2020高考文科数学复习指导
2020年 高考数学(文科)总复习超级详细讲解 效率提分之第7章 7.2
§7.2一元二次不等式及其解法考情考向分析以理解一元二次不等式的解法为主，常与集合的运算相结合考查一元二次不等式的解法，有时也在导数的应用中用到，加强函数与方程思想，分类讨论思想和数形结合思想的应用意识．在高考中常以填空题的形式考查，属于低档题，若在导数的应用中考查，难度较高．一元二次不等式的解集概念方法微思考1．一元二次不等式ax 2＋bx ＋c >0(a >0)的解集与其对应的函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象有什么关系？提示 ax 2＋bx ＋c >0(a >0)的解集就是其对应函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象在x 轴上方的部分所对应的x 的取值范围．2．一元二次不等式ax 2＋bx ＋c >0(<0)恒成立的条件是什么？提示 显然a ≠0.ax 2＋bx ＋c >0恒成立的条件是⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ<0；ax 2＋bx ＋c <0恒成立的条件是⎩⎪⎨⎪⎧a <0，Δ<0.题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若不等式ax 2＋bx ＋c <0的解集为(x 1，x 2)，则必有a >0.( √ )(2)若不等式ax 2＋bx ＋c >0的解集是(－∞，x 1)∪(x 2，＋∞)，则方程ax 2＋bx ＋c ＝0的两个根是x 1和x 2.( √ )(3)若方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)没有实数根，则不等式ax 2＋bx ＋c >0的解集为R .( × ) (4)不等式ax 2＋bx ＋c ≤0在R 上恒成立的条件是a <0且Δ＝b 2－4ac ≤0.( × )(5)若二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象开口向下，则不等式ax 2＋bx ＋c <0的解集一定不是空集．( √ ) 题组二 教材改编2．[P67例1(2)]不等式－x 2－2x ＋3>0的解集为______________． 答案 {x |－3<x <1}解析 原不等式可化为x 2＋2x －3<0，得－3<x <1.3．[P71习题T6]若关于x 的不等式ax 2＋bx ＋2>0的解集是⎝⎛⎭⎫－12，13，则a ＋b ＝________. 答案 －14解析 ∵x 1＝－12，x 2＝13是方程ax 2＋bx ＋2＝0的两个根，∴⎩⎨⎧a 4－b2＋2＝0，a 9＋b3＋2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12，b ＝－2，∴a ＋b ＝－14.题组三 易错自纠4．不等式－x 2－3x ＋4>0的解集为________．(用区间表示) 答案 (－4,1)解析 由－x 2－3x ＋4>0可知，(x ＋4)(x －1)<0， 得－4<x <1. 5．函数y ＝ 1－xx ＋2的定义域为________． 答案 (－2,1]解析 由1－xx ＋2≥0⇒－2<x ≤1，得函数的定义域为(－2,1]．6．不等式(a －2)x 2＋2(a －2)x －4<0对一切x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－2,2]解析 设方程(a －2)x 2＋2(a －2)x －4＝0，当a ≠2时，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a －2<0，Δ<0，∴－2<a <2；当a ＝2时，原式化为－4<0，不等式恒成立， ∴－2<a ≤2.题型一 一元二次不等式的求解命题点1 不含参的不等式例1 已知集合A ＝{x |x 2－x －2<0}，B ＝{y |y ＝2x }，则A ∩B ＝________. 答案 (0,2)解析 由题意得A ＝{x |x 2－x －2<0}＝{x |－1<x <2}，B ＝{y |y ＝2x }＝{y |y >0}， ∴A ∩B ＝{x |0<x <2}＝(0,2)． 命题点2 含参不等式例2 解关于x 的不等式ax 2－(a ＋1)x ＋1<0(a >0)． 解 原不等式变为(ax －1)(x －1)<0， 因为a >0，所以⎝⎛⎭⎫x －1a (x －1)<0. 所以当a >1时，解为1a <x <1；当a ＝1时，解集为∅； 当0<a <1时，解为1<x <1a.综上，当0<a <1时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪1<x <1a ； 当a ＝1时，不等式的解集为∅；当a >1时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪1a<x <1. 命题点3 分式不等式例3 已知关于x 的不等式(a ＋1)x －3x －1<1.(1)当a ＝1时，解该不等式； (2)当a 为任意实数时，解该不等式． 解 (1)当a ＝1时，不等式化为2x －3x －1<1，可得x －2x －1<0，∴1<x <2，∴不等式的解集为{x |1<x <2}． (2)原不等式可化为ax －2x －1<0，可化为(ax －2)(x －1)<0，当a ＝0时，x >1.当a <0时，⎝⎛⎭⎫x －2a (x －1)>0， ∴x >1或x <2a.当a >0时，⎝⎛⎭⎫x －2a (x －1)<0， 若2a >1，即0<a <2时，可得1<x <2a ， 若2a ＝1，即a ＝2时，x ∈∅， 若0<2a <1，即a >2时，2a <x <1.综上，当a <0时，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x >1或x <2a ， 当a ＝0时，原不等式的解集为{x |x >1}，当0<a <2时，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪1<x <2a ， 当a ＝2时，原不等式的解集为∅，当a >2时，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪2a<x <1. 思维升华 对含参的不等式，应对参数进行分类讨论：①根据二次项系数为正、负及零进行分类．②根据判别式Δ判断根的个数．③有两个根时，有时还需根据两根的大小进行讨论． 跟踪训练1 解不等式12x 2－ax >a 2(a ∈R )． 解 原不等式可化为12x 2－ax －a 2>0， 即(4x ＋a )(3x －a )>0，令(4x ＋a )(3x －a )＝0， 解得x 1＝－a 4，x 2＝a3.当a >0时，不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，－a 4∪⎝⎛⎭⎫a3，＋∞； 当a ＝0时，不等式的解集为(－∞，0)∪(0，＋∞)； 当a <0时，不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，a 3∪⎝⎛⎭⎫－a4，＋∞.题型二 三个“二次”的关系例4 (1)已知函数f (x )＝2x 2＋bx ＋c (b ，c ∈R )的值域为[0，＋∞)，若关于x 的不等式f (x )<m 的解集为(n ，n ＋10)，求实数m 的值． 解 由已知可得Δ＝b 2－8c ＝0，∴c ＝b 28， 由不等式2x 2＋bx ＋b 28－m <0的解集为(n ，n ＋10)， 可得方程2x 2＋bx ＋b 28－m ＝0的两根为n ，n ＋10， ∴10＝ b 24－b 24＋2m ＝2m ， ∴m ＝50.(2)已知方程x 2＋ax ＋2＝0的两根都小于－1，求实数a 的取值范围． 解 设f (x )＝x 2＋ax ＋2， 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＝1－a ＋2>0，Δ＝a 2－8>0，－a 2<－1，解得22<a <3，∴实数a 的取值范围是(22，3)．思维升华 一元二次不等式ax 2＋bx ＋c ＝0的两根x 1，x 2即为函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的零点，也是一元二次不等式ax 2＋bx ＋c >0(或ax 2＋bx ＋c <0)的解集的两个端点．跟踪训练2 若α，β是方程x 2＋(2m －1)x ＋4－2m ＝0的两个根，且α<2<β，求实数m 的取值范围．解 设f (x )＝x 2＋(2m －1)x ＋4－2m ，∵α，β是方程f (x )＝0的根，且α<2<β， ∴f (2)<0，∴4＋2(2m －1)＋4－2m <0，∴m <－3，故实数m 的取值范围是(－∞，－3)．题型三 一元二次不等式恒成立问题命题点1 在R 上的恒成立问题例5 已知函数f (x )＝mx 2－mx －1.若对于x ∈R ，f (x )<0恒成立，求实数m 的取值范围． 解 当m ＝0时，f (x )＝－1<0恒成立．当m ≠0时，则⎩⎪⎨⎪⎧m <0，Δ＝m 2＋4m <0，即－4<m <0.综上，－4<m ≤0，故m 的取值范围是(－4,0]． 命题点2 在给定区间上的恒成立问题例6 已知函数f (x )＝mx 2－mx －1.若对于x ∈[1,3]，f (x )<5－m 恒成立，求实数m 的取值范围． 解 要使f (x )<－m ＋5在x ∈[1,3]上恒成立， 即m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6<0在x ∈[1,3]上恒成立． 有以下两种方法：方法一 令g (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －122＋34m －6，x ∈[1,3]． 当m >0时，g (x )在[1,3]上是增函数， 所以g (x )max ＝g (3)，即7m －6<0， 所以m <67，所以0<m <67；当m ＝0时，－6<0恒成立； 当m <0时，g (x )在[1,3]上是减函数， 所以g (x )max ＝g (1)，即m －6<0， 所以m <6，所以m <0.综上所述，m 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫m ⎪⎪m <67. 方法二 因为x 2－x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －122＋34>0，又因为m (x 2－x ＋1)－6<0，所以m <6x 2－x ＋1.因为函数y ＝6x 2－x ＋1＝6⎝⎛⎭⎫x －122＋34在[1,3]上的最小值为67，所以只需m <67即可． 所以m 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫m ⎪⎪m <67. 引申探究1．若将“f (x )<5－m 恒成立”改为“f (x )<5－m 无解”，如何求m 的取值范围？ 解 若f (x )<5－m 无解，即f (x )≥5－m 恒成立， 即m ≥6x 2－x ＋1恒成立，又x ∈[1,3]，得m ≥6，即m 的取值范围为[6，＋∞)．2．若将“f (x )<5－m 恒成立”改为“存在x ，使f (x )<5－m 成立”，如何求m 的取值范围． 解 由题意知f (x )<5－m 有解，即m <6x 2－x ＋1有解，则m <⎝⎛⎭⎫6x 2－x ＋1max ，又x ∈[1,3]，得m <6，即m 的取值范围为(－∞，6)． 命题点3 给定参数范围的恒成立问题例7 若mx 2－mx －1<0对于m ∈[1,2]恒成立，求实数x 的取值范围．解 设g (m )＝mx 2－mx －1＝(x 2－x )m －1，其图象是直线，当m ∈[1,2]时，图象为一条线段，则⎩⎪⎨⎪⎧ g (1)<0，g (2)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x －1<0，2x 2－2x －1<0，解得1－32<x <1＋32，故x 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫1－32，1＋32.思维升华 解决恒成立问题一定要搞清谁是主元，谁是参数，一般地，知道谁的范围，谁就是主元，求谁的范围，谁就是参数． 跟踪训练3 函数f (x )＝x 2＋ax ＋3.(1)当x ∈R 时，f (x )≥a 恒成立，求实数a 的取值范围； (2)当x ∈[－2,2]时，f (x )≥a 恒成立，求实数a 的取值范围； (3)当a ∈[4,6]时，f (x )≥0恒成立，求实数x 的取值范围． 解 (1)∵当x ∈R 时，x 2＋ax ＋3－a ≥0恒成立，需Δ＝a 2－4(3－a )≤0，即a 2＋4a －12≤0，即－6≤a ≤2，∴实数a 的取值范围是[－6,2]．(2)当x ∈[－2,2]时，设g (x )＝x 2＋ax ＋3－a ≥0，分如下三种情况讨论(如图所示)： ①如图①，当g (x )的图象与x 轴不超过1个交点时， 有Δ＝a 2－4(3－a )≤0，即－6≤a ≤2. ②如图②，g (x )的图象与x 轴有2个交点， 但当x ∈[－2，＋∞)时，g (x )≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧ Δ>0，x ＝－a2<－2，g (－2)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2－4(3－a )>0，－a2<－2，4－2a ＋3－a ≥0，可得⎩⎪⎨⎪⎧a >2或a <－6，a >4，a ≤73，解得a ∈∅.③如图③，g (x )的图象与x 轴有2个交点， 但当x ∈(－∞，2]时，g (x )≥0.即⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，x ＝－a2>2，g (2)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2－4(3－a )>0，－a2>2，7＋a ≥0，可得⎩⎪⎨⎪⎧a >2或a <－6，a <－4，a ≥－7.∴－7≤a <－6，综上，实数a 的取值范围是[－7,2]．(3)令h (a )＝xa ＋x 2＋3.当a ∈[4,6]时，h (a )≥0恒成立．只需⎩⎪⎨⎪⎧ h (4)≥0，h (6)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＋3≥0，x 2＋6x ＋3≥0，解得x ≤－3－6或x ≥－3＋ 6. ∴实数x 的取值范围是(－∞，－3－6]∪[－3＋6，＋∞)．1．已知集合A ＝{x |x ≥0}，B ＝{x |(x ＋1)(x －5)<0}，则A ∩B ＝________. 答案 [0,5)解析 由题意得B ＝{x |－1<x <5}， 故A ∩B ＝{x |x ≥0}∩{x |－1<x <5}＝[0,5)．2．若不等式ax 2＋bx ＋2>0的解集为{x |－1<x <2}，则不等式2x 2＋bx ＋a >0的解集为________．答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x <－1或x >12 解析 ∵不等式ax 2＋bx ＋2>0的解集为{x |－1<x <2}， ∴ax 2＋bx ＋2＝0的两根为－1,2，且a <0，即⎩⎪⎨⎪⎧ a －b ＋2＝0，4a ＋2b ＋2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝1，则所求不等式可化为2x 2＋x －1>0，解得x <－1或x >12.3．不等式xx ＋1≤0的解集为________．答案 (－1,0]解析 由xx ＋1≤0得x (x ＋1)≤0(x ≠－1)，解得－1<x ≤0.4．若一元二次不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则k 的取值范围为________．答案 (－3,0)解析 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧k <0，Δ＝k 2－4×2k ×⎝⎛⎭⎫－38<0， 解得－3<k <0.5．已知x 2＋px ＋q <0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－12<x <13，则不等式qx 2＋px ＋1>0的解集为________． 答案 {x |－2<x <3}解析 ∵x 2＋px ＋q <0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－12<x <13， ∴－12，13是方程x 2＋px ＋q ＝0的两实数根，则⎩⎨⎧14－p2＋q ＝0，19＋p3＋q ＝0，解得⎩⎨⎧p ＝16，q ＝－16.∴不等式qx 2＋px ＋1>0可化为－16x 2＋16x ＋1>0，即x 2－x －6<0，解得－2<x <3，∴不等式qx 2＋px ＋1>0的解集为{x |－2<x <3}．6．某商场若将进货单价为8元的商品按每件10元出售，每天可销售100件，现准备采用提高售价来增加利润．已知这种商品售价每提高1元，销售量就会减少10件．那么要保证每天所赚的利润在320元以上，售价每件应定为________元．(填符合要求的区间) 答案 (12,16)解析 设售价定为每件x 元，利润为y ， 则y ＝(x －8)[100－10(x －10)]， 依题意有(x －8)[100－10(x －10)]>320，即x 2－28x ＋192<0，解得12<x <16， 所以每件售价应定为12元到16元之间．7．不等式x 2－2ax －3a 2<0(a >0)的解集为________． 答案 {x |－a <x <3a }解析 x 2－2ax －3a 2<0⇔(x －3a )(x ＋a )<0， ∵a >0，∴－a <3a ，不等式的解集为{x |－a <x <3a }．8．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2，x ≥0，x 2＋2x ，x <0，则不等式f (f (x ))≤3的解集为________．答案 {x |x ≤3}解析 当x ＝0时，f (f (x ))＝f (0)＝0≤3， 当x >0时，f (f (x ))＝f (－x 2)＝(－x 2)2－2x 2≤3， 即(x 2－3)(x 2＋1)≤0，解得0<x ≤3；当－2<x <0时，f (f (x ))＝f (x 2＋2x )＝(x 2＋2x )2＋2(x 2＋2x )≤3， 即(x 2＋2x －1)(x 2＋2x ＋3)≤0，即－2<x <0；当x ≤－2时，f (f (x ))＝f (x 2＋2x )＝－(x 2＋2x )2≤3，解得x ≤－2. 综上，不等式的解集为{x |x ≤3}．9．已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )的值域为[0，＋∞)，若关于x 的不等式f (x )<c 的解集为{x |m <x <m ＋6}，则实数c 的值为________． 答案 9解析 由题意知f (x )＝x 2＋ax ＋b ＝⎝⎛⎭⎫x ＋a 22＋b －a24. ∵f (x )的值域为[0，＋∞)， ∴b －a 24＝0，即b ＝a 24，∴f (x )＝⎝⎛⎭⎫x ＋a 22. ∵f (x )<c ，∴⎝⎛⎭⎫x ＋a22<c ， 即－a 2－c <x <－a2＋c .∴⎩⎨⎧－a2－c ＝m ，①－a2＋c ＝m ＋6.②②－①得，2c ＝6，∴c ＝9.10．若不等式x 2＋ax ＋4≥0对一切x ∈(0,1]恒成立，则a 的取值范围为________． 答案 [－5，＋∞)解析 由题意，分离参数后得，a ≥－⎝⎛⎭⎫x ＋4x . 设f (x )＝－⎝⎛⎭⎫x ＋4x ，x ∈(0,1]， 则只要a ≥[f (x )]max 即可．由于函数f (x )在区间(0,1]上单调递增， 所以[f (x )]max ＝f (1)＝－5，故a ≥－5. 11．已知f (x )＝－3x 2＋a (6－a )x ＋6. (1)解关于a 的不等式f (1)>0；(2)若不等式f (x )>b 的解集为(－1,3)，求实数a ，b 的值． 解 (1)∵f (x )＝－3x 2＋a (6－a )x ＋6， ∴f (1)＝－3＋a (6－a )＋6＝－a 2＋6a ＋3>0， 即a 2－6a －3<0，解得3－23<a <3＋2 3. ∴原不等式的解集为{a |3－23<a <3＋23}． (2)∵f (x )>b 的解集为(－1,3)，∴方程－3x 2＋a (6－a )x ＋6－b ＝0的两根为－1,3，∴⎩⎪⎨⎪⎧－3－a (6－a )＋6－b ＝0，－27＋3a (6－a )＋6－b ＝0， 解得⎩⎨⎧a ＝3±3，b ＝－3.12．已知f (x )＝2x 2＋bx ＋c ，不等式f (x )<0的解集是(0,5)． (1)求f (x )的解析式；(2)若对于任意的x ∈[－1,1]，不等式f (x )＋t ≤2恒成立，求t 的取值范围． 解 (1)f (x )＝2x 2＋bx ＋c ，不等式f (x )<0的解集是(0,5)， 即2x 2＋bx ＋c <0的解集是(0,5)，∴0和5是方程2x 2＋bx ＋c ＝0的两个根，则⎩⎪⎨⎪⎧c ＝0，50＋5b ＋c ＝0， ∴b ＝－10，c ＝0，f (x )＝2x 2－10x .(2)当x ∈[－1,1]时，f (x )＋t ≤2恒成立等价于2x 2－10x ＋t －2≤0恒成立， ∴2x 2－10x ＋t －2在x ∈[－1,1]上的最大值小于或等于0. 设g (x )＝2x 2－10x ＋t －2，x ∈[－1,1]，则由二次函数的图象(图略)可知g (x )＝2x 2－10x ＋t －2在区间[－1,1]上为减函数， ∴g (x )max ＝g (－1)＝10＋t ， ∴10＋t ≤0，即t ≤－10.即实数t 的取值范围是(－∞，－10]．13．若不等式x 2＋ax －2>0在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是________． 答案 ⎝⎛⎭⎫－235，＋∞ 解析 方法一 设f (x )＝x 2＋ax －2，由Δ＝a 2＋8>0知方程恒有两个不等实根，又因为f (0)＝－2<0，所以方程必有一正根，一负根，函数f (x )图象的示意图如图．所以不等式在区间[1,5]上有解的充要条件是f (5)>0，解得a >－235.方法二 因为不等式x 2＋ax －2>0在区间[1,5]上有解， 所以a >2x－x 在区间[1,5]上有解，因为函数y ＝2x 和y ＝－x 在区间[1,5]上单调递减，所以2x －x ∈⎣⎡⎦⎤－235，1，所以a >－235. 14．(2018·苏北三市模拟)已知对于任意的x ∈(－∞，1)∪(5，＋∞)，都有x 2－2(a －2)x ＋a >0，则实数a 的取值范围是________． 答案 (1,5]解析 设f (x )＝x 2－2(a －2)x ＋a ， 当Δ＝4(a －2)2－4a <0，即1<a <4 时，f (x )>0 对x ∈R 恒成立； 当a ＝1时，f (－1)＝0，不合题意； 当a ＝4时，f (2)＝0 符合题意； 当Δ>0 时，由⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，1<a －2<5，f (1)≥0，f (5)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a <1或a >4，3<a <7，a ≤5，a ≤5，即4<a ≤5.综上所述，实数a 的取值范围是(1,5]．15．在关于x 的不等式x 2－(a ＋1)x ＋a <0的解集中至多包含1个整数，则a 的取值范围是________． 答案 [－1,3]解析 因为关于x 的不等式x 2－(a ＋1)x ＋a <0可化为(x －1)(x －a )<0， 当a >1时，不等式的解集为{x |1<x <a }， 当a <1时，不等式的解集为{x |a <x <1}， 当a ＝1时，不等式的解集为∅， 要使得解集中至多包含1个整数， 则a ＝1或1<a ≤3或－1≤a <1， 所以实数a 的取值范围是a ∈[－1,3]．16．设a <0，(4x 2＋a )(2x ＋b )≥0在(a ，b )上恒成立，则b －a 的最大值为________． 答案 14解析 当a <b <0时，∀x ∈(a ，b )，2x ＋b <0， 所以(4x 2＋a )(2x ＋b )≥0在(a ，b )上恒成立， 可转化为∀x ∈(a ，b )，a ≤－4x 2， 所以a ≤－4a 2，所以－14≤a <0，所以0<b －a <14；当a <0<b 时，(4x 2＋a )(2x ＋b )≥0在(a ，b )上恒成立， 当x ＝0时，(4x 2＋a )(2x ＋b )＝ab <0，不符合题意；当a <0＝b 时，由题意知x ∈(a,0)，(4x 2＋a )2x ≥0恒成立， 所以4x 2＋a ≤0，所以－14≤a <0，所以0<b －a ≤14.综上所述，b －a 的最大值为14.。
2020年 高考数学(文科)总复习超级详细讲解 效率提分之第4章 4.3
§4.3三角函数的图象与性质考情考向分析以考查三角函数的图象和性质为主，题目涉及三角函数的图象及应用、图象的对称性、单调性、周期性、最值、零点．考查三角函数性质时，常与三角恒等变换结合，加强数形结合思想、函数与方程思想的应用意识．题型既有填空题，又有解答题，中档难度．1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图(1)在正弦函数y ＝sin x ，x ∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,0)，⎝⎛⎭⎫π2，1，(π，0)，⎝⎛⎭⎫3π2，－1，(2π，0)．(2)在余弦函数y ＝cos x ，x ∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,1)，⎝⎛⎭⎫π2，0，(π，－1)，⎝⎛⎭⎫3π2，0，(2π，1)．2．正弦、余弦、正切函数的图象与性质(下表中k ∈Z )概念方法微思考1．正(余)弦曲线相邻两条对称轴之间的距离是多少？相邻两个对称中心的距离呢？ 提示 正(余)弦曲线相邻两条对称轴之间的距离是半个周期；相邻两个对称中心的距离也为半个周期．2．思考函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ≠0，ω≠0)是奇函数，偶函数的充要条件？ 提示 (1)f (x )为偶函数的充要条件是φ＝π2＋k π(k ∈Z )；(2)f (x )为奇函数的充要条件是φ＝k π(k ∈Z )．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)y ＝sin x 在第一、第四象限是增函数．( × )(2)由sin ⎝⎛⎭⎫π6＋2π3＝sin π6知，2π3是正弦函数y ＝sin x (x ∈R )的一个周期．( × ) (3)正切函数y ＝tan x 在定义域内是增函数．( × ) (4)已知y ＝k sin x ＋1，x ∈R ，则y 的最大值为k ＋1.( × ) (5)y ＝sin|x |是偶函数．( √ )题组二 教材改编2．[P44T1]函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4的最小正周期是________． 答案 π3．[P45T4]y ＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的值域是________． 答案 ⎣⎡⎦⎤－32，3 解析 当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，5π6， sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1， 故3sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－32，3， 即y ＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6的值域为⎣⎡⎦⎤－32，3. 4．[P33例4]函数y ＝tan ⎝⎛⎭⎫π4－2x 的定义域为________．答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≠－k 2π－π8，k ∈Z 题组三 易错自纠5．函数y ＝tan ⎝⎛⎭⎫12x ＋π6的图象的对称中心是________． 答案 ⎝⎛⎭⎫k π－π3，0，k ∈Z 解析 由12x ＋π6＝k π2，k ∈Z ，得x ＝k π－π3，k ∈Z ，所以对称中心是⎝⎛⎭⎫k π－π3，0，k ∈Z . 6．函数f (x )＝4sin ⎝⎛⎭⎫π3－2x 的单调递减区间是______________________． 答案 ⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋512π(k ∈Z ) 解析 f (x )＝4sin ⎝⎛⎭⎫π3－2x ＝－4sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3. 所以要求f (x )的单调递减区间，只需求y ＝4sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3的单调递增区间． 由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π(k ∈Z )，得－π12＋k π≤x ≤512π＋k π(k ∈Z )． 所以函数f (x )的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤－π12＋k π，512π＋k π(k ∈Z )．7．cos 23°，sin 68°，cos 97°的大小关系是________________． 答案 sin 68°>cos 23°>cos 97° 解析 sin 68°＝cos 22°，又y ＝cos x 在[0°，180°]上是减函数， ∴sin 68°>cos 23°>cos 97°.题型一 三角函数的定义域1．函数f (x )＝－2tan ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6的定义域是____________． 答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≠k π2＋π6(k ∈Z ) 解析 由正切函数的定义域，得2x ＋π6≠k π＋π2，k ∈Z ，即x ≠k π2＋π6(k ∈Z )．2．函数y ＝sin x －cos x 的定义域为________________． 答案 ⎣⎡⎦⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z ) 解析 方法一 要使函数有意义，必须使sin x －cos x ≥0.利用图象，在同一坐标系中画出[0,2π]上y ＝sin x 和y ＝cos x 的图象，如图所示．在[0,2π]内，满足sin x ＝cos x 的x 为π4，5π4，再结合正弦、余弦函数的周期是2π，所以原函数的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪2k π＋π4≤x ≤2k π＋5π4，k ∈Z .方法二 利用三角函数线，画出满足条件的终边范围(如图中阴影部分所示)．所以定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪2k π＋π4≤x ≤2k π＋5π4，k ∈Z . 3．函数y ＝lg(sin x )＋cos x －12的定义域为________．答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪2k π<x ≤2k π＋π3，k ∈Z解析 要使函数有意义，则⎩⎪⎨⎪⎧sin x >0，cos x －12≥0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ sin x >0，cos x ≥12，解得⎩⎪⎨⎪⎧2k π<x <π＋2k π，k ∈Z ，－π3＋2k π≤x ≤π3＋2k π，k ∈Z ， 所以2k π<x ≤π3＋2k π(k ∈Z )，所以函数的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪2k π<x ≤2k π＋π3，k ∈Z . 思维升华 三角函数定义域的求法求三角函数的定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数线或三角函数图象来求解．题型二 三角函数的值域(最值)例1 (1)函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫πx 6－π3(0≤x ≤9)的最大值与最小值之和为________． 答案 2－ 3解析 因为0≤x ≤9，所以－π3≤πx 6－π3≤7π6，所以－32≤sin ⎝⎛⎭⎫πx 6－π3≤1，则－3≤y ≤2.所以y max ＋y min ＝2－ 3.(2)函数y ＝cos 2x ＋2cos x 的值域是________． 答案 ⎣⎡⎦⎤－32，3 解析 y ＝cos 2x ＋2cos x ＝2cos 2x ＋2cos x －1＝2⎝⎛⎭⎫cos x ＋122－32，因为cos x ∈[－1,1]，所以原式的值域为⎣⎡⎦⎤－32，3. (3)函数f (x )＝sin 2x ＋3cos x －34⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的最大值是________． 答案 1解析 f (x )＝sin 2x ＋3cos x －34＝1－cos 2x ＋3cos x －34，令cos x ＝t 且t ∈[0,1]，则y ＝－t 2＋3t ＋14＝－⎝⎛⎭⎫t －322＋1，当t ＝32时，y max ＝1， 即f (x )的最大值是1.思维升华 求解三角函数的值域(最值)常见到以下几种类型：(1)形如y ＝a sin x ＋b cos x ＋c 的三角函数化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋c 的形式，再求值域(最值)． (2)形如y ＝a sin 2x ＋b sin x ＋c 的三角函数，可先设sin x ＝t ，化为关于t 的二次函数求值域(最值)．(3)形如y ＝a sin x cos x ＋b (sin x ±cos x )＋c 的三角函数，可先设t ＝sin x ±cos x ，化为关于t 的二次函数求值域(最值)．(4)一些复杂的三角函数，可考虑利用导数确定函数的单调性，然后求最值．跟踪训练1 (1)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6，其中x ∈⎣⎡⎦⎤－π3，a ，若f (x )的值域是⎣⎡⎦⎤－12，1，则实数a 的取值范围是______． 答案 ⎣⎡⎦⎤π3，π解析 ∵x ∈⎣⎡⎦⎤－π3，a ，∴x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，a ＋π6， ∵当x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，π2时，f (x )的值域为⎣⎡⎦⎤－12，1， ∴由函数的图象(图略)知，π2≤a ＋π6≤7π6，∴π3≤a ≤π. (2)(2018·苏州质检)函数y ＝sin x －cos x ＋sin x cos x 的值域为__________． 答案 ⎣⎡⎦⎤－12－2，1 解析 设t ＝sin x －cos x ，则t 2＝sin 2x ＋cos 2x －2sin x ·cos x ，sin x cos x ＝1－t 22，且－2≤t ≤ 2.∴y ＝－t 22＋t ＋12＝－12(t －1)2＋1，t ∈[－2，2]．当t ＝1时，y max ＝1； 当t ＝－2时，y min ＝－12－ 2.∴函数的值域为⎣⎡⎦⎤－12－2，1. 题型三 三角函数的周期性与对称性例2 (1)(2019·盐城模拟)已知函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4(ω>0)的最小正周期为4，则ω＝________. 答案 π2解析 f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4(ω>0)， 由周期计算公式，可得T ＝2πω＝4，解得ω＝π2. (2)若函数y ＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6(ω∈N *)图象的一个对称中心是⎝⎛⎭⎫π6，0，则ω的最小值为________． 答案 2解析 由题意知ωπ6＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，∴ω＝6k ＋2(k ∈Z )，又ω∈N *，∴ωmin ＝2.(3)(2018·无锡市梅材高中期中)已知函数f (x )＝3sin(ωx ＋φ)－cos(ωx ＋φ)，ω>0,0<φ<π为偶函数，且其图象的两条相邻对称轴的距离为π2，则f ⎝⎛⎭⎫－π8的值为________． 答案2解析 因为函数f (x )＝3sin(ωx ＋φ)－cos(ωx ＋φ)＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋φ－π6为偶函数，所以φ－π6＝k π＋π2，k ∈Z ，令k ＝0，可得φ＝2π3，根据其图象的两条相邻对称轴间的距离为π2，可得12·2πw ＝π2，所以w ＝2，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝2cos 2x ， 所以f ⎝⎛⎭⎫－π8＝2cos ⎣⎡⎦⎤2×⎝⎛⎭⎫－π8＝2cos π4＝ 2. 思维升华 (1)对于函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ≠0，ω≠0)，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点． (2)求三角函数周期的方法 ①利用周期函数的定义．②利用公式：y ＝A sin(ωx ＋φ)和y ＝A cos(ωx ＋φ)的最小正周期为2π|ω|，y ＝tan(ωx ＋φ)的最小正周期为π|ω|.跟踪训练2 (1)函数f (x )＝2cos(ωx ＋φ)(ω≠0)对任意x 都有f ⎝⎛⎭⎫π4＋x ＝f ⎝⎛⎭⎫π4－x ，则f ⎝⎛⎭⎫π4＝________. 答案 －2或2解析 由题意，知x ＝π4为函数f (x )的一条对称轴，∴f ⎝⎛⎭⎫π4＝±2. (2)若直线x ＝54π和x ＝94π是函数y ＝cos(ωx ＋φ)(ω>0)图象的两条相邻对称轴，则φ＝______________. 答案 k π－54π，k ∈Z解析 由题意，函数的周期T ＝2×⎝⎛⎭⎫94π－54π＝2π，∴ω＝2πT ＝1，∴y ＝cos(x ＋φ)，当x ＝54π时，函数取得最大值或最小值，即cos ⎝⎛⎭⎫54π＋φ＝±1，可得54π＋φ＝k π，k ∈Z ，∴φ＝k π－54π，k ∈Z .题型四 三角函数的单调性命题点1 求三角函数的单调区间例3 (1)若点P (1，－1)在角φ(－π<φ<0)终边上，则函数y ＝3cos(x ＋φ)，x ∈[0，π]的单调递减区间为________． 答案 ⎣⎡⎦⎤π4，π解析 因为点P (1，－1)在角φ(－π<φ<0)终边上， 所以tan φ＝－1，φ＝－π4，即函数为y ＝3cos ⎝⎛⎭⎫x －π4， 令0<x －π4<π，且0≤x ≤π，解得π4≤x ≤π.(2)函数f (x )＝tan ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的单调递增区间是____________． 答案 ⎝⎛⎭⎫k π2－5π12，k π2＋π12(k ∈Z ) 解析 由k π－π2<2x ＋π3<k π＋π2(k ∈Z )，得k π2－5π12<x <k π2＋π12(k ∈Z )， 所以函数f (x )＝tan ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的单调递增区间为 ⎝⎛⎭⎫k π2－5π12，k π2＋π12(k ∈Z )．(3)函数y ＝12sin x ＋32cos x ⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的单调递增区间是____________． 答案 ⎣⎡⎦⎤0，π6 解析 ∵y ＝12sin x ＋32cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3， 由2k π－π2≤x ＋π3≤2k π＋π2(k ∈Z )，解得2k π－5π6≤x ≤2k π＋π6(k ∈Z )．∴函数的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k π－5π6，2k π＋π6(k ∈Z )， 又x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴函数的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0，π6. 命题点2 根据单调性求参数例4 已知ω>0，函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减，则ω的取值范围是________．答案 ⎣⎡⎦⎤12，54解析 由π2<x <π，ω>0，得ωπ2＋π4<ωx ＋π4<ωπ＋π4， 又y ＝sin x 的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2k π＋π2，2k π＋3π2，k ∈Z ， 所以⎩⎨⎧ωπ2＋π4≥π2＋2k π，ωπ＋π4≤3π2＋2k π，k ∈Z ，解得4k ＋12≤ω≤2k ＋54，k ∈Z .又由4k ＋12－⎝⎛⎭⎫2k ＋54≤0，k ∈Z 且2k ＋54>0，k ∈Z ，得k ＝0，所以ω∈⎣⎡⎦⎤12，54. 引申探究本例中，若已知ω>0，函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递增，则ω的取值范围是_______． 答案 ⎣⎡⎦⎤32，74解析 函数y ＝cos x 的单调递增区间为[－π＋2k π，2k π]，k ∈Z ，则⎩⎨⎧ωπ2＋π4≥－π＋2k π，ωπ＋π4≤2k π，k ∈Z ，解得4k －52≤ω≤2k －14，k ∈Z ，又由4k －52－⎝⎛⎭⎫2k －14≤0，k ∈Z 且2k －14>0，k ∈Z ， 得k ＝1，所以ω∈⎣⎡⎦⎤32，74.思维升华 (1)已知三角函数解析式求单调区间求形如y ＝A sin(ωx ＋φ)或y ＝A cos(ωx ＋φ)(其中ω>0)的单调区间时，要视“ωx ＋φ”为一个整体，通过解不等式求解．但如果ω<0，可借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错． (2)已知三角函数的单调区间求参数．先求出函数的单调区间，然后利用集合间的关系求解． 跟踪训练3 (1)已知函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫π4－2x ，则函数f (x )的单调递减区间为________________． 答案 ⎣⎡⎦⎤－π8＋k π，3π8＋k π(k ∈Z )解析 函数的解析式可化为f (x )＝－2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4. 由2k π－π2≤2x －π4≤2k π＋π2(k ∈Z )，得－π8＋k π≤x ≤3π8＋k π(k ∈Z )，即函数f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤－π8＋k π，3π8＋k π(k ∈Z )． (2)(2018·盐城模拟)若函数g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6在区间⎣⎡⎦⎤0，a 3和⎣⎡⎦⎤4a ，7π6上均单调递增，则实数a 的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎭⎫π6，7π24解析 由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，可得k π－π3≤x ≤k π＋π6(k ∈Z )，∴g (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z )． 又∵函数g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，a 3和⎣⎡⎦⎤4a ，7π6上均单调递增， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3≤π6，4a ≥2π3，4a <7π6，解得π6≤a <7π24.三角函数的图象与性质纵观近年高考中三角函数的试题，其有关性质几乎每年必考，题目较为简单，综合性的知识多数为三角函数本章内的知识，通过有效地复习完全可以对此类题型及解法有效攻破，并在高考中拿全分．例 (1)(2018·连云港市灌南华侨高级中学月考)为了使函数y ＝sin ωx (ω>0)在区间[0,1]上出现50次最大值，则ω的最小值为________． 答案1972π 解析 为了使函数y ＝sin ωx (ω>0)在区间[0,1]上出现50次最大值， 则4914×T ≤1，即1974×2πω≤1.解得ω≥1972π，所以ω的最小值为1972π.(2)设函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π3，则下列结论正确的是________．(填序号) ①f (x )的一个周期为－2π； ②y ＝f (x )的图象关于直线x ＝8π3对称； ③f (x ＋π)的一个零点为x ＝π6；④f (x )在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减． 答案 ①②③解析 ①中，因为f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π3的周期为2k π(k ∈Z )，所以f (x )的一个周期为－2π，①正确； ②中，因为f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π3的图象的对称轴为直线x ＝k π－π3(k ∈Z )，所以y ＝f (x )的图象关于直线x ＝8π3对称，②正确；③中，f (x ＋π)＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋4π3.令x ＋4π3＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π－5π6(k ∈Z )，当k ＝1时，x ＝π6， 所以f (x ＋π)的一个零点为x ＝π6，③正确；④中，因为f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π3的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2k π－π3，2k π＋2π3(k ∈Z )， 单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k π＋2π3，2k π＋5π3(k ∈Z )， 所以⎝⎛⎭⎫π2，2π3是f (x )的单调递减区间，⎣⎡⎭⎫2π3，π是f (x )的单调递增区间，④错误．故正确的结论是①②③.(3)函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)(ω>0)的部分图象如图所示，则f (x )的单调递减区间为__________．答案 ⎝⎛⎭⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z 解析 由图象知，周期T ＝2×⎝⎛⎭⎫54－14＝2， ∴2πω＝2，∴ω＝π. 由π×14＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，不妨取φ＝π4，∴f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫πx ＋π4. 由2k π<πx ＋π4<2k π＋π，k ∈Z ，得2k －14<x <2k ＋34，k ∈Z ，∴f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z . (4)设函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ，ω，φ是常数，A >0，ω>0)．若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π6，π2上具有单调性，且f ⎝⎛⎭⎫π2＝f ⎝⎛⎭⎫2π3＝－f ⎝⎛⎭⎫π6，则f (x )的最小正周期为________． 答案 π解析 记f (x )的最小正周期为T . 由题意知T 2≥π2－π6＝π3，又f ⎝⎛⎭⎫π2＝f ⎝⎛⎭⎫2π3＝－f ⎝⎛⎭⎫π6，且2π3－π2＝π6， 可作出示意图如图所示(一种情况)：∴x 1＝⎝⎛⎭⎫π2＋π6×12＝π3，x 2＝⎝⎛⎭⎫π2＋2π3×12＝7π12， ∴T 4＝x 2－x 1＝7π12－π3＝π4，∴T ＝π.1．若函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6(ω>0)的最小正周期为π，则f ⎝⎛⎭⎫π3的值是________． 答案 12解析 由题意，得2πω＝π，所以ω＝2，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 因此f ⎝⎛⎭⎫π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3＋π6＝sin 5π6＝12. 2．函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最小值为________． 答案 －22解析 由已知x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2， 得2x －π4∈⎣⎡⎦⎤－π4，3π4， 所以sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4∈⎣⎡⎦⎤－22，1， 故函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最小值为－22. 3．若函数y ＝cos x 在区间[－π，a ]上为增函数，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－π，0]解析 因为y ＝cos x 在[－π，0]上是增函数，在[0，π]上是减函数， 所以只有当－π<a ≤0时满足条件，故a ∈(－π，0]．4．(2018·江苏泰州中学月考)函数f (x )＝cos x －sin x (x ∈[－π，0])的单调增区间为________．答案 ⎣⎡⎦⎤－π，－π4 解析 由已知f ′(x )＝－sin x －cos x ＝－2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4， 由f ′(x )＝0且x ∈[－π，0]，得x ＝－π4，由f ′(x )的图象(图略)可得， 当x ∈⎣⎡⎭⎫－π，－π4时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎦⎤－π4，0时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )的单调增区间为⎣⎡⎦⎤－π，－π4. 5．函数y ＝cos 2x －2sin x 的最小值为________． 答案 －2解析 y ＝cos 2x －2sin x ＝1－sin 2x －2sin x ＝－sin 2x －2sin x ＋1， 令t ＝sin x ，则t ∈[－1,1]，y ＝－t 2－2t ＋1＝－(t ＋1)2＋2， 所以y min ＝－2.6．设函数f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫π2x ＋π4，若存在这样的实数x 1，x 2，对任意的x ∈R ，都有f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)成立，则|x 1－x 2|的最小值为________． 答案 2解析 |x 1－x 2|的最小值为函数f (x )的半个周期， 又T ＝4，∴|x 1－x 2|的最小值为2.7．已知函数f (x )＝2sin(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎫|φ|<π2的图象过点(0，3)，则f (x )图象的对称中心是_________． 答案 ⎝⎛⎭⎫k 2π－π6，0(k ∈Z ) 解析 函数f (x )＝2sin(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎫|φ|<π2的图象过点(0，3)，则f (0)＝2sin φ＝3， ∴sin φ＝32，又|φ|<π2，∴φ＝π3， 则f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，令2x ＋π3＝k π(k ∈Z )， 则x ＝k π2－π6(k ∈Z )，∴函数f (x )图象的对称中心是⎝⎛⎭⎫k 2π－π6，0(k ∈Z )．8．已知函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6＋1(x ∈R )图象的一条对称轴为x ＝π，其中ω为常数，且ω∈(1,2)，则函数f (x )的最小正周期为________． 答案6π5解析 由函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6＋1(x ∈R )图象的一条对称轴为x ＝π，可得ωπ－π6＝k π＋π2，k ∈Z ，∴ω＝k ＋23，又ω∈(1,2)，∴ω＝53，∴函数f (x )的最小正周期为2π53＝6π5.9．已知函数f (x )＝sin(2x ＋φ)，其中φ为实数，若f (x )≤⎪⎪⎪⎪f ⎝⎛⎭⎫π4对任意x ∈R 恒成立，且f ⎝⎛⎭⎫π6>0，则f (x )的单调递减区间是________________． 答案 ⎣⎡⎦⎤k π＋π4，k π＋3π4(k ∈Z ) 解析 由题意可得函数f (x )＝sin(2x ＋φ)的图象关于直线x ＝π4对称，故有2×π4＋φ＝k π＋π2，k ∈Z ，即φ＝k π，k ∈Z .又f ⎝⎛⎭⎫π6＝sin ⎝⎛⎭⎫π3＋φ>0，所以φ＝2n π，n ∈Z ，所以f (x )＝sin(2x ＋2n π)＝sin 2x .令2k π＋π2≤2x ≤2k π＋3π2，k ∈Z ，求得k π＋π4≤x ≤k π＋3π4，k ∈Z ，故函数f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤k π＋π4，k π＋3π4，k ∈Z . 10．已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪tan ⎝⎛⎭⎫12x －π6，则下列说法正确的是________．(填序号) ①f (x )的周期是π2；②f (x )的值域是{y |y ∈R ，且y ≠0}； ③直线x ＝5π3是函数f (x )图象的一条对称轴；④f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎦⎤2k π－2π3，2k π＋π3，k ∈Z . 答案 ④解析 函数f (x )的周期为2π，①错；f (x )的值域为[0，＋∞)，②错；当x ＝5π3时，12x －π6＝2π3≠k π2，k ∈Z ，∴x ＝5π3不是f (x )的对称轴，③错；令k π－π2<12x －π6≤k π，k ∈Z ，可得2k π－2π3<x ≤2k π＋π3，k ∈Z ，∴f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎦⎤2k π－2π3，2k π＋π3，k ∈Z ，④正确．11．已知函数f (x )＝3cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3－2sin x cos x . (1)求f (x )的最小正周期；(2)求证：当x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，f (x )≥－12. (1)解 f (x )＝32cos 2x ＋32sin 2x －sin 2x ＝12sin 2x ＋32cos 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3. 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.(2)证明 因为－π4≤x ≤π4，所以－π6≤2x ＋π3≤5π6.所以sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3≥sin ⎝⎛⎭⎫－π6＝－12. 所以当x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，f (x )≥－12. 12．已知函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋a ＋1. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，f (x )的最大值为4，求a 的值； (3)在(2)的条件下，求满足f (x )＝1，且x ∈[]－π，π的x 的取值集合． 解 (1)令2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z ，所以f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π3，k π＋π6，k ∈Z . (2)因为当x ＝π6时，f (x )取得最大值，即f ⎝⎛⎭⎫π6＝2sin π2＋a ＋1＝a ＋3＝4. 解得a ＝1.(3)由f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋2＝1， 可得sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＝－12，则2x ＋π6＝7π6＋2k π，k ∈Z 或2x ＋π6＝11π6＋2k π，k ∈Z ，即x ＝π2＋k π，k ∈Z 或x ＝5π6＋k π，k ∈Z ，又x ∈[－π，π]，可解得x ＝－π2，－π6，π2，5π6，所以x 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫－π2，－π6，π2，5π6.13．定义运算：a *b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a >b .例如1*2=1，则函数f (x )=sin x *cos x 的值域为 ..答案 ⎣⎡⎦⎤－1，22解析 根据三角函数的周期性，我们只看两函数在一个最小正周期内的情况即可，设x ∈[0,2π]，当π4≤x ≤5π4时，sin x ≥cos x ，此时f (x )＝cos x ，f (x )∈⎣⎡⎦⎤－1，22，当0≤x <π4或5π4<x ≤2π时，cos x >sin x ，此时f (x )＝sin x ，f (x )∈⎣⎡⎭⎫0，22∪[－1,0]．综上知f (x )的值域为⎣⎡⎦⎤－1，22. 14．已知函数f (x )＝2cos(ωx ＋φ)＋1⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|<π2，其图象与直线y ＝3相邻两个交点的距离为2π3，若f (x )>1对任意x ∈⎝⎛⎭⎫－π12，π6恒成立，则φ的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎦⎤－π4，0 解析 由题意可得函数f (x )＝2cos(ωx ＋φ)＋1的最大值为3.∵f (x )的图象与直线y ＝3相邻两个交点的距离为2π3，∴f (x )的周期T ＝2π3，∴2πω＝2π3，解得ω＝3，∴f (x )＝2cos(3x ＋φ)＋1.∵f (x )>1对任意x ∈⎝⎛⎭⎫－π12，π6恒成立，∴2cos(3x ＋φ)＋1>1，即cos(3x ＋φ)>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫－π12，π6恒成立，∴－π4＋φ≥2k π－π2且π2＋φ≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得φ≥2k π－π4且φ≤2k π，k ∈Z ，即2k π－π4≤φ≤2k π，k ∈Z .结合|φ|<π2，可得当k ＝0时，φ的取值范围为⎣⎡⎦⎤－π4，0.15．已知函数f (x )＝cos(2x ＋θ)⎝⎛⎭⎫0≤θ≤π2在⎣⎡⎦⎤－3π8，－π6上单调递增，若f ⎝⎛⎭⎫π4≤m 恒成立，则实数m 的取值范围为________． 答案 [0，＋∞)解析 f (x )＝cos(2x ＋θ)⎝⎛⎭⎫0≤θ≤π2， 当x ∈⎣⎡⎦⎤－3π8，－π6时，－3π4＋θ≤2x ＋θ≤－π3＋θ， 由函数f (x )在⎣⎡⎦⎤－3π8，－π6上是增函数得 ⎩⎨⎧－π＋2k π≤－3π4＋θ，－π3＋θ≤2k π，k ∈Z ，则2k π－π4≤θ≤2k π＋π3(k ∈Z )．又0≤θ≤π2，∴0≤θ≤π3，∵f ⎝⎛⎭⎫π4＝cos ⎝⎛⎭⎫π2＋θ， 又π2≤θ＋π2≤5π6，∴f ⎝⎛⎭⎫π4max ＝0，∴m ≥0. 16．设函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π6＋m 的图象关于直线x ＝π对称，其中0<ω<12. (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若函数y ＝f (x )的图象过点(π，0)，求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，3π2上的值域． 解 (1)由直线x ＝π是y ＝f (x )图象的一条对称轴， 可得sin ⎝⎛⎭⎫2ωπ－π6＝±1， ∴2ωπ－π6＝k π＋π2(k ∈Z )，即ω＝k 2＋13(k ∈Z )．又0<ω<12，∴ω＝13，∴函数f (x )的最小正周期为3π. (2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫23x －π6＋m ， ∵f (π)＝0，∴2sin ⎝⎛⎭⎫2π3－π6＋m ＝0，∴m ＝－2， ∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫23x －π6－2，当0≤x ≤3π2时，－π6≤23x －π6≤5π6，－12≤sin ⎝⎛⎭⎫23x －π6≤1. ∴－3≤f (x )≤0，故函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，3π2上的值域为[]－3，0.。
2020年 高考数学(文科)总复习超级详细讲解 效率提分之第1章 1.4
§1.4简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词考情考向分析逻辑联结词和含有一个量词的命题的否定是高考的重点；命题的真假判断常以函数、不等式为载体，考查学生的推理判断能力，题型为填空题，低档难度．1．简单的逻辑联结词(1)命题中的且、或、非叫做逻辑联结词．(2)命题p且q、p或q、非p的真假判断2.全称量词和存在量词(1)全称量词：“所有”、“任意”、“每一个”等表示全体的量词在逻辑中称为全称量词，用符号“∀”表示．(2)存在量词：“有一个”、“有些”、“存在一个”等表示部分的量词在逻辑中称为存在量词，用符号“∃”表示．3．全称命题、存在性命题及含一个量词的命题的否定概念方法微思考含有逻辑联结词的命题的真假有什么规律？提示p∨q：一真即真；p∧q：一假即假；p，綈p：真假相反．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)命题“3≥2”是真命题．( √ ) (2)命题p 和綈p 不可能都是真命题．( √ ) (3)“全等三角形的面积相等”是存在性命题．( × ) (4)命题綈(p ∧q )是假命题，则命题p ，q 都是真命题．( √ ) 题组二 教材改编2．[P11练习T3]已知p ：2是偶数，q ：2是质数，则命题綈p ，綈q ，p ∨q ，p ∧q 中真命题的个数为________． 答案 2解析 p 和q 显然都是真命题，所以綈p ，綈q 都是假命题，p ∨q ，p ∧q 都是真命题． 3．[P15例1]命题“∃x ∈N ，x 2≤0”的否定是____________． 答案 ∀x ∈N ，x 2>04．[P21测试T6]命题“对于函数f (x )＝x 2＋ax (a ∈R )，存在a ∈R ，使得f (x )是偶函数”为________命题．(填“真”或“假”) 答案 真解析 当a ＝0时，f (x )＝x 2(x ≠0)为偶函数． 题组三 易错自纠5．命题“綈p 为真”是命题“p ∧q 为假”的________条件． 答案 充分不必要解析由綈p为真知，p为假，可得p∧q为假；反之，若p∧q为假，则可能是p真q假，从而綈p为假．故“綈p为真”是“p∧q为假”的充分不必要条件．6．下列命题中的假命题是________．(填序号)①∃x∈R，lg x＝1；②∃x∈R，sin x＝0；③∀x∈R，x3>0；④∀x∈R,2x>0.答案③解析当x＝10时，lg 10＝1，则①为真命题；当x＝0时，sin 0＝0，则②为真命题；当x<0时，x3<0，则③为假命题；由指数函数的性质知，∀x∈R,2x>0，则④为真命题．7．已知命题p：∀x∈R，x2－a≥0；命题q：∃x∈R，x2＋2ax＋2－a＝0.若命题“p∧q”是真命题，则实数a的取值范围为__________．答案(－∞，－2]解析由已知条件，知p和q均为真命题，由命题p为真，得a≤0，由命题q为真，得Δ＝4a2－4(2－a)≥0，即a≤－2或a≥1，所以a≤－2.题型一 含有逻辑联结词的命题的真假判断1．设a ，b ，c 是非零向量．已知命题p ：若a ·b ＝0，b ·c ＝0，则a ·c ＝0；命题q ：若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c .则下列命题中的真命题是________．(填序号) ①p ∨q ；②p ∧q ；③(綈p )∧(綈q )；④p ∨(綈q )． 答案 ① 解析 如图所示，若a ＝A 1A →，b ＝AB →，c ＝B 1B →，则a ·c ≠0，命题p 为假命题；显然命题q 为真命题，所以p ∨q 为真命题．2．已知命题p ：∀x >0，ln(x ＋1)>0；命题q ：若a >b ，则a 2>b 2.下列命题为真命题的是________．(填序号)①p ∧q ；②p ∧(綈q )；③(綈p )∧q ；④(綈p )∧(綈q )．答案 ②解析 ∵x >0，∴x ＋1>1，∴ln(x ＋1)>ln 1＝0. ∴命题p 为真命题，∴綈p 为假命题．∵a >b ，取a ＝1，b ＝－2，而12＝1，(－2)2＝4， 此时a 2<b 2，∴命题q 为假命题，∴綈q 为真命题．∴p ∧q 为假命题，p ∧(綈q )为真命题，(綈p )∧q 为假命题，(綈p )∧(綈q )为假命题． 3．已知命题p ：∃x ∈R ，使sin x ＝52；命题q ：∀x ∈R ，都有x 2＋x ＋1>0.给出下列结论：①命题“p ∧q ”是真命题；②命题“p ∧(綈q )”是假命题；③命题“(綈p )∨q ”是真命题；④命题“(綈p )∨(綈q )”是假命题，其中正确的是________．(把所有正确结论的序号都填上) 答案 ②③解析 因为对任意实数x ，|sin x |≤1，而52>1，所以p 为假；因为x 2＋x ＋1＝0的判别式Δ<0，所以q 为真．故②③正确．思维升华 “p ∨q ”“p ∧q ”“綈p ”等形式命题真假的判断步骤 (1)确定命题的构成形式； (2)判断其中命题p ，q 的真假；(3)确定“p ∧q ”“p ∨q ”“綈p ”等形式命题的真假． 题型二 含有一个量词的命题命题点1 全称命题、存在性命题的真假 例1 下列四个命题：①∃x ∈(0，＋∞)，⎝⎛⎭⎫12x <⎝⎛⎭⎫13x ； ②∃x ∈(0,1)，1123log log x x >；③∀x ∈(0，＋∞)，⎝⎛⎭⎫12x>12log x ；④∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，13，⎝⎛⎭⎫12x <13log x . 其中真命题序号为________． 答案 ②④解析 对于①，当x ∈(0，＋∞)时，总有⎝⎛⎭⎫12x >⎝⎛⎭⎫13x成立，故①是假命题；对于②，当x ＝12时，有1112331111log log log 232==>成立，故②是真命题；对于③，当0<x <12时，12log x >1>⎝⎛⎭⎫12x ，故③是假命题； 对于④，∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，13，⎝⎛⎭⎫12x <1<13log x ，故④是真命题．命题点2 含一个量词的命题的否定例2 (1)命题：“∃x ∈R ，sin x ＋cos x >2”的否定是________________． 答案 ∀x ∈R ，sin x ＋cos x ≤2(2)已知命题p ：∀x 1，x 2∈R ，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)≥0，则綈p 是__________． 答案 ∃x 1，x 2∈R ，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<0思维升华 (1)判定全称命题“∀x ∈M ，p (x )”是真命题，需要对集合M 中的每一个元素x ，证明p (x )成立；要判定存在性命题是真命题，只要在限定集合内找到一个x 0，使p (x 0)成立． (2)对全称命题、存在性命题进行否定的方法①找到命题所含的量词，没有量词的要结合命题的含义先加上量词，再改变量词； ②对原命题的结论进行否定．跟踪训练1 (1)设命题p ：∀x ∈(0，＋∞)，3x >2x ；命题q ：∃x ∈(－∞，0)，3x >2x ，则下列命题为真命题的是________．(填序号)①p ∧q ；②p ∧(綈q )；③(綈p )∧q ；④(綈p )∧(綈q )． 答案 ②解析 ∀x ∈(0，＋∞)，3x >2x ，所以命题p 为真命题；∀x ∈(－∞，0)，3x <2x ，所以命题q 为假命题，因此p ∧q ，(綈p )∧q ，(綈p )∧(綈q )为假命题，p ∧(綈q )为真命题，故填②. (2)已知命题p ：∃x >1,2x >4，綈p 是：______________. 答案 ∀x >1,2x ≤4解析 因为命题p ：∃x >1,2x >4，是一个存在性命题，所以綈p 是：∀x >1,2x ≤4. (3)已知命题“∃x ∈R ，e x ＋a <0”为假命题，则a 的取值范围是________． 答案 [0，＋∞)解析 因为命题“∃x ∈R ，e x ＋a <0”为假命题， 所以e x ＋a ≥0恒成立，所以a ≥(－e x )max 的最大值． ∵－e x <0，∴a ≥0.题型三 命题中参数的取值范围例3 (1)已知命题p ：“∀x ∈[0,1]，a ≥e x ”；命题q ：“∃x ∈R ，使得x 2＋4x ＋a ＝0”．若命题“p ∧q ”是真命题，则实数a 的取值范围为____________． 答案 [e,4]解析 若命题“p ∧q ”是真命题，那么命题p ，q 都是真命题．由∀x ∈[0,1]，a ≥e x ，得a ≥e ；由∃x ∈R ，使x 2＋4x ＋a ＝0，得Δ＝16－4a ≥0，则a ≤4，因此e ≤a ≤4.则实数a 的取值范围为[e,4]．(2)已知f (x )＝ln(x 2＋1)，g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x－m ，若对∀x 1∈[0,3]，∃x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数m 的取值范围是________________． 答案 ⎣⎡⎭⎫14，＋∞ 解析 当x ∈[0,3]时，f (x )min ＝f (0)＝0，当x ∈[1,2]时， g (x )min ＝g (2)＝14－m ，由f (x )min ≥g (x )min ，得0≥14－m ，所以m ≥14.引申探究本例(2)中，若将“∃x 2∈[1,2]”改为“∀x 2∈[1,2]”，其他条件不变，则实数m 的取值范围是________________． 答案 ⎣⎡⎭⎫12，＋∞ 解析 当x ∈[1,2]时，g (x )max ＝g (1)＝12－m ，由f (x )min ≥g (x )max ，得0≥12－m ，∴m ≥12.思维升华 (1)已知含逻辑联结词的命题的真假，可根据每个命题的真假，利用集合的运算求解参数的取值范围．(2)对于含量词的命题中求参数的取值范围的问题，可根据命题的含义，利用函数值域(或最值)解决．跟踪训练2 (1)(2018·苏北三市期末)由命题“∃x ∈R ，x 2＋2x ＋m ≤0”是假命题，求得实数m 的取值范围是(a ，＋∞)，则实数a ＝________. 答案 1解析 由题意得命题“∀x ∈R ，x 2＋2x ＋m >0”是真命题， 所以Δ＝4－4m <0，即m >1，故实数m 的取值范围是(1，＋∞)，从而实数a 的值为1.(2)已知c >0，且c ≠1，设命题p ：函数y ＝c x 为减函数．命题q ：当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，函数f (x )＝x ＋1x >1c 恒成立．如果“p ∨q ”为真命题，“p ∧q ”为假命题，则c 的取值范围为________．答案 ⎝⎛⎦⎤0，12∪(1，＋∞) 解析 由命题p 为真知，0<c <1， 当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，2≤x ＋1x ≤52， 要使x ＋1x >1c 恒成立，需1c <2，即c >12，即由命题q 为真，知c >12.若“p ∨q ”为真命题，“p ∧q ”为假命题， 则p ，q 中必有一真一假，当p 真q 假时，c 的取值范围是0<c ≤12；当p 假q 真时，c 的取值范围是c >1.综上可知，c 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，12∪(1，＋∞)．常用逻辑用语有关四种命题及其真假判断、充分必要条件的判断或求参数的取值范围、量词等问题几乎在每年高考中都会出现，多与函数、数列、立体几何、解析几何等知识相结合，难度中等偏下．解决这类问题应熟练把握各类知识的内在联系．一、命题的真假判断例1 (1)下列命题的否定为假命题的是________．(填序号)①∀x∈R，－x2＋x－1<0；②∀x∈R，|x|>x；③∀x，y∈Z,2x－5y≠12；④∀x∈R，sin2x＋sin x＋1＝0.答案①解析命题的否定为假命题亦即原命题为真命题，只有①为真命题．(2)已知命题p：∀x∈R,3x<5x；命题q：∃x∈R，x3＝1－x2，则下列命题中为真命题的是________．(填序号)①p∧q；②(綈p)∧q；③p∧(綈q)；④(綈p)∧(綈q)．答案②解析若x＝0，则30＝50＝1，∴p是假命题，∵方程x3＝1－x2有解，∴q是真命题，∴(綈p)∧q是真命题．二、充要条件的判断例2 (1)设命题p ：x >4；命题q ：x 2－5x ＋4≥0，那么p 是q 的________条件． 答案 充分不必要解析 命题q ：x 2－5x ＋4≥0⇔x ≤1或x ≥4， ∵命题p ：x >4，∴p 是q 的充分不必要条件．(2)已知圆C ：(x －1)2＋y 2＝r 2(r >0)．设p ：0<r <3，q ：圆C 上至多有2个点到直线x －3y ＋3＝0的距离为1，则p 是q 的________条件． 答案 充要解析 圆C ：(x －1)2＋y 2＝r 2的圆心(1,0)到直线x －3y ＋3＝0的距离d ＝|1－3×0＋3|2＝2.当r ∈(0,1)时，直线与圆相离，圆C 上没有到直线的距离为1的点；当r ＝1时，直线与圆相离，圆C 上只有1个点到直线的距离为1；当r ∈(1,2)时，直线与圆相离，圆C 上有2个点到直线的距离为1；当r ＝2时，直线与圆相切，圆C 上有2个点到直线的距离为1；当r ∈(2,3)时，直线与圆相交，圆C 上有2个点到直线的距离为1.综上，当r ∈(0,3)时，圆C 上至多有2个点到直线的距离为1.又由圆C 上至多有2个点到直线的距离为1，可得0<r <3，故p 是q 的充要条件．三、求参数的取值范围例3 (1)若命题“∃x ∈R ，x 2＋(a －1)x ＋1<0”是真命题，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－∞，－1)∪(3，＋∞)解析 因为命题“∃x ∈R ，x 2＋(a －1)x ＋1<0”等价于“x 2＋(a －1)x ＋1＝0有两个不等的实根”，所以Δ＝(a －1)2－4>0，即a 2－2a －3>0，解得a <－1或a >3.(2)已知命题p ：∃x ∈R ，(m ＋1)·(x 2＋1)≤0，命题q ：∀x ∈R ，x 2＋mx ＋1>0恒成立．若p ∧q 为假命题，则实数m 的取值范围为____________． 答案 (－∞，－2]∪(－1，＋∞)解析 由命题p ：∃x ∈R ，(m ＋1)(x 2＋1)≤0，可得m ≤－1， 由命题q ：∀x ∈R ，x 2＋mx ＋1>0恒成立，可得－2<m <2， 因为p ∧q 为假命题，所以p ，q 中至少有一个为假命题， 当p 真q 假时，m ≤－2；当p假q真时，－1<m<2；当p假q假时，m≥2，所以m≤－2或m>－1.1．已知命题p：“x>3”是“x2>9”的充要条件，命题q：“a2>b2”是“a>b”的充要条件，则下列判断正确的是________．(填序号)①p∨q为真；②p∧q为真；③p真q假；④p∨q为假．答案④解析∵p假，q假，∴p∨q为假．2．命题“∃x∈R，x2－2x＋1≤0”的否定形式为________．答案∀x∈R，x2－2x＋1>0解析∵命题是存在性命题，∴根据存在性命题的否定是全称命题，命题“∃x ∈R ，x 2－2x ＋1≤0”的否定形式为：∀x ∈R ，x 2－2x ＋1>0.3．命题p 的否定是“对所有正数x ，x >x ＋1”，则命题p 可写为___________． 答案 ∃x ∈(0，＋∞)，x ≤x ＋1解析 因为p 是綈p 的否定，所以只需将全称量词变为存在量词，再对结论否定即可． 4．以下四个命题中既是存在性命题又是真命题的是________．(填序号) ①锐角三角形有一个内角是钝角； ②至少有一个实数x ，使x 2≤0； ③两个无理数的和必是无理数； ④存在一个负数x ，1x >2.答案 ②解析 ①中锐角三角形的内角都是锐角，所以①是假命题；②中当x ＝0时，x 2＝0，满足x 2≤0，所以②既是存在性命题又是真命题；③是全称命题，又是假命题；④中对于任意一个负数x ，都有1x <0，不满足1x>2，所以④是假命题．5．命题p ：∀x ∈R ，sin x <1；命题q ：∃x ∈R ，cos x ≤－1，则下列为真命题的是________．(填序号)①p ∧q ；②(綈p )∧q ；③p ∨(綈q )；④(綈p )∧(綈q )． 答案 ②解析 p 是假命题，q 是真命题，所以②正确．6．已知命题p ：若a >1，则a x >log a x 恒成立；命题q ：在等差数列{a n }中，m ＋n ＝p ＋q 是a m ＋a n ＝a p ＋a q 的充分不必要条件(m ，n ，p ，q ∈N *)．则下列为真命题的是______．(填序号) ①(綈p )∧(綈q )；②(綈p )∨(綈q )；③p ∨(綈q )；④p ∧q . 答案 ②解析 当a ＝1.1，x ＝2时，a x ＝1.12＝1.21，log a x ＝log 1.12>log 1.11.21＝2， 此时，a x <log a x ，故p 为假命题． 命题q ，由等差数列的性质可知， 当m ＋n ＝p ＋q 时，a m ＋a n ＝a p ＋a q 成立，当公差d ＝0时，由a m ＋a n ＝a p ＋a q 不能推出m ＋n ＝p ＋q 成立，故q 是真命题． 故綈p 是真命题，綈q 是假命题，所以p ∧q 为假命题，p ∨(綈q )为假命题，(綈p )∧(綈q )为假命题，(綈p )∨(綈q )为真命题． 7．若命题“对∀x ∈R ，kx 2－kx －1<0”是真命题，则k 的取值范围是________________． 答案 (－4,0]解析 “对∀x ∈R ，kx 2－kx －1<0”是真命题，当k ＝0时，则有－1<0；当k ≠0时，则有k <0且Δ＝(－k )2－4×k ×(－1)＝k 2＋4k <0，解得－4<k <0，综上所述，实数k 的取值范围是(－4,0]． 8．已知命题“∃x ∈R ，使2x 2＋(a －1)x ＋12≤0”是假命题，则实数a 的取值范围是________．答案 (－1,3)解析 原命题的否定为∀x ∈R,2x 2＋(a －1)x ＋12>0，由题意知，其为真命题，即Δ＝(a －1)2－4×2×12<0，则－2<a －1<2，即－1<a <3.9．若∃x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，使得2x 2－λx ＋1<0成立是假命题，则实数λ的取值范围是________． 答案 (－∞，22]解析 因为∃x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，使得2x 2－λx ＋1<0成立是假命题，所以∀x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，2x 2－λx ＋1≥0恒成立是真命题，即∀x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，λ≤2x ＋1x 恒成立是真命题，令f (x )＝2x ＋1x ，则当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )∈⎣⎡⎦⎤22，92，当且仅当x ＝22时，f (x )min ＝22，所以λ≤2 2. 10．命题p ：∀x ∈R ，ax 2＋ax ＋1≥0，若綈p 是真命题，则实数a 的取值范围是_________． 答案 (－∞，0)∪(4，＋∞)解析 因为命题p ：∀x ∈R ，ax 2＋ax ＋1≥0， 所以綈p ：∃x ∈R ，ax 2＋ax ＋1<0，则a <0或⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝a 2－4a >0，解得a <0或a >4. 11．已知函数f (x )的定义域为(a ，b )，若“∃x ∈(a ，b )，f (x )＋f (－x )≠0”是假命题，则f (a ＋b )＝________. 答案 0解析 若“∃x ∈(a ，b )，f (x )＋f (－x )≠0”是假命题，则“∀x ∈(a ，b )，f (x )＋f (－x )＝0”是真命题，即f (－x )＝－f (x )，则函数f (x )是奇函数，则a ＋b ＝0，即f (a ＋b )＝f (0)＝0. 12．以下四个命题：①∀x ∈R ，x 2－3x ＋2>0恒成立；②∃x ∈Q ，x 2＝2；③∃x ∈R ，x 2＋1＝0；④∀x ∈R,4x 2>2x－1＋3x2.其中真命题的个数为________．答案0解析∵x2－3x＋2＝0的判别式Δ＝(－3)2－4×2>0，∴当x>2或x<1时，x2－3x＋2>0才成立，∴①为假命题；当且仅当x＝±2时，x2＝2，∴不存在x∈Q，使得x2＝2，∴②为假命题；对∀x∈R，x2＋1≥1，∴③为假命题；4x2－(2x－1＋3x2)＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，即当x＝1时，4x2＝2x－1＋3x2，∴④为假命题．∴①②③④均为假命题．故真命题的个数为0.13．已知命题p：∃x∈R，使tan x＝1；命题q：x2－3x＋2<0的解集是{x|1<x<2}．现有以下结论：①命题“p且q”是真命题；②命题“p且綈q”是假命题；③命题“綈p或q”是真命题；④命题“綈p或綈q”是假命题．其中正确结论的序号为____________．答案 ①②③④解析 ∵命题p ，q 均为真命题，∴“p 且q ”是真命题，“p 且綈q ”是假命题，“綈p 或q ”是真命题，“綈p 或綈q ”是假命题，故①②③④都正确．14．已知命题p ：∃x ∈R ，e x －mx ＝0，命题q ：∀x ∈R ，x 2＋mx ＋1≥0，若p ∨(綈q )为假命题，则实数m 的取值范围是________． 答案 [0,2]解析 若p ∨(綈q )为假命题，则p 假q 真．由e x－mx ＝0，可得m ＝e x x ，x ≠0，设f (x )＝e xx ，x ≠0，则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝(x －1)e x x 2，当x >1时，f ′(x )>0，函数f (x )＝e xx 在(1，＋∞)上是单调递增函数；当0<x <1或x <0时，f ′(x )<0，函数f (x )＝e xx 在(0,1)和(－∞，0)上是单调递减函数，所以当x ＝1时，函数取得极小值f (1)＝e ，所以函数f (x )＝e xx 的值域是(－∞，0)∪[e ，＋∞)，由p 是假命题，可得0≤m <e.当命题q 为真命题时，有Δ＝m 2－4≤0，即－2≤m ≤2. 所以当p ∨(綈q )为假命题时，m 的取值范围是0≤m ≤2.15．已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x ＋a ，若∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，1，∀x 2∈[2,3]，f (x 1)≥g (x 2)恒成立，则实数a 的取值范围是______________． 答案 (－∞，－3]解析 由题意知f (x )min ⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤12，1≥g (x )max (x ∈[2,3])，因为f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上为减函数，g (x )在[2,3]上为增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝5，g (x )max ＝g (3)＝8＋a ，所以5≥8＋a ，即a ≤－3. 16．已知p ：∀x ∈⎣⎡⎦⎤14，12，2x >m (x 2＋1)，q ：函数f (x )＝4x ＋2x ＋1＋m －1存在零点．若“p ∨q ”为真命题，“p ∧q ”为假命题，则实数m 的取值范围是____________． 答案 ⎣⎡⎭⎫817，1解析 ∀x ∈⎣⎡⎦⎤14，12，2x >m (x 2＋1)，即m <2x x 2＋1＝2x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤14，12上恒成立， 当x ＝14时，⎝⎛⎭⎫x ＋1x max ＝174，∴⎝⎛⎭⎫2x x 2＋1min ＝817，∴由p 真得m <817. 设t ＝2x ，则t ∈(0，＋∞)，则函数f (x )化为g (t )＝t 2＋2t ＋m －1，由题意知g (t )在(0，＋∞)上存在零点，令g (t )＝0，得m ＝－(t ＋1)2＋2，又t >0，所以由q 真得m <1. 又“p ∨q ”为真，“p ∧q ”为假，∴p ，q 一真一假， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ≥817，m <1或⎩⎪⎨⎪⎧m <817，m ≥1，解得817≤m <1.故所求实数m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫817，1.。
2020年 高考数学(文科)总复习超级详细讲解 效率提分之第5章 5.3
§5.3平面向量的数量积考情考向分析主要考查利用数量积的定义解决数量积的运算、求模与夹角等问题，考查利用数量积的坐标表示求两个向量的夹角、模以及判断两个平面向量的平行与垂直关系．一般以填空题的形式考查，偶尔会在解答题中出现，属于中档题．1．向量的夹角已知两个非零向量a 和b ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 就是向量a 与b 的夹角，向量夹角的范围是[0，π]． 2．平面向量的数量积拓展：向量数量积不满足： ①消去律，即a ·b ＝a ·c ⇏b ＝c ；②结合律，即(a·b)·c⇏a·(b·c)．3．向量数量积的运算律(1)a·b＝b·a.(2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)＝λa·b.(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c.4．平面向量数量积的有关结论已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ.概念方法微思考1．a 在b 方向上的投影与b 在a 方向上的投影相同吗？提示 不相同．因为a 在b 方向上的投影为|a |cos θ，而b 在a 方向上的投影为|b |cos θ，其中θ为a 与b 的夹角．2．两个向量的数量积大于0，则夹角一定为锐角吗？ 提示 不一定．当夹角为0°时，数量积也大于0.题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量．( √ ) (2)由a ·b ＝0可得a ＝0或b ＝0.( × ) (3)(a ·b )c ＝a (b ·c )．( × )(4)两个向量的夹角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2.( × ) (5)若a ·b >0，则a 和b 的夹角为锐角；若a·b <0，则a 和b 的夹角为钝角．( × )题组二 教材改编2．[P90T18]已知向量a ＝(2,1)，b ＝(－1，k )，a·(2a －b )＝0，则k ＝________. 答案 12解析 ∵2a －b ＝(4,2)－(－1，k )＝(5,2－k )， 由a ·(2a －b )＝0，得(2,1)·(5,2－k )＝0， ∴10＋2－k ＝0，解得k ＝12.3．[P89T8]已知两个单位向量e 1，e 2的夹角为π3.若向量b 1＝e 1－2e 2，b 2＝3e 1＋4e 2，则b 1·b 2＝________. 答案 －6解析 b 1＝e 1－2e 2，b 2＝3e 1＋4e 2， 则b 1·b 2＝(e 1－2e 2)·(3e 1＋4e 2) ＝3e 21－2e 1·e 2－8e 22.因为e 1，e 2为单位向量，〈e 1，e 2〉＝π3，所以b 1·b 2＝3－2×12－8＝3－1－8＝－6.题组三 易错自纠4．已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝1，则|a ＋2b |＝________. 答案 2 3解析 方法一 |a ＋2b |＝(a ＋2b )2 ＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝22＋4×2×1×cos 60°＋4×12 ＝12＝2 3. 方法二 (数形结合法)由|a |＝|2b |＝2知，以a 与2b 为邻边可作出边长为2的菱形OACB ，如图，则|a ＋2b |＝|OC →|. 又∠AOB ＝60°，所以|a ＋2b |＝2 3.5．已知|a |＝3，|b |＝2，若a ·b ＝－3，则a 与b 的夹角的大小为________． 答案2π3解析 设a 与b 的夹角为θ， 则cos θ＝a ·b |a ||b |＝－33×2＝－12.又0≤θ≤π，所以θ＝2π3.6．已知△ABC 的三边长均为1，且AB →＝c ，BC →＝a ，CA →＝b ，则a·b ＋b·c ＋a·c ＝________. 答案 －32解析 ∵〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈a ，c 〉＝120°，|a |＝|b |＝|c |＝1， ∴a·b ＝b·c ＝a·c ＝1×1×cos 120°＝－12，∴a·b ＋b·c ＋a·c ＝－32.题型一 平面向量数量积的基本运算1．已知a ＝(x,1)，b ＝(－2,4)，若(a ＋b )⊥b ，则x ＝________. 答案 12解析 ∵a ＝(x,1)，b ＝(－2,4)，∴a ＋b ＝(x －2,5)， 又(a ＋b )⊥b ，∴(x －2)×(－2)＋20＝0，∴x ＝12.2．(2018·苏北四市调研)已知平面向量a 与b 的夹角等于π3，若|a |＝2，|b |＝3，则|2a －3b |＝________. 答案61解析 由题意可得a ·b ＝|a |·|b |cos π3＝3，所以|2a －3b |＝(2a －3b )2＝4|a |2＋9|b |2－12a ·b ＝16＋81－36＝61.3．(2018·江苏)在平面直角坐标系xOy 中，A 为直线l ：y ＝2x 上在第一象限内的点，B (5,0)，以AB 为直径的圆C 与直线l 交于另一点D .若AB →·CD →＝0，则点A 的横坐标为________． 答案 3解析 设A (a,2a )，则a ＞0.又B (5,0)，故以AB 为直径的圆的方程为(x －5)(x －a )＋y (y －2a )＝0. 由题意知C ⎝⎛⎭⎫a ＋52，a .由⎩⎪⎨⎪⎧(x －5)(x －a )＋y (y －2a )＝0，y ＝2x ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ，y ＝2a .∴D (1,2)． 又AB →·CD →＝0，AB →＝(5－a ，－2a )，CD →＝⎝⎛⎭⎫1－a ＋52，2－a ，∴(5－a ，－2a )·⎝⎛⎭⎫1－a ＋52，2－a ＝52a 2－5a －152＝0， 解得a ＝3或a ＝－1. 又a ＞0，∴a ＝3.4．(2018·江苏淮安清江中学调研)如图，在△ABC 中，∠BAC ＝120°，AB ＝AC ＝2，D 为BC 边上的点，且AD →·BC →＝0，CE →＝2EB →，则AD →·AE →＝________.答案 1解析 ∵AD →·BC →＝0，∴AD →⊥BC →，且D 为BC 的中点，∠B ＝∠C ＝30°， ∴在Rt △ADB 中可求得AD ＝1，AD →·DE →＝0，∵AD →·AE →＝AD →·(AD →＋DE →)＝AD →2＋AD →·DE →， ∴AD →·AE →＝1.思维升华 平面向量数量积的三种运算方法(1)当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即a·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．(2)当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a·b ＝x 1x 2＋y 1y 2.(3)利用数量积的几何意义求解．题型二 平面向量数量积的应用命题点1 求向量的模与夹角例1 (1)在△ABC 中，∠BAC ＝60°，AB ＝5，AC ＝6，D 是AB 上一点，且AB →·CD →＝－5，则|BD →|＝________. 答案 3解析 如图所示，设AD →＝kAB →，所以CD →＝AD →－AC →＝kAB →－AC →， 所以AB →·CD →＝AB →·(kAB →－AC →) ＝kAB →2－AB →·AC →＝25k －5×6×12＝25k －15＝－5，解得k ＝25，所以|BD →|＝⎝⎛⎭⎫1－25|AB →|＝3. (2)设向量a ，b 满足|a |＝2，|b |＝1，a ·(a －b )＝3，则a 与b 的夹角为________．答案 π3解析 由题意得a ·(a －b )＝a 2－a ·b ＝4－2×1×cos α＝4－2cos α＝3， ∴cos α＝12，∵0≤α≤π，∴α＝π3.(3)设向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝2，a ·b ＝－2，〈a －c ，b －c 〉＝60°，则|c |的最大值为________． 答案 4解析 因为|a |＝|b |＝2，a ·b ＝－2，所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－12，〈a ，b 〉＝120°.如图所示，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则CA →＝a －c ，CB →＝b －c ，∠AOB ＝120°. 所以∠ACB ＝60°，所以∠AOB ＋∠ACB ＝180°， 所以A ，O ，B ，C 四点共圆． 不妨设为圆M ，因为AB →＝b －a ， 所以AB →2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝12. 所以|AB →|＝23，由正弦定理可得△AOB 的外接圆即圆M 的直径为2R ＝|AB →|sin ∠AOB ＝4.所以当|OC →|为圆M 的直径时，|c |取得最大值4. 命题点2 平面向量的平行与垂直例2 在平面直角坐标系xOy 中，已知向量AB →＝(6,1)，BC →＝(x ，y )，CD →＝(－2，－3)，且AD →∥BC →. (1)求x 与y 之间的关系式；(2)若AC →⊥BD →，求四边形ABCD 的面积．解 (1)由题意得AD →＝AB →＋BC →＋CD →＝(x ＋4，y －2)，BC →＝(x ，y )． 因为AD →∥BC →，所以(x ＋4)y －(y －2)x ＝0， 即x ＋2y ＝0.(2)由题意AC →＝AB →＋BC →＝(x ＋6，y ＋1)，BD →＝BC →＋CD →＝(x －2，y －3)． 因为AC →⊥BD →，所以(x ＋6)(x －2)＋(y ＋1)(y －3)＝0， 即x 2＋y 2＋4x －2y －15＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝0，x 2＋y 2＋4x －2y －15＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2，y ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－6，y ＝3，当⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝－1时，AC →＝(8,0)，BD →＝(0，－4)， S 四边形ABCD ＝12×AC ×BD ＝16；当⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－6，y ＝3时，AC →＝(0,4)，BD →＝(－8,0)， S 四边形ABCD ＝12×AC ×BD ＝16.所以四边形ABCD 的面积为16. 思维升华 (1)求解平面向量模的方法 ①利用公式|a |＝x 2＋y 2. ②利用|a |＝a 2.(2)求平面向量的夹角的方法①定义法：cos θ＝a·b|a||b |，θ的取值范围为[0，π]．②坐标法：若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22.③解三角形法：把两向量的夹角放到三角形中．跟踪训练1 (1)(2018·江苏无锡梅村高中模拟)如图，在平面四边形ABCD 中，AB ＝2，△BCD是等边三角形，若AC →·BD →＝1，则AD 的长为________．答案6解析 取BD 的中点H ，连结AH ，CH ， 由△BCD 为等边三角形，可得CH ⊥BD ， 由AC →·BD →＝1，可得(AH →＋HC →)·BD →＝AH →·BD →＋HC →·BD →＝A H →·BD →＝12(AD →＋AB →)·(AD →－AB →)＝12(AD →2－AB →2)＝1， 可得AD →2＝AB →2＋2＝4＋2＝6， 所以|AD →|＝ 6.(2)已知平面向量α，β满足|β|＝1，且α与β－α的夹角为120°，则α的模的取值范围是________． 答案 ⎝⎛⎦⎤0，233解析 设在△ABC 中，a ＝|β|＝1，A ＝60°，|α|＝c ， 由正弦定理得a sin A ＝csin C ，则a sin C sin A ＝c ，即c ＝2 33sin C . 又0<sin C ≤1，即c 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，233，则α的模的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，233.(3)设a ，b ，c 是同一平面内的三个向量，a ＝(1,2)． ①若|c |＝25，且c ∥a ，求c 的坐标； ②若|b |＝52，且a ＋2b 与2a －b 垂直，求a 与b 的夹角θ. 解 ①因为c ∥a ，设c ＝λa ＝(λ，2λ)， 又|c |＝25，所以5λ2＝20，解得λ＝±2， 所以c ＝(2,4)或(－2，－4)． ②因为(a ＋2b )·(2a －b )＝0， 所以2a 2－a ·b ＋4a ·b －2b 2＝0， 解得a ·b ＝－52，即5·52·cos θ＝－52，又0≤θ≤π，所以θ＝π.题型三 平面向量与三角函数例3 如图，A 是单位圆与x 轴正半轴的交点，点B ，P 在单位圆上，且B ⎝⎛⎭⎫－35，45，∠AOB＝α，∠AOP ＝θ(0<θ<π)，OQ →＝OA →＋OP →，四边形OAQP 的面积为S .(1)求cos α＋sin α；(2)求OA →·OQ →＋S 的最大值及此时θ的值θ0. 解 (1)∵B ⎝⎛⎭⎫－35，45，∠AOB ＝α， ∴cos α＝－35，sin α＝45，∴cos α＋sin α＝15.(2)由已知得A (1,0)，P (cos θ，sin θ)， ∴OQ →＝(1＋cos θ，sin θ)， OA →·OQ →＝1＋cos θ， 又S ＝sin θ，∴OA →·OQ →＋S ＝sin θ＋cos θ＋1＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＋1， 又0<θ<π，∴π4<θ＋π4<5π4，∴－22<sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4≤1， 则OA →·OQ →＋S 的最大值为2＋1， 此时θ0＝π2－π4＝π4.思维升华 平面向量与三角函数的综合问题的解题思路(1)题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解．(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等． 跟踪训练2 在平面直角坐标系xOy 中，已知向量m ＝⎝⎛⎭⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2. (1)若m ⊥n ，求tan x 的值； (2)若m 与n 的夹角为π3，求x 的值．解 (1)因为m ＝⎝⎛⎭⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，m ⊥n . 所以m ·n ＝0，即22sin x －22cos x ＝0， 所以sin x ＝cos x ，所以tan x ＝1. (2)因为|m |＝|n |＝1，所以m ·n ＝cos π3＝12，即22sin x －22cos x ＝12， 所以sin ⎝⎛⎭⎫x －π4＝12， 因为0<x <π2，所以－π4<x －π4<π4，所以x －π4＝π6，即x ＝5π12.1．在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，BC ＝23，则AB →·AC →＝________. 答案 －2解析 由余弦定理得cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ＝22＋22－(23)22×2×2＝－12，所以AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|cos A ＝2×2×⎝⎛⎭⎫－12＝－2. 2．已知平面向量a ＝(2m ＋1,3)，b ＝(2，m )，且a 与b 反向，则|b |＝________. 答案 2 2解析 ∵a 与b 反向，∴a 与b 共线，∴m (2m ＋1)－2×3＝0，即2m 2＋m －6＝0，解得m ＝－2或m ＝32.当m ＝－2时，a ＝(－3,3)，b ＝(2，－2)，a 与b 反向， 此时|b |＝22；当m ＝32时，a ＝(4,3)，b ＝⎝⎛⎭⎫2，32，a 与b 同向，不合题意．所以|b |＝2 2. 3．已知向量a ＝(1,1)，b ＝(2，－3)，若k a －2b 与a 垂直，则实数k 的值为________． 答案 －1解析 向量a ＝(1,1)，b ＝(2，－3)， 则k a －2b ＝()k －4，k ＋6.若k a －2b 与a 垂直，则k －4＋k ＋6＝0， 解得k ＝－1.4．已知四边形ABCD ，若AC →·BD →＝AB →·CD →＝2，则AD →·BC →的值为________． 答案 0解析 因为AC →·BD →＝(AB →＋BC →)·(BC →＋CD →)＝AB →·CD →＋(AB →＋BC →＋CD →)·BC →＝AB →·CD →＋AD →·BC →， 所以AD →·BC →＝AC →·BD →－AB →·CD →＝0.5．(2018·苏北四市考试)如图，在半径为2的扇形AOB 中，∠AOB ＝90°，P 为AB 上的一点，若OP →·OA →＝2，则OP →·AB →的值为________．答案 －2＋2 3解析 方法一 因为OP →·OA →＝|OP →|·|OA →|·cos ∠AOP ＝2×2×cos ∠AOP ＝2， 所以∠AOP ＝60°，∠BOP ＝30°， 所以OP →·AB →＝OP →·(OB →－OA →) ＝OP →·OB →－OA →·OP → ＝|OP →|·|OB →|·cos ∠BOP －2 ＝2×2×cos 30°－2＝－2＋2 3.方法二 以O 为坐标原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴、y 轴． 设∠AOP ＝θ，θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2， 则P (2cos θ，2sin θ)，A (2,0)，B (0,2)， 则OP →·OA →＝(2cos θ，2sin θ)·(2,0) ＝4cos θ＝2，解得cos θ＝12，即θ＝π3，所以P (1，3)，则OP →·AB →＝(1，3)·(－2,2) ＝－2＋2 3.6．非零向量a ，b 满足：|a －b |＝|a |，a ·(a －b )＝0，则a －b 与b 的夹角θ为________． 答案 135°解析 ∵非零向量a ，b 满足a ·(a －b )＝0， ∴a 2＝a ·b ，由|a －b |＝|a | 可得， a 2－2a ·b ＋b 2＝a 2，解得|b |＝2|a |， ∴cos θ＝(a －b )·b |a －b ||b |＝a ·b －|b |2|a ||b |＝|a |2－2|a |22|a |2＝－22，∴θ＝135°.7．已知点M 是边长为2的正方形ABCD 的内切圆内(含边界)一动点，则MA →·MB →的取值范围是________． 答案 [－1,3] 解析 如图所示，由题意可得，点M 所在区域的不等式表示为(x －1)2＋(y －1)2≤1(0≤x ≤2,0≤y ≤2)． 可设点M (x ，y )， A (0,0)，B (2,0)．∴MA →·MB →＝(－x ，－y )·(2－x ，－y ) ＝－x (2－x )＋y 2＝(x －1)2＋y 2－1， 由(x －1)2＋y 2∈[0,2]， ∴MA →·MB →∈[－1,3]．8.如图，在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，D 是边BC 的中点，则AD →·BC →＝________.答案 －52解析 利用向量的加减法法则可知， AD →·BC →＝12(AB →＋AC →)·(－AB →＋AC →)＝12(－AB →2＋AC →2)＝－52. 9．已知平面向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2且a ·b ＝1，若e 为平面单位向量，则(a －b )·e 的最大值为________． 答案3解析 由|a |＝1，|b |＝2，且a ·b ＝1， 得cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝12， ∴〈a ，b 〉＝60°，设a ＝(1,0)，b ＝(1，3)，e ＝(cos θ，sin θ)， ∴(a －b )·e ＝－3sin θ， ∴(a －b )·e 的最大值为 3.10．(2016·江苏)如图，在△ABC 中，D 是BC 的中点，E ，F 是AD 上的两个三等分点，BA →·CA →＝4，BF →·CF →＝－1，则BE →·CE →的值是________．答案 78解析 设AB →＝a ，AC →＝b ，则BA →·CA →＝(－a )·(－b ) ＝a ·b ＝4.又∵D 为BC 中点，E ，F 为AD 的两个三等分点， 则AD →＝12(AB →＋AC →)＝12a ＋12b ，AF →＝23AD →＝13a ＋13b .AE →＝13AD →＝16a ＋16b ，BF →＝BA →＋AF →＝－a ＋13a ＋13b ＝－23a ＋13b ，CF →＝CA →＋AF →＝－b ＋13a ＋13b ＝13a －23b ，则BF →·CF →＝⎝⎛⎭⎫－23a ＋13b ⎝⎛⎭⎫13a －23b ＝－29a 2－29b 2＋59a ·b ＝－29(a 2＋b 2)＋59×4＝－1. 可得a 2＋b 2＝292.又BE →＝BA →＋AE →＝－a ＋16a ＋16b ＝－56a ＋16b .CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋16a ＋16b ＝16a －56b ，则BE →·CE →＝⎝⎛⎭⎫－56a ＋16b ⎝⎛⎭⎫16a －56b ＝－536(a 2＋b 2)＋2636a ·b ＝－536×292＋2636×4＝78.11．已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，求P A →·(PB →＋PC →)的最小值．解 方法一 设BC 的中点为D ，AD 的中点为E ，则有PB →＋PC →＝2PD →， 则P A →·(PB →＋PC →)＝2P A →·PD → ＝2(PE →＋EA →)·(PE →－EA →) ＝2(PE →2－EA →2)． 而AE →2＝⎝⎛⎭⎫322＝34，当P 与E 重合时，PE →2有最小值0， 故此时P A →·(PB →＋PC →)取最小值， 最小值为－2EA →2＝－2×34＝－32.方法二 以AB 所在直线为x 轴，AB 的中点为原点建立平面直角坐标系，如图，则A (－1,0)，B (1,0)，C (0，3)， 设P (x ，y )，取BC 的中点D ， 则D ⎝⎛⎭⎫12，32.P A →·(PB →＋PC →)＝2P A →·PD →＝2(－1－x ，－y )·⎝⎛⎭⎫12－x ，32－y ＝2⎣⎡⎦⎤(x ＋1)·⎝⎛⎭⎫x －12＋y ·⎝⎛⎭⎫y －32 ＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫x ＋142＋⎝⎛⎭⎫y －342－34. 因此，当x ＝－14，y ＝34时，P A →·(PB →＋PC →)取最小值，为2×⎝⎛⎭⎫－34＝－32. 12．(2017·江苏)已知向量a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，x ∈[0，π]． (1)若a ∥b ，求x 的值；(2)记f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值和最小值以及对应的x 的值． 解 (1)因为a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，a ∥b ， 所以－3cos x ＝3sin x .若cos x ＝0，则sin x ＝0，与sin 2x ＋cos 2x ＝1矛盾， 故cos x ≠0.于是tan x ＝－33. 又x ∈[0，π]，所以x ＝5π6.(2)f (x )＝a·b ＝(cos x ，sin x )·(3，－3) ＝3cos x －3sin x ＝23cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π6. 因为x ∈[0，π]，所以x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，7π6， 从而－1≤cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π6≤32， 于是，当x ＋π6＝π6，即x ＝0时，f (x )取得最大值3；当x ＋π6＝π，即x ＝5π6时，f (x )取得最小值－2 3.13．已知O 是△ABC 内部一点，OA →＋OB →＋OC →＝0，AB →·AC →＝2且∠BAC ＝60°，则△OBC 的面积为________． 答案33解析 ∵OA →＋OB →＋OC →＝0， ∴OA →＋OB →＝－OC →， ∴O 为三角形的重心，∴△OBC 的面积为△ABC 面积的13，∵AB →·AC →＝2，∴|AB →||AC →|cos ∠BAC ＝2， ∵∠BAC ＝60°，∴|AB →||AC →|＝4，△ABC 的面积为12|AB →||AC →|sin ∠BAC ＝3，∴△OBC 的面积为33. 14．在△ABC 中，∠A ＝120°，AB →·AC →＝－3，点G 是△ABC 的重心，则|AG →|的最小值是________． 答案63解析 设BC 的中点为D ， 因为点G 是△ABC 的重心，所以AG →＝23AD →＝23×12(AB →＋AC →)＝13(AB →＋AC →)，再令|AB →|＝c ，|AC →|＝b ，则AB →·AC →＝bc cos 120°＝－3，所以bc ＝6， 所以|AG →|2＝19(|AB →|2＋2AB →·AC →＋|AC →|2)＝19(c 2＋b 2－6)≥19(2bc －6)＝23， 所以|AG →|≥63，当且仅当b ＝c ＝6时取等号．15.如图，等边△ABC 的边长为2，顶点B ，C 分别在x 轴的非负半轴，y 轴的非负半轴上滑动，M 为AB 的中点，则OA →·OM →的最大值为________．答案 52＋7解析 设∠OBC ＝θ，则B ()2cos θ，0，C ()0，2sin θ，A ⎝⎛⎭⎫2cos θ－2cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π3，2sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π3， M ⎝⎛⎭⎫2cos θ－cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π3，sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π3， OA →·OM →＝⎣⎡⎦⎤2cos θ－2cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π3× ⎣⎡⎦⎤2cos θ－cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π3＋2sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π3×sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π3＝4cos 2θ＋2cos 2⎝⎛⎭⎫θ＋π3－6cos θcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π3＋ 2sin 2⎝⎛⎭⎫θ＋π3 ＝2＋4cos 2θ－6cos θcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π3 ＝2＋4cos 2θ－6cos θ⎝⎛⎭⎫12cos θ－32sin θ＝2＋cos 2θ＋33sin θcos θ ＝52＋12cos 2θ＋332sin 2θ ＝52＋7sin ()2θ＋φ⎝⎛⎭⎫其中tan φ＝39. ∴OA →·OM →的最大值为52＋7.16．已知OP →，OQ →是非零不共线的向量，设OM →＝1m ＋1OP →＋m m ＋1OQ →，定义点集A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫F ⎪⎪⎪⎪FP →·FM →||FP →＝FQ →·FM →||FQ →，当F 1，F 2∈A 时，若对于任意的m ≥3，当F 1，F 2不在直线PQ 上时，不等式||F 1F 2→≤k ||PQ →恒成立，求实数k 的最小值． 解 由OM →＝1m ＋1OP →＋m m ＋1OQ →(m ≥3)，可得P ，Q ，M 三点共线且PMQM ＝m ，由A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫F⎪⎪⎪⎪FP →·FM →||FP →＝FQ →·FM →||FQ →， 可得||FM →cos ∠PFM ＝||FM→cos ∠QFM ， 即∠PFM ＝∠QFM ，则FM 为∠PFQ 的角平分线， 由角平分线的性质定理可得PF QF ＝PM QM＝m ， 以P 为坐标原点，PQ 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系，则P ()0，0，Q ()1＋m ，0，F (x ，y )， 于是x 2＋y 2()x －1－m 2＋y 2＝m ，化简得⎝⎛⎭⎫x ＋m 21－m 2＋y 2＝⎝⎛⎭⎫mm －12，故点F (x ，y )是以⎝⎛⎭⎫m 2m －1，0为圆心，m m －1为半径的圆．要使得不等式||F 1F 2→||≤k PQ →对m ≥3恒成立，只需2m m －1≤k ()m ＋1，即k ≥2m m 2－1＝21m －1m对m ≥3恒成立，∴k ≥2×13－13＝34.。
2020年 高考数学(文科)总复习超级详细讲解 效率提分之第4章 4.2
§4.2同角三角函数基本关系式及诱导公式考情考向分析考查利用同角三角函数的基本关系、诱导公式解决条件求值问题，常与三角恒等变换相结合起到化简三角函数关系的作用，强调利用三角公式进行恒等变形的技能以及基本的运算能力．题型为填空题，低档难度．1．同角三角函数的基本关系 (1)平方关系：sin 2α＋cos 2α＝1.(2)商数关系：sin αcos α＝tan α⎝⎛⎭⎫α≠π2＋k π，k ∈Z . 2．三角函数的诱导公式概念方法微思考1．使用平方关系求三角函数值时，怎样确定三角函数值的符号？ 提示 根据角所在象限确定三角函数值的符号．2．诱导公式记忆口诀：“奇变偶不变，符号看象限”中的奇、偶是何意义？提示 所有诱导公式均可看作k ·π2±α(k ∈Z )和α的三角函数值之间的关系，口诀中的奇、偶指的是此处的k 是奇数还是偶数．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若α，β为锐角，则sin 2α＋cos 2β＝1.( × ) (2)若α∈R ，则tan α＝sin αcos α恒成立．( × )(3)sin(π＋α)＝－sin α成立的条件是α为锐角．( × ) (4)若sin(k π－α)＝13(k ∈Z )，则sin α＝13.( × )题组二 教材改编 2．[P18T3]若sin α＝55，π2<α<π，则tan α＝ . 答案 －12解析 ∵π2<α<π，∴cos α＝－1－sin 2α＝－255，∴tan α＝sin αcos α＝－12.3．[P22T1]已知tan α＝2，则sin α＋cos αsin α－cos α的值为 ．答案 3解析 原式＝tan α＋1tan α－1＝2＋12－1＝3.4．[P22T4]化简cos ⎝⎛⎭⎫α－π2sin ⎝⎛⎭⎫5π2＋α·sin(α－π)·cos(2π－α)的结果为 ．答案 －sin 2α解析 原式＝sin αcos α·(－sin α)·cos α＝－sin 2α.题组三 易错自纠5．已知sin αcos α＝18，且5π4<α<3π2，则cos α－sin α的值为 ．答案32解析 ∵5π4<α<3π2，∴cos α<0，sin α<0且cos α>sin α，∴cos α－sin α>0.又(cos α－sin α)2＝1－2sin αcos α＝1－2×18＝34，∴cos α－sin α＝32. 6．已知α为锐角，cos ⎝⎛⎭⎫32π＋α＝45，则cos(π＋α)＝ . 答案 －35解析 ∵cos ⎝⎛⎭⎫32π＋α＝sin α＝45，且α为锐角，∴cos α＝35，∴cos(π＋α)＝－cos α＝－35. 7．已知cos α＝15，－π2<α<0，则cos ⎝⎛⎭⎫π2＋αtan (α＋π)cos (－α)tan α的值为 ．答案612解析 ∵－π2<α<0，∴sin α＝－1－⎝⎛⎭⎫152＝－256，∴tan α＝－2 6. 则cos ⎝⎛⎭⎫π2＋αtan (α＋π)cos (－α)tan α＝－sin αtan α·cos α·tan α＝－1tan α＝126＝612.题型一 同角三角函数基本关系式的应用1．已知α是第四象限角，sin α＝－1213，则tan α＝ .答案 －125解析 因为α是第四象限角，sin α＝－1213，所以cos α＝1－sin 2α＝513，故tan α＝sin αcos α＝－125. 2．若tan α＝34，则cos 2α＋2sin 2α＝ .答案6425解析 tan α＝34，则cos 2α＋2sin 2α＝cos 2α＋2sin 2αcos 2α＋sin 2α＝1＋4tan α1＋tan 2α＝6425.3．若角α的终边落在第三象限，则cos α1－sin 2α＋2sin α1－cos 2α的值为 ．答案 －3解析 由角α的终边落在第三象限， 得sin α<0，cos α<0，故原式＝cos α|cos α|＋2sin α|sin α|＝cos α－cos α＋2sin α－sin α＝－1－2＝－3.4．已知cos x ＋sin x ＝15，x ∈(0，π)，则tan x ＝ .答案 －43解析 由cos x ＋sin x ＝15，sin 2x ＋cos 2x ＝1，x ∈(0，π)，解得sin x ＝45，cos x ＝－35，所以tan x ＝－43.思维升华 (1)利用sin 2α＋cos 2α＝1可实现正弦、余弦的互化，开方时要根据角α所在象限确定符号；利用sin αcos α＝tan α可以实现角α的弦切互化．(2)应用公式时注意方程思想的应用：对于sin α＋cos α，sin αcos α，sin α－cos α这三个式子，利用(sin α±cos α)2＝1±2sin αcos α，可以知一求二．(3)注意公式逆用及变形应用：1＝sin 2α＋cos 2α，sin 2α＝1－cos 2α，cos 2α＝1－sin 2α.题型二 诱导公式的应用例1 (1)已知A ＝sin (k π＋α)sin α＋cos (k π＋α)cos α(k ∈Z )，则A 的值构成的集合是 ．答案 {2，－2}解析 当k 为偶数时，A ＝sin αsin α＋cos αcos α＝2；当k 为奇数时，A ＝－sin αsin α－cos αcos α＝－2.∴A 的值构成的集合是{2，－2}．(2)化简：sin (α＋π)cos (π－α)sin ⎝⎛⎭⎫5π2－αtan (－α)cos 3(－α－2π)＝ .答案 －1解析 原式＝(－sin α)·(－cos α)·cos α－tan α·cos 3α＝－sin αsin α＝－1.思维升华 (1)诱导公式的两个应用①求值：负化正，大化小，化到锐角为终了． ②化简：统一角，统一名，同角名少为终了． (2)含2π整数倍的诱导公式的应用由终边相同的角的关系可知，在计算含有2π的整数倍的三角函数式中可直接将2π的整数倍去掉后再进行运算．如cos(5π－α)＝cos(π－α)＝－cos α.跟踪训练1 (1)已知角α终边上一点P (－4,3)，则cos ⎝⎛⎭⎫π2＋α·sin (－π－α)cos ⎝⎛⎭⎫11π2－α·sin ⎝⎛⎭⎫9π2＋α的值为 ．答案 －34解析 原式＝(－sin α)sin α(－sin α)cos α＝tan α，根据三角函数的定义得tan α＝－34.(2)已知f (α)＝2sin (π＋α)cos (π－α)－cos (π＋α)1＋sin 2α＋cos ⎝⎛⎭⎫3π2＋α－sin 2⎝⎛⎭⎫π2＋α(sin α≠0,1＋2sin α≠0)，则f ⎝⎛⎭⎫－23π6＝ . 答案3解析 ∵f (α)＝(－2sin α)(－cos α)＋cos α1＋sin 2α＋sin α－cos 2α＝2sin αcos α＋cos α2sin 2α＋sin α＝cos α(1＋2sin α)sin α(1＋2sin α)＝1tan α， ∴f ⎝⎛⎭⎫－23π6＝1tan ⎝⎛⎭⎫－23π6＝1tan ⎝⎛⎭⎫－4π＋π6＝1tan π6＝ 3.题型三同角三角函数基本关系式和诱导公式的综合应用例2 (1)已知cos ⎝⎛⎭⎫5π12＋α＝13，且－π<α<－π2，则cos ⎝⎛⎭⎫π12－α＝ . 答案 －223解析 因为⎝⎛⎭⎫5π12＋α＋⎝⎛⎭⎫π12－α＝π2， 所以cos ⎝⎛⎭⎫π12－α＝sin ⎣⎡⎦⎤π2－⎝⎛⎭⎫π12－α＝sin ⎝⎛⎭⎫5π12＋α. 因为－π<α<－π2，所以－7π12<α＋5π12<－π12.所以sin ⎝⎛⎭⎫5π12＋α＝－1－cos 2⎝⎛⎭⎫5π12＋α＝－1－⎝⎛⎭⎫132＝－223. (2)已知－π<x <0，sin(π＋x )－cos x ＝－15.①求sin x －cos x 的值； ②求sin 2x ＋2sin 2x 1－tan x的值．解 ①由已知，得sin x ＋cos x ＝15，两边平方得sin 2x ＋2sin x cos x ＋cos 2x ＝125，整理得2sin x cos x ＝－2425.∵(sin x －cos x )2＝1－2sin x cos x ＝4925，由－π<x <0知，sin x <0，又sin x cos x ＝－1225<0，∴cos x >0，∴sin x －cos x <0， 故sin x －cos x ＝－75.②sin 2x ＋2sin 2x 1－tan x＝2sin x (cos x ＋sin x )1－sin x cos x＝2sin x cos x (cos x ＋sin x )cos x －sin x＝－2425×1575＝－24175.引申探究本例(2)中若将条件“－π<x <0”改为“0<x <π”，求sin x －cos x 的值． 解 若0<x <π，又2sin x cos x ＝－2425，∴sin x >0，cos x <0，∴sin x －cos x >0，故sin x －cos x ＝75.思维升华 (1)利用同角三角函数关系式和诱导公式求值或化简时，关键是寻求条件、结论间的联系，灵活使用公式进行变形． (2)注意角的范围对三角函数符号的影响．跟踪训练2 (1)(2018·南京模拟)已知角θ的终边在第三象限，tan 2θ＝－22，则sin 2θ＋sin(3π－θ)cos(2π＋θ)－2cos 2θ＝ . 答案 23解析 由tan 2θ＝－22可得tan 2θ＝2tan θ1－tan 2θ＝－22，即2tan 2θ－tan θ－2＝0， 解得tan θ＝2或tan θ＝－22. 又角θ的终边在第三象限，故tan θ＝2， 故sin 2θ＋sin(3π－θ)cos(2π＋θ)－2cos 2θ ＝sin 2θ＋sin θcos θ－2cos 2θ ＝sin 2θ＋sin θcos θ－2cos 2θsin 2θ＋cos 2θ＝tan2θ＋tan θ－2tan2θ＋1＝(2)2＋2－2(2)2＋1＝23.(2)已知函数f(x)＝a sin(πx＋α)＋b cos(πx＋β)，且f(4)＝3，则f(2 019)的值为．答案－3解析∵f(4)＝a sin(4π＋α)＋b cos(4π＋β)＝a sin α＋b cos β＝3，∴f(2 019)＝a sin(2 019π＋α)＋b cos(2 019π＋β)＝a sin(π＋α)＋b cos(π＋β)＝－(a sin α＋b cos β)＝－3.1．已知α是第四象限角，tan α＝－512，则sin α＝.答案 －513解析 因为tan α＝－512，所以sin αcos α＝－512，所以cos α＝－125sin α，代入sin 2α＋cos 2α＝1，解得sin α＝±513，又α是第四象限角，所以sin α＝－513.2．已知α为锐角，且sin α＝45，则cos(π＋α)＝ .答案 －35解析 ∵α为锐角，∴cos α＝1－sin 2α＝35，∴cos(π＋α)＝－cos α＝－35.3．满足等式cos 2x －1＝3cos x (x ∈[0，π])的x 的值为 ． 答案2π3解析 由题意可得，2cos 2x －3cos x －2＝0， 解得cos x ＝－12或cos x ＝2(舍去)．又x ∈[0，π]，故x ＝2π3.4．已知sin(π＋θ)＝－3cos(2π－θ)，|θ|<π2，则θ＝ .答案 π3解析 ∵sin(π＋θ)＝－3cos(2π－θ)， ∴－sin θ＝－3cos θ，∴tan θ＝ 3. 又∵|θ|<π2，∴θ＝π3.5．(2019·江苏省扬州中学月考)设函数f (x )满足f (x ＋π)＝f (x )＋sin x ，当0≤x ≤π时，f (x )＝0，则f ⎝⎛⎭⎫23π6＝ . 答案 12解析 ∵函数f (x )(x ∈R )满足f (x ＋π)＝f (x )＋sin x ， 当0≤x ≤π时，f (x )＝0，∴f ⎝⎛⎭⎫23π6＝f ⎝⎛⎭⎫17π6＋sin 17π6 ＝f ⎝⎛⎭⎫11π6＋sin 11π6＋sin 17π6 ＝f ⎝⎛⎭⎫5π6＋sin 5π6＋sin 11π6＋sin 17π6 ＝0＋12－12＋12＝12.6．已知tan θ＝2，则sin 2θ－sin θcos θ2cos 2θ＝ .答案 1解析 ∵tan θ＝2，∴sin 2θ－sin θcos θ2cos 2θ＝tan 2θ－tan θ2＝4－22＝1.7．(2018·如东高级中学阶段测试)已知角θ的顶点在坐标原点，始边与x 轴正半轴重合，终边在直线2x －y ＝0上，则sin ⎝⎛⎭⎫3π2＋θ＋cos (π－θ)sin ⎝⎛⎭⎫π2－θ－sin (π－θ)＝ .答案 2解析 ∵角θ的顶点在坐标原点，始边与x 轴正半轴重合，终边在直线2x －y ＝0上， ∴tan θ＝2，sin ⎝⎛⎭⎫3π2＋θ＋cos (π－θ)sin ⎝⎛⎭⎫π2－θ－sin (π－θ)＝－cos θ－cos θcos θ－sin θ＝2tan θ－1＝2.8．若θ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，则1－2sin (π＋θ)sin ⎝⎛⎭⎫3π2－θ＝ .答案 sin θ－cos θ 解析 因为1－2sin (π＋θ)sin ⎝⎛⎭⎫3π2－θ＝1－2sin θcos θ＝(sin θ－cos θ)2 ＝|sin θ－cos θ|，又θ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，所以sin θ－cos θ>0， 所以原式＝sin θ－cos θ. 9．已知sin x ＋cos x ＝3－12，x ∈(0，π)，则tan x ＝ . 答案 － 3解析 由题意可知sin x ＋cos x ＝3－12，x ∈(0，π)，则(sin x ＋cos x )2＝4－234， 因为sin 2x ＋cos 2x ＝1， 所以2sin x cos x ＝－32，即2sin x cos x sin 2x ＋cos 2x ＝2tan x tan 2x ＋1＝－32，得tan x ＝－33或tan x ＝－ 3. 当tan x ＝－33时，sin x ＋cos x <0，不合题意，舍去，所以tan x ＝－ 3. 10．已知sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6＝13，则sin ⎝⎛⎭⎫x －5π6＋sin 2⎝⎛⎭⎫π3－x 的值为 ． 答案 59解析 由诱导公式得sin ⎝⎛⎭⎫x －5π6＝－sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6＝－13， sin 2⎝⎛⎭⎫π3－x ＝cos 2⎝⎛⎭⎫x ＋π6＝89， 则sin ⎝⎛⎭⎫x －5π6＋sin 2⎝⎛⎭⎫π3－x ＝－13＋89＝59. 11．已知0<α<π2，若cos α－sin α＝－55，则2sin αcos α－cos α＋11－tan α的值为 ．答案5－95解析 因为cos α－sin α＝－55，① 所以1－2sin αcos α＝15，即2sin αcos α＝45.所以(sin α＋cos α)2＝1＋2sin αcos α＝1＋45＝95.又0<α<π2，所以sin α＋cos α>0. 所以sin α＋cos α＝355.②由①②得sin α＝255，cos α＝55，tan α＝2，所以2sin αcos α－cos α＋11－tan α＝5－95.12．已知k ∈Z ，化简：sin (k π－α)cos[(k －1)π－α]sin[(k ＋1)π＋α]cos (k π＋α)＝ .答案 －1解析 当k ＝2n (n ∈Z )时， 原式＝sin (2n π－α)cos[(2n －1)π－α]sin[(2n ＋1)π＋α]cos (2n π＋α)＝sin (－α)·cos (－π－α)sin (π＋α)·cos α＝－sin α(－cos α)－sin α·cos α＝－1；当k ＝2n ＋1(n ∈Z )时，原式＝sin[(2n ＋1)π－α]·cos[(2n ＋1－1)π－α]sin[(2n ＋1＋1)π＋α]·cos[(2n ＋1)π＋α]＝sin (π－α)·cos αsin α·cos (π＋α)＝sin α·cos αsin α(－cos α)＝－1.综上，原式＝－1.13．若sin θ，cos θ是方程4x 2＋2mx ＋m ＝0的两根，则m 的值为 ． 答案 1－ 5解析 由题意知方程的两根为－m ±m 2－4m4，∴sin θ＋cos θ＝－m 2，sin θcos θ＝m4，又(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ， ∴m 24＝1＋m2，解得m ＝1±5， 又Δ＝4m 2－16m ≥0，∴m ≤0或m ≥4，∴m ＝1－ 5.14．已知α为第二象限角，则cos α1＋tan 2α＋sin α1＋1tan 2α＝ . 答案 0解析 原式＝cos αsin 2α＋cos 2αcos 2α＋sin αsin 2α＋cos 2αsin 2α＝cos α1|cos α|＋sin α1|sin α|，因为α是第二象限角，所以sin α>0，cos α<0， 所以cos α1|cos α|＋sin α1|sin α|＝－1＋1＝0，即原式等于0.15．已知α，β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且sin(π－α)＝2cos ⎝⎛⎭⎫π2－β.3cos(－α)＝－2cos(π＋β)，求α，β. 解 由已知可得⎩⎨⎧sin α＝2sin β，①3cos α＝2cos β，②∴sin 2α＋3cos 2α＝2，∴sin 2α＝12，又α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴sin α＝22，α＝π4. 将α＝π4代入①中得sin β＝12，又β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴β＝π6， 综上α＝π4，β＝π6.16．已知cos ⎝⎛⎭⎫π2－α＋sin ⎝⎛⎭⎫π2＋β＝1.求cos 2⎝⎛⎭⎫32π＋α＋cos β－1的取值范围． 解 由已知得cos β＝1－sin α. ∵－1≤cos β≤1， ∴－1≤1－sin α≤1， 又－1≤sin α≤1， 可得0≤sin α≤1， ∴cos 2⎝⎛⎭⎫32π＋α＋cos β－1＝sin 2α＋1－sin α－1＝sin 2α－sin α ＝⎝⎛⎭⎫sin α－122－14.(*) 又0≤sin α≤1，∴当sin α＝12时，(*)式取得最小值－14，当sin α＝0或sin α＝1时，(*)式取得最大值0， 故所求范围是⎣⎡⎦⎤－14，0.。
2020年高考复习指导方略：数学
2020年高考复习指导方略：数学一、分析真题，从考题中查找启发与2006—2018年高考试题相比，2018年的高考试题表达能力的同时更加人性化，起点低，入口容易，不同层次的学生都能得到一定的分数.由此可见，强调〝三基〞，突出〝三基〞，考查〝三基〞已成为命题的主旋律，同时各种试题清晰地告诉我们，假如我们平常的〝三基〞训练中下足功夫，考好数学是不成咨询题的.二、重视课本，把基础落到实处尽管当前高考数学试卷不再刻意追求知识点的覆盖面，但凡是«考试讲明»中规定的知识点，在复习时一个都不能遗漏．况且，某个知识点，连续几年不考的概率专门小．从历年全国各地的高考数学试题中能够明显看出，选择题1~6题属于送分题，要紧考查数学的差不多概念、差不多知识和差不多的运算解题方法，因此第一时期的复习，必须扎根于课本，回到基础中去，对课本中的概念、法那么、性质、定理、公理、公式等进行梳理，要理清知识发生的本原(如等差数列、等比数列求和公式的推导过程等)，考生要注意从学科整体意义上建构知识网络，形成完整的知识体系，把握知识之间内在联系与规律，如〝三个二次〞的关系等．重点放在把握例题涵盖的知识及解题方法上，这一时期所做的题目要差不多，但也要注意知识之间适当的综合，比如复习集合，不能停留在高一新课讲授时的题目水平上，应该适度地选做一些与其他知识综合的题目，能够选做近几年来高考中以集合为背景的题目．三、注重提炼通性通法，熟练把握数学模式题的通用解法从高考数学试题中能够明显看出，高考重视对基础知识、差不多技能和通性通法的考查.所谓通性通法，是指具有某些规律性和普遍意义的常规解题模式和常用的数学思想方法．现在高考比较重视的确实是这种具有普遍意义的方法和相关的知识．例如，将直线方程代入圆锥曲线方程，整理成一元二次方程，再利用根的判不式、求根公式、根与系数的关系、两点之间的距离公式等能够编制出专门多杰出的试题．这些咨询题考查了解析几何的差不多思想方法，这种通性通法在高中数学中是专门多的，如二次函数在闭区间上求最值的一样方法：配方、作图、截段等．考生在复习的过程中要对这些普遍性的东西不断地进行概括总结，不断地在具体解题中细心体会．现在的高考命题的一个原那么确实是淡化专门技巧，考生在复习中千万不要去刻意追求一些解题的专门技巧，尽管一些数学题目有多种解法，有的甚至有十几种解法，但这些解法中具有普遍意义的通用解法也就一两种而已，更多的是针对那个题目的专用解法，这些解法作为爱好爱好去观赏是能够的，但在高考复习中却不能把它当作重点．数学属于摸索型的学科，在数学的学习和解题过程中理性思维起主导作用，考生在复习时要更多地注重〝一题多变〞(类比、拓展、延伸)、〝一题多用〞(即用同一个咨询题做不同的情况)和〝多题归一〞(所谓〝一〞确实是具有普遍意义和广泛迁移性的、〝含金量〞较高的那些策略性知识)，更多地注重摸索题目的〝核心〞是什么，从题目中〝提炼〞反映数学本质的东西．把握好数学模式题的通用方法．四、注意在做题中体会数学思想方法，以数学思想方法指导做题所谓差不多思想方法，包含两层含义：一是中学数学应把握的要紧的四类数学思想：函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、等价转化(化归)思想；二是应把握的常用数学方法，可分为三类：第一类是逻辑学中的方法，如分析法、综合法、反证法、类比法、归纳法、穷举法等；第二类是中学数学的一样方法，如代入法、图象法、比较法和数学归纳法等；第三类是中学数学的专门方法，要紧是配方法、换元法、待定系数法、参数法及向量法等．而这些差不多思想方法是包蕴在具体的题目中的，考生需不断地通过这些例题和习题进行〝提炼〞和〝概括〞，认真体会，认真摸索，在不断地摸索体会中把这些思想方法进行内化，转换为自己的能力，反过来用这些思想方法指导解题，在不断的反复中把数学知识和数学思想方法融为一体，使自己的能力达到一个新的高度．五、突出重点，加大对主干知识的复习力度高考突出的考查点是高中数学的主干知识，因此考生在复习中要加大对这些知识点的复习力度．从全国各地历年的高考试题中能够发觉，高考试题几乎差不多上以函数、三角函数、数列、不等式、圆锥曲线、空间线面关系及其运算、概率统计这几个主干知识点为中心展开的，高考命题表达〝对重点知识的考查要保持较高的比例，并达到必要的深度〞这一命题思想是永久也可不能改变的．六、学后而思，思后再学，学思结合考生要养成〝学后而思，思后再学，学思结合〞的良好适应．有的考生做了专门多题目，却仍旧不能做到举一反三，甚至举三不能反一，其真正的缘故，是他们没有养成摸索、总结的适应，他们明白自己的不足，却不知什么缘故不足．数学试题的命题形式和知识背景能够千变万化，而其中运用的数学思想方法却往往是相通的．一个数学题目的解答或许相当冗长，但除去具体的推理和运算，其中包蕴的思想方法却往往就那么一两种，把握了它，就抓住了解题的方向和关键．这就需要考生经常去摸索、总结．事实上，只有考生通过自己的摸索，用自己的语言对知识进行提炼和归纳，学到的知识才能保持长久．假如考生〝学而不思〞，那么知识和能力就难以内化，也就降低了数学复习的实效．七、注意运算能力的提高尽管高考对考生的能力考查是全方位的，但作为考生来讲考试成功与否的决定性因素是运算能力，许多考生〝会而不对〞，要紧是过多的运算错误造成的，从全国各地的高考试卷能够看出，整套试卷不用运算就能解决的题目专门少，甚至差不多没有，这讲明阻碍考生高考数学成绩的一个关键因素是运算能力，而运算能力是靠长期的练习形成的，因此考生在复习备考时，一定要时刻把运算能力的提高放在一个突出的位置，只有如此才能真正提高复习效率．八、加强答题的规范化的练习考生在考试中〝对而不全〞是阻碍其考试成绩的一个不容忽视的因素，那个咨询题在相当一部分的考生中有个错误的认识:平常无关大局，在考场上注意就能够了.其不知进入高考考场后，就不像想象的那样简单了，平常书写不认真，答题不规范的各种不良适应就自然而然地反映到了答卷之中，因此中间因逻辑缺陷、概念错误或缺少关键步骤等失分也就在所难免了．良好的适应是日积月累形成的一种自然行为，因此考生在复习备考时千万要注意对每道题目都要规范解答，始终把良好的复习适应放在复习的每一个环节中．九、建立两个试题集一是错题集：从错误中学习到正确的知识，是学习的重要而有效的方法之一.建立一个错题集，平常经常看看，确定把握好的，今后不再犯的错解，就做出标记.建立如此的一个错题集，到邻近高考的时候常犯的错误也就不多了，剩下的一些常犯错误确实是高考冲刺时查漏补缺的要紧目标，才能真正提高高考冲刺的效率，为高考的成功奠定必要的基石;二是试卷详解集：在高三接近一年的复习中，各类考试至少也有20次，每次考试后的试卷除了订正错误，认真总结考试的得失外，还要把整个试卷包括选择填空题做出详细的解答，标出解答题的评分标准，把这些试卷妥善保管，这些试卷在最后的高考冲刺时期是考生最重要的，最贴合考生实际的全面回忆高考考点和查漏补缺的宝贵资料，是老师所不能代替的．十、复习过程中要适当关注新课标新增加的内容新一轮基础教育课程的改革加强了旨在培养考生的数学素养和有用技能方面的能力，使之能与现代生活及科技进展相适应，表达了课程改革的差不多思想和新时期的培养目标，为实现新课改的目标，对比以往的实验，新增加的内容一样都会在高考题中表达，以讲明该内容增加的必要性，从而引起考生的重视.新课标增加了三视图、算法初步、函数与方程、几何概型、全称量词与存在量词、推理与证明、定积分与微积分差不多定理、统计案例等内容.这些内容在近几年的新课标高考中也几乎一个不漏全考查了，这些知识点与现实生活和社会科学技术的进展联系紧密，同时要求考生要有一定的分析、判定、明白得、推理和动手实践的能力，恰好符合高考的〝突出能力和素养〞的考查要求，更重要的是这些内容与现实生活紧密联系，试题的原型在生活中随手可得，具有专门强的应用性，因此在复习中应注意对以上内容准确把握.。
2020年 高考数学(文科)总复习超级详细讲解 效率提分之第6章 6.5
§6.5数列求和考情考向分析本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点．题型以填空题为主，难度中等．解答题中一般和简单数论结合，难度较大．1．(1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2；(2)等差数列前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2，推导方法：倒序相加法；(3)等比数列前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.推导方法：错位相减法． 2．常见数列的前n 项和 (1)1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；(2)2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； (3)1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.3．数列求和的常见方法(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和；(4)倒序相加：如等差数列前n项和公式的推导方法．(5)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．概念方法微思考请思考以下常见式子的裂项方法．(1)1n(n＋1)；(2)1(2n －1)(2n ＋1)； (3)1n ＋n ＋1；(4)1n (n ＋1)(n ＋2). 提示 (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；(2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；(4)1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎡⎦⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( √ )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序相加法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(5)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二 教材改编2．[P69本章测试T12]等比数列1,2,4,8，…中从第5项到第10项的和为________． 答案 1 008解析 由a 1＝1，a 2＝2，得q ＝2， ∴S 10＝1×(1－210)1－2＝1 023，S 4＝1×(1－24)1－2＝15，∴S 10－S 4＝1 008.3．[P68复习题T13(2)]已知数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，则该数列的前________项之和等于9. 答案 99解析 由题意知，a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝9，解得n ＝99. 4．[P62习题T12]1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)． 答案 1－x n (1－x )2－nx n1－x解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，① 则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n ＝1－x n 1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n (1－x )2－nx n1－x .题组三 易错自纠5．一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是________________． 答案 100＋200(1－2－9)解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 6．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cos n π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2.a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8， 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π＝1 008. 7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1－5＋9－13＋…＋(－1)n －1(4n －3)，则S 15＋S 22－S 31＝______. 答案 －76解析 S n＝⎩⎨⎧n2×(－4)，n 为偶数，n －12×(－4)＋4n －3，n 为奇数，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n ，n 为偶数，2n －1，n 为奇数，∴S 15＝29，S 22＝－44，S 31＝61， ∴S 15＋S 22－S 31＝－76.题型一 分组求和与并项求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2(n ∈N *)． 引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52.∴T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．跟踪训练1 (2018·苏州模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)若数列{a n }是等差数列，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd . 由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3， 即2d ＝4,2a 1－d ＝－3，解得d ＝2，a 1＝－12.(2)由a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)， 得a n ＋2＋a n ＋1＝4n ＋1(n ∈N *)． 两式相减得a n ＋2－a n ＝4，所以数列{a 2n －1}是首项为a 1，公差为4的等差数列，数列{a 2n }是首项为a 2，公差为4的等差数列．由a 2＋a 1＝1，a 1＝2，得a 2＝－1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n 为奇数，2n －5，n 为偶数.①当n 为奇数时，a n ＝2n ，a n ＋1＝2n －3. S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －2＋a n －1)＋a n ＝1＋9＋…＋(4n －11)＋2n＝n －12×(1＋4n －11)2＋2n ＝2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时， S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n2.所以S n＝⎩⎨⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2，n 为偶数.题型二 错位相减法求和例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝n 2＋n . (1)求{a n }的通项公式a n ；(2)若a k ＋1，a 2k ，a 2k ＋3(k ∈N *)恰好依次为等比数列{b n }的第一、第二、第三项，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n b n 的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋1＝2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋n )－[(n －1)2＋(n －1)]＝2n .检验n ＝1时，上式符合， ∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)由题意知a k ＋1，a 2k ，a 2k ＋3成等比数列， ∴a 22k ＝a k ＋1·a 2k ＋3， 即(2·2k )2＝2(k ＋1)·2(2k ＋3)， 解得k ＝3(负值舍去)．b 1＝a 4＝8，b 2＝a 6＝12，公比q ＝128＝32，∴b n ＝8·⎝⎛⎭⎫32n －1， ∴n b n ＝18n ·⎝⎛⎭⎫23n －1， ∴T n ＝18×⎝⎛⎭⎫230＋18×2×⎝⎛⎭⎫231＋…＋18×n ×⎝⎛⎭⎫23n －1， 即T n ＝18×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫230＋2×⎝⎛⎭⎫231＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫23n －1.① 上式两边乘以23，得23T n ＝18×⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫231＋2×⎝⎛⎭⎫232＋…＋⎦⎤(n －1)×⎝⎛⎭⎫23n －1＋n ×⎝⎛⎭⎫23n .② ①－②，得13T n ＝18×⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫230＋⎝⎛⎭⎫231＋…＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫23n －1－18n ⎝⎛⎭⎫23n ＝38－3＋n 8⎝⎛⎭⎫23n ，则T n ＝98－9＋3n 8⎝⎛⎭⎫23n(n ∈N *)．思维升华 形如{a n ·b n }(其中{a n }是等差数列，{b n }是等比数列)的数列可用错位相减法求和． 跟踪训练2 已知数列{a n }满足a n ≠0，a 1＝13，a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求出数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2na n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由已知可得，1a n ＋1－1a n＝2，1a 1＝3，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为3，公差为2的等差数列， ∴1a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，∴a n ＝12n ＋1(n ∈N *)． (2)由(1)知b n ＝(2n ＋1)2n ，∴T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)2n －1＋(2n ＋1)2n ， 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，两式相减得，－T n ＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)2n ＋1. ＝6＋8－8×2n －11－2－(2n ＋1)2n ＋1＝－2－(2n －1)2n ＋1，∴T n ＝2＋(2n －1)2n ＋1(n ∈N *)．题型三 裂项相消法求和例3 (2018·江苏省启东中学月考)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝2，a n a n ＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)． (1)求a 2 019的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＝1a n a n －1＋a n －1a n (n ≥2，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为a n a n ＋1＝2(S n ＋1)， 所以当n ≥2时，a n －1a n ＝2(S n －1＋1)， 两式相减，得a n a n ＋1－a n －1a n ＝2a n ，a n ≠0， 所以a n ＋1－a n －1＝2.又a 1＝2，所以a 2 019＝2＋2 019－12×2＝2 020.(2)由a n a n ＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)，当n ＝1时，a 1a 2＝2(a 1＋1)，即2a 2＝2×3，解得a 2＝3. 由a n ＋1－a n －1＝2，可得数列{a n }的奇数项与偶数项都成等差数列，公差为2，所以a 2k －1＝2＋2(k －1)＝2k ，k ∈N *，a 2k ＝3＋2(k －1)＝2k ＋1，k ∈N *， 所以a n ＝n ＋1.(3)因为数列{b n }满足b 1＝1，b n ＝1a n a n －1＋a n －1a n ＝1(n ＋1)n ＋n n ＋1＝(n ＋1)n －n n ＋1n (n ＋1)＝nn －n ＋1n ＋1， 所以{b n }的前n 项和 T n ＝⎝⎛⎭⎫1－22＋⎝⎛⎭⎫22－33＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫nn－n ＋1n ＋1 ＝1－n ＋1n ＋1. 思维升华 裂项相消法的关键是对通项拆分，要注意相消后剩余的项．跟踪训练3 已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，数列{b n }满足：b n ＝a n a n ＋1，则数列{b n }的前10项和S 10＝________. 答案1011解析 由a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，得1a n ＋1－1a n＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n .因为b n ＝a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝1－111＝1011.1．正项等差数列{a n }满足a 1＝4，且a 2，a 4＋2,2a 7－8成等比数列，{a n }的前n 项和为S n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1S n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d (d >0)， 由已知得a 2(2a 7－8)＝(a 4＋2)2，化简得，d 2＋4d －12＝0，解得d ＝2或d ＝－6(舍)， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋2(n ∈N *)． (2)因为S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (2n ＋6)2＝n 2＋3n ，所以b n ＝1S n ＋2＝1n 2＋3n ＋2＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋⎝⎛⎭⎫14－15＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n2n ＋4(n ∈N *)． 2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧ b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧ q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1(n ∈N *)，b n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1，得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n (n ＋2)，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋2(1－4n )1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)(n ∈N *)．3．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝0，其前n 项和为S n ，且a 2＋2，S 3，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n ＋2)22n ＋S n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n －2n <32.(1)解 由a 1＝0，得a n ＝(n －1)d ，S n ＝n (n －1)d2，因为a 2＋2，S 3，S 4成等比数列， 所以S 23＝(a 2＋2)S 4， 即(3d )2＝(d ＋2)·6d ，整理得3d 2－12d ＝0，即d 2－4d ＝0， 因为d ≠0，所以d ＝4，所以a n ＝(n －1)d ＝4(n －1)＝4n －4(n ∈N *)． (2)证明 由(1)可得S n ＋1＝2n (n ＋1)，所以b n ＝(2n ＋2)22n ＋2n (n ＋1)＝4(n ＋1)22n (n ＋2)＝2＋2n (n ＋2)＝2＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝2n ＋⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝2n ＋1＋12－1n ＋1－1n ＋2，T n －2n ＝32－1n ＋1－1n ＋2，所以T n －2n <32.4．已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2和a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝12log n n a a ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2)，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，∵{a n }是递增数列，∴a 1＝2，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *)． (2)∵b n ＝12log n n a a ＝2n ·12log 2n ＝－n ·2n ， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )，① 则2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1)，②②－①，得S n ＝(2＋22＋…＋2n )－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1， 则S n ＋n ·2n ＋1＝2n ＋1－2， 解2n ＋1－2>62，得n >5， ∴n 的最小值为6.5．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，(2n －1)a n ＋1＝(2n ＋3)S n (n ＝1,2,3，…)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n －1是等比数列；(2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋32n －1S n， ∴S n ＋1＝2(2n ＋1)2n －1S n ，∴S n ＋12n ＋1＝2·S n2n －1， 又a 1＝1，∴S 11＝1≠0，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n －1是以1为首项，2为公比的等比数列．(2)解 由(1)知，S n 2n －1＝2n －1， ∴S n ＝(2n －1)·2n －1，∴T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)·2n －2＋(2n －1)·2n －1，① 2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n .② ①－②得－T n ＝1＋2×(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)·2n ＝1＋2×2－2n －1×21－2－(2n －1)·2n＝(3－2n )·2n －3，∴T n ＝(2n －3)·2n ＋3(n ∈N *)．6．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，∀n∈N*,2S n＝a2n＋a n.令b n＝1a n a n＋1＋a n＋1a n，设{b n}的前n项和为T n，求在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数．解∵2S n＝a2n＋a n，①∴2S n＋1＝a2n＋1＋a n＋1，②②－①，得2a n＋1＝a2n＋1＋a n＋1－a2n－a n，a2n＋1－a2n－a n＋1－a n＝0，(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n－1)＝0.又∵{a n}为正项数列，∴a n＋1－a n－1＝0，即a n＋1－a n＝1.在2S n＝a2n＋a n中，令n＝1，可得a1＝1.∴数列{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列．∴a n＝n，∴b n＝1n n＋1＋(n＋1)n＝(n＋1)n－n n＋1[n n＋1＋(n＋1)n][(n＋1)n－n n＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，要使T n为有理数，只需1n＋1为有理数，令n＋1＝t2.∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数，∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。
2020高考文科数学考前提分必备(1)
2020高考文科数学考前提分必备考前速查之记超级结论必记最后一波助攻一、集合、常用逻辑用语、不等式与推理证明1．描述法表示集合时，一定要理解好集合的含义——抓住集合的代表元素。
如{x|y＝lg x}——函数的定义域；{y|y＝lg x}——函数的值域；{(x，y)|y＝lg x}——函数图象上的点集。
2．0是一个实数；∅是一个集合，它含有0个元素；{0}是以0为元素的单元素集合，但是0∉∅，而∅⊆{0}。
3．集合的元素具有确定性、无序性和互异性，在解决有关集合的问题时，尤其要注意元素的互异性。
4．空集是任何集合的子集。
由条件A⊆B，A∩B＝A，A∪B＝B 求解集合A时，务必分析研究A＝∅的情况。
5．区分命题的否定与否命题，已知命题为“若p，则q”，则该命题的否定为“若p，则¬q”，其否命题为“若¬p，则¬q”。
6．在对全称命题和特称(存在性)命题进行否定时，不要忽视对量词的改变。
7．对于充分、必要条件问题，首先要弄清谁是条件，谁是结论。
8．判断命题的真假要先明确命题的构成，由命题的真假求某个参数的取值范围，还可以从集合的角度来思考，将问题转化为集合间的运算。
9．不等式两端同时乘以一个数或同时除以一个数时，如果不讨论这个数的正负，容易出错。
10．解形如ax2＋bx＋c>0(a≠0)的一元二次不等式时，易忽视系数a的讨论导致漏解或错解，要注意分a>0，a<0进行讨论。
11．求解分式不等式时应正确进行同解变形，不能把f(x)g(x)≤0直接转化为f(x)·g(x)≤0，而忽视g(x)≠0。
12．容易忽视使用基本不等式求最值的条件，即“一正、二定、三相等”导致错解，如求函数f (x )＝x 2＋2＋1x 2＋2的最值，就不能利用基本不等式求最值；求解函数y ＝x ＋3x (x <0)的最值时应先转化为正数再求解。
二、复数、平面向量、程序框图1．复数(1)复数的有关概念(2)运算法则加减法：(a ＋b i)±(c ＋d i)＝(a ±c )＋(b ±d )i 。
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2020高考文科数学复习指导
一是选择题。
选择题的解题要求只是选择结果，不要过程。
也就是说，只需判断选择备选答案的对错，而省去了解题思路的探索、解题策略的制定、解题工具的选择以及解题过程的实施等细节，只判结果、不要
过程。
由此提出的解题要求是：选择题的解答一定要符合“快、准、巧”的要求，最忌讳的是“小题大做”。
一道选择题的解答时间只
有三分钟左右，超出三分钟时间，后面解题时间就会很紧。
因此仅
仅停留在会解、能解的层次上是远远不够的，选择题的答题要求是
必须“快速、准确、巧妙”地选择正确答案。
二是填空题。
填空题的解题要求是只要结果、不要过程，而最常见的错误是答案不够“完整、严密”。
三是解答题。
解答题的最大特点是综合性，你不能把什么题都拿来作为解答题。
解答题的知识范围目前主要包括：
第一，平面向量、三角函数;第二，概率(分布列)与统计(直方图);第三，空间向量、立体几何;第四，函数、导数综合;第五，解
析几何;第六，数列或不等式与函数或解析几何的综合。
有两个新的命题趋势值得同学们重视：一是空间向量的综合运用，二是函数导数的综合运用。
大家要清醒地认识到，空间向量和函数
导数在原有知识内容的基础上，给我们带来了崭新的、简洁实用的
解题工具，理应引起我们的高度关注。
解答题的解题要求是：解题
思路清晰(为此可以适当跳步而保持思路的完整清晰)，解题过程切
忌过于琐碎，我们要选择合适的解题工具，制定合理的解题策略，
选择简洁的解题方法。
一轮复习的目的是：全面全力夯实基础，切实掌握选择题、填空题的解题规律，在历次测验中确保基础题部分得满分，也就是把该
得的分数要拿到手。
在一轮复习中，同学们要集中全力闯过选择题、填空题的基础关，否则在高考中很难得高分。
现实中，很多同学从
一开始便投入到漫无目的、五花八门、各式各样的题海中，这是不
妥当的。
为了在一轮复习中达到目的，基础稍差些的同学完全可以
主动放弃一些复杂的综合题的演练，把节省下来的时间和精力再次
投入到选择题、填空题上来，以此进一步夯实基础;而基础好一些的
同学，也不要把主要的精力投入到解答题上，而是要分专题、分阶
段每天细致地、深入地研究一两道解答题，在解答题上慢慢地、逐
步地积累解题经验和解题规律，切不可把摊子铺大。
要知道解答题
的解题经验和解题规律的积累是一个逐步的、漫长的由量变到质变
的过程。
二轮复习的目的是：从全面基础复习转入重点复习。
在这个阶段主要是把解答题所涉及的内容加以综合运用，同时进一步深化高考
数学中常见的数形结合、分类讨论、转化与化归以及函数与方程等
数学思想，其核心则是提高综合能力、创新能力。
采取的具体办法
就是分阶段、分专题逐一攻破，但最关键的还是在于长期一点一滴
地积累，不断地总结积累常见类型题的解题经验和解题规律。
三轮复习的目的是：通过实战模拟，摸索、演练、积累有关答题节奏、答题策略，调整考试心态，分析造成考试分数出现大幅度下
滑的主要原因，一个是该拿的分数没拿到，二是非智力因素的干扰。
要知道非智力因素调整得好，可以让你考试发挥超出平时的水平;而
非智力因素调整得不好，就会让你发挥不出平时的水平。
著名数学家华罗庚先生说过，数学是一个原则，无数内容，一种方法，到处可用。
他还一再倡导读书要把书读得由薄到厚，再由厚
到薄。
假如说我们从小学到中学学习12年数学的过程是由薄到厚的
过程，那么复习的过程应该是深刻领会数学的内容、意义和方法，
认真梳理、归纳、探究、总结、提炼，把握规律，灵活运用，把数
学学习变得由厚变薄的过程，把数学变成为培养科学精神、把握科
学方法的最有效的工具。
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