弦定理 S111absinC，SacsinB，SbcsinA 2225.三角形形状的判断：若cosA0，A为锐角；若cosA0，A为直角；

若cosA0，A为钝角

【例题解析】

【例1】如图，在△ABC中，D是边AC上的点，且

ABCD,2AB3BD,BC2BD，则sinC的值为（）

A． C．

33 B.

6366 D. 63

B．D．

【思路点拨】在等腰三角形ABD中求出

cosADB,从而求出sinBDC，再利用正弦定理解BDC。

【精讲精析】选D。由题意可知ABD是等腰三角形，故cosADBBCsinBDC1BD2AD33sinCsinBDC6. 66，在BDC中，由正弦定理知3BDsinC【例2】ABC的三个内角A、B、C所对的边分别为

。 144欢迎下载

精品文档

a,b,c,asinAsinBbcos2A2a,则

b a(A) 23 (B) 22 (C) 3 (D)

【思路点拨】依据正弦定理，先边化角，然后再角化边，即得. 【精讲精析】选D，利用正弦定理，将已知等式化为

sin2AsinBsinBcos2A

2sinA，整理得，sinB2sinA，再利用正弦定理得，b2a，所以

b2． a【例3】在ABC中，角A、B、C所对应的边为a,b,c （1）若sin(A)2cosA, 求A的值；

61（2）若cosA,b3c，求sinC的值.

3【思路点拨】本题考查的是解三角形的问题，解决本题的关键是正确运用两角和的正弦公式和正余弦定理进行化简整理求解。【精讲精析】（1）由题意知sinAcoscosAsin662cosA,从而

sinA3cosA,所以cosA0,tanA3，因为0A，所以A3。

（2）由cosA,b3c，及a2b2c22bccosA，得b2a2c2，所以ABC是直角三角形，且B213,所以sinCcosA。

13【例4】在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c，且满足

csinAacosC.

（I）求角C的大小；

（II）求3sinAcos(B)的最大值，并求取得最大值时角A，B的大小.

4。 145欢迎下载

精品文档

【思路点拨】本题主要考查利用正弦定理消边，再考查三角恒等变形.突出考查边角的转化思想的应用.边角共存的关系中常考虑消去边或消去角，如果考虑消边，如果是边的一次常用正弦定理，如果是边的二次常常考查余弦定理，在考查余弦定理时兼顾考查凑配.如果考虑消角，那么是余弦就用余弦定理，而如果是正弦定理必须等次才能使用.

【精讲精析】

（I）由正弦定理得sinCsinAsinAcosC. 因为0A,所以

sinA0.从而sinCcosC.又cosC0,所以tanC1,则C4

（II）由（I）知B3A.于是 43sinAcos(B)3sinAcos(A)4 3sinAcosA2sin(A).63110A,A,从而当A,即A时,46612623

2sin(A)取最大值2．

6综上所述，3sinAcos(B)的最大值为2，此时A,B435.12

【例5】在ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知

3acosAccosBbcosC.

（1）求cosA的值（2）若a1,cosBcosC23,求边c的值. 3【思路点拨】（1）首先根据余弦定理得到ccosBbcosCa,然后解得

。

146欢迎下载

精品文档

cosA.

(2)先根据和角公式求出cosB，代入已知条件式，再利用辅助角公式求出sinC,最后利用正弦定理解出c. 【精讲精析】解：（1）

由余弦定理b2a2c22accosB,c2a2b22abcosC,有1ccosBbcosCa,代入已知条件得3acosAa,即cosA31221(2)由cosA得sinA,则cosBcos(AC)cosC3332222 sinC,代入cosCcosB得，cosC2sinC3,3336从而得sin(C)1,其中sin,cos,0.3326asinC3则C,于是sinC,由正弦定理得c.23sinA2针对训练：

一、选择题

1.（2011·浙江高考文科·Ｔ5）在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若acosAbsinB，则sinAcosAcos2B

(A)- (B) (C) -1 (D) 1 【思路点拨】用正弦定理统一到角的关系上,再用同角三角函数的平方关系即可解决. 【精讲精析】选D.

由acosAbsinB可得sinAcosAsin2B

222sinAcosAcosBsinBcosB1．所以

12122、（2012年天津卷文）在△ABC中， A=90°，AB=1，设点P，Q满足

AP=AB，

。

147欢迎下载

精品文档

AQ =(1-)

AC， R。若BQ1233•CP=-2，则=

43（A）（B） C）（D）2

【解析】如图，

设ABb,ACc ，则b1,c2,b•c0，

又BQBAAQb(1)c，CPCAAPcb，由BQ•CP2得

[b(1)c]•(cb)(1)cb4(1)2，即32,222，选B. 33、（2012年天津卷理）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a,b,c，已知8b=5c，C=2B，则cosC

77724（A）（Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）

25252525【答案】A 【命题意图】本试题主要考查了正弦定理、三角函数中的二倍角公式. 考查学生分析、转化与计算等能力. 【解析】∵8b=5c，由正弦定理得8sinB=5sinC，又∵C=2B，∴8sinB=5sin2B，

4所以8sinB=10sinBcosB，易知sinB0，∴cosB=，cosC=cos2B=2cos2B157= 2、（2012年广东卷文）在ABC中，若A60,B45,BC32，则AC( )

(A)43 (B)23 (C) (D) 【解】选B 5、（2012年四川卷文）如图，正方形ABCD的边长为1，延长BA至E，使AE1，连接EC、ED则sinCED（） A、3101055 B、 C、 D、 10101015DC。

148欢迎下载

EAB精品文档

6. 在△ABC中，AC=7 ，BC=2，B =60°，则BC边上的高等于 A．

333 B. C.2236 D.2339 4【答案】B

【解析】设ABc，在△ABC中，由余弦定理知AC2AB2BC22ABBCcosB，即7c2422ccos60，c22c30,即(c-3)(c1)=0.又c0,c3. 设BC边上的高等于h，由三角形面积公式S331132sin602h，解得h.

222ABC11ABBCsinBBCh，知 22二、填空题

1.（2011·安徽高考理科·Ｔ14）已知ABC 的一个内角为120o，并

且三边长构成公差为4的等差数列，则ABC的面积为_______________

【思路点拨】设三角形一边的长x，可以用x表示其它两边，再利用余弦定理建立方程求出x，最后利用三角形面积公式求出ABC的面积.

【精讲精析】设三角形长为x，则另两边的长为x4,x4,那么

2（x4）x2(x4)22x(x4)cos120,解得x10,所以

1SABC106sin120153.

2【答案】153.

2.（2011·福建卷理科·Ｔ14）如图，ABC中，

。

149欢迎下载

精品文档

ABAC2,BC23，点D 在BC边上，ADC45，则AD的长度等

于______.

【思路点拨】结合图形，

先在ABC中，由余弦定理解出C与B，

然后在ABD中，由正弦定理解得AD.

【精讲精析】2 在ABC中，由余弦定理易得

AC2BC2AB241243 cosC,C30,B30.在ABD中，2ACBC22223ADABAD2由正弦定理得：,,AD2. 1sinBsinADB2223.（2011·福建卷文科·Ｔ14）若ABC的面积为则边AB的长度等于_____________.

C603，BC2，，

【思路点拨】先由面积为3求得AC，然后再用余弦定理求得AB. 【精讲精析】2. 在ABC中，由面积公式得

S11BCCAsinC2ACsin60 223AC3,AC2,再由余弦定理，得： 2AB2＝BC2+AC22ACBCcosC222222214，AB2. 24.（2011·新课标全国高考理科·Ｔ16）在ABC中，B60,AC3，则AB2BC的最大值为 .

【思路点拨】利用三角函数知识，化简AB2BC，统一角变量，然后求最大值.

【精讲精析】27 令ABc，BCa，则由正弦定理得

。

150欢迎下载

精品文档

acACsinAsinCsinB32,c2sinC,a2sinA,且AC120， 32AB2BCc2a2sinC4sinA2sinC4sin(120C)＝2sinC

4(331) cosCsinC)4sinC23cosC27sin(C+)(其中tan222当C90时，AB2BC取最大值为27.

5.（2011·新课标全国文科·Ｔ15）ABC中，B120,AC7,AB5，则ABC的面积为_________

【思路点拨】用余弦定理求得边BC的值，由SABC＝ABBCsinB求得三角形的面积【精讲精析】

153 设ABc,BCa,ACb，由余弦定理 4121b2a2c22accosB，得49a22525a()，

2解得a3，SABCacsinB35sin1201212153. 46.（2011·北京高考理科·T9）在ABC中，若b5,B,tanA2，

4则sinA ；a= .

【思路点拨】先利用切化弦与平方关系联立解出sinA，再由正弦定理求出a. 【精讲精析】又25sinAsinA2,210.tanA2,cosA,sin2A()1, 522A(0,),sinA25a5.由正弦定理得，，所以a210. 5252527.（2011·北京高考文科·T9）在ABC中，若b5,B,sinA，

413。 151欢迎下载

精品文档

则a= .【思路点拨】利用正弦定理求出a. 【精讲精析】

a55252.由正弦定理得，，所以a.

133232三、解答题

9.（2011·安徽高考文科·Ｔ16）在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边长，a=3，b=2，12cos(BC)0，求边BC上的高

【思路点拨】化简12cos(BC)0，求出sinA,cosA,再由正弦定理算出sinB,cosB,从而得到sinC,则hbsinC.

【精讲精析】由12cos(BC)0，和BCA,得

12cosA0,cosA13,sinA, 22再由正弦定理得，sinBbsinA2. a2由b由上述结果知

sinCsin(AB)231(). 222设边BC上的高为h,则有

。 152欢迎下载

精品文档

hbsinC31. 210.（2011·辽宁高考文科·Ｔ17）（本小题满分12分）ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a、b、c，asinAsinBbcos2A2a．（I）求；（II）若c2=b2+3a2，求B．

【思路点拨】（I）依据正弦定理，先边化角，然后再角化边，即得；

（II）先结合余弦定理和已知条件求出cosB的表达式，再利用第（I）题的结论进行化简即得．

【精讲精析】（I）由正弦定理得，sin2AsinBsinBcos2A2sinA，即 sinB(sin2Acos2A)2sinA．故sinB2sinA，所以

b2 a(13)a． 2cba（II）由余弦定理和c2b23a2，得cosB由（I）知b22a2，故c2(23)a2．可得cos2B，又cosB0，故cosB122，所以B450． 211.（2011·山东高考理科·Ｔ17）（本小题满分12分）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知

sinC的值； sinA1（Ⅱ）若cosB=，b=2, 求ABC的面积S.

4cosA-2cosC2c-a. =cosBb（Ⅰ）求

【思路点拨】（1）本题可由正弦定理直接转化已知式子，然后再由和角公式及诱导公式易知

sinC=2. sinA（2）应用余弦定理及第一问结论易知a和c的值，然后利用面积公式求解.

。 153欢迎下载

精品文档

【精讲精析】（Ⅰ）在ABC中，由

cosA2cosC2ca及正弦定理可得 cosBbcosA2cosC2sinCsinA， cosBsinB即cosAsinB2cosCsinB2sinCcosBsinAcosB 则cosAsinBsinAcosB2sinCcosB2cosCsinB

sin(AB)2sin(CB)，而ABC，则sinC2sinA，

即

sinC2. sinA另解1：在ABC中，由

cosA2cosC2ca可得 cosBbbcosA2bcosC2ccosBacosB

b2c2a2a2b2c2a2c2b2a2c2b2由余弦定理可得， 2caa2c整理可得c2a，由正弦定理可得

sinCc2. sinAa另解2：利用教材习题结论解题，在ABC中有结论

abcosCccosB,bccosAacosC,cacosBbcosA.

由

cosA2cosC2ca可得bcosA2bcosC2ccosBacosB cosBb即bcosAacosB2ccosB2bcosC，则c2a，

sinCc2. sinAa1（Ⅱ）由c2a及cosB,b2可得

4由正弦定理可得

4c2a22accosB4a2a2a24a2,则a1，c2，

SacsinB121cos2B12121515，即S.

4412.（2011·山东高考文科·Ｔ17）（本小题满分12分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知

cosA-2cosC2c-a=.

cosBb。

1欢迎下载

精品文档

sinC的值； sinA1（Ⅱ）若cosB，ABC的周长为5，求b的长.

4（Ⅰ）求

【思路点拨】（I）本题可由正弦定理直接转化已知式子，然后再由和角公式及诱导公式易知

sinC=2. sinA（II）由周长得出，a和b之间的关系b=5-3a，再将b=5-3a代入余弦定理求得a和b.

【精讲精析】(I)由正弦定理得a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC, 所以

cosA-2cosC2c-a2sinCsinA=, =cosBbsinB即sinBcosA2sinBcosC2sinCcosBsinAcosB, 即有sin(AB)2sin(BC),即sinC2sinA,

sinC=2. sinAsinCc(II)由(I)知=2,所以有2,即c=2a,

sinAa所以

又因为ABC的周长为5,所以b=5-3a, 由余弦定理得：b2c2a22accosB，

即(53a)2(2a)2a24a2，解得a=1，a=5(舍去) 所以b=2.

13.（2011·湖南高考理科·T17）（12分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c，且满足csinA=acosC. （1）求角C的大小；

（2）求3sinAcos(B)的最大值，并求取得最大值时角A，B的大

414小.

【思路点拨】本题主要考查利用正弦定理消边，再考查三角恒等变形.

。

155欢迎下载

精品文档

突出考查边角的转化思想的应用.边角共存的关系中常考虑消去边或消去角，如果考虑消边，如果是边的一次常用正弦定理，如果是边的二次常考查余弦定理，在考查余弦定理时兼顾考查凑配.如果考虑消角，那么是余弦就用余弦定理，而如果是正弦定理必须等次才能使用. 【精讲精析】（I）由正弦定理得sinCsinAsinAcosC. 因为0A,所以

sinA0.从而sinCcosC.又cosC0,所以tanC1,则C4

2sin(A)取最大值2．

6综上所述，3sinAcos(B)的最大值为2，此时A,B435. 1214.（2011·陕西高考理科·T18）（本小题满分12分）叙述并证明余弦定理．

【思路点拨】本题是课本公式、定理、性质的推导，这是高考考查的常规方向和考点，引导考生回归课本，重视基础知识学习和巩固．【精讲精析】

余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两遍平方的和减去这两边与它们夹角的余弦之积的两倍。或：在△ABC中，a,b,c分别为角A，B，C的对边，则有

a2b2c22bccosA，

。

156欢迎下载

精品文档

b2c2a22cacosB，

c2a2b22abcosC.

证法一如图，a2BC

ACAB•ACAB

2 AC2AC•ABAB

AC2AC•ABcosAABb22bccosAc2

2222即 a2b2c22bccosA 同理可证 b2c2a22cacosB， c2a2b22abcosC 证法二已知ABC中，A,B,C所对边分别为a,b,c,，以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，则

C(bcosA,bsinA),B(c,0)，

∴a2|BC|2(bcosAc)2(bsinA)2b2cos2A2bccosAc2b2sin2A

b2c22bccosA，

即 a2b2c22bccosA 同理可证 b2c2a22cacosB， c2a2b22abcosC

15.（2011·天津高考文科·Ｔ16）在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知BC,2b（Ⅰ）求cosA的值；（Ⅱ）cos(2A4)的值

3a.

。 157欢迎下载

精品文档

【思路点拨】（1）根据正弦定理、余弦定理求解；（2）利用三角函数的；两角和、倍角公式化简计算. 【精讲精析】（Ⅰ）【解析】由BC,2b32a4232aa2433aa223a,可得cb3a 2 所以cosAb2ca2bc221. 3 （Ⅱ）【解析】因为cosA

cos2A2cos2A11,A(0,)，所以sinA31cos2A22 3742.故sin2A2sinAcosA.所以 99cos2A4cos2Acos4sin2Asin4792242922872. 1816.（2011·浙江高考理科·Ｔ18）（本题满分14分）在ABC中，角

A，B，C所对的边分别为a,b,c.

已知sinAsinCpsinBpR,且acb2. （Ⅰ）当p,b1时，求a,c的值； (Ⅱ)若角B为锐角，求p的取值范围；

【思路点拨】（1)把题目中的条件用正弦定理化为边的关系,可联立方程组解出；（２）角B为锐角的充要条件为0cosB1，从而得出p的取值范围．本题主要考查三角变换、正弦定理、余弦定理等基础知识，同时考查运算求解能力。

【精讲精析】由题意得acpb,acb2

1a1a155(1) 当p,b1时，ac,ac解得4; 1或444b4b1。

158欢迎下载

1414精品文档

2b222pbb222ac2acbacb222p3(0,1) (2)cosB2b2ac2ac222∴p22,又由acpb可得p0,所以

326p2. 417、（2012年天津卷文）（16）（本小题满分13分）

在△ABC 中，内角A，B，C所对的分别是a,b，c。已知

a2,c2,cosA2. 4（I）求sinC和b的值；

1（II）求cos(2A)的值。

3解（I）

在ABC中，由cosA7. 4214ac,可得sinA.又由及a2.44sinAsinCc2.可得sinC由a2b2c22bccosA,得b2b20。因为b0.故解得b1.所以sinC7,b1. 4（II）

由cosA2143,sinA,得cos2A2cos2A1. 4447. 4sin2A2sinAcosA321. 所以cos(2A)cos2Acossin2Asin3338

18、（2012年北京卷理）11．在ABC中，若a=2，b+c=7，cosB=1，则b=_______。 4a2c2b214(cb)(cb)【解析】在△ABC中，利用余弦定理cosB

2ac44c。

159欢迎下载

精品文档

c3,47(cb)，化简得：8c7b40，与题目条件bc7联立，可解得b4, 4ca2.【答案】4

19、(2012年安徽文)（16）（本小题满分12分）设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,，且有

2sinBcosAsinAcosCcosAsinC。（Ⅰ）求角A的大小；

（Ⅱ) 若b2，c1，D为BC的中点，求AD的长。

【解析】（Ⅰ）ACB,A,B(0,)sin(AC)sinB0

2sinBcosAsinAcosCcosAsinCsin(AC)sinB

cosA1A 23（II）a2b2c22bccosAa3b2a2c2B 在RtABD中，ADAB2BD212(

20、（2012年全国卷理）（17）（本小题满分12分）

327 )222

已知a,b,c分别为ABC三个内角A,B,C的对边，acosC3asinCbc0 （1）求A （2）若a2，ABC的面积为3；求b,c。【解】（1）由正弦定理得：

acosC3asinCbc0sinAcosC3sinAsinCsinBsinC

sinAcosC3sinAsinCsin(aC)sinC13sinAcosA1sin(A30)2 A3030A60

1SbcsinA3bc42 （2）

222 abc2bccosAbc4

。 160欢迎下载

精品文档

解得：bc2

高中数列

一、等差数列：

题型1：等差数列的通项公式及前n项和。

1．等差数列an的前n项和记为Sn，已知a1030,a2050.

（1）求通项an；（2）若Sn242，求n。解：（1）由ana1(n1)d,a1030,a2050,得方程组

a19d30,  ……4分解得a112,d2. 所以 an2n10.

a19d50.1

n(n1)（2）由Snna1d,Sn242得方程

n(n1) 12n2242. 解得n11或n22(舍去).

2．已知数列{an}是一个等差数列，且a21，a55。

（1）求{an}的通项an；（2）求{an}前n项和Sn的最大值。

a1d1 解：（Ⅰ）设an的公差为d，由已知条件，得，

a4d51

解出a13，d2．

所以ana1(n1)d2n5．

。 161欢迎下载

精品文档

（Ⅱ）Snna1n(n1)dn24n4(n2)2． 2

所以n2时，Sn取到最大值4．

3. 设an为等差数列，Sn为数列an的前n项和，已知S77，S1575，Tn为

S数列n的前n项和，求Tn。

n1解：设等差数列an的公差为d，则 Snna1nn1d

∵ S77，S1575，

7a121d7 ,a13d1 , ∴  即 

15a105d75 ,a7d5 ,11

解得 a12，d1。

∴

1S ∴ 数列n是等差数列，其首项为2，公差为，

2n

SSSn111a1n1d2n1， ∵ n1n，

n1n2n22 ∴ Tnn2n。

4.已知an是等差数列，a12，a318；bn也是等差数列，a2b24，

b1b2b3b4a1a2a3，求数列bn的通项公式及前n项和Sn的公式；解：（1）设an的公差为d1，bn的公差为d2，由a3a12d1得 d11494a3a18，所以an28(n1)8n6， 2

所以a210,a1a2a330，a210，

。 162欢迎下载

精品文档

b1d26b13依题意，得解得， 434b1d230d232

n(b1bn)323所以bn33(n1)3n，Snn.

n222

25. 在公差不为0的等差数列9中an中，a1,a2为关于x的方程xa3xa40的根，求an的通项公式；

a1a2a3a1a1da12d解：由一元二次方程根与系数的关系知，即，

a(ad)a3daaa141112a12a10解得：或（不合题意，舍去）。故其通项公式为an2(n1)22n d2d0

题型2：等差中项与等差数列相关性质

20,s2m138 ，求m6.等差数列an的前n项和为sn，且am1am1am的值。

220 2amam0,am0或am2 解： am1am1am 又s2m138,(2m1)(a1a2m1)38，

2 (2m1)am38,am2,2(2m1)38,2m119,m10。

2an10(n2)，求7.在各项均不为零的等差数列an中，若an1ans2n14n的值。

2(n2)，an为等差数列，解：由已知得：an1an1an2an1an12an(n2) ，2anan，an0,an2，

s2n14n8. 已知等差数列an，

(2n1)(a1a2n1)4n(2n1)an4n2。

2s31s，求6 的值。

s12s63。 163欢迎下载

精品文档

解： a1a2a3s3k 设s3k a4a5a6s6s32k

a7a8a93k a10a11a124k 题型3：等差数列的证明

9.已知数列an的前n项和sn3n22n，求证：数列an成等差数列。解:当n1时，a1s11，

当n2时，ansnsn13n22n3(n1)22(n1)6n5 而n1时，综上，an的通项公式为an6n5(nN*)，又

an1an6(n1)6n6(nN*)，数列an为等差数列。

3k3 10k1010.已知数列an满足：a11,an12anm2n（m是与n无关的常数且m0），证明：设bnan，证明数列bn是等差数列。 n2a1anmm 解：a11,an12anm2n，同除2n1得：n，即。 bbn1nn1n22221m 数列bn是首项为，公差为的等差数列。

22212sn11.设数列an中，a11,且an，证明：数列(n2)是等差数列，

2sn1sn并求sn。

22sn2 证明：snsn1， (n2)，去分母得：(2sn1)(snsn1)2sn2sn1 即sn1sn2snsn1，两边同除以snsn1得：

112 snsn1111 是以1为首项，以2为公差的等差数列。

s1a1sn。

1欢迎下载

精品文档

故

sn112(n1)2n1(n2)，经验证：n1时也成立，sns11(nN*) 2n1

针对训练：

1．如果等差数列an中，a3a4a512，那么a1a2...a7

（A）14 （B）21 （C）28 （D）35

7(a1a7)解：a3a4a53a412,a44,a1a2a77a428

22．在等差数列an中，a1a910，则a5的值为（）（A）5 （B）6 （C）8 （D）10 解：由角标性质得a1a92a5所以a55，选A 3．设数列{an}的前n项和Snn2，则a8的值为（）

（A） 15 (B) 16 (C) 49 （D）

解：anSnSn1(n2)，a8S8S74915.

4．设等差数列an的前n项和为Sn,若a111,a4a66,则当Sn取最小值时,n等于（） A．6

B．7

C．8

D．9

解：设该数列的公差为d，则a4a62a18d2(11)8d6，解得d2，所以Sn11n值。:

5.已知an为等差数列，a1a3a5105,a2a4a699，则a20等于（）

n(n1)2n212n(n6)236，所以当n6时，Sn取最小2。 165欢迎下载

精品文档

3a3105a335a139解：an是等差数列，

3a499a433d2 a20a119d1

6. 已知数列an的前n项和snn3，则a5a6的值为（） A: 91 B: 152 C: 218 D: 279 解：a5a6s6s46343152

7. an为等差数列，且a72a41,a30，则公差d() A:-2 B:11 C: D: 2

22解：由等差中项的定义结合已知条件可知2a4a5a3a5,2da7a51,

1即 d

28.设sn是等差数列an的前n项和，已知a23,a611,则s7=（） A: 13 B: 35 C: 49 D: 90

解：由等差数列的性质得s77(a1a7)7(a2a6)49 229. 等差数列an的前n项和为sn，若s24,s420，则该数列的公差d() A: 7 B: 6 C: 3 D: 2 解：s24,s420a3a416，又a1a24，所以

a3a4a1a212,4d12,d3

10.an首项a11,公差d3的等差数列，如果an2005，则序号n等于（） A: 667 B: 668 C: 669 D:670

解：由an13(n1)2005得n669

11. 已知等差数列an中，a26,a515.若bna2n，则数列bn的前5项和等于（）

。

166欢迎下载

精品文档

A: 30 B: 45 C: 90 D: 186

解：在等差数列an中，a5a23d1563dd3，bna2n bn也为等差数列，其首项和公差分别为

b1a26,d'2d6,s556542690

12.已知数列an为等差数列且a1a7a134，则tan(a2a12)的值为（） A: 3 B: 3 C: 33 D: 3 解：由题意可得：

3a48274,a73,tan(a2a12)tan(2a7)tan(3)tan(3)3

13. 设sn是等差数列an的前n项和，若s31ss，则6等于（） 63s12 A:

310 B: 1113 C: 8 D: 9

s3s1,s63s3,a4a5a62s3.63解：a7a8a93s3,a10a11a124s3.s

63s33s1210s31014. 数列a0且数列1n中，a22,a6a是等差数列，则a4()

n1 A:

12 B: 13 C: 114 D: 6 解：设公差为d，由4d1a1得d1,1121解得：61a216a41216a142。 15. 等差数列中，若3(a3a5)2(a7a10a13)24，则该数列前13项的和是（ A：156 B: 52 C: 26 D: 13

167欢。迎

下载

）精品文档

解：a3a52a4,a7a10a133a10，6(a4a10)24,a4a104，

s1313(a1a13)13(a4a10)26 225其中a、b为,a1a2anan2bn,nN*，

16. 在数列an中，an4n常数，则ab______。解：an4n

snna1

1 a2,b，那么ab1。

35,an是首项a1，公差d4的等差数列，

22n(n1)d3n(n1)41n2n2nan2bn， 222217. 已知数列an的前n项和snn22n,则a2a3a4a5a6______。

解：当n1时，a1s11,当 n2 时，

ansnsn1n22n(n1)22(n1)2n3(a1也符合), 综上知,an2n3(nN*),又an1an2,数列an为等差数列，由等差数列性质得:

a2a3a4a5a63a43515

18. 方程5x270x170的两根的等差中项为______。

x1x2为等差中项，27070xxx1x214,127。

552解：设方程两根为x1,x2，则

19. 已知数列an是一个等差数列，且a21,a55。（1）求an的通项公式；（2）求an的前n项和sn的最大值。

a1d1解：（1）设an的公差为d，由已知条件可知 ，

a14d5。 168欢迎下载

精品文档

解得a13,d2，所以ana1(n1)d2n5。（2）snna1n(n1)dn24n4(n2)2. 2 所以n2时，sn取到最大值4.

二、等比数列：

题型1：等比数列的通项公式及前n项和

1.等比数列an，已知a12,a416，求数列an的通项公式。解：设an的公比为q由已知得162q3q2,ana1qn12n 。

,解得

1，求公比q。 41 解：a5a2q3q

2.已知等比数列an，a22,a53. 已知等比数列an，s1,2s2,3s3成等差数列，求公比q。解：s13s322s2 3s33s2s2s13a3a2q

4. 设an是公差不为0的等差数列，a12且a1,a3,a6成等比数列，求an的前

n项和sn；

a31 a23 答案：由题意可知设等差数列公差为d，则a12,a322d,a625d.2a1a6，即(22d)22(25d)，整理得又a1,a3,a6成等比数列，a32d2d0，

1n(n1)n27dn d0,d,snna12244。

169欢迎下载

精品文档

1的5：已知an是首项为1的等比数列，sn是an的前n项和，且9s3s6，求数列an前5项和；

36119(1q)1-q解析：显然q1，所以=1q3q2，所以{}是首项为1，公比为

an21-q1q11231;

的等比数列，前5项和T5116125

题型2：等比中项及等比数列的相关性质

6.等比数列 an0，

a2a42a3a5a4a636，求 a3a5 。

解：a2a42a3a5a4a636

222a3a5a536 a3 (a3a5)236 a3a56 。 7. 在等比数列an中，an1an,a2a86,a4a65,求

a5的值。 a7a2a8a4a66,a4a65,a6a4, 解： aa3a62,a43,54a7a622a98. 在等比数列an中，若a3a5a7a9a1132，则的值为（）

a11 A: 4 B: 2 C: -2 D: -4 答案：由等比数列的性质可得：

2a9aaa3a5a7a9a11a32a72,117a72

a11a11579. 设3b是1a和1a的等比中项，求a3b的最大值；

。 170欢迎下载

精品文档

答案：由条件知3b2a21，设acos,ba3bcos3sin2cos(3sin，则33)2

aa51a3,a1成等差数列，求4的值；

a3a4210. 各项都是正数的等比数列an中，a2, 答案: 由题意可知：a3a1a2，q21q，解得：q15（舍去），所以选B. 251或 2q

题型3：等比数列的证明

11. 已知数列an首项a11，并且有an1 证明：an1sn1sn

sn1s2nn1nn2s sn，证明：n为等比数列。

nnn22n2sn sn sn1nnsn为等比数列。 n22an，证明：lg(1an)是等比数列。 12.数列an，首项a12，且an1an

222an，an11an2an1，an11(an1)2 证明：an1an两边取对数可得2lg(1an)lg(1an1)，由此可知lg(1an)是等比数列；

13. 已知数列an，若满足an14an3n1，试证明数列ann为等比数列。

证明：由an14an3n1化简可得：an1n14an4n，即

an1(n1)4(ann)，由此可知ann是等比数列；

。

171欢迎下载

精品文档

针对训练：

22a110，数列bn是等比数列，且1. 公差不为0的等差数列an中，2a3a7b7a7，求b6b8的值；

222a110，4a7a70,a74,b7a7,b6b8b7216；解:2a3a7

2. 若数列xn满足：log2xn11log2xn(nN*)，x1x2x332，

求log1(x4x5x6)的值为；

2 解：由log2xn11log2xn(nN*)，得log2xn1x1,n12, xnxn xn是公比为2的等比数列，

x4x5x6(x1x2x3)2328log1(x4x5x6)log128822

3. 设an为公比q1的等比数列，若a2005和a2006是方程4x28x30的两根，求a2007a2008的值；

13aaa2005a200622005220052 解: 由题意可知 或 （舍去） 3 解得：33a2005a2006aa42006200624 所以qa20063,a2007a2008q2(a2005a2006)18 a200. 已知各项均为正的等比数列an中，若lg(a3a8a13)6，则a1a15的值为（）解：

5. 在等比数列an中，an1an,a2a86,a4a65，求

a5的值； a733lg(a3a8a13)lga86,a8106,a8102100,a1a15a1000028

。 172欢迎下载

精品文档

解:a2a8a4a66,a4a65,a6a4,a62,a43,a5a43 a7a6216. 已知等比数列的前n项和为snx3n1，求x的值为；

61 解: 当n1时，a1s1x，当n2时，

6ansnsn1x3n1x3n22x3n2，an是等比数列，n1时也适合

11an2x3n2，2x31x，解得：x。

267. 已知等比数列an，若a5a69，则log3a1log3a2log3a10______。解析：由等比数列性质知：a5a6a1a10a2a9a3a8a4a79，log3a1log3a2log3a10log3(a1a2a10)log3(a5a6)log39log3310

5510

8. acb2是a,b,c成等比数列的______（充分或必要）条件。

解析：若a,b,c成等比数列，所以必要不充分条件。

bcbc反之，若acb2 ，不一定有。,b2ac；

ababS5 S239. 设Sn为等比数列an的前n项和，8a2a50，则

解析：通过8a2a50，设公比为q，将该式转化为8a2a2q0，解得q=-2，带入所求式可知答案为11；

10.设Sn为等比数列an的前n项和，已知3S3a42，3S2a32，则公比q 解析：两式相减得， 3a3a4a3，a44a3,q

11.等比数列an中，a12，a84，函数fxx(xa1)(xa2)a44.选B. a3(xa8)，则

f'0

。 173欢迎下载

精品文档

解析: fxx(xa1)(xa2)则

(xa8)

f'(x)x'[(xa1)(xa2)(xa3)(xa8)]x[(xa1)(xa2)(xa3)(xa8)]' f'(0)a1a2a80(a1a8)4212 ；

12. 在等比数列an中，a20108a2007 ，求公比q的值；解析：

a2010q38 q2 a200713. 在等比数列an中，a11，公比q1.若ama1a2a3a4a5，求m的值；

5252510解析： ama1a2a3a4a5(a3)(a1q)(1q)q则amq101q10a1q10则m11

14. 设an是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为X,Y,Z，则下列等式中恒成立的是( ) A、XZ2Y C、YXZ

B、YYXZZX D、YYXXZX

解析：取等比数列1,2,4,令n1得X1,Y3,Z7代入验算，只有选项D满足。 15. 已知等比数列{am}中，各项都是正数，且a1，A.12 解析：

B. 12

C. 322 aa1a3,2a2成等差数列，则910

a7a82

D322 12(a3)a12a2,即a3a12a2,则有a1q2a12a1q可得q212q,解得q122或q12(舍去)a9a10a1q8a1q9q2q32所以q322故选C 67a7a8a1qa1q1q16. 在等比数列an中满足a6a7a8a930，a5a1032，则

2222 a6a7a8a9。 174欢迎下载

精品文档

解：依题由等比数列的性质，则a5a10a6a9a7a832

22222(a6a9)2(a7a8)2(a6a7a8a9)15 a6a7a8a9a6a9a7a832813*x(nN)xx设数列的首项,又等比数列的公比为，且x17. nnn1123x00，则xn（）

解析：依题意设数列xnxn1的前n项和为sn，则

snx1x0x2x1xnxn1xnx0

有因为x00，则xnxn1的首项为x1x0x131，公比为，

2313(1()n)22((3)n1)。所以xnsn333212318. 首项a12的正项数列an满足递推式an110an，求数列an的通项公式

an。

解析：由题意，在递推式两边同时取对数，得

3lgan1lg(10an)13lgan

令bn1lgan1，bnlgan，则

bn13bn1，设bn1k3(bnk)，则bn13bn2k

2k1，则k1 211所以bn是公比为3，首项为(lg2)的等比数列。

22bn1111(lg2)3n1，故bn(lg2)3n1 2222bn11(lg2)3n122an1010

10lg22满足题意

当n1时，a110故an1010

bn11(lg2)3112211(lg2)3n122(nN*)。

。

175欢迎下载

精品文档

11若a1，求通项公式an； 19. 设满足递推公式an2an1,(n2)的数列an，

32解析：

n2时，设ank2(an1k)，则an2an1k，比较系数得k15故an是公比为2，首项为的等比数列

261。 215n1512，则an2n1 2662511当n1时，a1211满足通项

62351所以an2n1,(nN*)。

62an20. 将数列an中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表：

a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10

……

记表中的第一列数a1，a2，a4，a7，构成的数列为bn，b1a11．Sn为数列bn的前n项和，且满足项公式；

解：（Ⅰ）证明：由已知，当n≥2时，

12bn1(n≥2)．证明数列成等差数列，并求数列bn的通2bnSnSnSn2bn1，又Snb1b22bnSnSnbn，

所以

2(SnSn1)2(SnSn1)11111， 2(SnSn1)SnSnSn1SnSnSn12又S1b1a11．所以数列11是首项为1，公差为的等差数列．

2Sn由上可知

11n121(n1)，Sn． Sn22n1。

176欢迎下载

精品文档

所以当n≥2时，bnSnSn1222． n1nn(n1)1，　　　　n1，因此bn ； 2，n≥2．n(n1)

三、数列的综合：

题型1：数列求通项公式

221.已知数列an，a11,an0,(n1)an1nananan10，求an 。 22 解：（1）因式分解：(n1)an1nananan10

（2）

(n1)an1nanan1an0

an1n ann1 (n1)an1nan0

（3）叠加法：

2a2a103a32a20 4a43a30

nan(n1)a10 nana10

或叠乘法：

ana11 nn(n1)an1nan2a2a13a32a2

4a43a3nan(n1)an1

nana1an1n。 177欢迎下载

精品文档

2.已知数列an，首项a11，并且有(n1)an1nan0，求an。

b11 解：设bnnan bn1bn0

bn1bn0

bn为常数列 bn1 an3.已知数列an，首项a1bn1 。 nn3nan13，并且有an，求通项an。

2an1(n1)2n13n an1an2anan1(n1)an3nan1 两边同除anan1得：2 解：

令bnnan2b13bn12bn32b13

12bbnn13312bnbn1c33c1

1待定系数法：bnc(bn1c)31bn1(bn11)31c13再令cnbn1

1ccnn1311cn()()n13311bn1()n133ann 1n1()34. 已知数列an，首项a11，并且有an11an19，求an。 21 解：（凑等比）an1c(anc)

21111 an1ancc19c38 an138(an38)

2222b137 设bnan381

bbnn1211bn37()n1an37()n138。

。 178欢迎下载

精品文档

1n1a5. 在数列an中，a11,an1(1)an，设bnn，求数列bn 的通

nn2项公式。

aa1 解：由已知有n1n ，

n1n21bn1bn ，

21111bn是以首项b11，公差为的等差数列，bn1(n1)=bnn 。

2222ss6.已知数列an，首项a11，并且有nsn1(n1)snn2cn，同时s1,2,323成等差数列，求c与an。

s1a11 解：

当n1时：s22s11cs33c135c 2当n2时：2s33s242cs3s1s3s22321135c3c6c1nsn1(n1)snn2n，

sn1sn1n1nsnnbnn2bnb11sn nbn1bn1bn1(n1)n

a1s11ansnsn12n1(n1)

(n1、2、3)可合并an2n17.已知数列an，首项a12，并且有an7sn11(n2)，求an。解：an7sn11(n2) ①

an17sn1(n1) ②

②-①得：an1an7(snsn1)(n2)

an1an7anan18an(n2) ，

从第二项起为等比数列，又a27s1113

(n1)2an n1(n1)13. 已知数列an，首项a11，并且有snn2ann(n1)，求sn的通项。 2。 179欢迎下载

精品文档

解：snn2(snsn1)n(n1)

(1n2)snn2sn1n(n1)(n21)snn2sn1n(n1)(n1)(n1)snn2sn1n(n1)n1n snsn11nn1b11n1令bnsnnbnbn11bn1(n1)nnn2snbnn1n1

题型2：数列求和

39256510.求数列,,,,的前n项和。

24816

拆项求和法：通过拆项，讲一般数列转化为等差或等比数列，再求和。

关键：先求出通项an，再将an拆成两项。解：

31191111,22, 222444sn

392565111(1)(22)(nn)248162221111(123n)(23n)

222211n11()2n(n1)212nn1n122212n(a1an)。 211. 倒序相加法证明等差数列求和公式 sn 证明：sna1a2an ①

snanan1a1 ②

②+①得：2snn(a1an) snn(a1an)。 2。 180欢迎下载

精品文档

na112.错位相减法证明等比数列求和公式 a1(1qn)1qq1q1

证明：1：当q1时，sna1a1a1a1na1 2：当q1时，sna1a1qa1q2a1qn1 ① qsna1qa1q2a1qn ② ①-②得：sn(1q)a1a1qna1(1qn)sn 。

1q111113.裂项法求和。 132435n(n2) 解:

11(n2)n111()n(n2)2n(n2)2nn212222() 2132435n(n2)1111111()21324nn21111正的比负的多和负的比正的多和

12n1n2n(3n5)1111 =(1。 )4(n1)(n2)22n1n2裂项法

1n1n(n1)n11

n(n1)n(n1)n(n1)nn1针对训练

221：设an是首项为1的正项数列，且(n1)an1nanan1an0(n1,2,3,)，

求它的通项公式。

解：数列an是首项为1的正项数列，anan10,

(n1)an1nana10,令n1t,(n1)t2tn0 anan1an。

181欢迎下载

精品文档

分解因式得：(n1)tn(t1)0,t即

an1n，故可采用以下方法： ann1n， ,t1（舍去）

n14、累乘法：

a2a3a4a123n11n,an a1a2a3an1234nnnn1n1n2an,anan1an2 n1nnn1n1n2n3n1n2n311 an3a1,an

nn1n2nn1n22n

5、迭代法：an16、特殊数列法：an1n(n1)an1,1， ann1nan 数列(n1)an1是一个以a1为首项，1为公比的等比数列， nana1qn1111,an1。 n2：已知数列sn，首项s11，并且有nsn1(n1)snn(n1)，求sn。解：nsn1(n1)snn(n1) 同除n(n1)得：

ssn1sn1 设bnnn1nnb11 bn1bn1 bn是首项为1，公差为1的等差数列。 bn1(n1)1n3：已知数列an，首项a1snnbnn2

1，并且有anan1an1an，求an。 3 解：anan1an1an 同除以anan1得：

11 1anan1b131bn

bb1annn11 n2 bn31(n1)n2 an

4：已知数列an，有an3an1，求an2(用含a1的式子表示)。

。 182欢迎下载

精品文档

13 解：anan12213 anan1c221anc(an1c)

2c1

b1a111 an1(an11) 令bnan1 12bbnn121 bn(a11)()n121an(a11)()n11 。

222sn5：已知数列an，首项a11，并且有sn11，求通项an(an0)。

解：（先求sn的通项）s1a11

snbnn

b112 设bnsnbnbn11bn1(n1)n ansnsn1nn1(n1) 可合并 annn1(n1、2、3)。

212sn6：设数列an中，a11,且an(n2)，证明：数列是等差数列，

2sn1sn并求sn。

22sn2 证明：snsn1， (n2)，去分母得：(2sn1)(snsn1)2sn2sn1 即sn1sn2snsn1，两边同除以snsn1得：

112 snsn1111 是以1为首项，以2为公差的等差数列。

s1a1sn 故

sn112(n1)2n1(n2)，经验证：n1时也成立，sns11(nN*) 2n1

17.在数列{an}中，a11，2an1(1)2an.

n。 183欢迎下载

精品文档

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

1（Ⅱ）令bnan1an，求数列{bn}的前n项和Sn.

2（Ⅲ）求数列{an}的前n项和Tn. 解答：（Ⅰ）由条件得

an11anan，又时，1， n1222(n1)2nnaan11 故数列{n构成首项为1，公比为的等比数列.从而，即}22n12nn2n2ann1.

2(n1)2n22n135S（Ⅱ）由bn得n2n2n2n2222n1， 2n1352n12n1Sn23nn1， 22222131112n12n5 两式相减得：Sn2(23n)n1，所以 Sn5.

2n22222211（Ⅲ）由Sn(a2a3an1)(a1a2an)得Tna1an1TnSn.

所以Tn2Sn2a12an1n24n612.

2n118.在数列{an}中，a11，2an1(1)2an.

na（Ⅰ）证明数列{n}是等比数列，并求{an}的通项公式； 2n1（Ⅱ）令bnan1an，求数列{bn}的前n项和Sn；

2（Ⅲ）求数列{an}的前n项和Tn. 解答：（Ⅰ）由条件得

an11anan1， n1，又时，222(n1)2nnaan11} 故数列{n构成首项为1，公比为的等比数列.从而，即22n12nn2n2ann1.

2(n1)2n22n135S（Ⅱ）由bn得n2n2n2n222。

184欢迎下载

2n1， 2n精品文档

1352n12n1Sn23nn1， 22222131112n12n5 两式相减得：Sn2(23n)n1，所以Sn5. n222222211（Ⅲ）由Sn(a2a3an1)(a1a2an)得Tna1an1TnSn

所以Tn2Sn2a12an112n24n62n1.

9. 求和：S1na2a3n2a3an；【解析】（1）分a1和a1两种情况. 当a1时，Sn(n1)n123n 2；当a1时，S1na2a3n2a3an，两边同乘以

1a，得 1aS123nna2a3a4an1，两式相减，得

(11a)S111nnaa2anan1，

即S(an1)n(a1)n =

aan(a1)2.

综上所述，得

n(n1(a1)S) 2na(an1)n(a1)

an(a(a1).1)210. 等差数列an的前n项和为Sn，且S45a2,a33 ，令b1n S，n数列bn的通项公式

【解析】设等差数列an的公差为d，依题意得

4a16d5(a1d),n(n1a12d3.解得a,d1,S)11n 2. bn2n(n1). 185欢。迎下载

nN*，求精品文档

11. 数列an的前n项和记为Sn,a11,an12Sn1n1 （Ⅰ）求an的通项公式；

（Ⅱ）等差数列bn的各项为正，其前n项和为Tn，且T315，又

a1b1,a2b2,a3b3成等比数列，求Tn；

解：（Ⅰ）由an12Sn1可得an2Sn11n2，两式相减得

an1an2an,an13ann2又a22S113 ∴a23a1 故an是首项为1，公比为3得等比数列 ∴an3n1

（Ⅱ）设bn的公差为d由T315得，可得b1b2b315，可得b25 故可设b15d,b35d又a11,a23,a39

由题意可得5d15d953解得d1=2,d2=10 ∵等差数列bn的各项为正，∴d0∴d2

nn12n22n∴Tn3n2

212. 已知an【解析】Sn1，求Sn；

n(n1)111 1223n(n1)1212131nn1= n1n1 =113. 设数列an的前n项和为Sn，已知ban2nb1Sn

（Ⅰ）证明：当b2时，ann2n1是等比数列；（Ⅱ）求an的通项公式；【解】：由题意知a12，且

ban2nb1Sn ban12n1b1Sn1

两式相减得ban1an2b1an1

n。

186欢迎下载

精品文档

n即an1ban2 ①

n（Ⅰ）当b2时，由①知an12an2

于是an1n122an2n12

nnn 2ann2n1

n1又a11210，所以ann2n1是首项为1，公比为2的等比数列。

n1n1n1（Ⅱ）当b2时，由（Ⅰ）知ann22，即ann12

当b2时，由由①得

112n1ban2n2n1 2b2bbban2n

2ban11ban2n

2b因此an1112n1ban2n 2b2b21bnb

2bn12得an1 nn1222bbn22b14. 设数列an的前n项和为Sn．已知a1a，an1Sn3n，nN*．

n（Ⅰ）设bnSn3，求数列bn的通项公式；

nn解：（Ⅰ）依题意，Sn1Snan1Sn3，即Sn12Sn3， n1n由此得Sn132(Sn3)．

因此，所求通项公式为

bnSn3n(a3)2n1，nN*．

。 187欢迎下载

精品文档

15.已知数列{an}的首项a13an3，an1，n1，2，．求{an}的通项公式；

2an15解析：

an11113an12111，，，2an1an133anan13an112211，1是以为首项，为公比的等比数列．又an333an3nann．

32

*16. 已知数列an满足a11,an12an1(nN)，求数列an的通项公式；

解：an12an1nN，

an112(an1)，

an1是以a112为首项，2为公比的等比数列。

an12n，an2n1(nN)。

17.已知数列xn的首项x13，且满足递推式

xnn1，则 xn1nxnn1,(n2)，求通项公式xn。 xn1n解析：由题意

当n2时，

xnn1 2xnxxxxn1nn13n1nn1n22 x1xn1xn2xn3x1nn1n222111与给出的首项不一致，所以要以分段函数形式给出 2n1,n2故：xn2;

3,n1

n1时，xn18. 正项数列an满足递推式an13an1,(nN*)，且a1，求通项公式an; 2an32。

188欢迎下载

精品文档

解析：由题意an13an，则

2an311212a321 n，即

an1an3an13an3an当n2时，

112 anan1311所以数列是公差为，首项为2的等差数列.

2an11n322(n1)，故an an22n3当n1时，a1212，所以所求通项公式为an,(nN*)。 132n319. 已知数列an的首项a12，且an3an12n1,(n2)，求通项an。解析：由题意可以构造函数

f(n)anxny

当n2时f(n1)an1x(n1)y 设f(n)3f(n1)，则

anxny3(an1x(n1)y)

整理，得an3an12xn2y3x与an3an12n1比较，则

x12x2解之得 y22y3x1故ann2是公比为3，首项为5的等比数列

ann253n1 即an53n1n2

当n1时，an5311122满足通项所以通项an53n1n2,(nN*)

。

1欢迎下载

精品文档

20. 已知数列anbn的通项分别为an求cn的前n项和sn。

解析：由题意cnanbn，则cnn1，设cnanbn，bn2,(nN*)，n1n1

n(n1)snc1c2c3cn11111 122334n(n1)1111111 22334nn11n 1n1n1

强化系统，加强计算，巧解解析几何

一.专题综述

解析几何初步的内容主要是直线与方程、圆与方程和空间直角坐标系，该部分内容是整个解析几何的基础，在解析几何的知识体系中占有重要位置，但由于在高中阶段平面解析几何的主要内容是圆锥曲线与方程，故在该部分高考考查的分值不多，在高考试卷中一般就是一个选择题或者填空题考查直线与方程、圆与方程的基本问题，偏向于考查直线与圆的综合，试题难度不大，对直线方程、圆的方程的深入考查则与圆锥曲线结合进行．根据近年来各地高考的情况，解析几何初步的考查是稳定的，预计2013年该部分的考查仍然是以选择题或者填空题考查直线与圆的基础知识和方法，而在解析几何解答题中考查该部分知识的应用．

圆锥曲线与方程是高考考查的核心内容之一，在高考中一般有1～2个选择题或者填空题，一个解答题．选择题或者填空题在于有针对性地考查椭圆、双曲线、抛物线的定义、标准方程和简单几何性质及其应用，试题考查主要针对圆锥曲线本身，综合性较小，试题的难度一般不大；解答题中主要是以椭圆为基本依托，考查椭圆方程的求解、考查直线与曲线的位置关系，考查数形结合思想、函数与方程思想、等价转化思想、分类与整合思想等数学思想方法，这道解答题往往是试卷的压轴题之一．由于圆锥曲线与

。

190欢迎下载

精品文档

方程是传统的高中数学主干知识，在高考命题上已经比较成熟，考查的形式和试题的难度、类型已经较为稳定，预计2013年仍然是这种考查方式，不会发生大的变化．

二.考查目标：

1、熟练掌握三大曲线的定义和性质； 2、能够处理圆锥曲线的相关轨迹问题；

3、能够处理圆锥曲线的相关定值、最值问题。

三、相关知识考查：

1、准确理解基本概念（如直线的倾斜角、斜率、距离等，也要注意斜率的存在与否）

2、熟练掌握基本公式（如两点间距离公式、点到直线的距离公式、斜率公式、定比分点的坐标公式、到角公式、夹角公式等）

3、熟练掌握求直线方程的方法（如根据条件灵活选用各种形式、讨论斜率存在和不存在的各种情况等等）

4、在解决直线与圆的位置关系问题中，要善于运用圆的几何性质以减少运算 5、了解线性规划的意义及简单应用 6、熟悉圆锥曲线中基本量的计算

7、掌握与圆锥曲线有关的轨迹方程的求解方法（如：定义法、直接法、相关点法、参数法、交轨法、几何法、待定系数法等）

8、掌握直线与圆锥曲线的位置关系的常见判定方法，能应用直线与圆锥曲线的位置关系解决一些常见问题

四、常规七大题型：

（1）中点弦问题

具有斜率的弦中点问题，常用设而不求法（点差法）：设曲线上两点为(x1,y1)，

(x2,y2)，代入方程，然后两方程相减，再应用中点关系及斜率公式（当然在这里也要注意

斜率不存在的请款讨论），消去四个参数。

x2y2如：（1）221(ab0)与直线相交于A、B，设弦AB中点为M(x0,y0)，则有

abx0y02k0。 2abx2y2 （2）221(a0,b0)与直线l相交于A、B，设弦AB中点为M(x0,y0)则有

abx0y02k0 2ab（3）y=2px（p>0）与直线l相交于A、B设弦AB中点为M(x0,y0),则有2y0k=2p,即y0k=p.

。

191欢迎下载

精品文档

y21。典型例题给定双曲线x过A（2，1）的直线与双曲线交于两点P1 及P2，22求线段P1P2的中点P的轨迹方程。

（2）焦点三角形问题

椭圆或双曲线上一点P，与两个焦点F1、F2构成的三角形问题，常用正、余弦定理搭桥。

x2y2c,0)为焦点，(c,0)，F 典型例题设P(x,y)为椭圆221上任一点，F2(1ab，。 PFFPFF1221 （1）求证离心率esin()；

sinsin3F|PF|的最值。（2）求|P123（3）直线与圆锥曲线位置关系问题

直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法是解方程组，进而转化为一元二次方程后利用判

别式、根与系数的关系、求根公式等来处理，应特别注意数形结合的思想，通过图形的直观性帮助分析解决问题，如果直线过椭圆的焦点，结合三大曲线的定义去解。

典型例题

2抛物线方程yp(x1)(px0)，直线yt与x轴的交点在抛物线准线的右边。

（1）求证：直线与抛物线总有两个不同交点

（2）设直线与抛物线的交点为A、B，且OA⊥OB，求p关于t的函数f(t)的表达式。

（4）圆锥曲线的相关最值（范围）问题

圆锥曲线中的有关最值（范围）问题，常用代数法和几何法解决。

<1>若命题的条件和结论具有明显的几何意义，一般可用图形性质来解决。

<2>若命题的条件和结论体现明确的函数关系式，则可建立目标函数（通常利用二次函数，三角函数，均值不等式）求最值。

（1），可以设法得到关于a的不等式，通过解不等式求出a的范围，即：“求范围，找不等式”。或者将a表示为另一个变量的函数，利用求函数的值域求出a的范围；对于（2）首

。

192欢迎下载

精品文档

先要把△NAB的面积表示为一个变量的函数，然后再求它的最大值,即：“最值问题，函数思想”。

最值问题的处理思路：

1、建立目标函数。用坐标表示距离，用方程消参转化为一元二次函数的最值问题，关键是由方程求x、y的范围；

2、数形结合，用化曲为直的转化思想；

3、利用判别式，对于二次函数求最值，往往由条件建立二次方程，用判别式求最值； 4、借助均值不等式求最值。

典型例题

已知抛物线y=2px(p>0)，过M（a,0）且斜率为1的直线L与抛物线交于不同的两点A、B， |AB|≤2p

（1）求a的取值范围；（2）若线段AB的垂直平分线交x轴于点N，求△NAB面积的最大值。

（5）求曲线的方程问题

1．曲线的形状已知--------这类问题一般可用待定系数法解决。典型例题

已知直线L过原点，抛物线C 的顶点在原点，焦点在x轴正半轴上。若点A（-1，0）和点B（0，8）关于L的对称点都在C上，求直线L和抛物线C的方程。

2．曲线的形状未知-----求轨迹方程典型例题

已知直角坐标平面上点Q（2，0）和圆C：x+y=1, 动点M到圆C的切线长与|MQ|的比等于常数（>0）,求动点M的轨迹方程，并说明它是什么曲线。

（6）存在两点关于直线对称问题

在曲线上两点关于某直线对称问题，可以按如下方式分三步解决：求两点所在的直线，求这两直线的交点，使这交点在圆锥曲线形内。（当然也可以利用韦达定理并结合判别式来

。

193欢迎下载

Q 精品文档

解决）

x2y21，试确定m的取值范围，使得对于直线典型例题已知椭圆C的方程43，椭圆C上有不同两点关于直线对称 y4xm

（7）两线段垂直问题

·k 圆锥曲线两焦半径互相垂直问题，常用k12运算来处理。

y·y121来处理或用向量的坐标

x·x12:y4(x1)(2,0)，抛物线C典型例题已知直线l的斜率为k，且过点P，直线l与抛物线C有两个不同的交点（如图）。

（1）求k的取值范围；

（2）直线l的倾斜角为何值时，A、B与抛物线C的焦点连线互相垂直。

五、解题的技巧方面：

在教学中，学生普遍觉得解析几何问题的计算量较大。事实上，如果我们能够充分利用几何图形、韦达定理、曲线系方程，以及运用“设而不求”的策略，往往能够减少计算量。下面举例说明：

（1）充分利用几何图形

解析几何的研究对象就是几何图形及其性质，所以在处理解析几何问题时，除了运用代数方程外，充分挖掘几何条件，并结合平面几何知识，这往往能减少计算量。

yx2y0x4ym0 典型例题设直线3与圆x相交于P、Q两点，O为

坐标原点，若O，求m的值。 POQ22

（2）充分利用韦达定理及“设而不求”的策略

我们经常设出弦的端点坐标而不求它，而是结合韦达定理求解，这种方法在有关斜率、中

点等问题中常常用到。

1典型例题已知中心在原点O，焦点在y轴上的椭圆与直线yx相交于P、Q两点，

POQ，|PQ|且O10，求此椭圆方程。 2（3）充分利用曲线系方程

。 194欢迎下载

精品文档

利用曲线系方程可以避免求曲线的交点，因此也可以减少计算。

典型例题求经过两已知圆C和C0的：xy4x2y0：xy2y4122222x4y10上的圆的方程。交点，且圆心在直线l：2

（4）充分利用椭圆的参数方程

椭圆的参数方程涉及到正、余弦，利用正、余弦的有界性，可以解决相关的求最值的问题．这也是我们常说的三角代换法。

x2y2典型例题 P为椭圆221上一动点，A为长轴的右端点，B为短轴的上端点，求四

ab边形OAPB面积的最大值及此时点P的坐标。

（5）线段长的几种简便计算方法

① 充分利用现成结果，减少运算过程

一般地，求直线与圆锥曲线相交的弦AB长的方法是：把直线方程ykxb代入圆锥

xbxc0曲线方程中，得到型如a的方程，方程的两根设为xA，xB，判别式为△，

2AB|1k·|xx|1k2·则|AB过程。

2△，若直接用结论，能减少配方、开方等运算|a|4y16y10例求直线x被椭圆x所截得的线段AB的长。

② 结合图形的特殊位置关系，减少运算

在求过圆锥曲线焦点的弦长时，由于圆锥曲线的定义都涉及焦点，结合图形运用圆锥曲线的定义，可回避复杂运算。

22x2y21的两个焦点，AB是经过F1的弦，若|AB|8，求值例 F1、F2是椭圆

259|F2A||F2B|

③ 利用圆锥曲线的定义，把到焦点的距离转化为到准线的距离

4x例点A（3，2）为定点，点F是抛物线y4x的焦点，点P在抛物线yA||PF|取得最小值，求点P的坐标。上移动，若|P。

195欢迎下载

22精品文档

三、高考汇总：

考点一直线的相关问题

例1 [2011·浙江卷] 若直线x－2y＋5＝0与直线2x＋my－6＝0互相垂直，则实数m＝________. 例2[2011·安徽卷] 在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x，y)为整点，下列命题中正确的是________(写出所有正确命题的编号)．

①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点； ②如果k与b都是无理数，则直线y＝kx＋b不经过任何整点； ③直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点；

④直线y＝kx＋b经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数； ⑤存在恰经过一个整点的直线．

【解题技巧点睛】在判断两条直线平行或垂直时,不要忘记考虑两条直线中有一条直线无斜率或两条直线都无斜率的情况.在不重合的直线l1与l2的斜率都存在的情况下才可以应用条件l1∥l2⇔k1=k2,l1⊥l2⇔k1k2=-1解决两直线的平行与垂直问题.在判定两直线是否垂直的问题上,除上述方法外,还可以用两直线l1和l2的方向向量v1=(a1,b1)和v2=(a2,b2)来判定,

即l1⊥l2⇔a1a2+b1b2=0.

考点二直线与圆的位置关系

例3[2011·湖南卷] 已知圆C：x＋y＝12，直线l：4x＋3y＝25.

(1)圆C的圆心到直线l的距离为________；

(2)圆C上任意一点A到直线l的距离小于2的概率为________．

例4 [2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系xOy中，曲线y＝x－6x＋1与坐标轴的交点都在圆C上．

(1)求圆C的方程；

(2)若圆C与直线x－y＋a＝0交于A、B两点，且OA⊥OB，求a的值．

【解题技巧点睛】求圆的方程要确定圆心的坐标(横坐标、纵坐标)和圆的半径，这实际上是三个的条件，只有根据已知把三个条件找出才可能通过解方程组的方法确定圆心坐标和圆的半径，其中列条件和解方程组都要注意其准确性．直线被圆所截得的弦长是直线与圆相交时产生的问题，是直线与圆的位置关系的一个衍生问题．解决的方法，一是根据平面几何知识结合坐标的方法，把弦长用圆的半径和圆心到直线的距离表示，即如果圆的半径是r，圆心到直线的距离是d，则圆被直线所截得的弦长l＝2；二是根据求一般的直线被二次曲线所截得的弦长的方法解决．

考点三椭圆方程与几何性质

例5[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1，F2.若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于( ) 132123A.或 B.或2 C.或2 D.或 223232

x2y2122

例6[2011·江西卷] 若椭圆2＋2＝1的焦点在x轴上，过点1，作圆x＋y＝1的切线，

ab2

切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是________．例7[2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x。

196欢迎下载

精品文档

.过F1的直线l交C于A，B两点，且△ABF2的周长为16，那么C的方程2

为________________．

【解题技巧点睛】离心率是圆锥曲线重要的几何性质，在圆锥曲线的基础类试题中占有较大的比重，是高考考查圆锥曲线的几何性质中的重要题目类型．关于椭圆、双曲线的离心率问题，主要有两类试题．一类是求解离心率的值，一类是求解离心率的取值范围．基本的解题思路是建立椭圆和双曲线中a，b，c的关系式，求值试题就是建立关于a，b，c的等式，求取值范围问题就是建立关于a，b，c的不等式．轴上，离心率为

考点四双曲线方程与几何性质

x2y22

例8[2011·天津卷] 已知双曲线2－2＝1(a>0，b>0)的左顶点与抛物线y＝2px(p>0)的焦点

ab的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(－2，－1)，则双曲线的焦距为( )

A．23 B．25 C．43 D．45

x2y2

例9[2011·辽宁卷] 已知点(2,3)在双曲线C：2－2＝1(a＞0，b＞0)上，C的焦距为4，则

ab它的离心率为________．

x2y222

例10[2011·山东卷] 已知双曲线2－2＝1(a>0，b>0)的两条渐近线均和圆C：x＋y－6x＋5

ab＝0相切，且双曲线的右焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为( ) x2y2x2y2x2y2x2y2

A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 453663

【解题技巧点睛】求圆锥曲线方程的基本方法之一就是待定系数法，就是根据已知条件得到圆锥曲线方程中系数的方程或者方程组，通过解方程或者方程组求得系数值．

考点五抛物线方程与几何性质

例11[2011·课标全国卷] 已知直线l过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，l与C交于A、B两点，|AB|＝12，P为C的准线上一点，则△ABP的面积为( ) A．18 B．24 C．36 D．48

例12 [2011·福建卷] 如图1－4，直线l：y＝x＋b与抛物线C：x＝4y相切于点A.

(1)求实数b的值；

(2)求以点A为圆心，且与抛物线C的准线相切的圆的方程．

例13 [2011·江西卷] 已知过抛物线y＝2px(p>0)的焦点，斜率为22的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1(1)求该抛物线的方程；

→→→

(2)O为坐标原点，C为抛物线上一点，若OC＝OA＋λOB，求λ的值．

考点六直线与曲线的位置关系

例14[2011·江西卷] 若曲线C1：x＋y－2x＝0与曲线C2：y(y－mx－m)＝0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是( )

3333

A.－， B.－，0∪0，

3333C.－



3333， D.－∞，－∪，＋∞ 3333

。

197欢迎下载

精品文档

x2y23

例15[2011·陕西卷] 设椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)过点(0,4)，离心率为.

ab5

(1)求C的方程；

(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的中点坐标．

例16[2011·辽宁卷]

如图1－9，已知椭圆C1的中点在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e.直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.

(1)设e＝，求|BC|与|AD|的比值；

(2)当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由．

【解题技巧点睛】当直线与曲线相交时:涉及弦长问题,常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长;涉及到求平行弦中点的轨迹、求过定点的弦中点的轨迹和求被定点平分的弦所在的直线方程问题,常用“差分法”设而不求,将动点的坐标、弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来,相互转化.其中,判别式大于零是检验所求参数的值是否有意义的依据.通过相切构造方程可以求值,通过相交、相离还可构造不等式来求参数的取值范围或检验某一个值是否有意义.

考点七轨迹问题

例17[2011·陕西卷]

如图1－8，设P是圆x＋y＝25上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且

|MD|＝|PD|.

(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；

(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的长度．

例18[2011·湖南卷] 已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1.

(1)求动点P的轨迹C的方程；

(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2与轨

→→

迹C相交于点D，E，求AD·EB的最小值．例19[2011·天津卷] 在平面直角坐标系xOy中，点P(a，b)(a>b>0)为动点，F1，F2分别为椭

。

198欢迎下载

精品文档

x2y2

圆2＋2＝1的左、右焦点．已知△F1PF2为等腰三角形． ab(1)求椭圆的离心率e；

→→

(2)设直线PF2与椭圆相交于A，B两点，M是直线PF2上的点，满足AM·BM＝－2，求点M的轨迹方程．

【解题技巧点睛】求曲线轨迹方程是高考的常考题型.考查轨迹方程的求法以及利用曲线的轨迹方程研究曲线几何性质,一般用直接法、定义法、相关点代入法等求曲线的轨迹方程.轨迹问题的考查往往与函数、方程、向量、平面几何等知识相融合,着重考查分析问题、解决问题的能力,对逻辑思维能力、运算能力有较高的要求. 如果题目中有明显的等量关系,或者能够利用平面几何推出等量关系,可用直接法;如果能够确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义,则可用定义法;如果轨迹的动点P依赖另一动点Q,而Q又在某已知曲线上,则可通过列方程组用代入法求出轨迹方程;另外当动点的关系不易找到,而动点又依赖于某个参数,则可利用参数法求轨迹方程,常用的参数有变角、变斜率等.

考点八圆锥曲线的综合问题

例20[2011·山东卷] 设M(x0，y0)为抛物线C：x＝8y上一点，F为抛物线C的焦点，以F为圆心、|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交，则y0的取值范围是( ) A．(0,2) B．[0,2] C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)

x2y23

例20[2011·湖南卷] 如图1－9，椭圆C1：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为，x轴被曲线C2：

ab2

y＝x2－b截得的线段长等于C1的长半轴长．

(1)求C1，C2的方程；

(2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.

①证明：MD⊥ME；

S117

②记△MAB，△MDE的面积分别为S1，S2.问：是否存在直线l，使得＝？请说明理由．

S232

例21[2011·山东卷] 已知动直线l与椭圆C：＋＝1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两不同点，

32且△OPQ的面积S△OPQ＝

，其中O为坐标原点． 2

2222

(1)证明：x1＋x2和y1＋y2均为定值； (2)设线段PQ的中点为M，求|OM|·|PQ|的最大值；

(3)椭圆C上是否存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝

？若存在，判断△DEG2

的形状；若不存在，请说明理由．例22【2011新课标全国】在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,1)，B点在直线y3上，M点满足MB//OA，MA·ABMB·BA，M点的轨迹为曲线C． (Ⅰ) 求C的方程；

(Ⅱ) P为C上的动点，l为C在P点处的切线，求O点到l距离的最小值．

。

199欢迎下载

精品文档

【解题技巧点睛】

1.定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问题难点的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．

2.解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理．

针对训练

一．选择题

1. （2012届微山一中高三10月考试题）

过点(5,2)，且在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍的直线方程是（） A．2xy120 B．2xy120或2x5y0 C．x2y10 D．x2y10或2x5y0

2.【2012年上海市普通高等学校春季招生考试】

x2y2x2y21,C2:1,则（）已知函数C1:124168（A）C1与C2顶点相同（B）C1与C2长轴长相同（C）C1与C2短轴长相同（D）C1与C2焦距相同 3.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】

22xy4x4y70上一点，且点P到直线xym0距离的最小值P已知点为圆

为21，则m的值为（） A. 2B. 2C. 2D. 2

4.【湖北省孝感市2011—2012学年度高中三年级第一次统一考试】

已知抛物线y=8x的焦点与双曲线

的一个焦点重合，则该双曲线的离心率为

A. B. C. D.3

5.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】

已知双曲线的渐近线为y3x，焦点坐标为（-4，0），（4，0），则双曲线方程为（）

。

200欢迎下载

精品文档

x2y21 A．

824x1y21 B．

124x2y21 C．

248x2y21 D．

412x2y26．【2012届景德镇市高三第一次质检】已知点F1、F2为双曲线221

ab(a0,b0)的左、右焦点，P为右支上一点，点P到右准线的距离为d，若|PF1|、

|PF2|、d依次成等差数列，则此双曲线的离心率的取值范围是

A．[23，) B．(1，3) C．(1，23] D．[2，23]

7.【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】

点P到图形C上每一个点的距离的最小值称为点P到图形

C的距离，那么平面内到定圆C的距离与到定点A的距离相

等

的

点

的

轨

迹

不．可．能．是

（）

（A）圆（B）椭圆（C）双曲线的一支（D）直线

8.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】

设e1、e2分别为具有公共焦点F1、F2的椭圆和双曲线的离心率，P是两曲线的一个公共

e1e2FPFFF点，且满足P,则的值为 121222e1e2

2二．填空题

A.2 B.2

C.2

D.1

9.【惠州市2012届高三第二次调研考试】若直线yxm与圆(x2)2y21有

两个不同的公共点，则实数m的取值范围为． 10.【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】

1ay过点A(1,)，则点A到此抛物线的焦点的距离为 .

411.【河北省唐山市2012届高三上学期期末考试数学】

抛物线x2x2y2椭圆221(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作x轴的垂线与椭圆的一个

ab交点为P，若F1PF245，则椭圆的离心率e 。 12.【浙江省2012年高三调研理科数学测试卷】

。

201欢迎下载

精品文档

若点P在曲线C1：

x2162

y291上，点Q在曲线C2：(x－5)2＋y2＝1上，点R在

曲线C3：(x＋5)＋y＝1上，则 | PQ |－| PR | 的最大值是．

13.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】

已知椭圆C1与双曲线C2有相同的焦点F1、F2，点P是C1与C2的一个公共点，PF1F2是一个以PF1为底的等腰三角形，PF14，C1的离心率为

3，则C2的离心率为 714.【2012届无锡一中高三第一学期期初试卷】如图所示，直线x2与双曲线

x2C:y21的渐近线交于E1,E2两点，记OE1e1,OE2e2，任取双曲线C上的点

4P，

若OPae1be2，则实数a和b满足的一个等式是_____________．

三．解答题

15.【浙江省2012年高三调研理科数学测试卷】

如图，椭圆C: x＋3y＝3b(b＞0). (Ⅰ) 求椭圆C的离心率；

(Ⅱ) 若b＝1，A，B是椭圆C上两点，且 | AB | ＝3，求△AOB面积的最大值.

16.【惠州市2012届高三第二次调研考试】已知点P是圆F1:(x1)2y28上任

意一点，点F2与点F1关于原点对称。线段PF2的中垂线m分别与PF1、PF2交于M、N两点．

（1）求点M的轨迹C的方程；

（2）斜率为k的直线l与曲线C交于P,Q两点,若OPOQ0（O为坐标原点），试求

直线l在y轴上截距的取值范围．

17.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】

已知抛物线y2px(p0)的焦点为F，过点F作直线l与抛物线交于A，B两点，抛物线的准线与x轴交于点C。

（1）证明：ACFBCF；

（2）求ACB的最大值，并求ACB取得最大值时线段AB的长。 18.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】

2(1,0)，B(1,0)，动点M已知点A的轨迹曲线CAMB2，满足。

202欢迎下载

精品文档

2AMBMcos3，过点B的直线交曲线C于P、Q两点.

MBM的值，并写出曲线C的方程； (1)求A(2)求△APQ面积的最大值.

19.【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】

已知焦点在x轴上的椭圆C过点(0,1)，且离心率为（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）已知过点(,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点.

（ⅰ）若直线l垂直于x轴，求AQB的大小;

（ⅱ）若直线l与x轴不垂直，是否存在直线l使得QAB为等腰三角形？如果存在，求出直线l的方程；如果不存在，请说明理由.

3,Q为椭圆C的左顶点. 26520.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】

x2y22已知椭圆C:221(ab0)，经过点M(2,1)，离心率为，过点M作倾斜

2ab角互补的两条直线分别与椭圆C交于异于M的另外两点P、Q. （I）求椭圆C的方程；

（II）PMQ能否为直角？证明你的结论；

（III）证明：直线PQ的斜率为定值，并求这个定值.

。 203欢迎下载

精品文档

恒成立问题

课程简介

2. 教学对象：高三二轮复习，成绩中等及偏上的学生；（班组课程：6课时）

二、教学目标：

知识与技能目标：理解处理不等式恒成立问题的分离变量法和构造函数法；掌握常见的不等式恒成立问题的处理技巧．

过程与方法目标：通过对分离变量法与构造函数法的过程讲解及分析比较，提高学生探究问题、分析与解决问题的能力，体会解题通性通法探求过程中从特殊到一般的思维方法，渗透方程思想、分类讨论思想及转化思想，优化思维品质．

情感与态度目标：通过经历对方法的探索，激发学生的求知欲，鼓励学生大胆尝试、勇于探索、敢于创新，磨练思维品质，从中获得成功的体验，感受思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美．

一、教学重点：处理不等式恒成立的两种重要方法，从本专题知识体系来看，它为第二部分的常见题型提供了知识基础，具有承上启下的作用；从知识特点而言，蕴涵丰富的思想方法；就能力培养来看，通过对方法的探究，培养学生运用数学语言交流表达的能力.

二、教学难点：两种方法的选用及含有绝对值的恒成立问题的处理方法。从学生认知水平来看，学生的探究能力和用数学语言交流的能力还有待提高.从知识本身特点来看，两种方法的合理选择需要学生对不等式恒成立的概念充分理解并融会贯通，而方法的整合对学生来说恰又是比较困难的，而且处处渗透着分类讨论的思想。

。

204欢迎下载

精品文档

五、教材内容：本专题教材内容包含三部分：常用方法、常见题型、经典习题

（最后，本专题内容均本人整理编写，因时间及能力有限，如有错误，请指正，不甚感激！）

。 205欢迎下载

精品文档

专题：恒成立问题

学大苏分教研中心周坤

题目条件出现“恒”、“都”、“均”、“总”、“任意”、“一切”等关键词，或者可以加上“恒成立”三个字的问题，都属于恒成立问题。

常见的题型有：（1）参数范围的讨论问题；（2）已知所谓“参数”的范围求解所谓的“定义域”；（3）单调性问题；（4）有范围的不等式证明问题

Part 1 常用方法

四、变量分离法

适用题型：若在等式或者不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或者不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题。

特殊情况：参变分离——如果能够将参数分离出来，建立起明确的（何为“明确”，即首先关于x的函数f(x)容易表示，其次f(x)的值域易求）参数和变量的关系，则可以利用函数的单调性求出函数的最值得解。

解题思路：af(x)恒成立af(x)max，即大于时大于函数f(x)值域的上界（注意：f(x)max不一定能取到）。af(x)恒成立af(x)min，即小于时小于函数f(x)值域的下界。

口诀记忆：简单计作：“大于最大值，小于最小值”即：“大大小小”

难点重点：由此看出，此类问题实质上是求函数的最值

经验技巧：在分离变量过程中，很有可能需要进行分类讨论

易错点：需要特别注意的是：（1）该最值能否取到；（2）不等号能否取到等号；

下面，我们就易错的两点举个例子：例1 （1）求使不等式asinxcosx,x[0,]恒成立的实数a的范围。

asinxcosx2sin(x解析：由于

3),x[,]4444，显然函数有

最大值2，a2。

。

206欢迎下载

精品文档

3 （2）求使不等式asinxcosx,x(,)恒成立的实数a的范围。

44解析：我们首先要认真对比上面两个例题的区别，主要在于自变量的取值范围的变化，这样使得ysinxcosx的最大值取不到2，即a取2也满足条件，所以a2。

（一）求使不等式asinxcosx,x[0,]恒成立的实数a的范围。答案：a2

3（二）求使不等式asinxcosx,x(,)恒成立的实数a的范围。

44答案：a2 关键点拨：这四小题，题目本身已经变量分离了，关键就是分析最大值能否取到和不等号是“>”还是“”，这两点往往被很多学生忽略，必须引起充分重视。

lg2ax1lg(ax)例2 若不等式在x∈［1，2］时恒成立，试求a的取值范围。

x12ax0解：由题设知，得a>0，可知a+x>1，所以lg(ax)0。原不等式变形为lg2axlg(ax)。

2]，可得2x10 2axax，即(2x1)ax。又x[1，x1111a1f(x)12x122x1恒成立。设22x1，在x∈［1，2］

222af(x)minf(2)0a3。综上知3，知3。上为减函数，可得

lg2ax1关键点拨：将参数a从不等式lg(ax)中分离出来是解决问题的关键。另外，本题的一个关键点是要能判断出a的正负性，这就要求对对数函数的性质十分熟悉。

友情补充：函数解析式中如果含有“对数”，有两点需要注意，其一：务必考虑真数大于0，这点包括，“定义域”、“单调区间”，“关于自变量的范围或者

（0，）解集”等都必须的子集；其二，求导之后立即通分，因为分母大于0，

故只需讨论分子的正负性，这里注意，不要着急去令f(x)0，因为f(x)有可能恒大于（或者小于）0。

例3 设函数f(x)ax33x1(xR)，若对于任意的x1,1,都有f(x)0成立，则实数a的值为．

。 207欢迎下载

精品文档

解：若x＝0，则不论a取何值，fx=10显然成立；当x>0 即x(0,1]时，fxax33x10可化为:

a312x3131'gx,设，则， gx23423xxxxx11 所以gx在区间0,上单调递增，在区间,1上单调递减，

221因此gxmaxg4，从而a4；

2当x<0 即1,0时，fxax33x10

312x31'可化为a23， gx0,

x4xxgx 在区间1,0上单调递增，因此gxming14，从而a4. 综上a4.

关键点拨：该题是08年高考第14题，难度较大，主要体现在参变分离中需要对x进行分类讨论，得到关于两个恒成立问题，最后取交集。分类讨论在恒成立问题中的应用主要就体现在本题的考法上，故学生在复习备考中尤其需要掌握。

友情补充：分类讨论中，不妨假设题目需要求a的取值范围，若对a讨论，最后取并集，若对其他变量讨论，最后取交集。

3例4 设函数f(x)x21，对任意x[,)，

2xf()4m2f(x)f(x1)4f(m)恒成立，则实数m的取值范围是________． mx解：∵f4m2fxfx14fm，

m2

x2x∴2－1－4m2(x2－1)(x－1)2－1＋4(m2－1)，即2－4m2x2x2－2x－mm3.[来源:Z

12332

∵x∈,，∴2－4m1－－2恒成立．

mxx2411令g(x)＝1－－2＝－3＋，

xx3x32

2。

208欢迎下载

精品文档

312

因为x∈,，∈0,，

2x353所以g(x)min＝g＝－，

3215

∴2－4m2－，即12m4－5m2－30， m3∴(3m2＋1)(4m2－3)0⇒4m2－30⇒m:∴x_m(,33][,)k 2233

或m－，[来源 22

关键点拨：本题完美的诠释了参变分离法的两个核心内容：如何实现分离，

如何求最值，需引起足够重视。

（四）构造函数法

适用题型：构造函数法主要适用于两大类题型，其一：有范围的不等式证明问题；其二：分离变量后的函数如果是“分式”中含着“指数、对数、三角函数”时，因为求导求最值较麻烦，故退回重新选择“构造函数法”。

解题思路：先化简（如果不先化简，那么有可能对构造的函数求导会很麻烦；最典型的化简就是去分母），然后得到不等式的形式，即f()g()，再构造函数

F()f()g()，对F求导求出下确界。

经验技巧：一般的，求出的“下确界”就是0，但其实只要是非负数均可。

2x32f(x)gt(x)t3xt3，对任意实数t，记3，求证：当x0时，例5 设

f(x)gt(x)对任意正实数t成立。

x3222h(x)f(x)gt(x)t3xt(x0)2333 证明：令，则h(x)xt，当t0时，由h(x)0得xt.

当x(0,t)时，h(x)0；当x(t,)时，h(x)0. 所以h(x)在(0,)内的最小值是h(t)0. 故当x0时，f(x)gt(x)对任意正实数t成立.

关键点拨：抽象构造出函数，问题就变成求构造函数的最小值，常见方法就

。

209欢迎下载

13131313精品文档

是求导，根据单调性得出最值。这里务必注意最值能否取到，以最小值为例，若能取到写成f(x)minf(_)0，若取不到，则写成f(x)f(_)0

f(x)12x2ax2，

例6 已知定义在正实数集上的函数

g(x)3a2lnxb，

其中a0设两曲线yf(x)，yg(x)有公共点，且在该点处的切线相同

（I）用a表示b，并求b的最大值；（II）求证：f(x)g(x)（x0）

解：（Ⅰ）设yf(x)与yg(x)(x0)在公共点(x0，y0)处的切线相同

3a2g(x)∵f(x)x2a，x，由题意f(x0)g(x0)，f(x0)g(x0)

122x02ax03alnx0b，223ax2a，0x0即

由

3a2x02ax0x得：0a，或x03a（舍去）

15ba22a23a2lnaa23a2lna22即有

5h(t)t23t2lnt(t0)h(t)2t(13lnt) 于是 2令，则当t(13lnt)0，即0te时，h(t)0；当t(13lnt)0，即te时，h(t)0

131311330，ee，∞为增函数，在为减函数，故h(t)在1323hee3∞)的最大值为2于是h(t)在(0，

F(x)f(x)g(x)1x22ax3a2lnxb(x0)2（Ⅱ）设，

。

210欢迎下载

精品文档

2(xa)(x3a)(x0)3ax2aF(x)xx则

(0，a)为减函数，在(a，)为增函数，

故F(x)在

)上的最小值是于是函数F(x)在(0，F(a)F(x0)f(x0)g(x0)0

故当x0时，有f(x)g(x)≥0，即当

x0时，f(x)≥g(x)

2f(x)xbln(x1),其中b0. 例7 设函数

（Ⅰ）当

b12，判断函数f(x)在定义域上的单调性；

（Ⅱ）求函数f(x)的极值点；

111ln(1)23nn都成立（Ⅲ）证明对任意的正整数n,不等式 n3x3(x1)2h(x)0,上恒正， 32x1解（III）令h(x)xxln(x1)，则在

'∴h(x)在即当

0,上单调递增，当x0,时，恒有h(x)h(0)0

3223时，有xxln(x1)0,ln(x1)xx

x0,对任意正整数n，取

x1111ln(1)23n得 nnn

例8 证明：（1）当x1时，x1lnx

111 （2）利用（1）中的结论，证nN,1……+ln(1n)

23n1解（1）方法一：构造函数f(x)x1lnx，求导得f(x)1，因为x1，

x1故f(x)10恒成立，∴f(x)在1,上单调递增，当x1,时，恒有

xf(x)f(1)0.则当x1时，x1lnx恒成立

方法二：数形结合

分析两个函数f(x)x1,g(x)lnx在同一个直角坐标系中画出

。 211欢迎下载

精品文档

求导f(x)1g(x)f(x)x1(x1),g(x)lnx(x1)的图像，

1在x1,x上恒成立，又因为f(1)g(1)0，所以当x1时，x1lnx恒成立

1. x1lnx(x1)tln(1t)(t0)

111分别取t1,,,……,，叠加即可得证。

23n

总结：通过例7和例8，我需要你们知道对任意的正整数n,某个不等式恒

成立可以通过换元x(n)，构造一个关于x的不等式，然后再通过构造函数法求证。

例9 已知|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1,求证：abc+2＞a+b+c.

证明：构造函数f(a)(bc1)a2bc 问题转化为f(a)在1a1上大于0恒成立因为b1,c1 ，所以bc10

所以，当1a1时，f(a)f(1)bcbc1(b1)(c1)0 即abc+2＞a+b+c得证

注：（1）因为，|a|＜1 那么，f(a)f(1)有意义么？

（2）f(a)是一次函数，故为一次函数型的恒成立问题。利用方法一中的通用方法，完全可以不用判断单调性，此时该怎么处理呢？即如何证明

f(1)0呢？

例10 已知函数f(x)xsinx．

（1）设P，Q是函数f(x)图象上相异的两点，证明：直线PQ的斜率大于0；

0，πf(x)≥axcosx（2）求实数a的取值范围，使不等式在2上恒成立．

解：（1）由题意得，f(x)1cosx≥0，

所以函数f(x)xsinx在R上单调递增，

y1y20k0xxP(x， y)Q(x， y)11、22，则有12 设，即PQ．

。

212欢迎下载

精品文档

（2）当a≤0时，f(x)xsinx≥0≥axcosx恒成立．

当a0时，令g(x)f(x)axcosxxsinxaxcosx， g'(x)1cosxa(cosxxsinx) 1(1a)cosxaxsinx．

1时， ①当1a≥0即0a≤g'(x)11acosxaxsinx0，

0，πg(x) 所以在2上为单调增函数，

所以g(x)≥g(0)0sin0a0cos00，符合题意． ②当1a0即a1时，令h(x)g'(x)1(1a)cosxaxsinx，于是h'(x)(2a1)sinxaxcosx．

因为a1，所以2a10，从而h'(x)≥0，

0，π 所以h(x)在2上为单调增函数，

h(0)≤h(x)≤hπ2a≤h(x)≤πa122 所以，即， 2a≤g'(x)≤πa12 亦即

（i）当2a≥0即1a≤2时，g'(x)≥0，

0，π所以g(x)在2上为单调增函数，于是g(x)≥g(0)0，符合题意

x00，π2使得（ii）当2a0即a2时，存在

x0)时，有g'(x)0，此时g(x)在(0，x0)上为单调减函数，当x(0，从而g(x)g(0)0，不能使g(x)0恒成立．综上所述，实数a的取值范围为a≤2

例11 设f(x)是定义在[1,1]上的奇函数，函数g(x)与f(x)的图象关于y轴对称，

g(x)lnxax2x(0,1]且当时，．

（1）求函数f(x)的解析式；（2）若对于区间0,1上任意的x，都有|f(x)|1成立，求实数a的取值范围．

。

213欢迎下载

精品文档

解：（1） ∵ g(x)的图象与f(x)的图象关于y轴对称，

∴ f(x)的图象上任意一点P(x,y)关于y轴对称的对称点Q(x,y)在g(x)的图象上．

2f(x)g(x)ln(x)axx[1,0)x(0,1]当时，，则

∵f(x)为[1,1]上的奇函数，则f(0)0

2f(x)f(x)lnxaxx(0,1]x[1,0)当时，，

∴

ln(x)ax2(1≤x0),f(x)0(x0),2lnxax(0x≤1).

1f(x)2axx（1）由已知，．

112ax≤0a≤0,12x2． ①若f(x)≤0在恒成立，则xa≤12，f(x)在(0,1]上单调递减，f(x)minf(1)a，

此时，

∴ f(x)的值域为[a,)与|f(x)|1矛盾

a111f(x)2ax0x(0,1]x2a2时，令，

1)2a时，f(x)0，f(x)单调递减，

②当

∴ 当

x(0,当

x(1,1]2a时，f(x)0，f(x)单调递增，

∴

f(x)minf(111211)ln()a()ln(2a)2a2a2a22．

11eln(2a)≥1a≥22 由|f(x)|≥1，得2a≥e2

综上所述，实数a的取值范围为

。 214欢迎下载

精品文档

（五）数形结合法

适用题型：以上两种方法解决不了的，但是可以画出大概函数图象的恒成立问题。

特殊情况：对于参数不能单独放在一侧的，可以利用函数图象来解。利用函数图象解题时，思路是从边界处（从相等处）开始形成的。

具体解题思路：将恒成立的不等式问题合理地转化为一个函数的图像恒位于另一个函数图像的上（下）方，进而利用图像的直观性使问题获得巧解。

xax例12 若对任意xR，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（）

(A) a1

(B)

a1a1 (C)

（D）a1

解由数形结合可得答案B.

例13 如果对任意实数x，不等式x1kx恒成立，求实数k的取值范围解画出y1=x1,y2=kx的图像，由图可看出 0k1

例14 已知a0且a1,当x(1,1)时，不等式x2ax的取值范围_____________

11解不等式x2ax可化为axx2

221画出y1= ax,y2= x2-的图像。

21由图可看出 a<1或12

1恒成立，则a21 22x(y1)1上任意一点时，例15 若当P(m,n)为圆不等式mnc0恒成立，则c的取值范围是____________

解由mnc0，可以看作是点P(m,n)在直线xyc0的右侧，而

2222点P(m,n)在圆x(y1)1上，实质相当于是x(y1)1在直线的右侧并

01c0|01c|c21122与它相离或相切。11

。

215欢迎下载

精品文档

关键点拨：“变量分离法”和“构造函数法”本质上是从代数的角度去运算，而“数形结合”则是从图形角度去分析。一些用上述两种常规方法求解很繁琐甚至不得解的题，用“数形结合法”去处理，往往会得到意想不到的效果。

总的来说，恒成立问题几乎覆盖了高中大多数知识点，出题方式灵活多样，涉及到一次函数、二次函数的性质，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，培养思维的灵活性、创造性，因此是历年高考的一个热点。但是其解决办法很固定：当处理“参数范围的讨论题”优先使用“变量分离法”；处理“有范围的证明题”或者分离变量后的函数是“分式”中含着“指数、对数、三角函数”时，用“构造函数法”；而当这两种方法都不得解的时候，试着从图像角度思考，用“数形结合法”。

Part 2 常见题型

2、一次函数型

给定一次函数f(x)axb(a0),若yf(x)在[m,n]内恒有f(x)0，

a0a0则根据函数的图像（直线）可以得到上述结论等价于或，也

f(m)0f(n)0f(m)0f(m)0可合并为，同理，若在[m,n]内恒有f(x)0，则有；

f(n)0f(n)0（二）二次函数型

有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次

方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决。

1、二次函数在整个实数域上的恒成立问题；具体解题思路：

2f(x)axbxc0(a0,xR)有：对于一元二次函数

（1）f(x)0在xR上恒成立a0且0；（2）f(x)0在xR上恒成立a0且0；（3）f(x)0在xR上恒成立a0且0；

。

216欢迎下载

精品文档

（4）f(x)0在xR上恒成立a0且0；（5）f(x)0在xR上恒成立0

例16 对于xR，不等式x22x3m0恒成立，求实数m的取值范围。解：不妨设f(x)x22x3m，其函数图象是开口向上的抛物线，为

2f(x)0(xR)2]。(2)4(3m)0，0了使，只需，即解得m2m(，

2例17 若对于xR，不等式mx2mx30恒成立，求实数m的取值范

围。

2f(x)mx2mx3。①当m=0时，此题需要对m的取值进行讨论，设

3>0，显然成立。②当m>0时，则△<00m3。③当m<0时，显然不等式不

3)。恒成立。由①②③知m[0，关键点拨：函数f(x)ax2bxc称为“伪二次函数”或者“类二次函数”。处理此类恒成立问题，需要对二次项系数a进行讨论。

例18 若函数

f(x)2x22axa21 的定义域为R，求a的取值范围

10在R恒成立，也即

x解已知函数的定义域为R，即22axa2x22axa0恒成立，所以有(2a)4(a)0.

解得1a0.

例19 已知函数ymx26mxm8的定义域为R，求实数m的取值范围。答案：0m1

例20 已知函数ylg[(a21)x2(a1)x1]的定义域为R，求实数a的取值范围。

5答案：(,1](,)

3c2f(x)2xaxa，其中a为实数. 例21 设函数

。

217欢迎下载

精品文档

(Ⅰ)若f(x)的定义域为R,求a的取值范围； (Ⅱ)当f(x)的定义域为R时，求f(x)的单减区间. 解 (Ⅰ) 0a4 (Ⅱ)略

2、二次函数在指定区间上的恒成立问题；二次函数在指定区间上的恒成立问题，可以利用根与系数关系以及根的分布情况进行求解；

解题思路：首先，0时，显然OK；然后0，具体分析；最后0时，再具体分析。具体的，先画出所有可能情况下的函数图像，然后只需从“对称轴与区间端点的位置关系”以及“区间端点函数值的正负性”两个角度写式子即可；

发散思维：另外的，处理该类问题还可以用“参变分离”的方法求解；

2f(x)x2kx2，在x1时恒有f(x)k，求实数k例22 已知函数

的取值范围

2 解：令F(x)f(x)kx2kx2k，则F(x)0对一切x1恒成

立，而F(x)是开口向上的抛物线。

24k4(2k)0，解得－2②△=0，解得k=-2or1

③△>0

F(1)012k2k03k1 2kk112由①②③知3k1

)恒成立，构造一个新函数关键点拨：为了使f(x)k在x[1，F(x)f(x)k是解题的关键，再利用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问

题得到解决。

例23 若不等式x2-2mx+2m+1>0对满足0x1的所有实数x都成立，求m的取值范围。

解：设f(x)=x2-2mx+2m+1

本题等价于函数f(x)在0x1上的最小值大于0，求m的取值范围。 (1)当m<0时，f(x)在[0,1]上是增函数，因此f(0)是最小值，

。

218欢迎下载

精品文档

1m0解  得 0m1解  得 0m1 2f(m)-m2m10(3)当m>1时，f(x)在[0,1] 上是减函数，因此f(1)是最小值

m1 解  得 m>1

f(1)201综合(1)(2)(3) 得 m

2关键点拨：本题给出了另一种讨论办法。那么，你能按照我们讲的对讨论的方法求解该题么？

1. 已知所谓“参数”的范围求解所谓的“定义域”

题型分析：有类问题题目中告诉了参数（如m,a等）的范围，需要求解的是

x的范围，即已知所谓“参数”的范围求解所谓的“定义域”，此时，我们不妨换一个角度，变参数为主元，往往可以得到意想不到的效果，使问题能更迅速地得到解决。此方法称为“变换主元法”。

解题思路：题目告诉你哪个变量的范围，就把它看做是自变量，其他的当作参数！

发散思考：如果题目告诉你两个或更多的变量的范围，那么如何选取主元呢？

经验技巧：构造的新的函数一般是一次函数。

例24 若关于x的函数yx2(a1)x2a对于任意a[1,1]的值都有

y0，求实数x的取值范围

解转化思维，把函数看成f(a)(2x)ax2x 因为对于任意a[1,1]的值都有f(a)0

f(1)0所以

f(1)0解得：x2或x2

。

219欢迎下载

精品文档

22x1m(x1)，对满足2m2所有的x都成立，求例25 若不等式

x的取值范围。

2m(x1)(2x1)0 解：原不等式可化为

2f(m)(x1)m(2x1)(2m2)是关于m的一次函数。令

2f(2)2(x1)(2x1)017132xf(2)2(x1)(2x1)022 由题意知解得

1713，22 ∴x的取值范围是

关键点拨：若将m的范围改成2m2，如何列式子？

例26 已知f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数且f(1)1，若a、b∈［－

f(a)f(b)01，1］，a+b≠0，有ab。

（1）判断函数f(x)在［－1，1］上是增函数还是减函数。

11fxf2x22。 （2）解不等式21]、a∈［－1，1］恒成立，求实f(x)m2am1对所有x[1，（3）若

数m的取值范围。

解：（1）设1x1x21，则

f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)(x1x2)0x1x2，

可知f(x1)f(x2)，所以f(x)在［－1，1］上是增函数。

11x12112x1211x2x22 f(x)（2）由在［－1，1］上是增函数知。

220欢迎下载

精品文档

111x|xx42，故不等式的解集解得412

（3）因为f(x)在［－1，1］上是增函数，所以f(x)f(1)1，即1是f(x)的

22最大值。依题意有m2am11，对a∈［－1，1］恒成立，即m2am0恒

成立。

2g(1)m2m022g(1)m2m0令g(a)2mam，它的图象是一条线段，那么m(，2]{0}[2，)。

关键点拨：对于（1），抽象函数单调性的证明往往借助定义，利用拼凑条件，判断差的符号。对于（2），后一步解不等式往往是上一步单调性的继续，通过单调性、函数值的大小转化到自变量的大小上来；特别的，不要忘记定义域。对于

2（3），转换视角变更主元，把m2am0看作关于a的一次函数，即

g(a)2mam2在a∈［－1，1］上大于等于0，利用g(a)是一条直线这一图象

特征，数形结合得关于m的不等式组，从而求得m的范围。

例27 设函数

f(x)a332xx(a1)x1,其中a32为实数。

（Ⅰ）已知函数f(x)在x1处取得极值，求a的值；

'2f(x)xxa1对任意a(0,)都成立，（Ⅱ）已知不等式求实数x的

取值范围。

22ax3x(a1)xxa1对任意a(0,)都成立解：(2)由题设知：

22 即a(x2)x2x0对任意a(0,)都成立

22g(a)a(x2)x2x(aR), 则对任意xR，g(a)为单调递增函设

数(aR)

所以对任意a(0,)，g(a)0恒成立的充分必要条件是g(0)0

2x2x0，∴2x0 于是x的取值范围是x|2x0 即

322f(x)x9xcos48xcos18sin，g(x)f(x)，例28 已知函数

。

221欢迎下载

精品文档

tg(1e)0，g(3sint)0. t且对任意的实数均有

(Ⅰ) 求函数f(x)的解析式；

(Ⅱ)若对任意的m[26,6]，恒有f(x)x3mx11，求x的取值范围.

32f(x)x9x24x 解 (Ⅰ)

32f(x)x9x24x，（Ⅱ）由(Ⅰ)

32f(x)xmx11mx9x24x110. 所以

2h(m)mx9x24x11，则f(x)x3mx11 即h(m)0. 令

2h(26)26x9x24x110h(6)6x9x224x110m[26,6]由于，则有.

1x1解得3.

关键点拨：本题第一问技巧性特别强，尤其是怎么处理“对任意的实数 t均

tg(1e)0，g(3sint)0.” 有

2. 含有一个绝对值的恒成立问题

该问题分成两类，|f(x)|和f(|x|)，其一|f(x)|aaf(x)a，

|f(x)|af(x)aorf(x)a，若绝对值前有系数，（分类讨论）两边同时除

去该系数；其二f(|x|)一定为偶函数，所以

f(x)0对任意x0成立

f(x)0对任意xR成立等价于

例29 在ABC中，已知

f(B)4sinBsin2(4B)cos2B,且|f(B)m|22恒成立，求实数m的范围。

解由

f(B)4sinBsin2(4B)cos2B2sinB1,0B,sinB(0,1]2，

。

222欢迎下载

精品文档

mf(B)2f(B)(1,3]，|f(B)m|2恒成立，2f(B)m2，即mf(B)2恒

成立，m(1,3]

关键点拨：遇到不等式中含有一个绝对值的恒成立问题，应该利用绝对值不等式的性质去掉绝对值符号，变成两个恒成立问题取交集或并集。

f(B)4sinBsin2(B)cos2B,且|f(B)m|2变形：在ABC中，已知恒成立，求实数m的范围。

答案：m[1,3]

4223欢。迎下载

2精品文档

欢迎您的下载，资料仅供参考！

致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习资料等等

打造全网一站式需求

。 224欢迎下载

因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容

查看全文