等差數列數學總複習彙總

高三特長班數學總複習——等差數列

一、知識梳理

1.數列：如果數列 的第 項與序號之間可以用一個式子表示,那麼這個公式叫做這個數列的通項公式，即 .如 ，則 ______ , =______,1是該數列中的項麼？如果是，是第幾項？8是不是該數列的項?

2、數列 中， ，求則 等於多少？

3.等差數列的概念：如果一個數列從第二項起，_______________等於同一個常數 ，這個數列叫做等差數列，常數 稱為等差數列的_____.

4.通項公式與前 項和公式

⑴通項公式____________________⑵前 項和公式________________或._________________

5.等差中項: 是 與 的等差中項 ， ， 成等差數列.

6.等差數列的判定方法

⑴定義法： （ ， 是常數） 是等差數列；

⑵中項法： ( ) 是等差數列.

7.等差數列的常用性質

(1) (2) 若 ，則_______________；

二、大學聯考連結

1、.在等差數列 中, ,則

2、設 是等差數列 的前n項和，已知 ， ，則 等於（ ）

A．13 B．35 C．49 D． 63

2、已知 是等差數列， ，其前10項和 ，則其公差 （ ）

Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．

已知等差數列 的前3項和為6，前8項和為-4。

（Ⅰ）求數列 的通項公式；

三、搶分演練

1、若等差數列{ }的前三項和 且 ，則 等於（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6

2、等差數列 的前 項和為 若 （ ）

A．12 B．10 C．8 D．6

3、等差數列{an}中，a1=1,a3+a5=14，其前n項和Sn=100,則n=（ ）

A．9 B．10 C．11 D．12

4、已知等差數列 的前 項和為 ，若 ，則

5、已知 是等差數列， ， ，則該數列前10項和 等於（ ）

A．64B．100C．110D．120

6、若等差數列 的前5項和 ，且 ，則 （ ）

A．12B．13C．14D．15

7、設等差數列 的前n項和為 ,若 ,則 . .

8、如果等差數列 中， + + =12，那麼 + +…+ =

（A）14 (B) 21 (C) 28 (D) 35

9、設數列 的前n項和 ，則 的值為

（A） 15 (B) 16 (C) 49 （D）64

10、等差數列{an}的前n項和為Sn，若 （ ）

A．12 B．18 C．24 D．42

11、設等差數列 的前 項和為 ，若 ， ，則 （ ）

A．63 B．45 C．36 D．27

12、已知數列{ }的前 項和 ，則其通項 ；若它的第 項滿足 ，則 ．

2016屆大學聯考數學難點突破複習 導數的概念

音美班案1 導數的概念（理）

一、基礎過關

1．導數的概念：函式y＝ 的導數 ，就是當Δ 0時，函式的增量Δy與自變數的增量Δ 的比 的 ，即 ＝ ＝ ．

2．導函式：函式y＝ 在區間(a, b)內 的導數都存在，就說 在區間( a, b )內 ，其導數也是(a ,b )內的函式，叫做 的 ，記作 或 ，函式 的導函式 在 時的函式值 ，就是 在 處的導數.

3．導數的幾何意義：設函式y＝ 在點 處可導，那麼它在該點的導數值等於函式所表示曲線在相應點 處的 .

4．求導數的方法

（1） ＝ ； ＝ ；(n∈Q) ＝ ， ＝

（2） ＝ ＝ ＝ ， ＝

（3）複合函式的導數：

二、典型例題

例1、一質點運動的方程為 。（1）求質點在[1，1+Δt]這段時間內的平均速度；（2）求質點在t=1時的瞬時速度

例2求下列函式的導數

（1）

（2）

變式訓練1：求y=tanx的導數.

例3、 已知曲線y=

（1）求曲線在x=2處的切線方程；

（2）求曲線過點（2，4）的切線方程.

變式訓練2、例3中求斜率為4的曲線的切線方程。

三、課後練習

1、（全國 Ⅰ新卷理3 ） 曲線 在點（-1，-1）處的切線方程為（ ）

（A）y=2x+1 (B)y=2x-1 (C) y=-2x-3 (D)y=-2x-2

2、(2009?全國Ⅰ理，9)已知直線y＝x＋1與曲線y＝ln(x＋a)相切，則a的值為( ) A．1 B．2 C．－1 D．－2

3．(2010?聊城模擬)曲線y＝ex在點(2，e2)處的切線與座標軸所圍三角形的面積為( ) A.94e2 B．2e2 C．e2 D.e22

4、若點P是曲線y＝x2－ln x上任意一點，則點P到直線y＝x－2的最小距離為 ( )A．1 B.2 C.22 D.3

四、小結歸納

理解平均變化率的實際意義，掌握函式在一點處的導數的定義和導數的幾何意義，熟記求導公式，對於複合函式的導數要層層求導.

音美班案2 導數的應用1（理）

一、基礎過關

1、 函式單調性：

函式單調性的判定方法：設函式 在某個區間內可導，如果 ＞0，則 為增函式；如果 ＜0，則 為減函式.

如果函式 在區間 內恆有 =0，則 為常數.

2. 極值的判別方法：當函式 在點 處連續時，

①如果在 附近的左側 ＞0，右側 ＜0，那麼 是極大值；

②如果在 附近的左側 ＜0，右側 ＞0，那麼 是極小值.

注：若點 是可導函式 的極值點，則 =0. 反之不一定成立. 對於可導函式，其一點 是極值點的必要條件是若函式在該點可導，則導數值為零.

例：①函式 ， 使 =0，但 不是極值點.

②函式 ，在點 處不可導，但點 是函式的極小值點.

3. 極值與最值的區別：極值是在區域性對函式值進行比較，最值是在整體區間上對函式值進行比較.

二、例題分析

例. 已知函式f(x)=x3+ax2+bx+c,曲線y=f(x）在點x=1處的切線為l:3x-y+1=0，若x= 時，y=f(x）有極值.

（1）求a,b,c的值；?

（2）求y=f(x）在［-3，1］上的最大值和最小值.

變式訓練1. 設x=1與x=2是 函式的兩個極值點。

（1）試確定常數a和b的值；

（2）試判斷x=1,x=2是函式 的極大值點還是極小值點，並求相應極值。

三、課後練習

1、(2010?聊城模擬)函式y＝x3－2ax＋a在(0,1)內有極小值，則實數a的取值範圍是( )A．(0,3) B.0，32 C．(0，＋∞) D．(－∞，3)

2、若f(x)＝－12x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是減函式，則b的範圍是

A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)

3、若函式f(x)=x3-ax2+1在（0，2）內單調遞減，則實數a的取值範圍為 （ ）??A.a≥3 ?B.a=3 C.a≤3 D.04、設 為實數，函式 的極值為

5、已知函式f(x)的導函式為 ,且滿足f(x)=3x2+2x ,則 =

四、歸納小結

研究可導函式 的單調性、極值（最值）時，應先求出函式 的導函式 ，再找出 ＝0的x取值或 >0(<0)的x的取值範圍．

音美班教學案3 導數的應用2（理）

例1. 已知f(x)=ex-ax-1.?（1）求f(x)的單調增區間；?

（2）若f(x）在定義域R內單調遞增，求a的取值範圍；?

（3）是否存在a,使f(x)在（-∞，0］上單調遞減，在［0，+∞）上單調遞增？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由.

變式訓練1. 已知函式f(x)=x3-ax-1.?

（1）若f(x)在實數集R上單調遞增，求實數a的取值範圍；?

（2）是否存在實數a,使f(x)在（-1，1）上單調遞減？若存在，求出a的取值範圍；若不存在，說明理由；?

（3）證明：f(x)=x3-ax-1的圖象不可能總在直線y=a的上方.?

例3. 已知函式f(x)=x2e-ax (a＞0),求函式在［1，2］上的最大值.

2016屆大學聯考數學函式複習教案

2013高中數學精講精練 第二 函式

【知識導讀】

【方法點撥】

函式是中學數學中最重要，最基礎的內容之一，是學習高等數學的基礎．高中函式以具體的冪函式，指數函式，對數函式和三角函式的概念，性質和影象為主要研究物件，適當研究分段函式，含絕對值的函式和抽象函式；同時要對國中所學二次函式作深入理解．

1.活用“定義法”解題．定義是一切法則與性質的基礎，是解題的基本出發點．利用定義，可直接判斷所給的對應是否滿足函式的條，證明或判斷函式的單調性和奇偶性等．

2.重視“數形結合思想”滲透．“數缺形時少直觀，形缺數時難入微”．當你所研究的問題較為抽象時，當你的思維陷入困境時，當你對雜亂無的條感到頭緒混亂時，一個很好的建議：畫個影象！利用圖形的直觀性，可迅速地破解問題，乃至最終解決問題．

3.強化“分類討論思想”應用．分類討論是一種邏輯方法，是一種重要的數學思想，同時也是一種重要的解題策略，它體現了化整為零、積零為整的思想與歸類整理的方法．進行分類討論時，我們要遵循的原則是：分類的物件是確定的，標準是統一的，不遺漏、不重複，科學地劃分，分清主次，不越級討論。其中最重要的一條是“不漏不重”．

4.掌握“函式與方程思想”．函式與方程思想是最重要，最基本的數學思想方法之一，它在整個高中數學中的地位與作用很高．函式的思想包括運用函式的概念和性質去分析問題，轉化問題和解決問題．

第1 函式的概念

【考點導讀】

1.在體會函式是描述變數之間的依賴關係的重要數學模型的基礎上，通過集合與對應的語言刻畫函式，體會對應關係在刻畫函式概念中的作用；瞭解構成函式的要素，會求一些簡單函式的定義域和值域．

2.準確理解函式的概念，能根據函式的三要素判斷兩個函式是否為同一函式．

【基礎練習】

1．設有函式組：① ， ；② ， ；③ ， ；④ ， ；⑤ ， ．其中表示同一個函式的有___②④⑤___．

2.設集合 ， ，從 到 有四種對應如圖所示：

其中能表示為 到 的函式關係的有_____②③____．

3.寫出下列函式定義域：

(1) 的定義域為______________； (2) 的定義域為______________；

(3) 的定義域為______________； (4) 的定義域為_________________．

4．已知三個函式:(1) ； (2) ； (3) ．寫出使各函式式有意義時， ， 的約束條：

(1)______________________； (2)______________________； (3)______________________________．

5.寫出下列函式值域：

(1) ， ；值域是 ．

(2) ； 值域是 ．

(3) ， ． 值域是 ．

【範例解析】

例1.設有函式組：① ， ；② ， ；

③ ， ；④ ， ．其中表示同一個函式的有③④．

分析：判斷兩個函式是否為同一函式，關鍵看函式的三要素是否相同．

解：在①中， 的定義域為 ， 的定義域為 ，故不是同一函式；在②中， 的定義域為 ， 的定義域為 ，故不是同一函式；③④是同一函式．

點評：兩個函式當它們的三要素完全相同時，才能表示同一函式．而當一個函式定義域和對應法則確定時，它的值域也就確定，故判斷兩個函式是否為同一函式，只需判斷它的定義域和對應法則是否相同即可．

例2.求下列函式的定義域：① ； ② ；

解：（1）① 由題意得： 解得 且 或 且 ，

故定義域為 ．

② 由題意得： ，解得 ，故定義域為 ．

例3.求下列函式的值域：

（1） ， ；

（2） ；

（3） ．

分析：運用配方法，逆求法，換元法等方法求函式值域．

（1）解： ， ， 函式的值域為 ；

（2）解法一：由 ， ，則 ， ，故函式值域為 ．

解法二：由 ，則 ， ， ， ，故函式值域為 ．

（3）解：令 ，則 ， ，

當 時， ，故函式值域為 ．

點評：二次函式或二次函式型的函式求值域可用配方法；逆求法利用函式有界性求函式的值域；用換元法求函式的值域應注意新元的取值範圍．

【反饋演練】

1．函式f(x)＝ 的定義域是___________．

2．函式 的定義域為_________________．

3. 函式 的值域為________________．

4. 函式 的值域為_____________．

5．函式 的定義域為_____________________．

6.記函式f(x)= 的定義域為A，g(x)=lg[(x－a－1)(2a－x)](a<1) 的定義域為B．

(1) 求A；

(2) 若B A，求實數a的取值範圍．

解：(1)由2－ ≥0，得 ≥0，x<－1或x≥1， 即A=(－∞，－1)∪[1，+ ∞) ．

(2) 由(x－a－1)(2a－x)>0，得(x－a－1)(x－2a)<0．

∵a<1，∴a+1>2a，∴B=(2a，a+1) ．

∵B A， ∴2a≥1或a+1≤－1，即a≥ 或a≤－2，而a<1，

∴ ≤a<1或a≤－2，故當B A時， 實數a的取值範圍是(－∞,－2]∪[ ,1)．

第2 函式的表示方法

【考點導讀】

1.會根據不同的需要選擇恰當的方法（如影象法，列表法，解析法）表示函式．

2.求解析式一般有四種情況：（1）根據某個實際問題須建立一種函式關係式；（2）給出函式特徵，利用待定係數法求解析式；（3）換元法求解析式；（4）解方程組法求解析式．

【基礎練習】

1.設函式 ， ，則 _________； __________．

2.設函式 ， ,則 _____3_______； ； ．

3.已知函式 是一次函式，且 ， ,則 __15___．

4.設f(x)＝ ，則f[f( )]＝_____________．

5.如圖所示的圖象所表示的函式解析式為__________________________．

【範例解析】

例1.已知二次函式 的最小值等於4，且 ，求 的解析式．

分析：給出函式特徵，可用待定係數法求解．

解法一：設 ，則 解得

故所求的解析式為 ．

解法二： ， 拋物線 有對稱軸 ．故可設 ．

將點 代入解得 ．故所求的解析式為 ．

解法三：設 ，由 ，知 有兩個根0，2，

可設 ， ，

將點 代入解得 ．故所求的解析式為 ．

點評：三種解法均是待定係數法，也是求二次函式解析式常用的三種形式：一般式，頂點式，零點式．

例2.甲同學家到乙同學家的途中有一公園，甲從家到公園的距離與乙從家到公園的距離都是2km，甲10時出發前往乙家．如圖，表示甲從出發到乙家為止經過的路程y（km）與時間x（分）的關係．試寫出 的函式解析式．

分析：理解題意，根據影象待定係數法求解析式．

解：當 時，直線方程為 ，當 時，直線方程為 ，

點評：建立函式的解析式是解決實際問題的關鍵，把題中字語言描述的數學關係用數學符號語言表達．要注意求出解析式後，一定要寫出其定義域．

【反饋演練】

1．若 ， ，則 （ D ）

Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．

2．已知 ，且 ，則m等於________．

3. 已知函式f(x)和g(x)的圖象關於原點對稱，且f(x)＝x2＋2x．求函式g(x)的解析式．

解：設函式 的圖象上任意一點 關於原點的對稱點為 ，

則

∵點 在函式 的圖象上

第3 函式的單調性

【考點導讀】

1.理解函式單調性，最大（小）值及其幾何意義；

2.會運用單調性的定義判斷或證明一些函式的增減性．

【基礎練習】

1.下列函式中：

其中，在區間(0，2)上是遞增函式的序號有___②___．

2.函式 的遞增區間是___ R ___．

3.函式 的遞減區間是__________．

4.已知函式 在定義域R上是單調減函式，且 ，則實數a的取值範圍__________．

5.已知下列命題：

①定義在 上的函式 滿足 ，則函式 是 上的增函式；

②定義在 上的函式 滿足 ，則函式 在 上不是減函式；

③定義在 上的函式 在區間 上是增函式，在區間 上也是增函式，則函式 在 上是增函式；

④定義在 上的函式 在區間 上是增函式，在區間 上也是增函式，則函式 在 上是增函式．

其中正確命題的序號有_____②______．

【範例解析】

例 . 求證：（1）函式 在區間 上是單調遞增函式；

（2）函式 在區間 和 上都是單調遞增函式．

分析：利用單調性的定義證明函式的單調性，注意符號的確定．

證明：（1）對於區間 內的任意兩個值 ， ，且 ，

因為

又 ，則 ， ，得 ，

故 ，即 ，即 ．

所以，函式 在區間 上是單調增函式．

（2）對於區間 內的任意兩個值 ， ，且 ，

因為 ，

又 ，則 ， ， 得，

故 ，即 ，即 ．

所以，函式 在區間 上是單調增函式．

同理，對於區間 ，函式 是單調增函式；

所以，函式 在區間 和 上都是單調增函式．

點評：利用單調性定義證明函式的單調性，一般分三步驟：（1）在給定區間內任意取兩值 ， ；（2）作差 ，化成因式的乘積並判斷符號；（3）給出結論．

例2.確定函式 的單調性．

分析：作差後，符號的確定是關鍵．

解：由 ，得定義域為 ．對於區間 內的任意兩個值 ， ，且 ，

則

又 ， ，

，即 ．

所以， 在區間 上是增函式．

點評：運用有理化可以對含根號的式子進行符號的確定．

【反饋演練】

1．已知函式 ，則該函式在 上單調遞__減__，（填“增”“減”）值域為_________．

2．已知函式 在 上是減函式，在 上是增函式，則 __25___.

3. 函式 的單調遞增區間為 .

4. 函式 的單調遞減區間為 ．

5. 已知函式 在區間 上是增函式，求實數a的取值範圍．

解：設對於區間 內的任意兩個值 ， ，且 ，

則 ，

， ， 得， ， ，即 ．

第4 函式的奇偶性

【考點導讀】

1.瞭解函式奇偶性的含義，能利用定義判斷一些簡單函式的奇偶性；

2.定義域對奇偶性的影響：定義域關於原點對稱是函式為奇函式或偶函式的必要但不充分條；不具備上述對稱性的，既不是奇函式，也不是偶函式．

【基礎練習】

1.給出4個函式：① ；② ；③ ；④ ．

其中奇函式的有___①④___；偶函式的有____②____；既不是奇函式也不是偶函式的有____③____．

2. 設函式 為奇函式，則實數 －1 ．

3.下列函式中，在其定義域內既是奇函式又是減函式的是（ A ）

A. B. C. D.

【範例解析】

例1.判斷下列函式的奇偶性：

（1） ； （2） ；

（3） ； （4） ；

（5） ； （6）

分析：判斷函式的奇偶性，先看定義域是否關於原點對稱，再利用定義判斷．

解：（1）定義域為 ，關於原點對稱； ,

所以 為偶函式．

（2）定義域為 ，關於原點對稱； ，

，故 為奇函式．

（3）定義域為 ，關於原點對稱； ， 且 ，

所以 既為奇函式又為偶函式．

（4）定義域為 ，不關於原點對稱；故 既不是奇函式也不是偶函式．

（5）定義域為 ，關於原點對稱； ， ，則 且 ，故 既不是奇函式也不是偶函式．

（6）定義域為 ，關於原點對稱；

， 又 ，

，故 為奇函式．

點評：判斷函式的奇偶性，應首先注意其定義域是否關於原點對稱；其次，利用定義即 或 判斷，注意定義的等價形式 或 ．

例2. 已知定義在 上的函式 是奇函式，且當 時， ，求函式 的解析式，並指出它的單調區間．

分析：奇函式若在原點有定義，則 ．

解：設 ，則 ， ．

又 是奇函式， ， ．

當 時， ．

綜上， 的解析式為 ．

作出 的影象，可得增區間為 ， ，減區間為 ， ．

點評：（1）求解析式時 的情況不能漏；（2）兩個單調區間之間一般不用“ ”連線；（3）利用奇偶性求解析式一般是通過“ ”實現轉化；（4）根據影象寫單調區間．

【反饋演練】

1．已知定義域為R的函式 在區間 上為減函式，且函式 為偶函式，則（ D ）

A． B． C． D．

2. 在 上定義的函式 是偶函式，且 ，若 在區間 是減函式，則函式 （ B ）

A.在區間 上是增函式，區間 上是增函式

B.在區間 上是增函式，區間 上是減函式

C.在區間 上是減函式，區間 上是增函式

D.在區間 上是減函式，區間 上是減函式

3. 設 ，則使函式 的定義域為R且為奇函式的所有 的值為____1，3 ___．

4．設函式 為奇函式， 則 ________．

5．若函式 是定義在R上的偶函式，在 上是減函式，且 ，則使得 的x的取

值範圍是（－2，2）．

6. 已知函式 是奇函式．又 ， ,求a，b，c的值；

解：由 ，得 ，得 ．又 ，得 ，

而 ，得 ，解得 ．又 ， 或1．

若 ，則 ，應捨去；若 ，則 ．

所以， ．

綜上，可知 的值域為 ．

第5 函式的影象

【考點導讀】

1.掌握基本初等函式的影象特徵，學會運用函式的影象理解和研究函式的性質；

2.掌握畫影象的基本方法：描點法和影象變換法．

【基礎練習】

1.根據下列各函式式的變換，在箭頭上填寫對應函式影象的變換：

（1） ；

（2） ．

2.作出下列各個函式影象的示意圖：

（1） ； （2） ； （3） ．

解：（1）將 的影象向下平移1個單位，可得 的影象．圖略；

（2）將 的影象向右平移2個單位，可得 的影象．圖略；

（3）由 ，將 的影象先向右平移1個單位，得 的影象，再向下平移1個單位，可得 的影象．如下圖所示：

3.作出下列各個函式影象的示意圖：

（1） ； （2） ； （3） ； （4） ．

解：（1）作 的影象關於y軸的對稱影象，如圖1所示；

（2）作 的影象關於x軸的對稱影象，如圖2所示；

（3）作 的影象及它關於y軸的對稱影象，如圖3所示；

（4）作 的影象，並將x軸下方的部分翻折到x軸上方，如圖4所示．

4. 函式 的圖象是（ B ）

【範例解析】

例1.作出函式 及 ， ， ， ， 的影象．

分析：根據影象變換得到相應函式的影象．

解： 與 的影象關於y軸對稱；

與 的影象關於x軸對稱；

將 的影象向左平移2個單位得到 的影象；

保留 的影象在x軸上方的部分，將x軸下方的部分關於x軸翻折上去，並去掉原下方的部分；

將 的影象在y軸右邊的部分沿y軸翻折到y軸的左邊部分替代原y軸左邊部分，並保留 在y軸右邊部分．圖略．

點評：影象變換的型別主要有平移變換，對稱變換兩種．平移變換：左“+”右“－”，上“+”下“－”；對稱變換： 與 的影象關於y軸對稱；

與 的影象關於x軸對稱； 與 的影象關於原點對稱；

保留 的影象在x軸上方的部分，將x軸下方的部分關於x軸翻折上去，並去掉原下方的部分；

將 的影象在y軸右邊的部分沿y軸翻折到y軸的左邊部分替代原y軸左邊部分，並保留 在y軸右邊部分．

例2.設函式 .

（1）在區間 上畫出函式 的影象；

（2）設集合 . 試判斷集合 和 之間的關係，並給出證明.

分析：根據影象變換得到 的影象，第（3）問實質是恆成立問題．

解：（1）

（2）方程 的解分別是 和 ，由於 在 和 上單調遞減，在 和 上單調遞增，因此 .

由於 .

【反饋演練】

1．函式 的圖象是（ B ）

2. 為了得到函式 的圖象，可以把函式 的圖象向右平移1個單位長度得到．

3．已知函式 的圖象有公共點A，且點A的橫座標為2，則 = ．

4．設f(x)是定義在R上的奇函式，且y=f (x)的圖象關於直線 對稱，則

f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)+ f (5)=_____0____ ．

5. 作出下列函式的簡圖：

（1） ； （2） ； （3） ．

第6 二次函式

【考點導讀】

1.理解二次函式的概念，掌握二次函式的影象和性質；

2.能結合二次函式的影象判斷一元二次方程根的存在性及根的個數，從而瞭解函式的零點與方程根的聯絡．

【基礎練習】

1.已知二次函式 ,則其影象的開口向__上__；對稱軸方程為 ；頂點座標為 ，與 軸的交點座標為 ，最小值為 ．

2.二次函式 的影象的對稱軸為 ,則 __－2___，頂點座標為 ，遞增區間為 ，遞減區間為 ．

3.函式 的零點為 ．

4.實係數方程 兩實根異號的充要條為 ；有兩正根的充要條為 ；有兩負根的充要條為 ．

5.已知函式 在區間 上有最大值3，最小值2，則m的取值範圍是__________．

【範例解析】

例1.設 為實數，函式 ， ．

（1）討論 的奇偶性；

（2）若 時，求 的最小值．

分析：去絕對值．

解：（1）當 時，函式

此時， 為偶函式．

當 時， ， ，

此時 既不是奇函式，也不是偶函式．

（2）

由於 在 上的最小值為 ，在 內的最小值為 ．

故函式 在 內的最小值為 ．

點評：注意分類討論；分段函式求最值，先求每個區間上的函式最值，再確定最值中的最值．

例2.函式 在區間 的最大值記為 ，求 的表示式．

分析：二次函式在給定區間上求最值，重點研究其在所給區間上的單調性情況．

解：∵直線 是拋物線 的對稱軸，∴可分以下幾種情況進行討論：

（1）當 時，函式 ， 的圖象是開口向上的拋物線的一段，

由 知 在 上單調遞增，故 ；

（2）當 時， ， ，有 =2；

（3）當 時，，函式 ， 的圖象是開口向下的拋物線的一段，

若 即 時， ，

若 即 時， ，

若 即 時， ．

綜上所述，有 = ．

點評：解答本題應注意兩點：一是對 時不能遺漏；二是對 時的分類討論中應同時考察拋物線的開口方向，對稱軸的`位置及 在區間 上的單調性．

【反饋演練】

1．函式 是單調函式的充要條是 ．

2．已知二次函式的影象頂點為 ，且影象在 軸上截得的線段長為8，則此二次函式的解析式為 ．

3. 設 ，二次函式 的圖象為下列四圖之一：

則a的值為 （ B ）

A．1B．－1C． D．

4．若不等式 對於一切 成立，則a的取值範圍是 ．

5.若關於x的方程 在 有解，則實數m的取值範圍是 ．

6.已知函式 在 有最小值，記作 ．

（1）求 的表示式；

（2）求 的最大值．

解：（1）由 知對稱軸方程為 ，

當 時，即 時， ；

當 ，即 時， ；

當 ，即 時， ；

綜上， ．

（2）當 時， ；當 時， ；當 時， ．故當 時， 的最大值為3．

7. 分別根據下列條,求實數a的值：

（1）函式 在在 上有最大值2；

（2）函式 在在 上有最大值4．

解：（1）當 時， ，令 ，則 ；

當 時， ，令 ， （舍）；

當 時， ，即 ．

綜上，可得 或 ．

（2）當 時， ，即 ，則 ；

當 時， ，即 ，則 ．

綜上， 或 ．

8. 已知函式 ．

（1）對任意 ，比較 與 的大小；

（2）若 時，有 ，求實數a的取值範圍．

解：（1）對任意 ， ，

故 ．

（2）又 ，得 ，即 ，

得 ，解得 ．

第7 指數式與對數式

【考點導讀】

1.理解分數指數冪的概念，掌握分數指數冪的運算性質；

2.理解對數的概念，掌握對數的運算性質；

3.能運用指數，對數的運算性質進行化簡，求值，證明，並注意公式成立的前提條；

4.通過指數式與對數式的互化以及不同底的對數運算化為同底對數運算．

【基礎練習】

1.寫出下列各式的值：

； ____4____； ；

___0_____； ____1____； __－4__．

2.化簡下列各式：

（1） ；

（2） ．

3.求值：（1） ___－38____；

（2） ____1____；

（3） _____3____．

【範例解析】

例1. 化簡求值：

（1）若 ，求 及 的值；

（2）若 ，求 的值．

分析：先化簡再求值．

解：（1）由 ，得 ，故 ；

又 ， ； ，故 ．

（2）由 得 ；則 ．

點評：解條求值問題：（1）將已知條適當變形後使用；（2）先化簡再代入求值．

例2.（1）求值： ；

（2）已知 ， ，求 ．

分析：化為同底．

解：（1）原式= ；

（2）由 ，得 ；所以 ．

點評：在對數的求值過程中，應注意將對數化為同底的對數．

例3. 已知 ，且 ，求c的值．

分析：將a，b都用c表示．

解：由 ，得 ， ；又 ，則 ，

得 ． ， ．

點評：三個方程三個未知數，消元法求解．

【反饋演練】

1．若 ，則 ．

2．設 ，則 ．

3．已知函式 ，若 ，則 －b．

4．設函式 若 ，則x0的取值範圍是（－∞，－1）∪（1，+∞）．

5．設已知f (x6) = log2x，那麼f (8)等於 ．

6．若 ， ，則k =__－1__．

7．已知函式 ，且 ．

（1）求實數c的值；

（2）解不等式 ．

解：（1）因為 ，所以 ，

由 ，即 ， ．

（2）由（1）得：

由 得，當 時，解得 ．

當 時，解得 ，

所以 的解集為 ．

第8 冪函式、指數函式及其性質

【考點導讀】

1.瞭解冪函式的概念，結合函式 ， ， ， ， 的影象瞭解它們的變化情況；

2.理解指數函式的概念和意義，能畫出具體指數函式的影象，探索並理解指數函式的單調性；

3.在解決實際問題的過程中，體會指數函式是一類重要的函式模型．

【基礎練習】

1.指數函式 是R上的單調減函式，則實數a的取值範圍是 ．

2.把函式 的影象分別沿x軸方向向左，沿y軸方向向下平移2個單位，得到 的影象，則 ．

3.函式 的定義域為___R__；單調遞增區間 ；值域 ．

4.已知函式 是奇函式，則實數a的取值 ．

5.要使 的影象不經過第一象限，則實數m的取值範圍 ．

6.已知函式 過定點，則此定點座標為 ．

【範例解析】

例1.比較各組值的大小：

（1） ， ， ， ；

（2） ， ， ，其中 ；

（3） ， ．

分析：同指不同底利用冪函式的單調性，同底不同指利用指數函式的單調性．

解：（1） ，而 ，

（2） 且 ， ．

（3） ．

點評：比較同指不同底可利用冪函式的單調性，同底不同指可利用指數函式的單調性；另注意通過0，1等數進行間接分類．

例2.已知定義域為 的函式 是奇函式,求 的值；

解：因為 是奇函式，所以 =0，即

又由f（1）= －f（－1）知

例3.已知函式 ，求證：

（1）函式 在 上是增函式；

（2）方程 沒有負根．

分析：注意反證法的運用．

證明：（1）設 ， ，

， ，又 ，所以 ， ， ，則

故函式 在 上是增函式．

（2）設存在 ，滿足 ，則 ．又 ，

即 ，與假設 矛盾，故方程 沒有負根．

點評：本題主要考察指數函式的單調性，函式和方程的內在聯絡．

【反饋演練】

1．函式 對於任意的實數 都有（ C ）

A． B．

C． D．

2．設 ，則（ A ）

A．－2<x<－1 B．－3<x<－2 C．－1<x<0 D．0<x<1

3．將y=2x的影象 ( D ) 再作關於直線y=x對稱的影象，可得到函式 的影象．

A．先向左平行移動1個單位B．先向右平行移動1個單位

C．先向上平行移動1個單位D． 先向下平行移動1個單位

4．函式 的圖象如圖，其中a、b為常數，則下列結論正確的是（ C ）

A． B．

C． D．

5．函式 在 上的最大值與最小值的和為3，則 的值為___2__．

6．若關於x的方程 有實數根，求實數m的取值範圍．

解：由 得， ，

7．已知函式 ．

（1）判斷 的奇偶性；

（2）若 在R上是單調遞增函式，求實數a的取值範圍．

解：（1）定義域為R，則 ，故 是奇函式．

（2）設 ， ，

當 時，得 ，即 ；

當 時，得 ，即 ；

綜上，實數a的取值範圍是 ．

第9 對數函式及其性質

【考點導讀】

1.理解對數函式的概念和意義，能畫出具體對數函式的影象，探索並理解對數函式的單調性；

2.在解決實際問題的過程中，體會對數函式是一類重要的函式模型；

3.熟練運用分類討論思想解決指數函式，對數函式的單調性問題．

【基礎練習】

1. 函式 的單調遞增區間是 ．

2. 函式 的單調減區間是 ．

【範例解析】

例1. （1）已知 在 是減函式，則實數 的取值範圍是_________．

（2）設函式 ，給出下列命題：

① 有最小值； ②當 時， 的值域為 ；

③當 時， 的定義域為 ；

④若 在區間 上單調遞增，則實數 的取值範圍是 ．

則其中正確命題的序號是_____________．

分析：注意定義域，真數大於零．

解：（1） ， 在 上遞減，要使 在 是減函式，則 ；又 在 上要大於零，即 ，即 ；綜上， ．

（2）① 有無最小值與a的取值有關；②當 時， ，成立；

③當 時，若 的定義域為 ，則 恆成立，即 ，即 成立；④若 在區間 上單調遞增，則 解得 ，不成立．

點評：解決對數函式有關問題首先要考慮定義域，並能結合對數函式影象分析解決．

例3.已知函式 ，求函式 的定義域，並討論它的奇偶性和單調性.

分析：利用定義證明覆合函式的單調性．

解：x須滿足 所以函式 的定義域為（－1，0）∪（0，1）.

因為函式 的定義域關於原點對稱，且對定義域內的任意x，有

，所以 是奇函式.

研究 在（0，1）內的單調性，任取x1、x2∈（0，1），且設x1<x2 ，則

得 >0，即 在（0，1）內單調遞減，

由於 是奇函式，所以 在（－1，0）內單調遞減.

點評：本題重點考察複合函式單調性的判斷及證明，運用函式性質解決問題的能力．

【反饋演練】

1．給出下列四個數：① ；② ；③ ；④ .其中值最大的序號是___④___.

2．設函式 的影象過點 ， ，則 等於___5_ _．

3．函式 的圖象恆過定點 ，則定點 的座標是 ．

4．函式 上的最大值和最小值之和為a，則a的值為 ．

5．函式 的圖象和函式 的圖象的交點個數有___3___個.

6．下列四個函式：① ； ② ；③ ；

④ .其中，函式影象只能是如圖所示的序號為___②___.

7．求函式 , 的最大值和最小值．

解：

令 ， ，則 ，

即求函式 在 上的最大值和最小值．

故函式 的最大值為0，最小值為 ．

8．已知函式 ．

（1）求 的定義域；（2）判斷 的奇偶性；（3）討論 的單調性，並證明．

解：（1）解：由 ，故的定義域為 ．

（2） ，故 為奇函式．

（3）證明：設 ，則 ，

當 時， ，故 在 上為減函式；同理 在 上也為減函式；

當 時， ，故 在 ， 上為增函式．

第10 函式與方程

【考點導讀】

1.能利用二次函式的影象與判別式的正負，判斷一元二次方程根的存在性及根的個數，瞭解函式零點與方程根的聯絡．

2.能借助計算器用二分法求方程的近似解，並理解二分法的實質．

3.體驗並理解函式與方程的相互轉化的數學思想方法．

【基礎練習】

1.函式 在區間 有_____1 ___個零點．

2.已知函式 的影象是連續的，且 與 有如下的對應值表：

123456

－2.33.40－1.3－3.43.4

則 在區間 上的零點至少有___3__個．

【範例解析】

例1. 是定義在區間[－c，c]上的奇函式，其圖象如圖所示：令 ，

則下列關於函式 的結論：

①若a<0，則函式 的圖象關於原點對稱；

②若a=－1，－2<b<0，則方程 =0有大於2的實根；

③若a≠0， ，則方程 =0有兩個實根；

④若 ， ，則方程 =0有三個實根．

其中，正確的結論有___________．

分析：利用影象將函式與方程進行互化．

解：當 且 時， 是非奇非偶函式，①不正確；當 ， 時， 是奇函式，關於原點對稱，③不正確；當 ， 時， ，由圖知，當 時， 才有三個實數根，故④不正確；故選②．

點評：本題重點考察函式與方程思想，突出考察分析和觀察能力；題中只給了影象特徵，因此，應用其圖，察其形，舍其次，抓其本．

例2.設 ，若 ， ， ．

求證：（1） 且 ；

（2）方程 在 內有兩個實根．

分析：利用 ， ， 進行消元代換．

證明：（1） ， ，由 ，得 ，代入 得：

，即 ，且 ，即 ，即證．

（2） ，又 ， ．則兩根分別在區間 ， 內，得證．

點評：在證明第（2）問時，應充分運用二分法求方程解的方法，選取 的中點 考察 的正負是首選目標，如不能實現 ，則應在區間內選取其它的值．本題也可選 ，也可利用根的分佈做．

【反饋演練】

1．設 ， 為常數．若存在 ，使得 ，則實數a的取值範圍是 ．

2．設函式 若 ， ，則關於x的方程 解的個數為（ C ）

A．1B．2C．3D．4

3．已知 ，且方程 無實數根，下列命題：

①方程 也一定沒有實數根；②若 ，則不等式 對一切實數 都成立；

③若 ，則必存在實數 ，使

④若 ，則不等式 對一切實數 都成立．

其中正確命題的序號是 ①②④ ．

4．設二次函式 ，方程 的兩根 和 滿足 ．求實數 的取值範圍．

解：令 ，

則由題意可得 ．

故所求實數 的取值範圍是 ．

5．已知函式 是偶函式,求k的值；

解： 是偶函式，

由於此式對於一切 恆成立，

6．已知二次函式 ．若a>b>c， 且f（1）=0，證明f（x）的圖象與x軸有2個交點.

證明：

的圖象與x軸有兩個交點.

第11 函式模型及其應用

【考點導讀】

1.能根據實際問題的情境建立函式模型，結合對函式性質的研究，給出問題的解答．

2.理解資料擬合是用對事物的發展規律進行估計的一種方法，會根據條藉助計算工具解決一些簡單的實際問題．

3.培養學生數學地分析問題，探索問題，解決問題的能力．

【基礎練習】

1今有一組實驗資料如下：

18.01

現準備用下列函式中的一個近似地表示這些資料滿足的規律，

其中最接近的一個的序號是______③_______．

2.某摩托車生產企業，上年度生產摩托車的投入成本為1萬元/輛，出廠價為1.2萬元/輛，年銷售量為1000輛.本年度為適應市場需求，計劃提高產品檔次，適度增加投入成本.若每輛車投入成本增加的比例為x(0 < x < 1)，則出廠價相應的提高比例為0.75x，同時預計年銷售量增加的比例為0.6x.已知年利潤 = (出廠價－投入成本)×年銷售量.

(Ⅰ)寫出本年度預計的年利潤y與投入成本增加的比例x的關係式；

(Ⅱ)為使本年度的年利潤比上年有所增加，問投入成本增加的比例x應在什麼範圍內？

解：（Ⅰ）由題意得y = [ 1.2×(1+0.75x)－1×(1 + x) ] ×1000×( 1+0.6x )（0 < x < 1）

整理得 y = －60x2 + 20x + 200（0 < x < 1）.

（Ⅱ）要保證本年度的利潤比上年度有所增加，若且唯若

即 解不等式得 .

答：為保證本年度的年利潤比上年度有所增加，投入成本增加的比例x應滿足0 < x < 0.33.

【範例解析】

例. 某蔬菜基地種植西紅柿，由歷年市場行情得知，從二月一日起的300天內，西紅柿市場售價與上市時間的關係用圖一的一條折線表示；西紅柿的種植成本與上市時間的關係用圖二的拋物線段表示．

(Ⅰ)寫出圖一表示的市場售價與時間的函式關係式p=f(t)；寫出圖二表示的種植成本與時間的函式關係式Q=g(t)；

(Ⅱ)認定市場售價減去種植成本為純收益，問何時上市的西紅柿純收益最大？

(注：市場售價和種植成本的單位：元/102kg，時間單位：天)

解：(Ⅰ)由圖一可得市場售價與時間的函式關係為

由圖二可得種植成本與時間的函式關係為

g(t)= (t－150)2+100，0≤t≤300．

(Ⅱ)設t時刻的純收益為h(t)，則由題意得

h(t)=f(t)－g(t)，

即

當0≤t≤200時，配方整理得

h(t)=－ (t－50)2+100，

所以，當t=50時，h(t)取得區間[0，200]上的最大值100；

當200<t≤300時，配方整理得：h(t)=－ (t－350)2+100，

所以，當t=300時，h(t)取得區間（200，300]上的最大值87.5．

綜上:由100>87.5可知，h(t)在區間[0，300]上可以取得最大值100，此時t=50，即從二月一日開始的第50天時，上市的西紅柿純收益最大

【反饋演練】

1．把長為12cm的細鐵絲截成兩段，各自圍成一個正三角形，則這兩個正三角形面積之和的最小值是___________ ．

2．某地高上溫度從腳起每升高100m降低0.7℃，已知頂的溫度是14.1℃，腳的溫度是26℃，則此的高度為_____17_____m．

3．某公司在甲、乙兩地銷售一種品牌車，利潤（單位：萬元）分別為L1=5.06x－0.15 x 2和L2=2 x，其中x為銷售量（單位：輛）.若該公司在這兩地共銷售15輛車，則能獲得的最大利潤為____45.6___萬元．

4．某單位用木料製作如圖所示的框架，框架的下部是邊長分別為x，y(單位：m)的矩形.上部是等腰直角三角形. 要求框架圍成的總面積8cm2. 問x、y分別為多少時用料最省?

解：由題意得 xy+ x2=8，∴y= = (0<x<4 ).

則框架用料長度為l=2x+2y+2( )=( + )x+ ≥4 .

當( + )x= ,即x=8－4 時等號成立.

此時，x=8－4 ， ，

故當x為8－4 m，y為 m時，用料最省.

2016屆大學聯考數學數列複習教案

2013高中數學精講精練 第五 數列

【知識圖解】

【方法點撥】

1．學會從特殊到一般的觀察、分析、思考，學會歸納、猜想、驗證．

2．強化基本量思想，並在確定基本量時注重設變數的技巧與解方程組的技巧．

3．在重點掌握等差、等比數列的通項公式、求和公式、中項等基礎知識的同時，會針對可化為等差（比）數列的比較簡單的數列進行化歸與轉化．

4．一些簡單特殊數列的求通項與求和問題，應注重通性通法的複習．如錯位相減法、迭加法、迭乘法等．

5．增強用數學的意識，會針對有關應用問題，建立數學模型，並求出其解．

第1 數列的概念

【考點導讀】

1．瞭解數列（含等差數列、等比數列）的概念和幾種簡單的表示方法（列表、圖象、通項公式），瞭解數列是一種特殊的函式；

2．理解數列的通項公式的意義和一些基本量之間的關係；

3．能通過一些基本的轉化解決數列的通項公式和前 項和的問題。

【基礎練習】

1.已知數列 滿足 ，則 = 。

分析:由a1=0, 得 由此可知: 數列 是週期變化的,且三個一迴圈,所以可得:

2．在數列 中，若 ， ，則該數列的通項 2n-1 。

3．設數列 的前n項和為 ， ，且 ，則 ____2__.

4．已知數列 的前 項和 ，則其通項 ．

【範例導析】

例1．設數列 的通項公式是 ，則

（1）70是這個數列中的項嗎？如果是，是第幾項？

（2）寫出這個數列的前5項，並作出前5項的圖象；

（3）這個數列所有項中有沒有最小的項？如果有，是第幾項？

分析：70是否是數列的項，只要通過解方程 就可以知道；而作圖時則要注意數列與函式的區別，數列的圖象是一系列孤立的點；判斷有無最小項的問題可以用函式的觀點解決，一樣的是要注意定義域問題。

解：（1）由 得： 或

所以70是這個數列中的項，是第13項。

（2）這個數列的前5項是 ；（圖象略）

（3）由函式 的單調性： 是減區間， 是增區間，

所以當 時， 最小，即 最小。

點評：該題考察數列通項的定義，會判斷數列項的歸屬，要注重函式與數列之間的聯絡，用函式的觀點解決數列的問題有時非常方便。

例2．設數列 的前n項和為 ，點 均在函式y＝3x－2的影象上,求數列 的通項公式。

分析：根據題目的條利用 與 的關係： ，（要特別注意討論n=1的情況）求出數列 的通項。

解：依題意得， 即 。

當n≥2時， ;

當n=1時， 所以 。

例3．已知數列｛a ｝滿足 ,

（Ⅰ）求數列 的通項公式；

（Ⅱ）若數列 滿足 ,證明： 是等差數列;

分析：本題第1問採用構造等比數列求通項問題，第2問依然是構造問題。

解：（I）

是以 為首項，2為公比的等比數列。

即

（II）

②－①，得 即 ③

③－④，得 即 是等差數列。

點評：本小題主要考查數列、不等式等基本知識，考查化歸的數學思想方法，考查綜合解題能力。

【反饋演練】

1．若數列 前8項的值各異，且 對任意n∈N*都成立，則下列數列中可取遍 前8項值的數列為 （2） 。

（1） （2） （3） （4）

2．設Sn是數列 的前n項和，且Sn=n2，則 是 等差數列，但不是等比數列 。

3．設f（n）= （n∈N），那麼f（n+1）－f（n）等於 。

4．根據市場調查結果，預測某種家用商品從年初開始的n個月內累積的需求量Sn（萬）近似地滿足Sn= （21n－n2－5）（n=1，2，……，12）.按此預測，在本年度內，需求量超過1.5萬的月份是 7月、8月 。

5．在數列 中， 則 505 。

6．數列 中，已知 ，

（1）寫出 ， ， ； （2） 是否是數列中的項？若是，是第幾項？

解：（1）∵ ，∴ ，

（2）令 ，解方程得 ，

∵ ，∴ ， 即 為該數列的第15項。

第2 等差、等比數列

【考點導讀】

1．掌握等差、等比數列的通項公式、前 項和公式，能運用公式解決一些簡單的問題；

2．理解等差、等比數列的性質，瞭解等差、等比數列與函式之間的關係；

3．注意函式與方程思想方法的運用。

【基礎練習】

1．在等差數列{an}中，已知a5＝10，a12＝31，首項a1= -2 ，公差d= 3 。

2．一個等比數列的第3項與第4項分別是12與18，則它的第1項是 ，第2項是 8 。

3．設 是公差為正數的等差數列，若 ， ，則 。

4．公差不為0的等差數列{an}中，a2，a3，a6依次成等比數列，則公比等於 3 。

【範例導析】

例1．（1）若一個等差數列前3項的和為34，最後3項的和為146，且所有項的和為390，則這個數列有

13 項。

（2）設數列{an}是遞增等差數列，前三項的和為12，前三項的積為48，則它的首項是 2 。

解：（1）答案：13

法1：設這個數列有n項

∴n＝13

法2：設這個數列有n項

又 ∴n＝13

（2）答案：2 因為前三項和為12，∴a1＋a2＋a3＝12，∴a2＝ ＝4

又a1a2a3＝48， ∵a2＝4，∴a1a3＝12，a1＋a3＝8，

把a1，a3作為方程的兩根且a1＜a3，

∴x2－8x＋12＝0，x1＝6，x2＝2，∴a1＝2，a3＝6，∴選B.

點評：本題考查了等差數列的通項公式及前n項和公式的運用和學生分析問題、解決問題的能力。

例2．（1）已知數列 為等差數列，且

（Ⅰ）求數列 的通項公式；（Ⅱ）證明

分析：（1）藉助 通過等差數列的定義求出數列 的公差，再求出數列 的通項公式，（2）求和還是要先求出數列 的通項公式，再利用通項公式進行求和。

解：（1）設等差數列 的公差為d，

由 即d=1。

所以 即

（II）證明：因為 ，

所以

點評：該題通過求通項公式，最終通過通項公式解釋複雜的不等問題，屬於綜合性的題目，解題過程中注意觀察規律。

例3．已知數列 的首項 （ 是常數，且 ）， （ ），數列 的首項 ， （ ）。

（1）證明： 從第2項起是以2為公比的等比數列；

（2）設 為數列 的前n項和，且 是等比數列，求實數 的值。

分析：第（1）問用定義證明，進一步第（2）問也可以求出。

解：（1）∵ ∴

(n≥2)

由 得 ， ，∵ ，∴ ，

即 從第2項起是以2為公比的等比數列。

（2）

當n≥2時，

∵ 是等比數列, ∴ (n≥2)是常數， ∴3a+4=0，即 。

點評：本題考查了用定義證明等比數列，分類討論的數學思想，有一定的綜合性。

【反饋演練】

1．已知等差數列 中， ，則前10項的和 ＝ 210 。

2．在等差數列 中，已知 則 ＝ 42 。

3．已知等差數列共有10項，其中奇數項之和15，偶數項之和為30，則其公差是 3 。

4．如果 成等比數列，則 3 ， -9 。

5．設等差數列{an}的前n項和為Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.

(1)求公差d的取值範圍；

(2)指出S1、S2、…、S12中哪一個值最大，並說明理由.

解：(1)依題意有：

解之得公差d的取值範圍為－ ＜d＜－3.

(2)解法一：由d＜0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,因此，在S1，S2，…，S12中Sk為最大值的條為：ak≥0且ak+1＜0,即

∵a3=12, ∴ ， ∵d＜0, ∴2－ ＜k≤3－

∵－ ＜d＜－3,∴ ＜－ ＜4,得5.5＜k＜7.

因為k是正整數，所以k=6,即在S1，S2，…，S12中，S6最大.

解法二：由d＜0得a1>a2>…>a12>a13，

因此若在1≤k≤12中有自然數k,使得ak≥0,且ak+1＜0,則Sk是S1，S2，…，S12中的最大值。又2a7=a1+a13= S13＜0, ∴a7＜0, a7+a6=a1+a12= S12>0, ∴a6≥－a7>0

故在S1，S2，…，S12中S6最大.

解法三：依題意得：

最小時，Sn最大；

∵－ ＜d＜－3, ∴6＜ (5－ )＜6.5.

從而，在正整數中，當n=6時，［n－ (5－ )］2最小，所以S6最大.

點評：該題的第(1)問通過建立不等式組求解屬基本要求，難度不高，入手容易.

第(2)問難度較高，為求{Sn}中的最大值Sk（1≤k≤12）：思路之一是知道Sk為最大值的充要條是ak≥0且ak+1＜0；而思路之二則是通過等差數列的性質等和性探尋數列的分佈規律，找出“分水嶺”，從而得解；思路之三是可視Sn為n的二次函式，藉助配方法可求解，它考查了等價轉化的數學思想、邏輯思維能力和計算能力，較好地體現了大學聯考試題注重能力考查的特點.

第3 數列的求和

【考點導讀】

對於一般數列求和是很困難的，在推導等差、等比數列的和時出現了一些方法可以遷移到一般數列的求和上，掌握數列求和的常見方法有：

（1）公式法：⑴ 等差數列的求和公式，⑵ 等比數列的求和公式

（2）分組求和法：在直接運用公式求和有困難時常，將“和式”中的“同類項”先合併在一起，再運用公式法求和（如：通項中含 因式，週期數列等等）

（3）倒序相加法：如果一個數列｛a ｝，與首末兩項等距的兩項之和等於首末兩項之和，則可用把正著寫和與倒著寫和的兩個和式相加，就得到了一個常數列的和，這一求和方法稱為倒序相加法。特徵：an+a1=an-1+a2

（4）錯項相減法：如果一個數列的各項是由一個等差數列與一個等比數列的對應項相乘所組成，此時求和可採用錯位相減法。

（5）裂項相消法：把一個數列的各項拆成兩項之差，在求和時一些正負項相互抵消，於是前n項之和變成首尾若干少數項之和。

【基礎練習】

1．已知公差不為0的正項等差數列｛an｝中,Sn為前n項之和,lga1、lga2、lga4成等差數列，若a5=10,

則S5 = 30 。

2．已知數列｛an｝是等差數列,且a2=8,a8=26,從｛an｝中依次取出第3項,第9項,第27項…,第3n項,按原的順序構成一個新的數列｛bn｝, 則bn=__3n+1+2___

3．若數列 滿足： ，2，3….則 .

【範例導析】

例1.已知等比數列 分別是某等差數列的第5項、第3項、第2項，且

（Ⅰ）求 ；

（Ⅱ）設 ，求數列

解：（I）依題意

點評：本題考查了等比數列的基本性質和等差數列的求和，本題還考查了轉化的思想。

例2．數列 前 項之和 滿足：

（1）求證：數列 是等比數列 ；

（2）若數列 的公比為 ,數列 滿足： ，求數列 的通項公式；

（3）定義數列 為 ，，求數列 的前 項之和 。

解：（1）由 得：

兩式相減得： 即 ,

∴數列 是等比數列 。

（2） ，則有 ∴ 。

（3） ，

點評：本題考查了 與 之間的轉化問題，考查了基本等差數列的定義，還有裂項相消法求和問題。

例3．已知數列 滿足 ， ．

（Ⅰ）求數列 的通項公式 ； （Ⅱ）設 ，求數列 的前 項和 ；

（Ⅲ）設 ，數列 的前 項和為 ．求證：對任意的 ， ．

分析：本題所給的遞推關係式是要分別“取倒”再轉化成等比型的數列，對數列中不等式的證明通常是放縮通項以利於求和。

解：（Ⅰ） ， ，

又 ， 數列 是首項為 ，公比為 的等比數列．

， 即 .

當 時，則

， 對任意的 ， ．

點評：本題利用轉化思想將遞推關係式轉化成我們熟悉的結構求得數列 的通項 ，第二問分組求和法是非常常見的方法，第三問不等式的證明要用到放縮的辦法，放縮的目的是利於求和，所以通常會放成等差、等比數列求和，或者放縮之後可以裂項相消求和。

【反饋演練】

1．已知數列 的通項公式 ，其前 項和為 ，則數列 的前10項的和為 75 。

2．已知數列 的通項公式 ，其前 項和為 ，則 377 。

3．已知數列 的前 項和為 ，且 ，則數列 的通項公式為 。

4．已知數列 中， 且有 ，則數列 的通項公式為

，前 項和為 。

5．數列{an}滿足a1=2，對於任意的n∈N*都有an＞0, 且(n+1)an2+anan+1－nan+12=0，

又知數列{bn}的通項為bn=2n－1+1.

(1)求數列{an}的通項an及它的前n項和Sn；

(2)求數列{bn}的前n項和Tn；

解：(1）可解得 ，從而an=2n，有Sn=n2+n，

(2)Tn=2n+n－1.

6．數列{an}中，a1=8,a4=2且滿足an+2=2an+1－an,(n∈N*).

(1)求數列{an}的通項公式；

(2)設Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn;

(3)設bn= (n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整數m，使得對任意n∈N*均有Tn＞ 成立？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由.

解：(1）由an+2=2an+1－an an+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差數列，?

d= =－2,∴an=10－2n.

(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，當n≤5時，Sn=－n2+9n，當n＞5時，Sn=n2－9n+40，

故Sn=

(3)bn=

；要使Tn＞ 總成立，需 ＜T1= 成立，即m＜8且m∈Z，故適合條的m的最大值為7.

第4 數列的應用

【考點導讀】

1．能在具體的問題情景中發現數列的等差、等比關係，並能用有關知識解決相應的問題。

2．注意基本數學思想方法的運用，構造思想：已知數列構造新數列，轉化思想：將非等差、等比數列轉化為等差、等比數列。

【基礎練習】

1．若數列 中， ，且對任意的正整數 、 都有 ，則 .

2．設等比數列 的公比為 ，前 項和為 ，若 成等差數列，則 的值為 。

3．已知等差數列 的公差為2，若 成等比數列，則 。

【範例導析】

例1．已知正陣列成的兩個數列 ，若 是關於 的方程 的兩根

（1）求證： 為等差數列；

（2）已知 分別求數列 的通項公式；

（3）求數 。

（1）證明：由 的兩根得：

是等差數列

（2）由（1）知

∴ 又 也符合該式，

（3） ①

①—②得

點評：本題考查了等差、等比數列的性質，數列的構造，數列的轉化思想，乘公比錯項相減法求和等。

例2．設數列 滿足 ，且數列 是等差數列，數列 是等比數列。

（I）求數列 和 的通項公式；

（II）是否存在 ，使 ，若存在，求出 ，若不存在，說明理由。

解：由題意得：

由已知 得公比

（2）

，所以當 時， 是增函式。

又 ， 所以當 時 ，

又 ， 所以不存在 ，使 。

【反饋演練】

1．製造某種產品，計劃經過兩年要使成本降低 ，則平均每年應降低成本 。

2．等比數列 的前 項和為 ， ，則 54 。

3．設 為等差數列， 為數列 的前 項和，已知 ， 為數列｛ ｝的前 項和，則 ．

4.已知數列

（1）求數列 的通項公式； （2）求證數列 是等比數列；

（3）求使得 的集合.

解：（1）設數列 ，由題意得：

解得：

（2）由題意知： ，

為首項為2，公比為4的等比數列

（3）由

5.已知數列 的各項均為正數， 為其前 項和，對於任意 ，滿足關係 .

證明： 是等比數列；

證明：∵ ① ∴ ②

②－①，得

故:數列{an}是等比數列

不等式的解法

6.5 不等式的解法（二）

●知識梳理

1.x＞a x＞a或x＜－a（a＞0）；

x＜a －a＜x＜a（a＞0）.

2.形如x－a+x－b≥c的不等式的求解通常採用“零點分段討論法”.

3.含參不等式的求解，通常對引數分類討論.

4.絕對值不等式的性質：

a－b≤a±b≤a+b.

思考討論

1.在x＞a x＞a或x＜－a（a＞0）、x＜a －a＜x＜a（a＞0）中的a＞0改為a∈R還成立嗎?

2.絕對值不等式的性質中等號成立的條是什麼?

●點選雙基

1.設a、b是滿足ab＜0的實數，那麼

A.a+b＞a－b

B.a+b＜a－b

C.a－b＜a－b

D.a－b＜a+b

解析：用賦值法.令a=1，b=－1，代入檢驗.

答案：B

2.不等式2x2－1≤1的解集為

A.{x－1≤x≤1}B.{x－2≤x≤2}

C.{x0≤x≤2}D.{x－2≤x≤0}

解析：由2x2－1≤1得－1≤2x2－1≤1.

∴0≤x2≤1，即－1≤x≤1.

答案：A

3.不等式x+log3x＜x+log3x的解集為

A.（0，1）B.（1，+∞）

C.（0，+∞）D.（－∞，+∞）

解析：∵x＞0，x與log3x異號，

∴log3x＜0.∴0＜x＜1.

答案：A

4.已知不等式a≤ 對x取一切負數恆成立，則a的取值範圍是____________.

解析：要使a≤ 對x取一切負數恆成立，

令t=x＞0，則a≤ .

而 ≥ =2 ，

∴a≤2 .

答案：a≤2

5.已知不等式2x－t+t－1＜0的解集為（－ ， ），則t=____________.

解析：2x－t＜1－t，t－1＜2x－t＜1－t，

2t－1＜2x＜1，t－ ＜x＜ .

∴t=0.

答案：0

●典例剖析

【例1】 解不等式2x+1+x－2＞4.

剖析：解帶絕對值的不等式，需先去絕對值，多個絕對值的不等式必須利用零點分段法去絕對值求解.令2x+1=0，x－2=0，得兩個零點x1=－ ，x2=2.

解：當x≤－ 時，原不等式可化為

－2x－1+2－x＞4，

∴x＜－1.

當－ ＜x≤2時，原不等式可化為

2x+1+2－x＞4，

∴x＞1.又－ ＜x≤2，

∴1＜x≤2.

當x＞2時，原不等式可化為

2x+1+x－2＞4，∴x＞ .

又x＞2，∴x＞2.

綜上，得原不等式的解集為{xx＜－1或1＜x}.

深化拓展

若此題再多一個含絕對值式子.如：

2x+1+x－2+x－1＞4，你又如何去解？

分析：令2x+1=0，x－2=0，x－1=0，

得x1=－ ，x2=1，x3=2.

解：當x≤－ 時，原不等式化為

－2x－1+2－x+1－x＞4，∴x＜－ .

當－ ＜x≤1時，原不等式可化為

2x+1+2－x+1－x＞4，4＞4（矛盾）.

當1＜x≤2時，原不等式可化為

2x+1+2－x+x－1＞4，∴x＞1.

又1＜x≤2，

∴1＜x≤2.

當x＞2時，原不等式可化為

2x+1+x－2+x－1＞4，∴x＞ .

又x＞2，∴x＞2.

綜上所述，原不等式的解集為{xx＜－ 或x＞1}.

【例2】 解不等式｜x2－9｜≤x＋3.

剖析：需先去絕對值，可按定義去絕對值，也可利用x≤a －a≤x≤a去絕對值.

解法一：原不等式 （1） 或（2）

不等式（1） x＝－3或3≤x≤4；

不等式（2） 2≤x＜3.

∴原不等式的解集是｛x｜2≤x≤4或x＝－3｝.

解法二：原不等式等價於

或x≥2 x=－3或2≤x≤4.

∴原不等式的解集是｛x｜2≤x≤4或x＝－3｝.

【例3】 （理）已知函式f（x）=xx－a（a∈R）.

（1）判斷f（x）的奇偶性；

（2）解關於x的不等式：f（x）≥2a2.

解：（1）當a=0時，

f（－x）=－x－x=－xx=－f（x），

∴f（x）是奇函式.

當a≠0時，f（a）=0且f（－a）=－2aa.

故f（－a）≠f（a）且f（－a）≠－f（a）.

∴f（x）是非奇非偶函式.

（2）由題設知xx－a≥2a2，

∴原不等式等價於 ①

或 ②

由①得 x∈ .

由②得

當a=0時，x≥0.

當a＞0時，

∴x≥2a.

當a＜0時，

即x≥－a.

綜上

a≥0時，f（x）≥2a2的解集為{xx≥2a}；

a＜0時，f（x）≥2a2的解集為{xx≥－a}.

（）設函式f（x）=ax+2，不等式 f（x）＜6的解集為（－1，2），試求不等式 ≤1的解集.

解：ax+2＜6，

∴（ax+2）2＜36，

即a2x2+4ax－32＜0.

由題設可得

解得a=－4.

∴f（x）=－4x+2.

由 ≤1，即 ≤1可得 ≥0.

解得x＞ 或x≤ .

∴原不等式的解集為{xx＞ 或x≤ }.

●闖關訓練

夯實基礎

1.已知集合A={xa－1≤x≤a+2}，B={x3＜x＜5}，則能使A B成立的實數a的取值範圍是

A.{a3＜a≤4}B.{a3≤a≤4}

C.{a3＜a＜4}D.

解析：由題意知 得3≤a≤4.

答案：B

2.不等式x2+2x＜3的解集為____________.

解析：－3＜x2+2x＜3，即

∴－3＜x＜1.

答案：－3＜x＜1

3.不等式x+2≥x的解集是____________.

解法一：x+2≥x （x+2）2≥x2 4x+4≥0 x≥－1.

解法二： 在同一直角座標系下作出f（x）=x+2與g（x）=x的圖象，根據圖象可得x≥－1.

解法三：根據絕對值的幾何意義，不等式x+2≥x表示數軸上x到－2的距離不小於到0的距離，∴x≥－1.

答案：{xx≥－1}

評述：本題的三種解法均為解絕對值不等式的基本方法，必須掌握.

4.當0＜a＜1時，解關於x的不等式a ＜ax－2.

解：由0＜a＜1，原不等式可化為 ＞x－2.

這個不等式的解集是下面不等式組①及②的解集的並集. ①

或 ②

解不等式組①得解集為{x ≤x＜2}，

解不等式組②得解集為{x2≤x＜5}，

所以原不等式的解集為{x ≤x＜5}.

5.關於x的方程3x2－6（m－1）x+m2+1=0的兩實根為x1、x2，若x1+x2=2，求m的值.

解：x1、x2為方程兩實根，

∴Δ=36（m－1）2－12（m2+1）≥0.

∴m≥ 或m≤ .

又∵x1x2= ＞0，∴x1、x2同號.

∴x1+x2=x1+x2=2m－1.

於是有2m－1=2，∴m=0或2.

∴m=0.

培養能力

6.解不等式 ≤ .

解：（1）當x2－2＜0且x≠0，即當－ ＜x＜ 且x≠0時，原不等式顯然成立．

（2）當x2－2＞0時，原不等式與不等式組 等價．

x2－2≥｜x｜，即｜x｜2－｜x｜－2≥0.

∴｜x｜≥2.∴不等式組的解為｜x｜≥2，

即x≤－2或x≥2．

∴原不等式的解集為（－∞，－2］∪（－ ，0）∪（0， ）∪［2，＋∞）．

7.已知函式f（x）= 的定義域恰為不等式log2（x+3）+log x≤3的解集，且f（x）在定義域內單調遞減，求實數a的取值範圍.

解：由log2（x+3）+log x≤3得

x≥ ，

即f（x）的定義域為［ ，+∞）.

∵f（x）在定義域［ ，+∞）內單調遞減，

∴當x2＞x1≥ 時，f（x1）－f（x2）＞0恆成立，即有（ax1－ +2）－（ax2－ +2）＞0 a（x1－x2）－（ － ）＞0

（x1－x2）（a+ ）＞0恆成立.

∵x1＜x2，∴（x1－x2）（a+ ）＞0

a+ ＜0.

∵x1x2＞ － ＞－ ，

要使a＜－ 恆成立，

則a的取值範圍是a≤－ .

8.有點難度喲！

已知f（x）=x2－x+c定義在區間［0，1］上，x1、x2∈［0，1］，且x1≠x2，求證：

（1）f（0）=f（1）；

（2） f（x2）－f（x1）＜x1－x2；

（3） f（x1）－f（x2）＜ ；

（4） f（x1）－f（x2）≤ .

證明：（1）f（0）=c，f（1）=c，

∴f（0）=f（1）.

（2） f（x2）－f（x1）=x2－x1x2+x1－1.

∵0≤x1≤1，∴0≤x2≤1，0＜x1+x2＜2（x1≠x2）.

∴－1＜x1+x2－1＜1.

∴ f（x2）－f（x1）＜x2－x1.

（3）不妨設x2＞x1，由（2）知

f（x2）－f（x1）＜x2－x1.①

而由f（0）=f（1），從而

f（x2）－f（x1）= f（x2）－f（1）+f（0）－f（x1）≤ f（x2）－f（1）+ f（0）－

f（x1）＜1－x2+x1＜1－x2+x1.②

①+②得2 f（x2）－f（x1）＜1，

即 f（x2）－f（x1）＜ .

（4）f（x2）－f（x1）≤fmax－fmin=f（0）－f（ ）= .

探究創新

9.（1）已知a＜1，b＜1，求證： ＞1；

（2）求實數λ的取值範圍，使不等式 ＞1對滿足a＜1，b＜1的一切實數a、b恆成立；

（3）已知a＜1，若 ＜1，求b的取值範圍.

（1）證明：1－ab2－a－b2=1+a2b2－a2－b2=（a2－1）（b2－1）.

∵a＜1，b＜1，∴a2－1＜0，b2－1＜0.

∴1－ab2－a－b2＞0.

∴1－ab＞a－b，

= ＞1.

（2）解：∵ ＞1 1－abλ2－aλ－b2=（a2λ2－1）（b2－1）＞0.

∵b2＜1，∴a2λ2－1＜0對於任意滿足a＜1的a恆成立.

當a=0時，a2λ2－1＜0成立；

當a≠0時，要使λ2＜ 對於任意滿足a＜1的a恆成立，而 ＞1，

∴λ≤1.故－1≤λ≤1.

（3） ＜1 （ ）2＜1 （a+b）2＜（1+ab）2 a2+b2－1－a2b2＜0 （a2－1）（b2－1）＜0.

∵a＜1，∴a2＜1.∴1－b2＞0，即－1＜b＜1.

●思悟小結

1.解含有絕對值的不等式的指導思想是去掉絕對值.常用的方法是：（1）由定義分段討論；（2）利用絕對值不等式的性質；（3）平方.

2.解含引數的不等式，如果轉化不等式的形式或求不等式的解集時與引數的取值範圍有關，就必須分類討論.注意：（1）要考慮引數的總取值範圍.（2）用同一標準對引數進行劃分，做到不重不漏.

●教師下載中心

教學點睛

1.絕對值是歷年大學聯考的重點，而絕對值不等式更是常考常新.在教學中要從絕對值的定義和幾何意義分析，絕對值的特點是帶有絕對值符號，如何去掉絕對值符號，一定要教給學生方法，切不可以題論題.

2.無理不等式在新程書本並未出現，但可以利用不等式的性質把其等價轉化為代數不等式.

3.指數、對數不等式能利用單調性求解.

拓展題例

【例1】 設x1、x2、y1、y2是實數，且滿足x12+x22≤1，證明不等式（x1y1+x2y2－1）2≥（x12+x22－1）（y12+y22－1）.

分析：要證原不等式成立，也就是證（x1y1+x2y2－1）2－（x12+x22－1）（y12+y22－1）≥0.

證明：（1）當x12+x22=1時，原不等式成立.

（2）當x12+x22＜1時，聯想根的判別式，可建構函式f（x）=（x12+x22－1）x－2（x1y1+x2y2－1）x+（y12+y22－1），其根的判別式Δ=4（x1y1+x2y2－1）2－4（x12+x22－1）（y12+y22－1）.

由題意x12+x22＜1，函式f（x）的圖象開口向下.

又∵f（1）=x12+x22－2x1y1－2x2y2+y12+y22=（x1－y1）2+（x2－y2）2≥0，

因此拋物線與x軸必有公共點.

∴Δ≥0.

∴4（x1y1+x2y2－1）2－4（x12+x22－1）（y12+y22－1）≥0，

即（x1y1+x2y2－1）2≥（x12+x22－1）（y12+y22－1）.

2016屆大學聯考數學備考複習：函式與方程思想

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專題七：思想方法專題

第一講 函式與方程思想

【思想方法詮釋】

函式與方程都是中學數學中最為重要的內容。而函式與方程思想更是中學數學的一種基本思想，幾乎滲透到中學數學的各個領域，在解題中有著廣泛的應用，是歷年來大學聯考考查的重點。

1．函式的思想

函式的思想，是用運動和變化的觀點，分析和研究數學中的數量關係，建立函式關係或建構函式，運用函 數的圖象和性質去分析問題、轉化問題，從而使問題獲得解決。函式思想是對函式概念的本質認識，用於指導解題就是善於利用函式知識或函式觀點觀察、分析和解決問題。經常利用的性質是單調性、奇偶性、週期性、最大值和最小值、圖象變換等。

2．方程的思想

方程的思想，就是分析數學問題中變數間的等量關係，建立方程或方程組，或者構造方程，通過解方程或方程組，或者運用方程的性質去分析、轉化問題，使問題獲得解決。方程的是對方程概念的本質認識，用於指導解題就是善於利用方程或方程組的觀點觀察處理問題，方程思想是動中求靜，研究運動中的等量關係。

3．函式思想與方程思想的聯絡

函式思想與方程思想是密切相關的，如函式問題可以轉化為方程問題來龍去脈解決；方程問題也可以轉化為函式問題加以解決，如解方程f(x)=0，就是求函式y=f(x)的 零點，解不等式f(x)>0(或f(x)<0)，就是求函式y=f(x)的正負區間，再如方程f(x)=g(x)的交點問題，也可以轉化為函式y=f(x)-g(x)與x軸交點問題，方程f(x)=a有解，當且公當a屬於函式f(x)的值域，函式與方程的這種相互轉化關係十分重要。

4．函式與方程思想解決的相關問題

（1）函式 思想在解題中的應用主要表現在兩個方面：

①藉助有關初等函式的性質，解有關求值、解（證）不等式、解方程以及討論引數的取值範圍等問題；

②在問題研究中通過建立函式關係式或構造中間函式；把研究的問題化為討論函式的有關性質，達到化難為易，化繁為簡的目的。

（2）方程思想在解題中的應用主要表現在四個方面：

①解方程或解不等式；

②帶參變數的方程 或不等式的討論，常涉及一元二次方程的判別式、根與係數的關係、區間根、區間上恆成立等知識應用；

③需要轉化為方程的討論，如曲線的位置關係；

④構造方程或不等式求解問題。

【核心要點突破】

要點考向1：運用函式與方程的思想解決字母或式子的求值或取值範圍問題

例1：若a、b是正數，且滿足ab=a+b+3，求ab的取值範圍。

思路精析：用a表示b→根據b＞0，求a的範圍→把ab看作a的函式→求此函式的值域。

解析：方法一：（看成函式的值域）

即a＞1或a＜-3.又a＞0,∴a＞1,故a-1＞0。

若且唯若a-1= ，即a=3時取等號.

又a＞3時, a-1+ +5是關於a的單調增函式,

∴ab的取值範圍是[9,+∞).

方法二(看成不等式的解集)

∵a,b為正數, ∴a+b≥2 ,又ab= a+b+3, ∴ab≥2 +3.

即

解得

方法三:若設ab=t,則a+b=t-3, ∴a,b可看成方程 的兩個 正根.

從而有 ,即

解得t≥9,即ab≥9.

注(1)求字母(或式子)的值問題往往要根據題設條件構建以待求字母(式子)為元的方程 (組),然後由方程 (組)求得.

(2)求引數的取值範圍是函式、方程、不等式、數列、解析幾何等知識中的重要問題。解決這類問題一般有兩條途徑，其一，充分挖掘題設條件中的不等關係，構建以待求字母為元的不等式（組）求解；其二，充分應用題設是的等量關係，將待求引數表示成其他變數的函式，然後，應用函式知識求值域.

(3)當問題中出現兩數積與這兩數和時，是構建一元二次方程的明顯訊號，構造方程後再利用方程知識可使問題巧妙解決.

(4)當問題中出現多個變數時,往往要利用等量關係去減少變數的個數,如最後能把其中一個變量表示成關於另一個變數的表示式,那麼就可用研究函式的方法將問題解決.

要點考向2：運用函式與方程思想解決方程問題

例2：已知函式 或 與 的圖象在 內至少有一個公共點，試求 的取值範圍。

思路精析：化簡 的解析式→令 = →分離 →求函式的值域→確定 的範圍

解析：

與 的圖象在 內至少有一個公共點，即 有解，即令 = ，

若且唯若 ，即cosx=0時“=”成立。

∴當a≥2時， 與 所組成的方程組在 內有解，即 與 的圖象至少有一個公共點。

注：（1）本例中把兩函式圖象至少有一個公共點問題轉化為方程有解問題．即把函式問題用方程的思想去解決．

（2）與本例相反的一類問題是已知方程的解的情問題，求引數的取值範圍．研究此類含引數的三角、指數、對數等複雜方程解的問題的，通常有兩種處理思路：一是分離引數構建函式，將方程有解轉化為求函式的值域；二是換元，將複雜方程問題轉化為熟悉的二次方程；進而利用二次方程解的分佈情況構建不等式（組）或建構函式加以解決．

要點考向3：運用函式與方程思想解決不等式問題

例3： （1）已知 且 那麼（）

（2）設不等式 對滿足m∈[-2，2]的一切實數 m都成立，求x的取值範圍．

思路精析：（1）先把它變成等價形式 再構造輔助函式 利用函式單調性比較．

（2）此問題常因為思維定勢，易把它看成關於x的不等式討論，若變換一個角度，以m為變數，使f(m)= ，則問題轉化為求一次函式（或常函式）f(m)的值在[-2，2]內恆負時，引數x應滿足的條件．

解析：（1）選B．設 因為 均為R上的增函式，所以 是R上的增函式．又由 ，即 ，即x+y＞0．

(2)設f(m)= ，則不等式2x-1＞m 恆成立 恆成立．∴在 時，

即

解得 ，

故x的取值範圍是 ．

注：1．在解決值的大小比較問題時，通過構造適當的函式，利用函式的單調性或圖象解決是一種重要思想方法；

2．在解決不等式恆成立問題時，一種最重要的思想方法就是構造適當的函式利用函式的圖象和性質解決問題．同時要注意在一個含多個變數的數學問題中，需要確定合適的變數和引數，從而揭示函式關係，使問題更明朗化，一般地，已知存在範圍的量為變數而待求範圍的量為引數．

要點考向3：運用函式與方程思想解決最優化問題

例4：圖1是某種稱為“凹槽”的機械部件的示意圖，圖2是凹槽的橫截面（陰影部分）示意圖，其中四邊形ABCD是矩形，弧CmD是半圓，凹槽的橫截面的周長為4.已知凹槽的強度與橫截面的面積成正比，比例係數為 ,設AB=2x,BC=y.

（Ⅰ）寫出y關於x函式表示式，並指出x的取值範圍；

（Ⅱ）求當x取何值時，凹槽的強度最大.

解析：（Ⅰ）易知半圓CmD的半徑為x，故半圓CmD的弧長為 .

所以 ，

得 ----------------------4分

依題意知： 得

所以， （ ）. ----------------------6分

（Ⅱ）依題意，設凹槽的強度為T，橫截面的面積為S，則有

----------------------8分

. ----------------------11分

因為 ,

所以，當 時，凹槽的強度最大.

答: 當 時，凹槽的強度最大. -- ------------13分

注：解析幾何、立體幾何及實際應用問題中的最優化問題，一般是利用函式的思想解決，思路是先選擇恰當的變數建立目標函式，然後再利用有關知識，求函式的最值。

【跟蹤模擬訓練】

一、選擇題（每小題6分，共36分）

1.已知正數x,y滿足xy=x+9y+7，則xy的最小值為( )

(A)32(B)43(C)49(D)60

2．方程 有解，則m的最大值為（ ）

(A)1(B)0(C)-1(D)-2

3.一個高為h0，滿缸水量為V0的魚缸的

軸截面如圖所示，其底部有一個小洞，

滿缸水從洞中流出，當魚缸口高出水面

的高度為h時，魚缸內剩餘水的體積為V,

則函式V=f(h)的大致圖象可能是（ ）

4.對任意a∈［-1,1］，函式f(x)=x2+(a-4)x+4-2a的值總大於零，則x的取值範圍是( )

(A)1<x<3

(B)x<1或x>3

(C)1<x<2

(D)x<1或x>2

5.若正實數a,b滿足ab=ba，且a<1,則有( )

(A)a>b(B)a<b

(C)a=b(D)不能確定a,b的大小

6．已知圓 上任意一點P(x,y)都使不等式 恆成立，則m的取值範圍是（ ）

二、填空題（每小題6分，共18分）

7． 的定義域和值域都是[1，k]，則k=

8．已知數列 中， ，若數列的前30項中最大項是 ，最小項是 ，則m= ,n=

9.設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函式和偶函式,當x<0時，f′(x)?g(x)+f(x)g′(x)>0,且g(-3)=0,則不等式f(x)g(x)<0的解集是______.

三、解答題(10、11題每題15分，12題16分，共46分)

10.已知二次函式f(x)=ax2+bx(a,b為常數，且a≠0)滿足條件:f(x-1)=f(3-x)且方程f(x)=2x有相等實根.

(1)求函式f( x)的解析式;

(2)是否存在實數m,n(m<n)，使f(x)的定義域和值域分別為［m,n］和［4m,4n］，如果存在，求出m,n的值，如果不存在，說明理由.

11.某地區要在如圖所示的一塊不規則用地規劃建成一個矩形商業樓區，餘下的作為休閒區，已知AB⊥BC,OA∥BC，且AB=BC=2OA=4 km，曲線OC段是以O為頂點且開口向上的拋物線的一段，如果矩形的兩邊分別落在AB、BC上，且一個頂點在曲線OC段上，應當如何規劃才能使矩形商業樓區的用地面積最大？並求出最大的用地面積.

12．設 的極小值為-8，其導數 的圖象經過（-2，0）， 兩點，如圖所示．

（1）求f(x)的解析式；

（2）若對x∈[-3，3]，都有 恆成立，求實數m的取值範圍．

參考答案

1．

2．

3．【解析】選A.設魚缸底面積為S,則V=f(h)=Sh0-Sh，故V=f(h)是一次函式且是減函式.

4．【解析】選B.由f(x)=x2+(a-4)x+4-2a>0得

a(x-2)+x2-4x+4>0，

令g(a)=a(x-2)+x2-4x+4，

由不等式f(x)>0恆成立,

即g(a)>0在［-1,1］上恆成立.

5．

6．

7．

8．

9．【解析】令F(x)=f(x)g(x)，由f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函式和偶函式，得F(x)是奇函式.

又當x<0時，f′(x)=f′（x）g(x)+f(x)g′(x)>0，

∴x<0時，F(x)為增函式.

又F(x)為奇函式，故F(x)在［0，+∞）也是增函式.

∵F(-3)=f(-3)g(-3)

=0=-F(3)，

∴F(x)<0的解集是

(-∞,-3)∪(0,3)，

如圖.

答案：（-∞,-3）∪（0，3）

10．【解析】(1)∵方程ax2+bx-2x=0有相等實根,

∴Δ=(b-2)2=0,得b=2,由f(x-1)=f(3-x)知此函式圖象的對稱軸

方程為x= =1,

得a=-1.故f(x)=-x2+2x.

11．【解析】以點O為原點，OA所在的直線為x軸，建立直角座標系，

設拋物線的方程為x2=2py，

由C(2,4)代入得:p= ，

所以曲線段OC的方程為:y=x2(x∈［0,2］).

A(-2,0)，B(-2,4),設P(x,x2)(x∈［0,2］)，

過P作PQ⊥AB於Q，PN⊥BC於N,

故PQ=2+x,PN=4-x2，

則矩形商業樓區的面積S=(2+x)(4-x2)(x∈［0,2］).

S=-x3-2x2+4x+8，

12．

【備課資源】

1.已知拋物線y2=4x上一點A(x0,y0)，F是其焦點，若y0∈［1,2］，則AF的範圍是( )

(A)［ ,1］(B)［ ,2］(C)［1,2］(D)［2，3］

【解析】選B.拋物線準線方程為x=-1,則AF=x0+1,

4.已知命題p：“對 x∈R， m∈R，使4x+2xm+1=0”，若命題 p是假命題，則實數m的取值範圍是( )

(A)-2≤m≤2(B)m≥2

(C)m≤-2(D)m≤-2或m≥2

【解析】選C. 由已知：命題p為真命題,

即方程4x+2xm+1=0有解,

∴-m=2x+2-x≥2，即m≤-2.

6.已知函式f(x)=ln(2x)和g(x)=2ln(2x+m-2)，m∈R的圖象在x=2處的切線互相平行.

(1)求m的值；

(2)設F(x)=g(x)-f(x).當x∈［1,4］時,F(x)≥2tln4恆成立,求t的取值範圍.

所以當1≤x<2時，G′(x)<0，

當20.

故G(x)在［1,2)是單調減函式,在(2,4］是單調增函式.

所以G(x)min=G(2)=16，G(x)max=G(1)=G(4)=18.

因為當x∈［1,4］時，F(x)≥2tln4恆成立,

所以F(x)min ≥2tln4.

即ln16≥2tln4，

解得t≤1.

綜上所述,滿足條件的t的取值範圍是(-∞,1］.

7.國際上鑽石的重量計量單位為克拉.已知某種鑽石的價值v（美元）與其重量ω（克拉）的平方成正比，且一顆重為3克拉的該種鑽石的價值為54 000美元.

（1）寫出v關於ω的函式關係式；

（2）若把一顆鑽石切割成重量比為1∶3的兩顆鑽石，求價值損失的百分率；

（3）試用你所學的數學知識證明：把一顆鑽石切割成兩顆鑽石時，按重量比為1∶1切割，價值損失的百分率最大.

【解析】（1）依題意設v=kω2,

又當ω=3時，v=54 000，∴k=6 000.

故v=6 000 ω2.

2016屆大學聯考數學三角函式知識導航複習教案

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第五章 三角函式

大學聯考導航

考試要求重難點選命題展望

1.瞭解任意角的概念和弧度制的概念，能進行弧度與角度的互化.

2.理解任意角三角函式(正弦、餘弦、正切)的定義.

3.能利用單位圓中的三角函式線推匯出 ，π±α的正弦、餘弦、正切的誘導公式，能畫出y＝sin x， y＝cos x ， y＝tan x的圖象，瞭解三角函式的週期性.

4.理解正弦函式、餘弦函式在[0,2π]上的性質(如單調性、最大值和最小值、圖象與x軸的交點等)，理解正切函式在(－ , )上的單調性.

5.理解同角三角函式的基本關係式：sin2x＋cos2x＝1 ， ＝tan x.

6.瞭解函式y＝Asin(ωx＋φ)的物理意義，能畫出函式y＝Asin(ωx＋φ)的圖象，瞭解引數A，ω，φ對函式圖象變化的影響.

7.會用三角函式解決一些簡單實際問題，體會三角函式是描述週期變化現象的重要函式模型.

8.會用向量的數量積推匯出兩角差的餘弦公式，會用兩角差的餘弦公式推匯出兩角和的正弦、餘弦、正切公式和二倍角的正弦、餘弦、正切公式，瞭解它們的內在聯絡，能運用上述公式進行簡單的恆等變換(包括匯出積化和差、和差化積、半形公式，但不要求記憶).

9.掌握正弦定理、餘弦定理，並能解決一些簡單的三角形度量問題，能夠運用正弦定理、餘弦定理等知識和方法解決一些與測量和幾何計算有關的實際問題.本章重點：1.角的推廣，三角函式的定義，誘導公式的運用；2.三角函式的圖象與性質，y＝Asin(ωx＋)

(ω＞0)的性質、圖象及變換；3.用三角函式模型解決實際問題；4.以和、差、倍角公式為依據，提高推理、運算能力；5.正、餘弦定理及應用.

本章難點：1.任意角的三角函式的幾何表示，圖象變換與函式解析式變換的內在聯絡；2.靈活運用三角公式化簡、求值、證明； 3.三角函式的奇偶性、單調性的判斷，最值的求法；4.探索兩角差的餘弦公式；5.把實際問題轉化為三角函式問題. 三角函式是基本初等函式，是描述週期現象的重要數學模型.三角函式的概念、圖象和性質是大學聯考數學必考的基礎知識之一.在大學聯考中主要考查對三角函式概念的理解；運用函式公式進行恆等變形、化簡、求值、證明三角函式的圖象和性質以及圖象變換、作圖、識圖等.解三角形的問題往往與其他知識(如立體幾何、解析幾何、向量等)相聯絡，考查考生的數學應用意識，體現以能力立意的大學聯考命題原則.

知識網路

5.1 任意角的三角函式的概念

典例精析

題型一 象限角與終邊相同的角

【例1】若α是第二象限角，試分別確定2α、 的終邊所在的象限.

【解析】因為α是第二象限角，

所以k 360°＋90°＜α＜k 360°＋180°(k∈Z).

因為2k 360°＋180°＜2α＜2k 360°＋360°(k∈Z)，故2α是第三或第四象限角，或角的終邊在y軸的負半軸上.

因為k 180°＋45°＜α2＜k 180°＋90°(k∈Z)，

當k＝2n(n∈Z)時，n 360°＋45°＜α2＜n 360°＋90°，

當k＝2n＋1(n∈Z)時，n 360°＋225°＜α2＜n 360°＋270°.

所以α2是第一或第三象限角.

【點撥】已知角α所在象限，應熟練地確定α2所在象限.

如果用α1、α2、α3、α4分別表示第一、二、三、四象限角，則α12、α22、α32、α42分佈如圖，即第一象限角的半形是第一或第三象限角(其餘略)，熟記右圖，解有關問題就方便多了.

【變式訓練1】若角2α的終邊在x軸上方，那麼角α是( )

A.第一象限角 B.第一或第二象限角

C.第一或第三象限角 D.第一或第四象限角

【解析】由題意2kπ＜2α＜2kπ＋π，k∈Z，

得kπ＜α＜kπ＋π2，k∈Z.

當k是奇數時，α是第三象限角.

當k是偶數時，α是第一象限角.故選C.

題型二 弧長公式，面積公式的應用

【例2】已知一扇形的中心角是α，所在圓的半徑是R.

(1)若α＝60°，R＝10 cm，求扇形的弧長及該弧所在的弓形的面積；

(2)若扇形的周長是一定值C(C＞0)，當α為多少弧度時，該扇形的面積有最大值？並求出這個最大值.

【解析】(1)設弧長為l，弓形面積為S弓，

因為α＝60°＝π3，R＝10 cm，所以l＝10π3 cm，

S弓＝S扇－SΔ＝12×10×10π3－12×102×sin 60°＝50(π3－32) cm2.

(2)因為C＝2R＋l＝2R＋αR，所以R＝C2＋α，

S扇＝12αR2＝12α(C2＋α)2＝C22 αα2＋4α＋4＝C22 1α＋4α＋4≤C216，

若且唯若α＝4α時，即α＝2(α＝－2捨去)時，扇形的面積有最大值為C216.

【點撥】用弧長公式l＝ α R與扇形面積公式S＝12lR＝12R2α時，α的單位必須是弧度.

【變式訓練2】已知一扇形的面積為定值S，當圓心角α為多少弧度時，該扇形的周長C有最小值？並求出最小值.

【解析】因為S＝12Rl，所以Rl＝2S，

所以周長C＝l＋2R≥22Rl＝24S＝4S，

若且唯若l＝2R時，C＝4S，

所以當α＝lR＝2時，周長C有最小值4S.

題型三 三角函式的定義，三角函式線的應用

【例3】(1)已知角α的終邊與函式y＝2x的圖象重合，求sin α；(2)求滿足sin x≤32的角x的集合.

【解析】(1)由 ?交點為(－55，－255)或(55，255)，

所以sin α＝±255.

(2)①找終邊：在y軸正半軸上找出點(0，32)，過該點作平行於x軸的平行線與單位圓分別交於P1、P2兩點，連線OP1、OP2，則為角x的終邊，並寫出對應的角.

②畫區域：畫出角x的終邊所在位置的陰影部分.

③寫集合：所求角x的集合是{x2kπ－4π3≤x≤2kπ＋π3，k∈Z}.

【點撥】三角函式是用角α的終邊與單位圓交點的座標來定義的，因此，用定義求值，轉化為求交點的問題.利用三角函式線證某些不等式或解某些三角不等式更簡潔、直觀.

【變式訓練3】函式y＝lg sin x＋cos x－12的定義域為 .

【解析】

?2kπ＜x≤2kπ＋π3，k∈Z.

所以函式的定義域為{x2kπ＜x≤2kπ＋π3，k∈Z}.

總結提高

1.確定一個角的象限位置，不僅要看角的三角函式值的符號，還要考慮它的函式值的大小.

2.在同一個式子中所採用的量角制度必須相一致，防止出現諸如k?360°＋π3的錯誤書寫.

3.三角函式線具有較好的幾何直觀性，是研究和理解三角函式的一把鑰匙.

5.2 同角三角函式的關係、誘導公式

典例精析

題型一 三角函式式的化簡問題

【點撥】運用誘導公式的關鍵是符號，前提是將α視為銳角後，再判斷所求角的象限.

【變式訓練1】已知f(x)＝1－x，θ∈(3π4，π)，則f(sin 2θ)＋f(－sin 2θ)＝ .

【解析】f(sin 2θ)＋f(－sin 2θ)＝1－sin 2θ＋1＋sin 2θ＝(sin θ－cos θ)2＋(sin θ＋cos θ)2＝sin θ－cos θ＋sin θ＋cos θ.

因為θ∈(3π4，π)，所以sin θ－cos θ＞0，sin θ＋cos θ＜0.

所以sin θ－cos θ＋sin θ＋cos θ＝sin θ－cos θ－sin θ－cos θ＝－2cos θ.

題型二 三角函式式的求值問題

【例2】已知向量a＝(sin θ，cos θ－2sin θ)，b＝(1,2).

(1)若a∥b，求tan θ的值；

(2)若a＝b，0＜θ＜π，求 θ的值.

【解析】(1)因為a∥b，所以2sin θ＝cos θ－2sin θ，

於是4sin θ＝cos θ，故tan θ＝14.

(2)由a＝b知，sin2θ＋(cos θ－2sin θ)2＝5，

所以1－2sin 2θ＋4sin2θ＝5.

從而－2sin 2θ＋2(1－cos 2θ)＝4，即sin 2θ＋cos 2θ＝－1，

於是sin(2θ＋π4)＝－22.

又由0＜θ＜π知，π4＜2θ＋π4＜9π4，

所以2θ＋π4＝5π4或2θ＋π4＝7π4.

因此θ＝π2或θ＝3π4.

【變式訓練2】已知tan α＝12，則2sin αcos α＋cos2α等於( )

A.45 B.85 C.65 D.2

【解析】原式＝2sin αcos α＋cos2αsin2α＋cos2α＝2tan α＋11＋tan2α＝85.故選B.

題型三 三角函式式的簡單應用問題

【例3】已知－π2＜x＜0且sin x＋cos x＝15，求：

(1)sin x－cos x的值；

(2)sin3(π2－x)＋cos3(π2＋x)的值.

【解析】(1)由已知得2sin xcos x＝－2425，且sin x＜0＜cos x，

所以sin x－cos x＝－(sin x－cos x)2＝－1－2sin xcos x＝－1＋2425＝－75.

(2)sin3(π2－x)＋cos3(π2＋x)＝cos3x－sin3x＝(cos x－sin x)(cos2x＋cos xsin x＋sin2x)

＝75×(1－1225)＝91125.

【點撥】求形如sin x±cos x的值，一般先平方後利用基本關係式，再求sin x±cos x取值符號.

【變式訓練3】化簡1－cos4α－sin4α1－cos6α－sin6α.

【解析】原式＝1－[(cos2α＋sin2α)2－2sin2αcos2α]1－[(cos2α＋sin2α)(cos4α＋sin4α－sin2αcos2α)]

＝2sin2αcos2α1－[(cos2α＋sin2α)2－3sin2αcos2α]＝23.

總結提高

1.對於同角三角函式基本關係式中“同角”的含義，只要是“同一個角”，那麼基本關係式就成立，如：sin2(－2α)＋cos2(－2α)＝1是恆成立的.

2.誘導公式的重要作用在於：它揭示了終邊在不同象限且具有一定對稱關係的角的三角函式間的內在聯絡，從而可化負為正，化複雜為簡單.

5.3 兩角和與差、二倍角的三角函式

典例精析

題型一 三角函式式的化簡

【例1】化簡 (0＜θ＜π).

【解析】因為0＜θ＜π，所以0＜θ2＜π2，

所以原式＝

＝ ＝－cos θ.

【點撥】先從角度統一入手，將θ化成θ2，然後再觀察結構特徵，如此題中sin2θ2－cos2θ2＝－cos θ.

【變式訓練1】化簡2cos4x－2cos2x＋122tan(π4－x)sin2(π4＋x).

【解析】原式＝12(2cos2x－1)22tan(π4－x)cos2(π4－x)＝cos22x4cos(π4－x)sin(π4－x)＝cos22x2sin(π2－2x)＝12cos 2x.

題型二 三角函式式的求值

【例2】已知sin x2－2cos x2＝0.

(1)求tan x的值；

(2)求cos 2x2cos(π4＋x)sin x的值.

【解析】(1)由sin x2－2cos x2＝0?tan x2＝2，所以tan x＝ ＝2×21－22＝－43.

(2)原式＝cos2x－sin2x2(22cos x－22sin x)sin x

＝(cos x－sin x)(cos x＋sin x)(cos x－sin x)sin x＝cos x＋sin xsin x＝1tan x＋1＝(－34)＋1＝14.

【變式訓練2】2cos 5°－sin 25°sin 65°＝ .

【解析】原式＝2cos(30°－25°)－sin 25°cos 25°＝3cos 25°cos 25°＝3.

題型三 已知三角函式值求解

【例3】已知tan(α－β)＝12，tan β＝－17，且α，β∈(0，π)，求2α－β的值.

【解析】因為tan 2(α－β)＝2tan(α－β)1－tan2(α－β)＝43，

所以tan(2α－β)＝tan[2(α－β)＋β]＝tan2(α－β)＋tan β1－tan 2(α－β)tan β＝1，

又tan α＝tan[(α－β)＋β]＝tan(α－β)＋tan β1－tan(α－β)tan β＝13，

因為α∈(0，π)，所以0＜α＜π4，

又π2＜β＜π，所以－π＜2α－β＜0，所以2α－β＝－3π4.

【點撥】由三角函式值求角時，要注意角度範圍，有時要根據三角函式值的符號和大小將角的範圍適當縮小.

【變式訓練3】若α與β是兩銳角，且sin(α＋β)＝2sin α，則α與β的大小關係是( )

A.α＝βB.α＜β

C.α＞β D.以上都有可能

【解析】方法一：因為2sin α＝sin(α＋β)≤1，所以sin α≤12，又α是銳角，所以α≤30°.

又當α＝30°，β＝60°時符合題意，故選B.

方法二：因為2sin α＝sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＜sin α＋sin β，

所以sin α＜sin β.

又因為α、β是銳角，所以α＜β，故選B.

總結提高

1.兩角和與差的三角函式公式以及倍角公式等是三角函式恆等變形的主要工具.

(1)它能夠解答三類基本題型：求值題，化簡題，證明題；

(2)對公式會“正用”、“逆用”、“變形使用”；

(3)掌握角的演變規律，如“2α＝(α＋β)＋(α－β)”等.

2.通過運用公式，實現對函式式中角的形式、升冪、降冪、和與差、函式名稱的轉化，以達到求解的目的，在運用公式時，注意公式成立的條件.

5.4 三角恆等變換

典例精析

題型一 三角函式的求值

【例1】已知0＜α＜π4，0＜β＜π4，3sin β＝sin(2α＋β)，4tan α2＝1－tan2α2，求α＋β的值.

【解析】由4tan α2＝1－tan2α2，得tan α＝ ＝12.

由3sin β＝sin(2α＋β)得3sin[(α＋β)－α]＝sin[(α＋β)＋α]，

所以3sin(α＋β)cos α－3cos(α＋β)sin α＝sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α，

即2sin(α＋β)cos α＝4cos(α＋β)sin α，所以tan(α＋β)＝2tan α＝1.

又因為α、β∈(0，π4)，所以α＋β＝π4.

【點撥】三角函式式的化簡與求值的主要過程是三角變換，要善於抓住已知條件與目標之間的結構聯絡，找到解題的突破口與方向.

【變式訓練1】如果tan(α＋β)＝35，tan(β－π4)＝14，那麼tan(α＋π4)等於( )

A.1318 B.1322 C.723 D.318

【解析】因為α＋π4＝(α＋β)－(β－π4)，

所以tan(α＋π4)＝tan[(α＋β)－(β－π4)]＝tan(α＋β)－tan(β－π4)1＋tan(α＋β)tan(β－π4)＝723.

故選C.

題型二 等式的證明

【例2】求證：sin βsin α＝sin(2α＋β)sin α－2cos(α＋β).

【證明】證法一：

右邊＝sin [(α＋β)＋α]－2cos(α＋β)sin αsin α＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin αsin α

＝sin [(α＋β)－α]sin α＝sin βsin α＝左邊.

證法二：sin(2α＋β)sin α－sin βsin α＝sin(2α＋β)－sin βsin α＝2cos(α＋β)sin αsin α＝2cos(α＋β)，

所以sin(2α＋β)sin α－2cos(α＋β)＝sin βsin α.

【點撥】證法一將2α＋β寫成(α＋β)＋α，使右端的角形式上一致，易於共同運算；證法二把握結構特徵，用“變更問題法”證明，簡捷而新穎.

【變式訓練2】已知5sin α＝3sin(α－2β)，求證：tan(α－β)＋4tan β＝0.

【證明】因為5sin α＝3sin(α－2β)，所以5sin[(α－β)＋β]＝3sin[(α－β)－β]，

所以5sin(α－β)cos β＋5cos(α－β)sin β＝3sin(α－β)cos β－3cos(α－β)sin β，

所以2sin(α－β)cos β＋8cos(α－β)sin β＝0.

即tan(α－β)＋4tan β＝0.

題型三 三角恆等變換的應用

【例3】已知△ABC是非直角三角形.

(1)求證：tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C；

(2)若A＞B且tan A＝－2tan B，求證：tan C＝sin 2B3－cos 2B；

(3)在(2)的條件下，求tan C的最大值.

【解析】(1)因為C＝π－(A＋B)，

所以tan C＝－tan(A＋B)＝－(tan A＋tan B)1－tan Atan B，

所以tan C－tan Atan Btan C＝－tan A－tan B，

即tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C.

(2)由(1)知tan C＝－(tan A＋tan B)1－tan Atan B＝tan B1＋2tan2B＝sin Bcos Bcos2B＋2sin2B＝

＝sin 2B2(2－1＋cos 2B2)＝sin 2B3－cos 2B.

(3)由(2)知tan C＝tan B1＋2tan2B＝12tan B＋1tan B≤122＝24，

若且唯若2tan B＝1tan B，即tan B＝22時，等號成立.

所以tan C的最大值為24.

【點撥】熟練掌握三角變換公式並靈活地運用來解決與三角形有關的問題，要有較明確的目標意識.

【變式訓練3】在△ABC中，tan B＋tan C＋3tan Btan C＝3，3tan A＋3tan B＋1＝tan Atan B，試判斷△ABC的形狀.

【解析】由已知得tan B＋tan C＝3(1－tan Btan C)，

3(tan A＋tan B)＝－(1－tan Atan B)，

即tan B＋tan C1－tan Btan C＝3，tan A＋tan B1－tan Atan B＝－33.

所以tan(B＋C)＝3，tan(A＋B)＝－33.

因為0＜B＋C＜π，0＜A＋B＜π，所以B＋C＝π3，A＋B＝5π6.

又A＋B＋C＝π，故A＝2π3，B＝C＝π6.

所以△ABC是頂角為2π3的等腰三角形.

總結提高

三角恆等式的證明，一般考慮三個“統一”：①統一角度，即化為同一個角的三角函式；②統一名稱，即化為同一種三角函式；③統一結構形式.

5.5 三角函式的圖象和性質

典例精析

題型一 三角函式的週期性與奇偶性

【例1】已知函式f(x)＝2sin x4cos x4＋3cos x2.

(1)求函式f(x)的最小正週期；

(2)令g(x)＝f(x＋π3)，判斷g(x)的奇偶性.

【解析】(1)f(x)＝2sin x4cos x4＋3cos x2＝sin x2＋3cos x2＝2sin(x2＋π3)，

所以f(x)的最小正週期T＝2π12＝4π.

(2)g(x)＝f(x＋π3)＝2sin[12(x＋π3)＋π3]＝2sin(x2＋π2)＝2cos x2.

所以g(x)為偶函式.

【點撥】解決三角函式的有關性質問題，常常要化簡三角函式.

【變式訓練1】函式y＝sin2x＋sin xcos x的最小正週期T等於( )

A.2π B.π C.π2 D.π3

【解析】y＝1－cos 2x2＋12sin 2x＝22(22sin 2x－22cos 2x)＋12

＝22sin(2x－π4)＋12，所以T＝2π2＝π.故選B.

題型二 求函式的值域

【例2】求下列函式的值域：

(1)f(x)＝sin 2xsin x1－cos x；

(2)f(x)＝2cos(π3＋x)＋2cos x.

【解析】(1)f(x)＝2sin xcos xsin x1－cos x＝2cos x(1－cos2x)1－cos x＝2cos2x＋2cos x

＝2(cos x＋12)2－12，

當cos x＝1時，f(x)max＝4，但cos x≠1，所以f(x)＜4，

當cos x＝－12時，f(x)min＝－12，所以函式的值域為[－12，4).

(2)f(x)＝2(cos π3cos x－sin π3sin x)＋2cos x

＝3cos x－3sin x＝23cos(x＋π6)，

所以函式的值域為[－23，23].

【點撥】求函式的值域是一個難點，分析函式式的特點，具體問題具體分析，是突破這一難點的關鍵.

【變式訓練2】求y＝sin x＋cos x＋sin xcos x的值域.

【解析】令t＝sin x＋cos x，則有t2＝1＋2sin xcos x，即sin xcos x＝t2－12.

所以y＝f(t)＝t＋t2－12＝12(t＋1)2－1.

又t＝sin x＋cos x＝2sin(x＋π4)，所以－2≤t≤2.

故y＝f(t)＝12(t＋1)2－1(－2≤t≤2)，

從而f(－1)≤y≤f(2)，即－1≤y≤2＋12.

所以函式的值域為[－1，2＋12].

題型三 三角函式的單調性

【例3】已知函式f(x)＝sin(ωx＋φ)(φ＞0，φ＜π)的部分圖象如圖所示.

(1)求ω，φ的值；

(2)設g(x)＝f(x)f(x－π4)，求函式g(x)的單調遞增區間.

【解析】(1)由圖可知，T＝4(π2－π4)＝π，ω＝2πT＝2.

又由f(π2)＝1知，sin(π＋φ)＝1，又f(0)＝－1，所以sin φ＝－1.

因為φ＜π，所以φ＝－π2.

(2)f(x)＝sin(2x－π2)＝－cos 2x.

所以g(x)＝(－cos 2x)[－cos(2x－π2)]＝cos 2xsin 2x＝12sin 4x.

所以當2kπ－π2≤4x≤2kπ＋π2，即kπ2－π8≤x≤kπ2＋π8(k∈Z)時g(x)單調遞增.

故函式g(x)的單調增區間為[kπ2－π8，kπ2＋π8](k∈Z).

【點撥】觀察圖象，獲得T的值，然後再確定φ的值，體現了數形結合的思想與方法.

【變式訓練3】使函式y＝sin(π6－2x)(x∈[0，π])為增函式的區間是( )

A.[0，π3] B.[π12，7π12]

C.[π3，5π6] D.[5π6，π]

【解析】利用複合函式單調性“同增異減”的原則判定，選C.

總結提高

1.求三角函式的定義域和值域應注意利用三角函式圖象.

2.三角函式的最值都是在給定區間上得到的，因而特別要注意題設中所給的區間.

3.求三角函式的最小正週期時，要儘可能地化為三角函式的一般形式，要注意絕對值、定義域對週期的影響.

4.判斷三角函式的奇偶性，應先判定函式定義域的對稱性.

5.6 函式y＝Asin(ωx＋ )的圖象和性質

典例精析

題型一 “五點法”作函式圖象

【例1】設函式f(x)＝sin ωx＋3cos ωx(ω＞0)的週期為π.

(1)求它的振幅、初相；

(2)用五點法作出它在長度為一個週期的閉區間上的圖象；

(3)說明函式f(x)的圖象可由y＝sin x的圖象經過怎樣的變換得到.

【解析】(1)f(x)＝sin ωx＋3cos ωx＝2(12sin ωx＋32cos ωx)＝2sin(ωx＋π3)，

又因為T＝π，所以2πω＝π，即ω＝2，所以f(x)＝2sin(2x＋π3)，

所以函式f(x)＝sin ωx＋3cos ωx(ω＞0)的振幅為2，初相為π3.

(2)列出下表，並描點畫出圖象如圖所示.

(3)把y＝sin x圖象上的所有點向左平移π3個單位，得到y＝sin(x＋π3)的圖象，再把

y＝sin(x＋π3)的圖象上的所有點的橫座標縮短到原來的12(縱座標不變)，得到y＝sin(2x＋π3)的圖象，然後把y＝sin(2x＋π3)的圖象上的所有點的縱座標伸長到原來的2倍(橫座標不變)，即可得到y＝2sin(2x＋π3)的圖象.

【點撥】用“五點法”作圖，先將原函式化為y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)形式，再令ωx＋φ＝0，π2，π，3π2，2π求出相應的x值及相應的y值，就可以得到函式圖象上一個週期內的五個點，用平滑的曲線連線五個點，再向兩端延伸即可得到函式在整個定義域上的圖象.

【變式訓練1】函式

的圖象如圖所示，則( )

A.k＝12，ω＝12，φ＝π6

B.k＝12，ω＝12，φ＝π3

C.k＝12，ω＝2，φ＝π6

D.k＝－2，ω＝12，φ＝π3

【解析】本題的函式是一個分段函式，其中一個是一次函式，其圖象是一條直線，由圖象可判斷該直線的斜率k＝12.另一個函式是三角函式，三角函式解析式中的引數ω由三角函式的週期決定，由圖象可知函式的週期為T＝4×(8π3－5π3)＝4π，故ω＝12.將點(5π3，0)代入解析式y＝2sin(12x＋φ)，得12×5π3＋φ＝kπ，k∈Z，所以φ＝kπ－5π6，k∈Z.結合各選項可知，選項A正確.

題型二 三角函式的單調性與值域

【例2】已知函式f(x)＝sin2ωx＋3sin ωxsin(ωx＋π2)＋2cos2ωx，x∈R(ω＞0)在y軸右側的第一個最高點的橫座標為π6.

(1)求ω的值；

(2)若將函式f(x)的圖象向右平移π6個單位後，再將得到的圖象上各點橫座標伸長到原來的4倍，縱座標不變，得到函式y＝g(x)的圖象，求函式g(x)的最大值及單調遞減區間.

【解析】(1)f(x)＝32sin 2ωx＋12cos 2ωx＋32＝sin(2ωx＋π6)＋32.

令2ωx＋π6＝π2，將x＝π6代入可得ω＝1.

(2)由(1)得f(x)＝sin(2x＋π6)＋32，經過題設的變化得到函式g(x)＝sin(12x－π6)＋32，

當x＝4kπ＋43π，k∈Z時，函式g(x)取得最大值52.

令2kπ＋π2≤12x－π6≤2kπ＋32π，

即[4kπ＋4π3，4kπ＋103π](k∈Z)為函式的單調遞減區間.

【點撥】本題考查三角函式恆等變換公式的應用、三角函式圖象性質及變換.

【變式訓練2】若將函式y＝2sin(3x＋φ)的圖象向右平移π4個單位後得到的圖象關於點(π3，0)對稱，則φ的最小值是( )

A.π4B.π3C.π2D.3π4

【解析】將函式y＝2sin(3x＋φ)的圖象向右平移π4個單位後得到y＝2sin[3(x－π4)＋φ]＝2sin(3x－3π4＋φ)的圖象.

因為該函式的圖象關於點(π3，0)對稱，所以2sin(3×π3－3π4＋φ)＝2sin(π4＋φ)＝0，

故有π4＋φ＝kπ(k∈Z)，解得φ＝kπ－π4(k∈Z).

當k＝0時，φ取得最小值π4，故選A.

題型三 三角函式的綜合應用

【例3】已知函式y＝f(x)＝Asin2(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0,0＜φ＜π2)的最大值為2，其圖象相鄰兩對稱軸間的距離為2，並過點(1,2).

(1)求φ的值；

(2)求f(1)＋f(2)＋…＋f(2 008).

【解析】(1)y＝Asin2(ωx＋φ)＝A2－A2cos(2ωx＋2φ)，

因為y＝f(x)的最大值為2，又A＞0，

所以A2＋A2＝2，所以A＝2，

又因為其圖象相鄰兩對稱軸間的距離為2，ω＞0，

所以12×2π2ω＝2，所以ω＝π4.

所以f(x)＝22－22cos(π2x＋2φ)＝1－cos(π2x＋2φ)，

因為y＝f(x)過點(1,2)，所以cos(π2＋2φ)＝－1.

所以π2＋2φ＝2kπ＋π(k∈Z)，

解得φ＝kπ＋π4(k∈Z)，

又因為0＜φ＜π2，所以φ＝π4.

(2)方法一：因為φ＝π4，

所以y＝1－cos(π2x＋π2)＝1＋sin π2x，

所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝2＋1＋0＋1＝4，

又因為y＝f(x)的週期為4,2 008＝4×502.

所以f(1)＋f(2)＋…＋f(2 008)＝4×502＝2 008.

方法二：因為f(x)＝2sin2(π4x＋φ)，

所以f(1)＋f(3)＝2sin2(π4＋φ)＋2sin2(3π4＋φ)＝2，

f(2)＋f(4)＝2sin2(π2＋φ)＋2sin2(π＋φ)＝2，

所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4，

又因為y＝f(x)的週期為4,2 008＝4×502.

所以f(1)＋f(2)＋…＋f(2 008)＝4×502＝2 008.

【點撥】函式y＝Acos(ωx＋φ)的對稱軸由ωx＋φ＝kπ，可得x＝kπ－φω，兩相鄰對稱軸間的距離為週期的一半，解決該類問題可畫出相應的三角函式的圖象，藉助數形結合的思想解決.

【變式訓練3】已知函式f(x)＝Acos2ωx＋2(A＞0，ω＞0)的最大值為6，其相鄰兩條對稱軸間的距離為4，則f(2)＋f(4)＋f(6)＋…＋f(20)＝ .

【解析】f(x)＝Acos2ωx＋2＝A×1＋cos 2ωx2＋2＝Acos 2ωx2＋A2＋2，則由題意知A＋2＝6，2π2ω＝8，所以A＝4，ω＝π8，所以f(x)＝2cos π4x＋4，所以f(2)＝4，f(4)＝2，f(6)＝4，f(8)＝6，f(10)＝4，…觀察週期性規律可知f(2)＋f(4)＋…＋f(20)＝2×(4＋2＋4＋6)＋4＋2＝38.

總結提高

1.用“五點法”作y＝Asin(ωx＋φ)的圖象，關鍵是五個點的選取，一般令ωx＋φ＝0，π2，π，3π2，2π，即可得到作圖所需的五個點的座標，同時，若要求畫出給定區間上的函式圖象時，應適當調整ωx＋φ的取值，以便列表時能使x在給定的區間內取值.

2.在圖象變換時，要注意相位變換與週期變換的先後順序改變後，圖象平移的長度單位是不同的，這是因為變換總是對字母x本身而言的，無論沿x軸平移還是伸縮，變化的總是x.

3.在解決y＝Asin(ωx＋φ)的有關性質時，應將ωx＋φ視為一個整體x後再與基本函式

y＝sin x的性質對應求解.

5.7 正弦定理和餘弦定理

典例精析

題型一 利用正、餘弦定理解三角形

【例1】在△ABC中，AB＝2，BC＝1，cos C＝34.

(1)求sin A的值；(2)求 的值.

【解析】(1)由cos C＝34得sin C＝74.

所以sin A＝BC sin CAB＝1×742＝148.

(2)由(1)知，cos A＝528.

所以cos B＝－cos(A＋C)＝－cos Acos C＋sin Asin C

＝－15232＋7232＝－24.

所以 ? ＝ ?( ＋ )＝ ＋

＝－1＋1×2×cos B＝－1－12＝－32.

【點撥】在解三角形時，要注意靈活應用三角函式公式及正弦定理、餘弦定理等有關知識.

【變式訓練1】在△ABC中，已知a、b、c為它的三邊，且三角形的面積為a2＋b2－c24，則∠C＝ .

【解析】S＝a2＋b2－c24＝12absin C.

所以sin C＝a2＋b2－c22ab＝cos C.所以tan C＝1，

又∠C∈(0，π)，所以∠C＝π4.

題型二 利用正、餘弦定理解三角形中的三角函式問題

【例2】設△ABC是銳角三角形，a、b、c分別是內角A、B、C所對的邊長，並且sin2A＝sin(π3＋B)sin(π3－B)＋sin2B.

(1)求角A的值；

(2)若 ＝12，a＝27，求b，c(其中b＜c).

【解析】(1)因為sin2A＝(32cos B＋12sin B)(32cos B－12sin B)＋sin2B＝34cos2B－14sin2B＋sin2B＝34，所以sin A＝±32.又A為銳角，所以A＝π3.

(2)由 ＝12可得cbcos A＝12.①

由(1)知A＝π3，所以cb＝24.②

由余弦定理知a2＝c2＋b2－2cbcos A，將a＝27及①代入得c2＋b2＝52.③

③＋②×2，得(c＋b)2＝100，所以c＋b＝10.

因此，c，b是一元二次方程t2－10t＋24＝0的兩個根.

又b＜c，所以b＝4，c＝6.

【點撥】本小題考查兩角和與差的正弦公式，同角三角函式的基本關係，特殊角的三角函式值，向量的數量積，利用餘弦定理解三角形等有關知識，考查綜合運算求解能力.

【變式訓練2】在△ABC中，a、b、c分別是A、B、C的對邊，且滿足(2a－c)cos B＝

bcos C.

(1)求角B的大小；

(2)若b＝7，a＋c＝4，求△ABC的面積.

【解析】(1)在△ABC中，由正弦定理得

a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，

代入(2a－c)cos B＝bcos C，

整理得2sin Acos B＝sin Bcos C＋sin C cos B，

即2sin Acos B＝sin(B＋C)＝sin A，

在△ABC中，sin A＞0,2cos B＝1，

因為∠B是三角形的內角，所以B＝60°.

(2)在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B

＝(a＋c)2－2ac－2ac cos B，

將b＝7，a＋c＝4代入整理，得ac＝3.

故S△ABC＝12acsin B＝32sin 60°＝334.

題型三 正、餘弦定理在實際問題中的應用

【例3】(2010陝西)如圖所示，A，B是海面上位於東西方向相距5(3＋3)海里的兩個觀測點.現位於A點北偏東45°，B點北偏西60°的D點有一艘輪船發出求救訊號，位於B點南偏西60°且與B點相距203海里的C點的救援船立即前往營救，其航行速度為30海里/小時，則該救援船到達D點需要多長時間？

【解析】由題意知AB＝5(3＋3)(海里)，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，所以∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°.

在△DAB中，由正弦定理得DBsin∠DAB＝ABsin∠ADB，

所以DB＝ ＝

＝ ＝53(3＋1)3＋12＝103(海里).

又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝203海里，

在△DBC中，由余弦定理得

CD2＝BD2＋BC2－2BD BC cos∠DBC＝300＋1 200－2×103×203×12＝900，

所以CD＝30(海里)，則需要的時間t＝3030＝1(小時).

所以，救援船到達D點需要1小時.

【點撥】應用解三角形知識解決實際問題的基本步驟是：

(1)根據題意，抽象地構造出三角形；

(2)確定實際問題所涉及的資料以及要求解的結論與所構造的三角形的邊與角的對應關係；

(3)選用正弦定理或餘弦定理或者二者相結合求解；

(4)給出結論.

【變式訓練3】如圖，一船在海上由西向東航行，在A處測得某島M的方位角為北偏東α角，前進m km後在B處測得該島的方位角為北偏東β角，已知該島周圍n km範圍內(包括邊界)有暗礁，現該船繼續東行，當α與β滿足條件 時，該船沒有觸礁危險.

【解析】由題可知，在△ABM中，根據正弦定理得BMsin(90°－α)＝msin(α－β)，解得BM＝mcos αsin(α－β)，要使船沒有觸礁危險需要BMsin(90°－β)＝mcos αcos βsin(α－β)＞n.所以α與β的關係滿足mcos αcos β＞nsin(α－β)時，船沒有觸礁危險.

總結提高

1.正弦定理、餘弦定理體現了三角形中角與邊存在的一種內在聯絡，如證明兩內角A＞B與sin A＞sin B是一種等價關係.

2.在判斷三角形的形狀時，一般將已知條件中的邊角關係轉化，統一轉化為邊的關係或統一轉化為角的關係，再用恆等變形(如因式分解、配方)求解，注意等式兩邊的公因式不要隨意約掉，否則會漏解.

3.用正弦定理求角的大小一定要根據題中所給的條件判斷角的範圍，以免增解或漏解.

5.8 三角函式的綜合應用

典例精析

題型一 利用三角函式的性質解應用題

【例1】如圖，ABCD是一塊邊長為100 m的正方形地皮，其中AST是一半徑為90 m的扇形小山，其餘部分都是平地.一開發商想在平地上建一個矩形停車場，使矩形的一個頂點P在 上，相鄰兩邊CQ、CR分別落在正方形的邊BC、CD上，求矩形停車場PQCR面積的最大值和最小值.

【解析】如圖，連線AP，過P作PM⊥AB於M.

設∠PAM＝α，0≤α≤π2，

則PM＝90sin α，AM＝90cos α，

所以PQ＝100－90cos α，PR＝100－90sin α，

於是S四邊形PQCR＝PQ?PR

＝(100－90cos α)(100－90sin α)

＝8 100sin αcos α－9 000(sin α＋cos α)＋10 000.

設t＝sin α＋cos α，則1≤t≤2，sin αcos α＝t2－12.

S四邊形PQCR＝8 100?t2－12－9 000t＋10 000

＝4 050(t－109)2＋950 (1≤t≤2).

當t＝2時，(S四邊形PQCR)max＝14 050－9 0002 m2；

當t＝109時，(S四邊形PQCR)min＝950 m2.

【點撥】同時含有sin θcos θ，sin θ±cos θ的函式求最值時，可設sin θ±cos θ＝t，把sin θcos θ用t表示，從而把問題轉化成關於t的二次函式的最值問題.注意t的取值範圍.

【變式訓練1】若0＜x＜π2，則4x與sin 3x的大小關係是( )

A.4x＞sin 3xB.4x＜sin 3x

C.4x≥sin 3xD.與x的值有關

【解析】令f(x)＝4x－sin 3x，則f′(x)＝4－3cos 3x.因為f′(x)＝4－3cos 3x＞0，所以f(x)為增函式.又0＜x＜π2，所以f(x)＞f(0)＝0，即得4x－sin 3x＞0.所以4x＞sin 3x.故選A.

題型二 函式y＝Asin(ωx＋φ)模型的應用

【例2】已知某海濱浴場的海浪高度y(米)是時間t(0≤t≤24，單位：小時)的函式，記作y＝f(t).下表是某日各時的浪花高度資料.

經長期觀測，y＝f(t)的曲線可近似地看成是函式y＝Acos ωt＋b.

(1)根據以上資料，求出函式y＝Acos ωt＋b的最小正週期T、振幅A及函式表示式；

(2)依據規定，當海浪高度高於1米時才對衝浪愛好者開放. 請依據(1)的結論，判斷一天內的上午8：00至晚上20：00之間，有多少時間可供衝浪者進行運動？

【解析】(1)由表中資料知，週期T＝12，所以ω＝2πT＝2π12＝π6.

由t＝0，y＝1.5，得A＋b＝1.5，由t＝3，y＝1.0，得b＝1.0，

所以A＝0.5，b＝1，所以振幅為12.所以y＝12cos π6t＋1.

(2)由題知，當y＞1時才可對衝浪者開放，

所以12cos π6t＋1＞1，所以cos π6t＞0，

所以2kπ－π2＜π6t＜2kπ＋π2，即12k－3＜t＜12k＋3.①

因為0≤t≤24，故可令①中k分別為0,1,2，得0≤t＜3或9＜t＜15或21＜t≤24.

故在規定時間上午8：00至晚上20：00之間，有6個小時時間可供衝浪者運動，即上午9：00至下午15：00.

【點撥】用y＝Asin(ωx＋φ)模型解實際問題，關鍵在於根據題目所給資料準確求出函式解析式.

【變式訓練2】如圖，一個半徑為10 m的水輪按逆時針方向每分鐘轉4圈，記水輪上的點P到水面的距離為d m(P在水面下則d為負數)，則d(m)與時間t(s)之間滿足關係式：d＝Asin(ωt＋φ)＋k(A＞0，ω＞0，－π2＜φ＜π2)，且當點P從水面上浮現時開始計算時間，有以下四個結論：①A＝10；②ω＝2π15；③φ＝π6；④k＝5.其中正確結論的序號是 .

【解析】①②④.

題型三 正、餘弦定理的應用

【例3】為了測量兩山頂M、N間的距離，飛機沿水平方向在A、B兩點進行測量，A、B、M、N在同一個鉛垂平面內(如圖所示)，飛機能測量的資料有俯角和A、B之間的距離，請設計一個方案，包括：(1)指出需測量的資料(用字母表示，並在圖中標示)；(2)用文字和公式寫出計算M、N間距離的步驟.

【解析】(1)如圖所示：①測AB間的距離a；②測俯角∠MAB＝φ，∠NAB＝θ，∠MBA＝β，∠NBA＝γ.(2)在△ABM中 ，∠AMB＝π－φ－β，由正弦定理得

BM＝ABsin φsin∠AMB＝asin φsin(φ＋β)，

同理在△BAN中，BN＝ABsin θsin∠ANB＝asin θsin(θ＋γ)，

所以在△BMN中，由余弦定理得

MN＝

＝a2sin2φsin2(φ＋β)＋a2sin2θsin2(θ＋γ)－2a2sin θsin φcos(γ－β)sin(φ＋β)sin(θ＋γ).

【變式訓練3】一船向正北方向勻速行駛，看見正西方向兩座相距10海里的燈塔恰好與該船在同一直線上，繼續航行半小時後，看見其中一座燈塔在南偏西60°方向上，另一燈塔在南偏西75°方向上，則該船的速度是 海里/小時.

【解析】本題考查實際模型中的解三角形問題.依題意作出簡圖，易知AB＝10，∠OCB＝60°，∠OCA＝75°.我們只需計算出OC的長，即可得出船速.在直角三角形OCA和OCB中，顯然有OBOC＝tan∠OCB＝tan 60°且OAOC＝tan∠OCA＝tan 75°，

因此易得AB＝OA－OB＝OC(tan 75°－tan 60°)，即有

OC＝ABtan 75°－tan 60°＝10tan 75°－tan 60°

＝10tan(30°＋45°)－tan 60°

＝10tan 30°＋tan 45°1－tan 30°tan 45°－tan 60°＝1013＋11－13－3＝5.

由此可得船的速度為5海里÷0.5小時＝10海里/小時.

總結提高

1.解三角形的應用題時應注意：

(1)生活中的常用名詞，如仰角，俯角，方位角，坡比等；

(2)將所有已知條件化入同一個三角形中求解；

(3)方程思想在解題中的運用.

2.解三角函式的綜合題時應注意：

(1)與已知基本函式對應求解，即將ωx＋φ視為一個整體X；

(2)將已知三角函式化為同一個角的一種三角函式，如y＝Asin(ωx＋φ)＋B或y＝asin2x＋bsin x＋c；

(3)換元方法在解題中的運用.