高中生物一輪復(fù)習(xí)教案

高考數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用學(xué)案（有答案）。

一名合格的教師要充分考慮學(xué)習(xí)的趣味性，教師要準(zhǔn)備好教案為之后的教學(xué)做準(zhǔn)備。教案可以讓講的知識(shí)能夠輕松被學(xué)生吸收，幫助教師更好的完成實(shí)現(xiàn)教學(xué)目標(biāo)。教案的內(nèi)容要寫些什么更好呢？下面是由小編為大家整理的“高考數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用學(xué)案（有答案）”，大家不妨來參考。希望您能喜歡！

學(xué)案15導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.應(yīng)用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，并會(huì)根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求參數(shù)范圍.2.會(huì)利用導(dǎo)數(shù)解決某些實(shí)際問題．
自主梳理
1．函數(shù)的最值
(1)函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最值的條件
如果函數(shù)y＝f(x)的圖象在區(qū)間[a，b]上________，那么它必有最大值和最小值．
(2)求函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上的最大值與最小值的步驟：
①求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的________；
②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與________比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值．
2．實(shí)際應(yīng)用問題：首先要充分理解題意，列出適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)關(guān)系式，再利用導(dǎo)數(shù)求出該函數(shù)的最大值或最小值，最后回到實(shí)際問題中，得出最優(yōu)解．
自我檢測(cè)
1．函數(shù)f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內(nèi)有最小值，則a的取值范圍為()
A．0≤a1B．0a1
C．－1a1D．0a12
2．(2011汕頭月考)設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，將y＝f(x)和y＝f′(x)的圖象畫在同一個(gè)直角坐標(biāo)系中，不可能正確的是()
3．對(duì)于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足(x－1)f′(x)≥0，則必有()
A．f(0)＋f(2)2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)
C．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)2f(1)
4．(2011新鄉(xiāng)模擬)函數(shù)f(x)＝12ex(sinx＋cosx)在區(qū)間0，π2上的值域?yàn)開_____________．
5．f(x)＝x(x－c)2在x＝2處有極大值，則常數(shù)c的值為________．
探究點(diǎn)一求含參數(shù)的函數(shù)的最值
例1已知函數(shù)f(x)＝x2e－ax(a0)，求函數(shù)在[1,2]上的最大值．

變式遷移1設(shè)a0，函數(shù)f(x)＝alnxx.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)求f(x)在區(qū)間[a,2a]上的最小值．

探究點(diǎn)二用導(dǎo)數(shù)證明不等式
例2(2011張家口模擬)已知f(x)＝12x2－alnx(a∈R)，
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)求證：當(dāng)x1時(shí)，12x2＋lnx23x3.

變式遷移2(2010安徽)設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；
(2)求證：當(dāng)aln2－1且x0時(shí)，exx2－2ax＋1.

探究點(diǎn)三實(shí)際生活中的優(yōu)化問題
例3(2011孝感月考)某分公司經(jīng)銷某種品牌產(chǎn)品，每件產(chǎn)品的成本為3元，并且每件產(chǎn)品需向總公司交a元(3≤a≤5)的管理費(fèi)，預(yù)計(jì)當(dāng)每件產(chǎn)品的售價(jià)為x元(9≤x≤11)時(shí)，一年的銷售量為(12－x)2萬件．
(1)求分公司一年的利潤(rùn)L(萬元)與每件產(chǎn)品的售價(jià)x的函數(shù)關(guān)系式；
(2)當(dāng)每件產(chǎn)品的售價(jià)為多少元時(shí)，分公司一年的利潤(rùn)L最大，并求出L的最大值Q(a)．

變式遷移3甲方是一農(nóng)場(chǎng)，乙方是一工廠．由于乙方生產(chǎn)需占用甲方的資源，因此甲方有權(quán)向乙方索賠以彌補(bǔ)經(jīng)濟(jì)損失并獲得一定凈收入，在乙方不賠付甲方的情況下，乙方的年利潤(rùn)x(元)與年產(chǎn)量t(噸)滿足函數(shù)關(guān)系x＝2000t.若乙方每生產(chǎn)一噸產(chǎn)品必須賠付甲方S元(以下稱S為賠付價(jià)格)．
(1)將乙方的年利潤(rùn)ω(元)表示為年產(chǎn)量t(噸)的函數(shù)，并求出乙方獲得最大利潤(rùn)的年產(chǎn)量；
(2)甲方每年受乙方生產(chǎn)影響的經(jīng)濟(jì)損失金額y＝0.002t2(元)，在乙方按照獲得最大利潤(rùn)的產(chǎn)量進(jìn)行生產(chǎn)的前提下，甲方要在索賠中獲得最大凈收入，應(yīng)向乙方要求的賠付價(jià)格S是多少？

轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用
例(12分)(2010全國(guó)Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1.
(1)若xf′(x)≤x2＋ax＋1，求a的取值范圍；
(2)證明：(x－1)f(x)≥0.
【答題模板】
(1)解∵f′(x)＝x＋1x＋lnx－1＝lnx＋1x，x0，
∴xf′(x)＝xlnx＋1.由xf′(x)≤x2＋ax＋1，
得a≥lnx－x，令g(x)＝lnx－x，則g′(x)＝1x－1，[2分]
當(dāng)0x1時(shí)，g′(x)0；
當(dāng)x1時(shí)，g′(x)0，[4分]
∴x＝1是最大值點(diǎn)，g(x)max＝g(1)＝－1，∴a≥－1，
∴a的取值范圍為[－1，＋∞)．[6分]
(2)證明由(1)知g(x)＝lnx－x≤g(1)＝－1，∴l(xiāng)nx－x＋1≤0.(注：充分利用(1)是快速解決(2)的關(guān)鍵．)[8分]
當(dāng)0x1時(shí)，x－10，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1＝xlnx＋lnx－x＋1≤0，
∴(x－1)f(x)≥0.
當(dāng)x≥1時(shí)，x－10，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1
＝lnx＋xlnx－x＋1
＝lnx－xln1x－1x＋1≥0，
∴(x－1)f(x)≥0.[11分]
綜上，(x－1)f(x)≥0.[12分]
【突破思維障礙】
本小題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式證明等知識(shí)，通過運(yùn)用導(dǎo)數(shù)知識(shí)解決函數(shù)、不等式問題，考查了考生綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問題的能力以及計(jì)算能力，同時(shí)也考查了函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．通過轉(zhuǎn)化，本題實(shí)質(zhì)還是利用單調(diào)性求最值問題．
1．求極值、最值時(shí)，要求步驟規(guī)范，含參數(shù)時(shí)，要分類討論參數(shù)的范圍．若已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍時(shí)，隱含恒成立思想．
2．利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟：
(1)分析實(shí)際問題中各變量之間的關(guān)系，列出實(shí)際問題的數(shù)學(xué)模型，寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x)；
(2)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)比較函數(shù)的區(qū)間端點(diǎn)對(duì)應(yīng)的函數(shù)值和極值，確定最值；
(4)回到實(shí)際問題，作出解答．
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011皖南模擬)已知曲線C：y＝2x2－x3，點(diǎn)P(0，－4)，直線l過點(diǎn)P且與曲線C相切于點(diǎn)Q，則點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為()
A．－1B．1C．－2D．2
2．已知函數(shù)y＝f(x)，y＝g(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，那么y＝f(x)，y＝g(x)的圖象可能是()
3．設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，y＝f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的圖象最有可能是()
4．函數(shù)f(x)＝－x3＋x2＋tx＋t在(－1,1)上是增函數(shù)，則t的取值范圍是()
A．t5B．t5
C．t≥5D．t≤5
5．(2011滄州模擬)若函數(shù)f(x)＝sinxx，且0x1x21，設(shè)a＝sinx1x1，b＝sinx2x2，則a，b的大小關(guān)系是()
A．a(chǎn)bB．a(chǎn)b
C．a(chǎn)＝bD．a(chǎn)、b的大小不能確定
題號(hào)12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．在直徑為d的圓木中，截取一個(gè)具有最大抗彎強(qiáng)度的長(zhǎng)方體梁，則矩形面的長(zhǎng)為________．(強(qiáng)度與bh2成正比，其中h為矩形的長(zhǎng)，b為矩形的寬)
7．要建造一個(gè)長(zhǎng)方體形狀的倉(cāng)庫(kù)，其內(nèi)部的高為3m，長(zhǎng)和寬的和為20m，則倉(cāng)庫(kù)容積的最大值為_____________________________________________________________m3.
8．若函數(shù)f(x)＝4xx2＋1在區(qū)間(m,2m＋1)上是單調(diào)遞增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知函數(shù)f(x)＝12(1＋x)2－ln(1＋x)．
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若x∈[1e－1，e－1]時(shí)，f(x)m恒成立，求m的取值范圍．

10．(12分)(2010湖北)為了在夏季降溫和冬季供暖時(shí)減少能源損耗，房屋的屋頂和外墻需要建造隔熱層．某幢建筑物要建造可使用20年的隔熱層，每厘米厚的隔熱層建造成本為6萬元．該建筑物每年的能源消耗費(fèi)用C(單位：萬元)與隔熱層厚度x(單位：cm)滿足關(guān)系：C(x)＝k3x＋5(0≤x≤10)，若不建隔熱層，每年能源消耗費(fèi)用為8萬元，設(shè)f(x)為隔熱層建造費(fèi)用與20年的能源消耗費(fèi)用之和．
(1)求k的值及f(x)的表達(dá)式；
(2)隔熱層修建多厚時(shí)，總費(fèi)用f(x)達(dá)到最小，并求最小值．

11．(14分)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋bx，函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)也在函數(shù)g(x)的圖象上，且在此點(diǎn)有公共切線．
(1)求a、b的值；
(2)對(duì)任意x0，試比較f(x)與g(x)的大?。?/p>

答案自主梳理
1．(1)連續(xù)(2)①極值②端點(diǎn)值
自我檢測(cè)
1．B2.D3.C
4.12，12eπ25.6
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，首先應(yīng)判斷函數(shù)在閉區(qū)間上的單調(diào)性，一般方法是令f′(x)＝0，求出x值后，再判斷函數(shù)在各區(qū)間上的單調(diào)性，在這里一般要用到分類討論的思想，討論的標(biāo)準(zhǔn)通常是極值點(diǎn)與區(qū)間端點(diǎn)的大小關(guān)系，確定單調(diào)性或具體情況．
解∵f(x)＝x2e－ax(a0)，
∴f′(x)＝2xe－ax＋x2(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．
令f′(x)0，即e－ax(－ax2＋2x)0，
得0x2a.
∴f(x)在(－∞，0)，2a，＋∞上是減函數(shù)，
在0，2a上是增函數(shù)．
①當(dāng)02a1，即a2時(shí)，f(x)在[1,2]上是減函數(shù)，
∴f(x)max＝f(1)＝e－a.
②當(dāng)1≤2a≤2，即1≤a≤2時(shí)，f(x)在1，2a上是增函數(shù)，在2a，2上是減函數(shù)，
∴f(x)max＝f2a＝4a－2e－2.
③當(dāng)2a2，即0a1時(shí)，f(x)在[1,2]上是增函數(shù)，
∴f(x)max＝f(2)＝4e－2a.
綜上所述，
當(dāng)0a1時(shí)，f(x)的最大值為4e－2a；
當(dāng)1≤a≤2時(shí)，f(x)的最大值為4a－2e－2；
當(dāng)a2時(shí)，f(x)的最大值為e－a.
變式遷移1解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝a1－lnxx2(a0)，
由f′(x)＝a1－lnxx20，得0xe；
由f′(x)0，得xe.
故f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．
(2)∵f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴f(x)在[a,2a]上的最小值[f(x)]min＝min{f(a)，f(2a)}．∵f(a)－f(2a)＝12lna2，
∴當(dāng)0a≤2時(shí)，[f(x)]min＝lna；
當(dāng)a2時(shí)，[f(x)]min＝ln2a2.
例2解題導(dǎo)引利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題的主要方法就是構(gòu)造函數(shù)，通過研究函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)而解決不等式問題．
(1)解f′(x)＝x－ax＝x2－ax(x0)，
若a≤0時(shí)，f′(x)0恒成立，
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)．
若a0時(shí)，令f′(x)0，得xa，
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(a，＋∞)，減區(qū)間為(0，a)．
(2)證明設(shè)F(x)＝23x3－(12x2＋lnx)，
故F′(x)＝2x2－x－1x.
∴F′(x)＝x－12x2＋x＋1x.
∵x1，∴F′(x)0.
∴F(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)．
又F(x)在(1，＋∞)上連續(xù)，F(xiàn)(1)＝160，
∴F(x)16在(1，＋∞)上恒成立．∴F(x)0.
∴當(dāng)x1時(shí)，12x2＋lnx23x3.
變式遷移2(1)解由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，
知f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是當(dāng)x變化時(shí)，
f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)
f′(x)－0＋
f(x)?
極小值?

故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，
單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞)，
f(x)在x＝ln2處取得極小值，極小值為
f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．
(2)證明設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知當(dāng)aln2－1時(shí)，
g′(x)最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)0.
于是對(duì)任意x∈R，都有g(shù)′(x)0，
所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增，于是當(dāng)aln2－1時(shí)，
對(duì)任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)g(0)．
而g(0)＝0，從而對(duì)任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)0，
即ex－x2＋2ax－10，
故exx2－2ax＋1.
例3解(1)分公司一年的利潤(rùn)L(萬元)與售價(jià)x的函數(shù)關(guān)系式為L(zhǎng)＝(x－3－a)(12－x)2，x∈[9,11]．
(2)L′(x)＝(12－x)2－2(x－3－a)(12－x)
＝(12－x)(18＋2a－3x)．
令L′＝0，得x＝6＋23a或x＝12(不合題意，舍去)．
∵3≤a≤5，∴8≤6＋23a≤283.
在x＝6＋23a兩側(cè)L′的值由正變負(fù)．
∴①當(dāng)8≤6＋23a9，即3≤a92時(shí)，
Lmax＝L(9)＝(9－3－a)(12－9)2＝9(6－a)．
②當(dāng)9≤6＋23a≤283，即92≤a≤5時(shí)，
Lmax＝L(6＋23a)＝(6＋23a－3－a)[12－(6＋23a)]2
＝4(3－13a)3.
所以Q(a)＝96－a，3≤a92，43－13a3，92≤a≤5.
綜上，若3≤a92，則當(dāng)每件售價(jià)為9元時(shí)，分公司一年的利潤(rùn)L最大，最大值Q(a)＝9(6－a)(萬元)；
若92≤a≤5，則當(dāng)每件售價(jià)為(6＋23a)元時(shí)，分公司一年的利潤(rùn)L最大，最大值Q(a)＝4(3－13a)3(萬元)．
變式遷移3解(1)因?yàn)橘r付價(jià)格為S元/噸，
所以乙方的實(shí)際年利潤(rùn)為ω＝2000t－St.
由ω′＝1000t－S＝1000－Stt，
令ω′＝0，得t＝t0＝(1000S)2.
當(dāng)tt0時(shí)，ω′0；當(dāng)tt0時(shí)，ω′0.
所以當(dāng)t＝t0時(shí)，ω取得最大值．
因此乙方獲得最大利潤(rùn)的年產(chǎn)量為(1000S)2噸．
(2)設(shè)甲方凈收入為v元，則v＝St－0.002t2.
將t＝(1000S)2代入上式，得到甲方凈收入v與賠付價(jià)格S之間的函數(shù)關(guān)系式：
v＝10002S－2×10003S4.
又v′＝－10002S2＋8×10003S5＝10002×8000－S3S5，
令v′＝0，得S＝20.
當(dāng)S20時(shí)，v′0；
當(dāng)S20時(shí)，v′0，
所以S＝20時(shí)，v取得最大值．
因此甲方向乙方要求賠付價(jià)格S＝20元/噸時(shí)，可獲得最大凈收入．
課后練習(xí)區(qū)
1．A2.D3.C4.C5.A
6.63d
解析如圖所示，為圓木的橫截面，
由b2＋h2＝d2，
∴bh2＝b(d2－b2)．
設(shè)f(b)＝b(d2－b2)，
∴f′(b)＝－3b2＋d2.
令f′(b)＝0，由b0，
∴b＝33d，且在(0，33d)上f′(b)0，在[33d，d]上f′(b)0.
∴函數(shù)f(b)在b＝33d處取極大值，也是最大值，即抗彎強(qiáng)度最大，此時(shí)長(zhǎng)h＝63d.
7．300
解析設(shè)長(zhǎng)為xm，則寬為(20－x)m，倉(cāng)庫(kù)的容積為V，則V＝x(20－x)3＝－3x2＋60x，V′＝－6x＋60，
令V′＝0得x＝10.
當(dāng)0x10時(shí)，V′0；當(dāng)x10時(shí)，V′0，
∴x＝10時(shí)，V最大＝300(m3)．
8．(－1,0]
解析f′(x)＝41－x2x2＋12≥0，解得－1≤x≤1.
由已知得(m,2m＋1)[－1,1]，即m≥－12m＋1≤1m2m＋1，
解得－1m≤0.
9．解(1)∵f(x)＝12(1＋x)2－ln(1＋x)，
∴f′(x)＝(1＋x)－11＋x＝x2＋x1＋x(x－1)．
……………………………………………………………………………………………(4分)
∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
在(－1,0)上單調(diào)遞減．…………………………………………………………………(6分)
(2)令f′(x)＝0，即x＝0，則
x(1e－1,0)
0(0，e－1)
f′(x)－0＋
f(x)?
極小值?

……………………………………………………………………………………………(9分)
又∵f(1e－1)＝12e2＋1，f(e－1)＝12e2－112e2＋1，
又f(x)m在x∈[1e－1，e－1]上恒成立，
∴m12e2－1.………………………………………………………………………………(12分)
10．解(1)設(shè)隔熱層厚度為xcm，由題設(shè)，
每年能源消耗費(fèi)用為C(x)＝k3x＋5，(2分)
再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝403x＋5，…………………………………………(4分)
而建造費(fèi)用為C1(x)＝6x.…………………………………………………………………(5分)
最后得隔熱層建造費(fèi)用與20年的能源消耗費(fèi)用之和為
f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×403x＋5＋6x
＝8003x＋5＋6x(0≤x≤10)．………………………………………………………………(6分)
(2)f′(x)＝6－24003x＋52，令f′(x)＝0，
即24003x＋52＝6，解得x＝5，x＝－253(舍去)．…………………………………………(8分)
當(dāng)0x5時(shí)，f′(x)0，
當(dāng)5x10時(shí)，f′(x)0，………………………………………………………………(10分)
故x＝5是f(x)的最小值點(diǎn)，
對(duì)應(yīng)的最小值為f(5)＝6×5＋80015＋5＝70.
當(dāng)隔熱層修建5cm厚時(shí)，總費(fèi)用達(dá)到最小值70萬元．
……………………………………………………………………………………………(12分)
11．解(1)f(x)＝lnx的圖象與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)是(1,0)，
依題意，得g(1)＝a＋b＝0.①……………………………………………………………(2分)
又f′(x)＝1x，g′(x)＝a－bx2，
且f(x)與g(x)在點(diǎn)(1,0)處有公共切線，
∴g′(1)＝f′(1)＝1，即a－b＝1.②……………………………………………………(4分)
由①②得a＝12，b＝－12.…………………………………………………………………(6分)
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)，則
F(x)＝lnx－(12x－12x)＝lnx－12x＋12x，
∴F′(x)＝1x－12－12x2＝－12(1x－1)2≤0.
∴F(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．………………………………………………………(10分)
當(dāng)0x1時(shí)，F(xiàn)(x)F(1)＝0，即f(x)g(x)；
當(dāng)x＝1時(shí)，F(xiàn)(1)＝0，即f(x)＝g(x)；
當(dāng)x1時(shí)，F(xiàn)(x)F(1)＝0，即f(x)g(x)．
綜上，0x1時(shí)，f(x)g(x)；
x＝1時(shí)，f(x)＝g(x)；
x1時(shí)f(x)g(x)．…………………………………………………………………………(14分)

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高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)數(shù)列的綜合應(yīng)用學(xué)案（有答案）

學(xué)案32數(shù)列的綜合應(yīng)用
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.通過構(gòu)造等差、等比數(shù)列模型，運(yùn)用數(shù)列的公式、性質(zhì)解決簡(jiǎn)單的實(shí)際問題.2.對(duì)數(shù)列與其他知識(shí)綜合性的考查也高于考試說明的要求，另外還要注重?cái)?shù)列在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用．
自主梳理
1．?dāng)?shù)列的綜合應(yīng)用
數(shù)列的綜合應(yīng)用一是指綜合運(yùn)用數(shù)列的各種知識(shí)和方法求解問題，二是數(shù)列與其他數(shù)學(xué)內(nèi)容相聯(lián)系的綜合問題．解決此類問題應(yīng)注意數(shù)學(xué)思想及方法的運(yùn)用與體會(huì)．
(1)數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，解數(shù)列題要注意運(yùn)用方程與函數(shù)的思想與方法．
(2)轉(zhuǎn)化與化歸思想是解數(shù)列有關(guān)問題的基本思想方法，復(fù)雜的數(shù)列問題經(jīng)常轉(zhuǎn)化為等差、等比數(shù)列或常見的特殊數(shù)列問題．
(3)由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解決數(shù)列問題的重要思想．已知數(shù)列的前若干項(xiàng)求通項(xiàng)，由有限的特殊事例推測(cè)出一般性的結(jié)論，都是利用此法實(shí)現(xiàn)的．
(4)分類討論思想在數(shù)列問題中常會(huì)遇到，如等比數(shù)列中，經(jīng)常要對(duì)公比進(jìn)行討論；由Sn求an時(shí)，要對(duì)______________進(jìn)行分類討論．
2．?dāng)?shù)列的實(shí)際應(yīng)用
數(shù)列的應(yīng)用問題是中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)與研究的一個(gè)重要內(nèi)容，解答應(yīng)用問題的核心是建立數(shù)學(xué)模型．
(1)建立數(shù)學(xué)模型時(shí)，應(yīng)明確是等差數(shù)列模型、等比數(shù)列模型，還是遞推數(shù)列模型，是求an還是求Sn.
(2)分期付款中的有關(guān)規(guī)定
①在分期付款中，每月的利息均按復(fù)利計(jì)算；
②在分期付款中規(guī)定每期所付款額相同；
③在分期付款時(shí)，商品售價(jià)和每期所付款額在貸款全部付清前會(huì)隨時(shí)間的推移而不斷增值；
④各期付款連同在最后一次付款時(shí)所生的利息之和，等于商品售價(jià)及從購(gòu)買時(shí)到最后一次付款的利息之和．
自我檢測(cè)
1．(原創(chuàng)題)若Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且S8－S3＝10，則S11的值為()
A．12B．18
C．22D．44
2．(2011汕頭模擬)在等比數(shù)列{an}中，anan＋1，且a7a11＝6，a4＋a14＝5，則a6a16等于()
A.23B.32
C．－16D．－56
3．若{an}是首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列，把{an}的每一項(xiàng)都減去2后，得到一個(gè)新數(shù)列{bn}，設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)于任意的n∈N*，下列結(jié)論正確的是()
A．bn＋1＝3bn，且Sn＝12(3n－1)
B．bn＋1＝3bn－2，且Sn＝12(3n－1)
C．bn＋1＝3bn＋4，且Sn＝12(3n－1)－2n
D．bn＋1＝3bn－4，且Sn＝12(3n－1)－2n
4．“嫦娥奔月，舉國(guó)歡慶”，據(jù)科學(xué)計(jì)算，運(yùn)載“神六”的“長(zhǎng)征二號(hào)”系列火箭，在點(diǎn)火第一秒鐘通過的路程為2km，以后每秒鐘通過的路程都增加2km，在達(dá)到離地面240km的高度時(shí)，火箭與飛船分離，則這一過程需要的時(shí)間大約是()
A．10秒鐘B．13秒鐘
C．15秒鐘D．20秒鐘
5．(2011臺(tái)州月考)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an＝nn2＋58，則數(shù)列{an}的最大項(xiàng)為()
A．第7項(xiàng)B．第8項(xiàng)
C．第7項(xiàng)或第8項(xiàng)D．不存在
6．(2011南京模擬)設(shè)數(shù)列{an}，{bn}都是正項(xiàng)等比數(shù)列，Sn，Tn分別為數(shù)列{lgan}與{lgbn}的前n項(xiàng)和，且SnTn＝n2n＋1，則logb5a5＝________.
探究點(diǎn)一等差、等比數(shù)列的綜合問題
例1設(shè){an}是公比大于1的等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4構(gòu)成等差數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)；
(2)令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.

變式遷移1假設(shè)a1，a2，a3，a4是一個(gè)等差數(shù)列，且滿足0a12，a3＝4.若bn＝2an(n＝1,2,3,4)．給出以下命題：
①數(shù)列{bn}是等比數(shù)列；②b24；③b432；④b2b4＝256.其中正確命題的個(gè)數(shù)是()
A．1B．2C．3D．4
探究點(diǎn)二數(shù)列與方程、函數(shù)、不等式的綜合問題
例2(2011溫州月考)已知函數(shù)f(x)＝2x＋33x，數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝f1an，n∈N*，
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)令Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn；
(3)令bn＝1an－1an(n≥2)，b1＝3，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，若Snm－20012對(duì)一切n∈N*成立，求最小正整數(shù)m.

變式遷移2已知單調(diào)遞增的等比數(shù)列{an}滿足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中項(xiàng)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若bn＝anlog12an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，對(duì)任意正整數(shù)n，Sn＋(n＋m)an＋10恒成立，試求m的取值范圍．

探究點(diǎn)三數(shù)列在實(shí)際問題中的應(yīng)用
例3(2011福州模擬)有一個(gè)下崗職工，1月份向銀行貸款10000元，作為啟動(dòng)資金開店，每月月底獲得的利潤(rùn)是該月月初投入資金的20%，每月月底需繳納所得稅為該月月利潤(rùn)的10%，每月的生活費(fèi)為300元，余款作為資金全部投入下個(gè)月的經(jīng)營(yíng)，如此繼續(xù)，問到這年年底這個(gè)職工有多少資金？若貸款年利息為25%，問這個(gè)職工還清銀行貸款后純收入多少元？

變式遷移3假設(shè)某市2011年新建住房400萬平方米，其中有250萬平方米是中低價(jià)房，預(yù)計(jì)在今后的若干年內(nèi)，該市每年新建住房面積平均比上一年增長(zhǎng)8%.另外，每年新建住房中，中低價(jià)房的面積均比上一年增加50萬平方米．那么，到哪一年底，
(1)該市歷年所建中低價(jià)房的累計(jì)面積(以2011年為累計(jì)的第一年)將首次不少于4750萬平方米？
(2)當(dāng)年建造的中低價(jià)房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于85%？(參考數(shù)據(jù)：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)

1．?dāng)?shù)列實(shí)際應(yīng)用問題：(1)數(shù)學(xué)應(yīng)用問題已成為中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)與研究的一個(gè)重要內(nèi)容，解答數(shù)學(xué)應(yīng)用問題的核心是建立數(shù)學(xué)模型，有關(guān)平均增長(zhǎng)率、利率(復(fù)利)以及等值增減等實(shí)際問題，需利用數(shù)列知識(shí)建立數(shù)學(xué)模型．(2)在試題中常用的數(shù)學(xué)模型有①構(gòu)造等差、等比數(shù)列的模型，然
后再去應(yīng)用數(shù)列的通項(xiàng)公式求解；②通過歸納得到結(jié)論，用數(shù)列知識(shí)求解．
2．解決數(shù)列綜合問題應(yīng)體會(huì)以下思想及方法：(1)數(shù)列與函數(shù)方程相結(jié)合時(shí)主要考查函數(shù)的思想及函數(shù)的性質(zhì)(多為單調(diào)性)．(2)數(shù)列與不等式結(jié)合時(shí)需注意放縮．(3)數(shù)列與解析幾何結(jié)合時(shí)要注意遞推思想．
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2010湖北)已知等比數(shù)列an中，各項(xiàng)都是正數(shù)，且a1，12a3,2a2成等差數(shù)列，則a9＋a10a7＋a8的值為()
A．1＋2B．1－2
C．3＋22D．3－22
2．(2011漳州模擬)數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，{bn}是等差數(shù)列，且a6＝b7，則有()
A．a(chǎn)3＋a9≤b4＋b10B．a(chǎn)3＋a9≥b4＋b10
C．a(chǎn)3＋a9≠b4＋b10D．a(chǎn)3＋a9與b4＋b10的大小不確定
3．有限數(shù)列A：a1，a2，…，an，Sn為其前n項(xiàng)和，定義S1＋S2＋…＋Snn為A的“凱森和”，若有99項(xiàng)的數(shù)列a1，a2，…，a99的“凱森和”為1000，則有100項(xiàng)的數(shù)列1，a1，a2，…，a99的“凱森和”為()
A．1001B．991C．999D．990
4．有一種細(xì)菌和一種病毒，每個(gè)細(xì)菌在每秒鐘末能在殺死一個(gè)病毒的同時(shí)將自身分裂為2個(gè)，現(xiàn)在有一個(gè)這樣的細(xì)菌和100個(gè)這樣的病毒，問細(xì)菌將病毒全部殺死至少需要()
A．6秒B．7秒C．8秒D．9秒
5．已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝1，且an，an＋1是函數(shù)f(x)＝x2－bnx＋2n的兩個(gè)零點(diǎn)，則b10等于()
A．24B．32C．48D．64
題號(hào)12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2011麗水月考)若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝5252n－2－425n－1，數(shù)列{an}的最大項(xiàng)為第x項(xiàng)，最小項(xiàng)為第y項(xiàng)，則x＋y＝________.
7．(2010江蘇)函數(shù)y＝x2(x0)的圖象在點(diǎn)(ak，a2k)處的切線與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為ak＋1，其中k∈N*，a1＝16，則a1＋a3＋a5＝________.
8．把正整數(shù)按一定的規(guī)則排成了如圖所示的三角形數(shù)表．設(shè)aij(i，j∈N*)是位于這個(gè)三角形數(shù)表中從上往下數(shù)第i行、從左往右數(shù)第j個(gè)數(shù)，如a42＝8.若aij＝2009，則i與j的和為________．
1
24
357
681012
911131517
141618202224
……………………………………
三、解答題(共38分)
9．(12分)(2011湘潭模擬)已知點(diǎn)(1，13)是函數(shù)f(x)＝ax(a0，且a≠1)的圖象上一點(diǎn)，等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為f(n)－c，數(shù)列{bn}(bn0)的首項(xiàng)為c，且前n項(xiàng)和Sn滿足Sn－Sn－1＝Sn＋Sn－1(n≥2)．
(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)若數(shù)列{1bnbn＋1}的前n項(xiàng)和為Tn，問滿足Tn10002009的最小正整數(shù)n是多少？

10．(12分)沿海地區(qū)甲公司響應(yīng)國(guó)家開發(fā)西部的號(hào)召，對(duì)西部地區(qū)乙企業(yè)進(jìn)行扶持性技術(shù)改造．乙企業(yè)的經(jīng)營(yíng)現(xiàn)狀是：每月收入為45萬元，但因設(shè)備老化，從下月開始需付設(shè)備維修費(fèi)，第一個(gè)月為3萬元，以后每月遞增2萬元．甲公司決定投資400萬元扶持改造乙企業(yè)．據(jù)預(yù)測(cè)，改造后乙企業(yè)第一個(gè)月收入為16萬元，在以后的4個(gè)月中，每月收入都比上個(gè)月增長(zhǎng)50%，而后每個(gè)月收入都穩(wěn)定在第5個(gè)月的水平上．若設(shè)備改造時(shí)間可忽略不計(jì)，那么從下個(gè)月開始至少經(jīng)過多少個(gè)月，改造后的乙企業(yè)的累計(jì)總收益多于仍按現(xiàn)狀生產(chǎn)所帶來的總收益？

11．(14分)(2011廣東執(zhí)信中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)f(y)且f(1)＝12.
(1)當(dāng)n∈N*時(shí)，求f(n)的表達(dá)式；
(2)設(shè)an＝nf(n)，n∈N*，求證：a1＋a2＋a3＋…＋an2；
(3)設(shè)bn＝(9－n)fn＋1fn，n∈N*，Sn為{bn}的前n項(xiàng)和，當(dāng)Sn最大時(shí)，求n的值．

答案自主梳理
1．(4)n＝1或n≥2
自我檢測(cè)
1．C2.B3.C4.C5.B
6.919
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引1.等差數(shù)列與等比數(shù)列相結(jié)合的綜合問題是高考考查的重點(diǎn)，特別是等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式以及等差中項(xiàng)、等比中項(xiàng)問題是歷年命題的熱點(diǎn)．
2．利用等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式時(shí)注意公比q的取值．同時(shí)對(duì)兩種數(shù)列的性質(zhì)，要熟悉它們的推導(dǎo)過程，利用好性質(zhì)，可降低題目的思維難度，解題時(shí)有時(shí)還需利用條件聯(lián)立方程求解．
解(1)由已知得
a1＋a2＋a3＝7(a1＋3)＋(a3＋4)2＝3a2，解得a2＝2.
設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由a2＝2，
可得a1＝2q，a3＝2q.
又S3＝7，可知2q＋2＋2q＝7，
即2q2－5q＋2＝0.解得q1＝2，q2＝12.
由題意得q1，∴q＝2，∴a1＝1.
故數(shù)列{an}的通項(xiàng)為an＝2n－1.
(2)由(1)得a3n＋1＝23n，
∴bn＝lna3n＋1＝ln23n＝3nln2.
又bn＋1－bn＝3ln2，∴{bn}是等差數(shù)列，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝n(b1＋bn)2＝3n(n＋1)2ln2.
故Tn＝3n(n＋1)2ln2.
變式遷移1D[設(shè)a1，a2，a3，a4的公差為d，則a1＋2d＝4，又0a12，所以1d2.易知數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，故(1)正確；a2＝a3－d∈(2,3)，所以b2＝2a24，故(2)正確；a4＝a3＋d5，所以b4＝2a432，故(3)正確；又a2＋a4＝2a3＝8，所以b2b4＝2a2＋a4＝28＝256，故(4)正確．]
例2解題導(dǎo)引這是一道數(shù)列、函數(shù)、不等式的綜合題，利用函數(shù)關(guān)系式求通項(xiàng)an，觀察Tn特點(diǎn)，求出Tn.由an再求bn從而求Sn，最后利用不等式知識(shí)求出m.
解(1)∵an＋1＝f1an＝2an＋33an＝2＋3an3＝an＋23，
∴{an}是以23為公差的等差數(shù)列．
又a1＝1，∴an＝23n＋13.
(2)Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1
＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2n(a2n－1－a2n＋1)
＝－43(a2＋a4＋…＋a2n)＝－43n53＋4n3＋132
＝－49(2n2＋3n)．
(3)當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝1an－1an＝123n－1323n＋13
＝9212n－1－12n＋1，
又b1＝3＝92×1－13，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝92×1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1
＝921－12n＋1＝9n2n＋1，
∵Snm－20012對(duì)一切n∈N*成立．
即9n2n＋1m－20012，
又∵9n2n＋1＝921－12n＋1遞增，
且9n2n＋192.∴m－20012≥92，
即m≥2010.∴最小正整數(shù)m＝2010.
變式遷移2解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q.
依題意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，
代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.
∴a2＋a4＝20.∴a1q＋a1q3＝20，a3＝a1q2＝8，
解之，得q＝2，a1＝2或q＝12，a1＝32.
又{an}單調(diào)遞增，∴q＝2，a1＝2.∴an＝2n.
(2)bn＝2nlog122n＝－n2n，
∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.①
∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②
∴①－②，得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n2n＋1
＝2(1－2n)1－2－n2n＋1＝2n＋1－n2n＋1－2.
由Sn＋(n＋m)an＋10，
即2n＋1－n2n＋1－2＋n2n＋1＋m2n＋10對(duì)任意正整數(shù)n恒成立，
∴m2n＋12－2n＋1對(duì)任意正整數(shù)n，m12n－1恒成立．
∵12n－1－1，∴m≤－1，
即m的取值范圍是(－∞，－1]．
例3解依題意，第1個(gè)月月余款為
a1＝10000(1＋20%)－10000×20%×10%－300
＝11500，
第2個(gè)月月底余款為a2＝a1(1＋20%)－a1×20%×10%－300，
依此類推下去，設(shè)第n個(gè)月月底的余款為an元，
第n＋1個(gè)月月底的余款為an＋1元，則an＋1＝an(1＋20%)－an×20%×10%－300＝1.18an－300.
下面構(gòu)造一等比數(shù)列．
設(shè)an＋1＋xan＋x＝1.18，則an＋1＋x＝1.18an＋1.18x，
∴an＋1＝1.18an＋0.18x.
∴0.18x＝－300.
∴x＝－50003，即an＋1－50003an－50003＝1.18.
∴數(shù)列{an－50003}是一個(gè)等比數(shù)列，公比為1.18，首項(xiàng)a1－50003＝11500－50003＝295003.
∴an－50003＝295003×1.18n－1，
∴a12－50003＝295003×1.1811，
∴a12＝50003＋295003×1.1811≈62396.6(元)，
即到年底該職工共有資金62396.6元．
純收入有a12－10000(1＋25%)
＝62396.6－12500＝49896.6(元)．
變式遷移3解(1)設(shè)中低價(jià)房的面積形成的數(shù)列為{an}，
由題意可知{an}是等差數(shù)列，其中a1＝250，d＝50，
則an＝250＋(n－1)50＝50n＋200，
Sn＝250n＋n(n－1)2×50＝25n2＋225n，
令25n2＋225n≥4750，
即n2＋9n－190≥0，而n是正整數(shù)，∴n≥10.
∴到2020年底，該市歷年所建中低價(jià)房的累計(jì)面積將首次不少于4750萬平方米．
(2)設(shè)新建住房面積形成數(shù)列{bn}，
由題意可知{bn}是等比數(shù)列，其中b1＝400，q＝1.08，
則bn＝400(1.08)n－1.
由題意可知an0.85bn，
即50n＋200400(1.08)n－10.85.
當(dāng)n＝5時(shí)，a50.85b5，
當(dāng)n＝6時(shí)，a60.85b6，
∴滿足上述不等式的最小正整數(shù)n為6.
∴到2016年底，當(dāng)年建造的中低價(jià)房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于85%.
課后練習(xí)區(qū)
1．C2.B3.B4.B5.D
6．37.218.107
9．解(1)∵f(1)＝a＝13，∴f(x)＝13x.…………………………………………………(1分)
a1＝f(1)－c＝13－c，
a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－29，
a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－227；
又?jǐn)?shù)列{an}成等比數(shù)列，a1＝a22a3＝481－227＝－23＝13－c，
∴c＝1；……………………………………………………………………………………(2分)
公比q＝a2a1＝13，an＝－23×13n－1＝－2×13n，n∈N*；………………………………(3分)
∵Sn－Sn－1＝Sn－Sn－1Sn＋Sn－1
＝Sn＋Sn－1(n2)，……………………………………………………………………(4分)
又bn0，Sn0，∴Sn－Sn－1＝1.
數(shù)列{Sn}構(gòu)成一個(gè)首項(xiàng)為1、公差為1的等差數(shù)列，
Sn＝1＋(n－1)×1＝n，Sn＝n2.
當(dāng)n≥2，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1；
又當(dāng)n＝1時(shí)，也適合上式，
∴bn＝2n－1，n∈N*.……………………………………………………………………(6分)
(2)Tn＝1b1b2＋1b2b3＋1b3b4＋…＋1bnbn＋1
＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n－1)×(2n＋1)
＝121－13＋1213－15＋1215－17＋…＋
1212n－1－12n＋1＝121－12n＋1＝n2n＋1.……………………………………………(10分)
由Tn＝n2n＋110002009，得n10009，
∴滿足Tn10002009的最小正整數(shù)為112.…………………………………………………(12分)
10．解設(shè)乙企業(yè)仍按現(xiàn)狀生產(chǎn)至第n個(gè)月所帶來的總收益為An(萬元)，技術(shù)改造后生產(chǎn)至第n個(gè)月所帶來的總收益為Bn(萬元)．依題意得
An＝45n－[3＋5＋…＋(2n＋1)]
＝43n－n2，………………………………………………………………………………(4分)
當(dāng)n≥5時(shí)，Bn＝16325－132－1＋
16324(n－5)－400＝81n－594，…………………………………………………………(8分)
∴當(dāng)n≥5時(shí)，Bn－An＝n2＋38n－594，
令n2＋38n－5940，即(n＋19)2955，解得n≥12，
∴至少經(jīng)過12個(gè)月，改造后的乙企業(yè)的累計(jì)總收益多于仍按現(xiàn)狀生產(chǎn)所帶來的總收益．……………………………………………………………………………………………(12分)
11．解(1)令x＝n，y＝1，
得到f(n＋1)＝f(n)f(1)＝12f(n)，……………………………………………………………(2分)
∴{f(n)}是首項(xiàng)為12，公比為12的等比數(shù)列，
即f(n)＝(12)n.………………………………………………………………………………(5分)
(2)記Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，
∵an＝nf(n)＝n(12)n，……………………………………………………………………(6分)
∴Sn＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n×(12)n，
12Sn＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n－1)×(12)n＋n×(12)n＋1，
兩式相減得12Sn＝12＋(12)2＋…＋(12)n－n×(12)n＋1，
整理得Sn＝2－(12)n－1－n(12)n2.…………………………………………………………(9分)
(3)∵f(n)＝(12)n，而bn＝(9－n)f(n＋1)f(n)
＝(9－n)(12)n＋1(12)n＝9－n2.…………………………………………………………………(11分)
當(dāng)n≤8時(shí)，bn0；
當(dāng)n＝9時(shí)，bn＝0；
當(dāng)n9時(shí)，bn0，
∴n＝8或9時(shí)，Sn取到最大值．……………………………………………………(14分)

高考數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)定積分及其簡(jiǎn)單的應(yīng)用學(xué)案（帶答案）

學(xué)案16定積分及其簡(jiǎn)單的應(yīng)用
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.以求曲邊梯形的面積和汽車變速行駛的路程為背景準(zhǔn)確理解定積分的概念.2.理解定積分的簡(jiǎn)單性質(zhì)并會(huì)簡(jiǎn)單應(yīng)用.3.會(huì)說出定積分的幾何意義，能根據(jù)幾何意義解釋定積分.4.會(huì)用求導(dǎo)公式和導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則，反方向求使F′(x)＝f(x)的F(x)，并運(yùn)用牛頓—萊布尼茨公式求f(x)的定積分.5.會(huì)通過求定積分的方法求由已知曲線圍成的平面圖形的面積.6.能熟練運(yùn)用定積分求變速直線運(yùn)動(dòng)的路程.7.會(huì)用定積分求變力所做的功．
自主梳理
1．定積分的幾何意義：如果在區(qū)間[a，b]上函數(shù)f(x)連續(xù)且恒有f(x)≥0，那么函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的定積分的幾何意義是直線________________________所圍成的曲邊梯形的________．
2．定積分的性質(zhì)
(1)bakf(x)dx＝__________________(k為常數(shù))；
(2)ba[f1(x)±f2(x)]dx＝_____________________________________；
(3)baf(x)dx＝_______________________________________.
3．微積分基本定理
一般地，如果f(x)是區(qū)間[a，b]上的連續(xù)函數(shù)，并且F′(x)＝f(x)，那么baf(x)dx＝F(b)－F(a)，這個(gè)結(jié)論叫做__________________，為了方便，我們常把F(b)－F(a)記成__________________，即baf(x)dx＝F(x)|ba＝F(b)－F(a)．
4．定積分在幾何中的應(yīng)用
(1)當(dāng)x∈[a，b]且f(x)0時(shí)，由直線x＝a，x＝b(a≠b)，y＝0和曲線y＝f(x)圍成的曲邊梯形的面積S＝__________________.
(2)當(dāng)x∈[a，b]且f(x)0時(shí)，由直線x＝a，x＝b(a≠b)，y＝0和曲線y＝f(x)圍成的曲邊梯形的面積S＝__________________.
(3)當(dāng)x∈[a，b]且f(x)g(x)0時(shí)，由直線x＝a，x＝b(a≠b)和曲線y＝f(x)，y＝g(x)圍成的平面圖形的面積S＝______________________.
(4)若f(x)是偶函數(shù)，則a－af(x)dx＝2a0f(x)dx；若f(x)是奇函數(shù)，則a－af(x)dx＝0.
5．定積分在物理中的應(yīng)用
(1)勻變速運(yùn)動(dòng)的路程公式
做變速直線運(yùn)動(dòng)的物體所經(jīng)過的路程s，等于其速度函數(shù)v＝v(t)[v(t)≥0]在時(shí)間區(qū)間[a，b]上的定積分，即________________________．
(2)變力做功公式
一物體在變力F(x)(單位：N)的作用下做直線運(yùn)動(dòng)，如果物體沿著與F相同的方向從x＝a移動(dòng)到x＝b(ab)(單位：m)，則力F所做的功W＝__________________________.
自我檢測(cè)
1．計(jì)算定積分503xdx的值為()
A.752B．75
C.252D．25
2．定積分10[1－x－12－x]dx等于()
A.π－24B.π2－1
C.π－14D.π－12
3．如右圖所示，陰影部分的面積是()
A．23B．2－3
C.323D.353
4．(2010湖南)421xdx等于()
A．－2ln2B．2ln2
C．－ln2D．ln2
5．若由曲線y＝x2＋k2與直線y＝2kx及y軸所圍成的平面圖形的面積S＝9，則k＝________.
探究點(diǎn)一求定積分的值
例1計(jì)算下列定積分：
(1)；
(2)；
(3)π0(2sinx－3ex＋2)dx；
(4)20|x2－1|dx.

變式遷移1計(jì)算下列定積分：
(1)2π0|sinx|dx；(2)π0sin2xdx.

探究點(diǎn)二求曲線圍成的面積
例2計(jì)算由拋物線y＝12x2和y＝3－(x－1)2所圍成的平面圖形的面積S.

變式遷移2計(jì)算曲線y＝x2－2x＋3與直線y＝x＋3所圍圖形的面積．

探究點(diǎn)三定積分在物理中的應(yīng)用
例3一輛汽車的速度－時(shí)間曲線如圖所示，求此汽車在這1min內(nèi)所行駛的路程．

變式遷移3A、B兩站相距7.2km，一輛電車從A站開往B站，電車開出ts后到達(dá)途中C點(diǎn)，這一段速度為1.2tm/s，到C點(diǎn)時(shí)速度達(dá)24m/s，從C點(diǎn)到B點(diǎn)前的D點(diǎn)以勻速行駛，從D點(diǎn)開始剎車，經(jīng)ts后，速度為(24－1.2t)m/s，在B點(diǎn)恰好停車，試求：
(1)A、C間的距離；
(2)B、D間的距離；
(3)電車從A站到B站所需的時(shí)間．

函數(shù)思想的應(yīng)用
例(12分)在區(qū)間[0,1]上給定曲線y＝x2.試在此區(qū)間內(nèi)確定點(diǎn)t的值，使圖中的陰影部分的面積S1與S2之和最小，并求最小值．
【答題模板】
解S1面積等于邊長(zhǎng)為t與t2的矩形面積去掉曲線y＝x2與x軸、直線x＝t所圍成的面積，即S1＝tt2－t0x2dx＝23t3.[2分]
S2的面積等于曲線y＝x2與x軸，x＝t，x＝1圍成的面積去掉矩形面積，矩形邊長(zhǎng)分別為t2,1－t，即S2＝1tx2dx－t2(1－t)＝23t3－t2＋13.[4分]
所以陰影部分面積S＝S1＋S2＝43t3－t2＋13(0≤t≤1)．[6分]
令S′(t)＝4t2－2t＝4tt－12＝0時(shí)，得t＝0或t＝12.[8分]
t＝0時(shí)，S＝13；t＝12時(shí)，S＝14；t＝1時(shí)，S＝23.[10分]
所以當(dāng)t＝12時(shí)，S最小，且最小值為14.[12分]
【突破思維障礙】
本題既不是直接求曲邊梯形面積問題，也不是直接求函數(shù)的最小值問題，而是先利用定積分求出面積的和，然后利用導(dǎo)數(shù)的知識(shí)求面積和的最小值，難點(diǎn)在于把用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最小值的問題置于先求定積分的題境中，突出考查學(xué)生知識(shí)的遷移能力和導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用意識(shí)．
1．定積分baf(x)dx的幾何意義就是表示由直線x＝a，x＝b(a≠b)，y＝0和曲線y＝f(x)圍成的曲邊梯形的面積；反過來，如果知道一個(gè)這樣的曲邊梯形的面積也就知道了相應(yīng)定積分的值，如204－x2dx＝π(半徑為2的14個(gè)圓的面積)，2－24－x2dx＝2π.
2．運(yùn)用定積分的性質(zhì)可以化簡(jiǎn)定積分計(jì)算，也可以把一個(gè)函數(shù)的定積分化成幾個(gè)簡(jiǎn)單函數(shù)定積分的和或差．
3．計(jì)算一些簡(jiǎn)單的定積分問題，解題步驟是：第一步，把被積函數(shù)變形為冪函數(shù)、正弦函數(shù)、余弦函數(shù)、指數(shù)函數(shù)與常數(shù)積的和或差；第二步，把定積分用定積分性質(zhì)變形為求被積函數(shù)為上述函數(shù)的定積分；第三步，分別用求導(dǎo)公式找到一個(gè)相應(yīng)的使F′(x)＝f(x)的F(x)；第四步，再分別用牛頓—萊布尼茨公式求各個(gè)定積分的值后計(jì)算原定積分的值．
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．下列值等于1的積分是()
A．10xdxB．10(x＋1)dx
C．1012dxD．101dx
2．(2011汕頭模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋1，0≤x≤1，3－x，1x≤2，則20f(x)dx等于()
A.13B.176
C．6D．17
3．已知f(x)為偶函數(shù)且60f(x)dx＝8，則6－6f(x)dx等于()
A．0B．4C．8D．16
4．(2011深圳模擬)曲線y＝sinx，y＝cosx與直線x＝0，x＝π2所圍成的平面區(qū)域的面積為()
A．π20(sinx－cosx)dx
B．2π40(sinx－cosx)dx
C．π20(cosx－sinx)dx
D．2π40(cosx－sinx)dx
5．(2011臨渭區(qū)高三調(diào)研)函數(shù)f(x)＝x0t(t－4)dt在[－1,5]上()
A．有最大值0，無最小值
B．有最大值0，最小值－323
C．有最小值－323，無最大值
D．既無最大值也無最小值
題號(hào)12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．若1N的力使彈簧伸長(zhǎng)2cm，則使彈簧伸長(zhǎng)12cm時(shí)克服彈力做的功為__________J.
7．10(2xk＋1)dx＝2，則k＝________.
8．(2010山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三三診)若f(x)在R上可導(dǎo)，f(x)＝x2＋2f′(2)x＋3，則30f(x)dx＝________.
三、解答題(共38分)
9．(12分)計(jì)算以下定積分：
(1)212x2－1xdx；(2)32x＋1x2dx；
(3)π30(sinx－sin2x)dx；(4)21|3－2x|dx.

10．(12分)設(shè)y＝f(x)是二次函數(shù)，方程f(x)＝0有兩個(gè)相等的實(shí)根，且f′(x)＝2x－2.
(1)求y＝f(x)的表達(dá)式；
(2)求y＝f(x)的圖象與兩坐標(biāo)軸所圍成圖形的面積．

11．(14分)求曲線y＝ex－1與直線x＝－ln2，y＝e－1所圍成的平面圖形的面積．

答案自主梳理
1．x＝a，x＝b(a≠b)，y＝0和曲線y＝f(x)面積
2．(1)kbaf(x)dx(2)baf1(x)dx±baf2(x)dx(3)caf(x)dx＋bcf(x)dx(其中acb)
3.微積分基本定理F(x)|ba4.(1)baf(x)dx(2)－baf(x)dx(3)ba[f(x)－g(x)]dx
5.(1)s＝bav(t)dt(2)baF(x)dx
自我檢測(cè)
1．A2.A3.C4.D
5．±3
解析由y＝x2＋k2，y＝2kx.
得(x－k)2＝0，
即x＝k，
所以直線與曲線相切，如圖所示，
當(dāng)k0時(shí)，S＝k0(x2＋k2－2kx)dx
＝k0(x－k)2dx＝13(x－k)3|k0＝0－13(－k)3＝k33，
由題意知k33＝9，∴k＝3.
由圖象的對(duì)稱性可知k＝－3也滿足題意，故k＝±3.
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引(1)與絕對(duì)值有關(guān)的函數(shù)均可化為分段函數(shù)．
①分段函數(shù)在區(qū)間[a，b]上的積分可分成幾段積分的和的形式．
②分段的標(biāo)準(zhǔn)是使每一段上的函數(shù)表達(dá)式確定，按照原函數(shù)分段的情況分即可，無需分得過細(xì)．
(2)f(x)是偶函數(shù)，且在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間[－a，a]上連續(xù)，則a－af(x)dx＝2a0f(x)dx.
解(1)e1x＋1x＋1x2dx
＝e1xdx＋e11xdx＋e11x2dx
＝12x2|e1＋lnx|e1－1x|e1
＝12(e2－1)＋(lne－ln1)－1e－11
＝12e2－1e＋32.
(2)π20(sinx－2cosx)dx
＝π20sinxdx－2π20cosxdx
＝(－cosx)|π20－2sinx|π20
＝－cosπ2－(－cos0)－2sinπ2－sin0
＝－1.
(3)π0(2sinx－3ex＋2)dx
＝2π0sinxdx－3π0exdx＋π02dx
＝2(－cosx)|π0－3ex|π0＋2x|π0
＝2[(－cosπ)－(－cos0)]－3(eπ－e0)＋2(π－0)
＝7－3eπ＋2π.
(4)∵0≤x≤2，
于是|x2－1|＝x2－1，1x≤2，1－x2，0≤x≤1，
∴20|x2－1|dx＝10(1－x2)dx＋21(x2－1)dx
＝x－13x3|10＋13x3－x|21＝2.
變式遷移1解(1)∵(－cosx)′＝sinx，
∴2π0|sinx|dx＝π0|sinx|dx＋2ππ|sinx|dx
＝π0sinxdx－2ππsinxdx
＝－cosx|π0＋cosx|2ππ
＝－(cosπ－cos0)＋(cos2π－cosπ)＝4.
(2)π0sin2xdx＝π012－12cos2xdx
＝π012dx－12π0cos2xdx
＝12x|π0－1212sin2x|π0
＝π2－0－1212sin2π－12sin0
＝π2.
例2解題導(dǎo)引求曲線圍成的面積的一般步驟為：(1)作出曲線的圖象，確定所要求的面積；(2)聯(lián)立方程解出交點(diǎn)坐標(biāo)；(3)用定積分表示所求的面積；(4)求出定積分的值．
解作出函數(shù)y＝12x2和y＝3－(x－1)2的圖象(如圖所示)，則所求平面圖形的面積S為圖中陰影部分的面積．
解方程組y＝12x2，y＝3－x－12，得x＝－23，y＝29或x＝2，y＝2.
所以兩曲線交點(diǎn)為A－23，29，B(2,2)．
所以S＝2－23[3－(x－1)2]dx－2－2312x2dx
＝2－23(－x2＋2x＋2)dx－2－2312x2dx
＝－13x3＋x2＋2x2－23－16x32－23
＝－83＋4＋4－881＋49－43－16×8＋827
＝42027.
變式遷移2解
如圖，
設(shè)f(x)＝x＋3，
g(x)＝x2－2x＋3，
兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)為A，B，
由y＝x＋3，y＝x2－2x＋3.
得x＝0，y＝3或x＝3，y＝6.
∴曲線y＝x2－2x＋3與直線y＝x＋3所圍圖形的面積
S＝30[f(x)－g(x)]dx
＝30[(x＋3)－(x2－2x＋3)dx]
＝30(－x2＋3x)dx
＝－13x3＋32x2|30＝92.
故曲線與直線所圍圖形的面積為92.
例3解題導(dǎo)引用定積分解決變速運(yùn)動(dòng)的位置與路程問題時(shí)，將物理問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題是關(guān)鍵．變速直線運(yùn)動(dòng)的速度函數(shù)往往是分段函數(shù)，故求積分時(shí)要利用積分的性質(zhì)將其分成幾段積分，然后求出積分的和，即可得到答案．s(t)求導(dǎo)后得到速度，對(duì)速度積分則得到路程．
解方法一由速度—時(shí)間曲線易知．
v(t)＝3t，t∈[0，10，30，t∈[10，40，－1.5t＋90，t∈[40，60]，
由變速直線運(yùn)動(dòng)的路程公式可得
s＝1003tdt＋401030dt＋6040(－1.5t＋90)dt
＝32t2|100＋30t|4010＋－34t2＋90t|6040＝1350(m)．
答此汽車在這1min內(nèi)所行駛的路程是1350m.
方法二由定積分的物理意義知，汽車1min內(nèi)所行駛的路程就是速度函數(shù)在[0,60]上的積分，也就是其速度曲線與x軸圍成梯形的面積，
∴s＝12(AB＋OC)×30＝12×(30＋60)×30＝1350(m)．
答此汽車在這1min內(nèi)所行駛的路程是1350m.
變式遷移3解(1)設(shè)v(t)＝1.2t，令v(t)＝24，∴t＝20.
∴A、C間距離|AC|＝2001.2tdt
＝(0.6t2)|200＝0.6×202＝240(m)．
(2)由D到B時(shí)段的速度公式為
v(t)＝(24－1.2t)m/s，可知|BD|＝|AC|＝240(m)．
(3)∵|AC|＝|BD|＝240(m)，
∴|CD|＝7200－240×2＝6720(m)．
∴C、D段用時(shí)672024＝280(s)．
又A、C段與B、D段用時(shí)均為20s，
∴共用時(shí)280＋20＋20＝320(s)．
課后練習(xí)區(qū)
1．D2.B3.D4.D5.B
6．0.36
解析設(shè)力F與彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度x的關(guān)系式為F＝kx，
則1＝k×0.02，∴k＝50，
∴F＝50x，伸長(zhǎng)12cm時(shí)克服彈力做的功
W＝0.12050xdx＝502x2|0.120＝502×0.122＝0.36(J)．
7．1
解析∵10(2xk＋1)dx＝2k＋1xk＋1＋x10
＝2k＋1＋1＝2，∴k＝1.
8．－18
解析∵f′(x)＝2x＋2f′(2)，∴f′(2)＝4＋2f′(2)，
即f′(2)＝－4，∴f(x)＝x2－8x＋3，
∴30f(x)dx＝13×33－4×32＋3×3＝－18.
9．解(1)函數(shù)y＝2x2－1x的一個(gè)原函數(shù)是y＝23x3－lnx，
所以212x2－1xdx＝23x3－lnx21
＝163－ln2－23＝143－ln2.………………………………………………………………(3分)
(2)32x＋1x2dx＝32x＋1x＋2dx
＝12x2＋lnx＋2x32
＝92＋ln3＋6－(2＋ln2＋4)
＝ln32＋92.…………………………………………………………………………………(6分)
(3)函數(shù)y＝sinx－sin2x的一個(gè)原函數(shù)為
y＝－cosx＋12cos2x，所以π30(sinx－sin2x)dx
＝－cosx＋12cos2xπ30
＝－12－14－－1＋12＝－14.……………………………………………………………(9分)
＝(3x－x2)|321＋(x2－3x)|232＝12.…………………………………………………………(12分)
10．解(1)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
則f′(x)＝2ax＋b.又f′(x)＝2x－2，
所以a＝1，b＝－2，即f(x)＝x2－2x＋c.………………………………………………(4分)
又方程f(x)＝0有兩個(gè)相等實(shí)根，
所以Δ＝4－4c＝0，即c＝1.
故f(x)＝x2－2x＋1.………………………………………………………………………(8分)
(2)依題意，所求面積S＝10(x2－2x＋1)dx
＝13x3－x2＋x|10＝13.……………………………………………………………………(12分)
11．解畫出直線x＝－ln2，y＝e－1及曲線y＝ex－1如圖所示，則所求面積為圖中陰影部分的面積．
由y＝e－1，y＝ex－1，解得B(1，e－1)．
由x＝－ln2，y＝ex－1，解得A－ln2，－12.…………………………………………………(4分)
此時(shí)，C(－ln2，e－1)，D(－ln2,0)．
所以S＝S曲邊梯形BCDO＋S曲邊三角形OAD
＝1－ln2(e－1)dx－10(ex－1)dx＋?0－ln2ex－1dx………………………………………(7分)
＝(e－1)x|1－ln2－(ex－x)|10＋|(ex－x)|0－ln2|………………………………………………(10分)
＝(e－1)(1＋ln2)－(e－1－e0)＋|e0－(e－ln2＋ln2)|
＝(e－1)(1＋ln2)－(e－2)＋ln2－12
＝eln2＋12.……………………………………………………………………………(14分)

高考數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)正弦定理和余弦定理學(xué)案（有答案）

第五章解三角形與平面向量
學(xué)案23正弦定理和余弦定理
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.利用正弦定理、余弦定理進(jìn)行邊角轉(zhuǎn)化，進(jìn)而進(jìn)行恒等變換解決問題.2.掌握正弦定理、余弦定理，并能解決一些簡(jiǎn)單的三角形度量問題．
自主梳理
1．三角形的有關(guān)性質(zhì)
(1)在△ABC中，A＋B＋C＝________；
(2)a＋b____c，a－bc；
(3)absinA____sinBA____B；
(4)三角形面積公式：S△ABC＝12ah＝12absinC＝12acsinB＝_________________；
(5)在三角形中有：sin2A＝sin2BA＝B或________________三角形為等腰或直角三角形；
sin(A＋B)＝sinC，sinA＋B2＝cosC2.
2．正弦定理和余弦定理
定理正弦定理余弦定理
內(nèi)容________________
＝2Ra2＝____________，
b2＝____________，
c2＝____________.
變形
形式①a＝__________，
b＝__________，
c＝__________；
②sinA＝________，
sinB＝________，
sinC＝________；
③a∶b∶c＝__________；
④a＋b＋csinA＋sinB＋sinC＝asinA
cosA＝________________；
cosB＝________________；
cosC＝_______________.
解決
的問題①已知兩角和任一邊，求另一角和其他兩條邊．
②已知兩邊和其中一邊的對(duì)角，求另一邊和其他兩角．
①已知三邊，求各角；
②已知兩邊和它們的夾角，求第三邊和其他兩個(gè)角.
自我檢測(cè)
1．(2010上海)若△ABC的三個(gè)內(nèi)角滿足sinA∶sinB∶sinC＝5∶11∶13，則△ABC()
A．一定是銳角三角形
B．一定是直角三角形
C．一定是鈍角三角形
D．可能是銳角三角形，也可能是鈍角三角形
2．(2010天津)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若a2－b2＝3bc，sinC＝23sinB，則A等于()
A．30°B．60°C．120°D．150°
3．(2011煙臺(tái)模擬)在△ABC中，A＝60°，b＝1，△ABC的面積為3，則邊a的值為()
A．27B.21
C.13D．3
4．(2010山東)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.若a＝2，b＝2，
sinB＋cosB＝2，則角A的大小為________．
5．(2010北京)在△ABC中，若b＝1，c＝3，C＝2π3，則a＝________.
探究點(diǎn)一正弦定理的應(yīng)用
例1(1)在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝45°，求角A、C和邊c；
(2)在△ABC中，a＝8，B＝60°，C＝75°，求邊b和c.

變式遷移1(1)在△ABC中，若tanA＝13，C＝150°，BC＝1，則AB＝________；
(2)在△ABC中，若a＝50，b＝256，A＝45°，則B＝________.
探究點(diǎn)二余弦定理的應(yīng)用
例2(2011咸寧月考)已知a、b、c分別是△ABC中角A、B、C的對(duì)邊，且a2＋c2－b2＝ac.
(1)求角B的大?。?br> (2)若c＝3a，求tanA的值．

變式遷移2在△ABC中，a、b、c分別為A、B、C的對(duì)邊，B＝2π3，b＝13，a＋c＝4，求a.

探究點(diǎn)三正、余弦定理的綜合應(yīng)用
例3在△ABC中，a、b、c分別表示三個(gè)內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊，如果(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，試判斷該三角形的形狀．

變式遷移3(2010天津)在△ABC中，ACAB＝cosBcosC.
(1)證明：B＝C；
(2)若cosA＝－13，求sin4B＋π3的值．

1．解斜三角形可以看成是三角變換的延續(xù)和應(yīng)用，用到三角變換的基本方法，同時(shí)它是對(duì)正、余弦定理，三角形面積公式等的綜合應(yīng)用．
2．在利用正弦定理解已知三角形的兩邊和其中一邊的對(duì)角，求另一邊的對(duì)角，進(jìn)而求出其他的邊和角時(shí)，有可能出現(xiàn)一解、兩解或無解的情況，應(yīng)結(jié)合圖形并根據(jù)“三角形中大邊對(duì)大角”來判斷解的情況，作出正確取舍．
3．在解三角形中的三角變換問題時(shí)，要注意兩點(diǎn)：一是要用到三角形的內(nèi)角和及正、余弦定理，二是要用到三角變換、三角恒等變形的原則和方法．“化繁為簡(jiǎn)”“化異為同”是解此類問題的突破口．
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2010湖北)在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，則cosB等于()
A．－223B.223C．－63D.63
2.在△ABC中AB＝3，AC=2，BC=，則AB→AC→等于()
A．－32B．－23C.23D.32
3．在△ABC中，sin2A2＝c－b2c(a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊)，則△ABC的形狀為()
A．正三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形
4．(2011聊城模擬)在△ABC中，若A＝60°，BC＝43，AC＝42，則角B的大小為()
A．30°B．45°
C．135°D．45°或135°
5．(2010湖南)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為a，b，c，若C＝120°，
c＝2a，則()
A．a(chǎn)bB．a(chǎn)b
C．a(chǎn)＝bD．a(chǎn)與b的大小關(guān)系不能確定
題號(hào)12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．在△ABC中，B＝60°，b2＝ac，則△ABC的形狀為________________．
7．(2010廣東)已知a，b，c分別是△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊，若a＝1，b＝3，A＋C＝2B，則sinC＝________.
8．(2011龍巖模擬)在銳角△ABC中，AD⊥BC，垂足為D，且BD∶DC∶AD＝2∶3∶6，則∠BAC的大小為________．
三、解答題(共38分)
9.在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足，AB→AC→=3.
(1)求△ABC的面積；
(2)若b＋c＝6，求a的值．

10．(12分)(2010陜西)在△ABC中，已知B＝45°，D是BC邊上的一點(diǎn)，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的長(zhǎng)．

11．(14分)(2010重慶)設(shè)△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊長(zhǎng)分別為a、b、c，且3b2＋3c2－3a2＝42bc.
(1)求sinA的值；
(2)求2sinA＋π4sinB＋C＋π41－cos2A的值．

答案自主梳理
1．(1)π(2)(3)(4)12bcsinA(5)A＋B＝π22.asinA＝bsinB＝csinCb2＋c2－2bccosAa2＋c2－2accosBa2＋b2－2abcosC①2RsinA2RsinB2RsinC②a2Rb2Rc2R③sinA∶sinB∶sinCb2＋c2－a22bca2＋c2－b22aca2＋b2－c22ab
自我檢測(cè)
1．C2.A3.C
4.π65.1
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引已知三角形的兩邊和其中一邊的對(duì)角，可利用正弦定理求其他的角和邊，但要注意對(duì)解的情況進(jìn)行判斷，這類問題往往有一解、兩解、無解三種情況．具體判斷方法如下：在△ABC中．已知a、b和A，求B.若A為銳角，①當(dāng)a≥b時(shí)，有一解；②當(dāng)a＝bsinA時(shí)，有一解；③當(dāng)bsinAab時(shí)，有兩解；④當(dāng)absinA時(shí)，無解．若A為直角或鈍角，①當(dāng)ab時(shí)，有一解；②當(dāng)a≤b時(shí)，無解．
解(1)由正弦定理asinA＝bsinB得，sinA＝32.
∵ab，∴AB，∴A＝60°或A＝120°.
當(dāng)A＝60°時(shí)，C＝180°－45°－60°＝75°，
c＝bsinCsinB＝6＋22；
當(dāng)A＝120°時(shí)，C＝180°－45°－120°＝15°，
c＝bsinCsinB＝6－22.
綜上，A＝60°，C＝75°，c＝6＋22，
或A＝120°，C＝15°，c＝6－22.
(2)∵B＝60°，C＝75°，∴A＝45°.
由正弦定理asinA＝bsinB＝csinC，
得b＝asinBsinA＝46，c＝asinCsinA＝43＋4.
∴b＝46，c＝43＋4.
變式遷移1(1)102(2)60°或120°
解析(1)∵在△ABC中，tanA＝13，C＝150°，
∴A為銳角，∴sinA＝110.
又∵BC＝1.
∴根據(jù)正弦定理得AB＝BCsinCsinA＝102.
(2)由ba，得BA，由asinA＝bsinB，
得sinB＝bsinAa＝25650×22＝32，
∵0°B180°
∴B＝60°或B＝120°.
例2解(1)∵a2＋c2－b2＝ac，
∴cosB＝a2＋c2－b22ac＝12.
∵0Bπ，∴B＝π3.
(2)方法一將c＝3a代入a2＋c2－b2＝ac，得b＝7a.
由余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a22bc＝5714.
∵0Aπ，
∴sinA＝1－cos2A＝2114，
∴tanA＝sinAcosA＝35.
方法二將c＝3a代入a2＋c2－b2＝ac，
得b＝7a.
由正弦定理，得sinB＝7sinA.
由(1)知，B＝π3，∴sinA＝2114.
又b＝7aa，∴BA，
∴cosA＝1－sin2A＝5714.
∴tanA＝sinAcosA＝35.
方法三∵c＝3a，由正弦定理，得sinC＝3sinA.
∵B＝π3，∴C＝π－(A＋B)＝2π3－A，
∴sin(2π3－A)＝3sinA，
∴sin2π3cosA－cos2π3sinA＝3sinA，
∴32cosA＋12sinA＝3sinA，
∴5sinA＝3cosA，
∴tanA＝sinAcosA＝35.
變式遷移2解由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB
＝a2＋c2－2accos23π
＝a2＋c2＋ac＝(a＋c)2－ac.
又∵a＋c＝4，b＝13，∴ac＝3，
聯(lián)立a＋c＝4ac＝3，解得a＝1，c＝3，或a＝3，c＝1.
∴a等于1或3.
例3解題導(dǎo)引利用正弦定理或余弦定理進(jìn)行邊角互化，轉(zhuǎn)化為邊邊關(guān)系或角角關(guān)系．
解方法一∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)
a2[sin(A－B)－sin(A＋B)]
＝b2[－sin(A＋B)－sin(A－B)]，
∴2a2cosAsinB＝2b2cosBsinA，
由正弦定理，得
sin2AcosAsinB＝sin2BcosBsinA，
∴sinAsinB(sinAcosA－sinBcosB)＝0，
∴sin2A＝sin2B，由02A2π，02B2π，
得2A＝2B或2A＝π－2B，
即△ABC是等腰三角形或直角三角形．
方法二同方法一可得2a2cosAsinB＝2b2cosBsinA，
由正、余弦定理，即得
a2b×b2＋c2－a22bc＝b2a×a2＋c2－b22ac，
∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，
即(a2－b2)(c2－a2－b2)＝0，
∴a＝b或c2＝a2＋b2，
∴三角形為等腰三角形或直角三角形．
變式遷移3解題導(dǎo)引在正弦定理asinA＝bsinB＝csinC＝2R中，2R是指什么？a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC的作用是什么？
(1)證明在△ABC中，由正弦定理及已知得
sinBsinC＝cosBcosC.
于是sinBcosC－cosBsinC＝0，
即sin(B－C)＝0.
因?yàn)椋蠦－Cπ，從而B－C＝0.
所以B＝C.
(2)解由A＋B＋C＝π和(1)得A＝π－2B，
故cos2B＝－cos(π－2B)＝－cosA＝13.
又02Bπ，于是sin2B＝1－cos22B＝223.
從而sin4B＝2sin2Bcos2B＝429，
cos4B＝cos22B－sin22B＝－79.
所以sin4B＋π3
＝sin4Bcosπ3＋cos4Bsinπ3
＝42－7318.
課后練習(xí)區(qū)
1．D2.D3.B4.B5.A
6．等邊三角形
解析∵b2＝a2＋c2－2accosB，
∴ac＝a2＋c2－ac，
∴(a－c)2＝0，
∴a＝c，又B＝60°，
∴△ABC為等邊三角形．
7．1
解析由A＋C＝2B及A＋B＋C＝180°知，B＝60°.
由正弦定理知，1sinA＝3sin60°，
即sinA＝12.
由ab知，AB，∴A＝30°，
C＝180°－A－B＝180°－30°－60°＝90°，
∴sinC＝sin90°＝1.
8.π4
解析設(shè)∠BAD＝α，∠DAC＝β，
則tanα＝13，tanβ＝12，
∴tan∠BAC＝tan(α＋β)＝tanα＋tanβ1－tanαtanβ
＝13＋121－13×12＝1.
∵∠BAC為銳角，∴∠BAC的大小為π4.
9．解(1)因?yàn)閏osA2＝255，
所以cosA＝2cos2A2－1＝35，sinA＝45.……………………………………………………(4分)
又由AB→AC→＝3得bccosA＝3，所以bc＝5，
因此S△ABC＝12bcsinA＝2.…………………………………………………………………(8分)
(2)由(1)知，bc＝5，又b＋c＝6，
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－165bc＝20，所以a＝25.………(12分)
10．解
在△ADC中，AD＝10，AC＝14，DC＝6，
由余弦定理得，
cos∠ADC＝AD2＋DC2－AC22ADDC
＝100＋36－1962×10×6＝－12，…………………………………………………………………(6分)
∴∠ADC＝120°，∠ADB＝60°.…………………………………………………………(8分)
在△ABD中，AD＝10，B＝45°，
∠ADB＝60°，
由正弦定理得ABsin∠ADB＝ADsinB，
∴AB＝ADsin∠ADBsinB＝10sin60°sin45°
＝10×3222＝56.…………………………………………………………………………(12分)
11．解(1)∵3b2＋3c2－3a2＝42bc，
∴b2＋c2－a2＝423bc.
由余弦定理得，cosA＝b2＋c2－a22bc＝223，……………………………………………(4分)
又0Aπ，故sinA＝1－cos2A＝13.……………………………………………………(6分)
(2)原式＝2sinA＋π4sinπ－A＋π41－cos2A………………………………………………………(8分)
＝2sinA＋π4sinA－π42sin2A
＝222sinA＋22cosA22sinA－22cosA2sin2A…………………………………………(11分)
＝sin2A－cos2A2sin2A＝－72.
所以2sinA＋π4sinB＋C＋π41－cos2A＝－72.……………………………………………………(14分)

高考數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)簡(jiǎn)單的三角恒等變換學(xué)案（附答案）

學(xué)案22簡(jiǎn)單的三角恒等變換
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.能推出二倍角的正弦、余弦、正切公式，并熟練應(yīng)用.2.能運(yùn)用兩角和與差的三角公式進(jìn)行簡(jiǎn)單的恒等變換．
自主梳理
1．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin2α＝________________；
(2)cos2α＝______________＝________________－1＝1－________________；
(3)tan2α＝________________________(α≠kπ2＋π4且α≠kπ＋π2)．
2．公式的逆向變換及有關(guān)變形
(1)sinαcosα＝____________________cosα＝sin2α2sinα；
(2)降冪公式：sin2α＝________________，cos2α＝________________；
升冪公式：1＋cosα＝________________，1－cosα＝_____________；
變形：1±sin2α＝sin2α＋cos2α±2sinαcosα＝________________________.
自我檢測(cè)
1．(2010陜西)函數(shù)f(x)＝2sinxcosx是()
A．最小正周期為2π的奇函數(shù)
B．最小正周期為2π的偶函數(shù)
C．最小正周期為π的奇函數(shù)
D．最小正周期為π的偶函數(shù)
2．函數(shù)f(x)＝cos2x－2sinx的最小值和最大值分別為()
A．－3,1B．－2,2
C．－3，32D．－2，32
3．函數(shù)f(x)＝sinxcosx的最小值是()
A．－1B．－12C.12D．1
4．(2011清遠(yuǎn)月考)已知A、B為直角三角形的兩個(gè)銳角，則sinAsinB()
A．有最大值12，最小值0
B．有最小值12，無最大值
C．既無最大值也無最小值
D．有最大值12，無最小值
探究點(diǎn)一三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)
例1求函數(shù)y＝7－4sinxcosx＋4cos2x－4cos4x的最大值和最小值．

變式遷移1(2011泰安模擬)已知函數(shù)f(x)＝4cos4x－2cos2x－1sinπ4＋xsinπ4－x.
(1)求f－11π12的值；
(2)當(dāng)x∈0，π4時(shí)，求g(x)＝12f(x)＋sin2x的最大值和最小值．

探究點(diǎn)二三角函數(shù)式的求值
例2已知sin(π4＋2α)sin(π4－2α)＝14，α∈(π4，π2)，求2sin2α＋tanα－1tanα－1的值．

變式遷移2(1)已知α是第一象限角，且cosα＝513，求sinα＋π4cos2α＋4π的值．
(2)已知cos(α＋π4)＝35，π2≤α3π2，求cos(2α＋π4)的值．

探究點(diǎn)三三角恒等式的證明
例3(2011蘇北四市模擬)已知sin(2α＋β)＝3sinβ，設(shè)tanα＝x，tanβ＝y(tǒng)，記y＝f(x)．
(1)求證：tan(α＋β)＝2tanα；
(2)求f(x)的解析表達(dá)式；
(3)若角α是一個(gè)三角形的最小內(nèi)角，試求函數(shù)f(x)的值域．

變式遷移3求證：sin2xsinx＋cosx－1sinx－cosx＋1
＝1＋cosxsinx.

轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用
例(12分)(2010江西)已知函數(shù)f(x)＝
1＋1tanxsin2x＋msinx＋π4sinx－π4.
(1)當(dāng)m＝0時(shí)，求f(x)在區(qū)間π8，3π4上的取值范圍；
(2)當(dāng)tanα＝2時(shí)，f(α)＝35，求m的值．
【答題模板】
解(1)當(dāng)m＝0時(shí)，f(x)＝1＋cosxsinxsin2x
＝sin2x＋sinxcosx＝1－cos2x＋sin2x2
＝122sin2x－π4＋1，[3分]
由已知x∈π8，3π4，得2x－π4∈0，5π4，[4分]
所以sin2x－π4∈－22，1，[5分]
從而得f(x)的值域?yàn)?，1＋22.[6分]
(2)f(x)＝sin2x＋sinxcosx－m2cos2x
＝1－cos2x2＋12sin2x－m2cos2x
＝12[sin2x－(1＋m)cos2x]＋12，[8分]
由tanα＝2，得sin2α＝2sinαcosαsin2α＋cos2α＝2tanα1＋tan2α＝45，
cos2α＝cos2α－sin2αcos2α＋sin2α＝1－tan2α1＋tan2α＝－35.[10分]
所以35＝1245＋351＋m＋12，[11分]
解得m＝－2.[12分]
【突破思維障礙】
三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)是指利用誘導(dǎo)公式、同角基本關(guān)系式、和與差的三角函數(shù)公式、二倍角公式等，將較復(fù)雜的三角函數(shù)式化得更簡(jiǎn)潔、更清楚地顯示出式子的結(jié)果．化簡(jiǎn)三角函數(shù)式的基本要求是：(1)能求出數(shù)值的要求出數(shù)值；(2)使三角函數(shù)式的項(xiàng)數(shù)最少、次數(shù)最低、角與函數(shù)的種類最少；(3)分式中的分母盡量不含根式等．
1．求值中主要有三類求值問題：
(1)“給角求值”：一般所給出的角都是非特殊角，從表面來看是很難的，但仔細(xì)觀察非特殊角與特殊角總有一定關(guān)系，解題時(shí)，要利用觀察得到的關(guān)系，結(jié)合公式轉(zhuǎn)化為特殊角并且消除非特殊角的三角函數(shù)而得解．
(2)“給值求值”：給出某些角的三角函數(shù)式的值，求另外一些角的三角函數(shù)值，解題關(guān)鍵在于“變角”，使其角相同或具有某種關(guān)系．
(3)“給值求角”：實(shí)質(zhì)是轉(zhuǎn)化為“給值求值”，關(guān)鍵也是變角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函數(shù)值結(jié)合該函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求得角．
2．三角恒等變換的常用方法、技巧和原則：
(1)在化簡(jiǎn)求值和證明時(shí)常用如下方法：切割化弦法，升冪降冪法，和積互化法，輔助元素法，“1”的代換法等．
(2)常用的拆角、拼角技巧如：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β，α＝(α－β)＋β，α＋β2＝α－β2＋β－α2，α2是α4的二倍角等．
(3)化繁為簡(jiǎn)：變復(fù)角為單角，變不同角為同角，化非同名函數(shù)為同名函數(shù)，化高次為低次，化多項(xiàng)式為單項(xiàng)式，化無理式為有理式．
消除差異：消除已知與未知、條件與結(jié)論、左端與右端以及各項(xiàng)的次數(shù)、角、函數(shù)名稱、結(jié)構(gòu)等方面的差異．
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011平頂山月考)已知0απ，3sin2α＝sinα，則cos(α－π)等于()
A.13B．－13C.16D．－16
2．已知tan(α＋β)＝25，tanβ－π4＝14，那么tanα＋π4等于()
A.1318B.1322C.322D.16
3．(2011石家莊模擬)已知cos2α＝12(其中α∈－π4，0)，則sinα的值為()
A.12B．－12C.32D．－32
4．若f(x)＝2tanx－2sin2x2－1sinx2cosx2，則fπ12的值為()
A．－433B．8
C．43D．－43
5．(2010福建廈門外國(guó)語學(xué)校高三第二次月考)在△ABC中，若cos2B＋3cos(A＋C)＋2＝0，則sinB的值是()
A.12B.22C.32D．1
題號(hào)12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2010全國(guó)Ⅰ)已知α為第二象限的角，且sinα＝35，則tan2α＝________.
7．函數(shù)y＝2cos2x＋sin2x的最小值是________．
8．若cos2αsinα－π4＝－22，則cosα＋sinα的值為________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)化簡(jiǎn)：(1)cos20°cos40°cos60°cos80°；
(2)3－4cos2α＋cos4α3＋4cos2α＋cos4α.

10．(12分)(2011南京模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝3sinxcosx－cosxsinπ2＋x－12.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)當(dāng)∈0，π2時(shí)，求函數(shù)f(x)的最大值和最小值．

11．(14分)(2010北京)已知函數(shù)f(x)＝2cos2x＋sin2x－4cosx.
(1)求f(π3)的值；
(2)求f(x)的最大值和最小值．

答案自主梳理
1．(1)2sinαcosα(2)cos2α－sin2α2cos2α2sin2α
(3)2tanα1－tan2α2.(1)12sin2α(2)1－cos2α21＋cos2α22cos2α22sin2α2(sinα±cosα)2
自我檢測(cè)
1．C2.C3.B4.D
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引化簡(jiǎn)的原則是形式簡(jiǎn)單，三角函數(shù)名稱盡量少，次數(shù)盡量低，最好不含分母，能求值的盡量求值．本題要充分利用倍角公式進(jìn)行降冪，利用配方變?yōu)閺?fù)合函數(shù)，重視復(fù)合函數(shù)中間變量的范圍是關(guān)鍵．
解y＝7－4sinxcosx＋4cos2x－4cos4x
＝7－2sin2x＋4cos2x(1－cos2x)
＝7－2sin2x＋4cos2xsin2x
＝7－2sin2x＋sin22x＝(1－sin2x)2＋6，
由于函數(shù)z＝(u－1)2＋6在[－1,1]中的最大值為zmax＝(－1－1)2＋6＝10，最小值為zmin＝(1－1)2＋6＝6，
故當(dāng)sin2x＝－1時(shí)，y取得最大值10，
當(dāng)sin2x＝1時(shí)，y取得最小值6.
變式遷移1解(1)f(x)
＝1＋cos2x2－2cos2x－1sinπ4＋xsinπ4－x
＝cos22xsinπ4＋xcosπ4＋x
＝2cos22xsinπ2＋2x＝2cos22xcos2x＝2cos2x，
∴f－11π12＝2cos－11π6＝2cosπ6＝3.
(2)g(x)＝cos2x＋sin2x
＝2sin2x＋π4.
∵x∈0，π4，∴2x＋π4∈π4，3π4，
∴當(dāng)x＝π8時(shí)，g(x)max＝2，
當(dāng)x＝0時(shí)，g(x)min＝1.
例2解題導(dǎo)引(1)這類問題一般是先化簡(jiǎn)再求值；化簡(jiǎn)后目標(biāo)更明確；
(2)如果能從已知條件中求出特殊值，應(yīng)轉(zhuǎn)化為特殊角，可簡(jiǎn)化運(yùn)算，對(duì)切函數(shù)通?；癁橄液瘮?shù)．
解由sin(π4＋2α)sin(π4－2α)
＝sin(π4＋2α)cos(π4＋2α)
＝12sin(π2＋4α)＝12cos4α＝14，
∴cos4α＝12，又α∈(π4，π2)，故α＝5π12，
∴2sin2α＋tanα－1tanα－1
＝－cos2α＋sin2α－cos2αsinαcosα
＝－cos2α＋－2cos2αsin2α
＝－cos5π6－2cos5π6sin5π6＝532.
變式遷移2解(1)∵α是第一象限角，cosα＝513，
∴sinα＝1213.
∴sinα＋π4cos2α＋4π＝22sinα＋cosαcos2α
＝22sinα＋cosαcos2α－sin2α
＝22cosα－sinα＝22513－1213＝－13214.
(2)cos(2α＋π4)＝cos2αcosπ4－sin2αsinπ4
＝22(cos2α－sin2α)，
∵π2≤α32π，
∴3π4≤α＋π474π.
又cos(α＋π4)＝350，
故可知32πα＋π474π，
∴sin(α＋π4)＝－45，
從而cos2α＝sin(2α＋π2)
＝2sin(α＋π4)cos(α＋π4)
＝2×(－45)×35＝－2425.
sin2α＝－cos(2α＋π2)
＝1－2cos2(α＋π4)
＝1－2×(35)2＝725.
∴cos(2α＋π4)＝22(cos2α－sin2α)＝22×(－2425－725)
＝－31250.
例3解題導(dǎo)引本題的關(guān)鍵是第(1)小題的恒等式證明，對(duì)于三角恒等式的證明，我們要注意觀察、分析條件恒等式與目標(biāo)恒等式的異同，特別是分析已知和要求的角之間的關(guān)系，再分析函數(shù)名之間的關(guān)系，則容易找到思路．證明三角恒等式的實(shí)質(zhì)就是消除等式兩邊的差異，有目的地化繁為簡(jiǎn)，左右歸一或變更論證．對(duì)于第(2)小題同樣要從角的關(guān)系入手，利用兩角和的正切公式可得關(guān)系．第(3)小題則利用基本不等式求解即可．
(1)證明由sin(2α＋β)＝3sinβ，得sin[(α＋β)＋α]
＝3sin[(α＋β)－α]，
即sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα＝3sin(α＋β)cosα－3cos(α＋β)sinα，
∴sin(α＋β)cosα＝2cos(α＋β)sinα，
∴tan(α＋β)＝2tanα.
(2)解由(1)得tanα＋tanβ1－tanαtanβ＝2tanα，即x＋y1－xy＝2x，
∴y＝x1＋2x2，即f(x)＝x1＋2x2.
(3)解∵角α是一個(gè)三角形的最小內(nèi)角，
∴0α≤π3，0x≤3，
設(shè)g(x)＝2x＋1x，則g(x)＝2x＋1x≥22(當(dāng)且僅當(dāng)x＝22時(shí)取“＝”)．
故函數(shù)f(x)的值域?yàn)?0，24]．
變式遷移3證明因?yàn)樽筮叄?br> 2sinxcosx[sinx＋cosx－1][sinx－cosx－1]
＝2sinxcosxsin2x－cosx－12
＝2sinxcosxsin2x－cos2x＋2cosx－1
＝2sinxcosx－2cos2x＋2cosx＝sinx1－cosx
＝sinx1＋cosx1－cosx1＋cosx
＝sinx1＋cosxsin2x＝1＋cosxsinx＝右邊．
所以原等式成立．
課后練習(xí)區(qū)
1．D[∵0απ，3sin2α＝sinα，
∴6sinαcosα＝sinα，又∵sinα≠0，∴cosα＝16，
cos(α－π)＝cos(π－α)＝－cosα＝－16.]
2．C[因?yàn)棣粒?＋β－π4＝α＋β，
所以α＋π4＝(α＋β)－β－π4.
所以tanα＋π4＝tanα＋β－β－π4
＝tanα＋β－tanβ－π41＋tanα＋βtanβ－π4＝322.]
3．B[∵12＝cos2α＝1－2sin2α，
∴sin2α＝14.又∵α∈－π4，0，
∴sinα＝－12.]
4．B[f(x)＝2tanx＋1－2sin2x212sinx＝2tanx＋2cosxsinx
＝2sinxcosx＝4sin2x
∴fπ12＝4sinπ6＝8.]
5．C[由cos2B＋3cos(A＋C)＋2＝0化簡(jiǎn)變形，得2cos2B－3cosB＋1＝0，
∴cosB＝12或cosB＝1(舍)．
∴sinB＝32.]
6．－247
解析因?yàn)棣翞榈诙笙薜慕牵謘inα＝35，
所以cosα＝－45，tanα＝sinαcosα＝－34，
所以tan2α＝2tanα1－tan2α＝－247.
7．1－2
解析∵y＝2cos2x＋sin2x＝sin2x＋1＋cos2x
＝sin2x＋cos2x＋1＝2sin2x＋π4＋1，
∴當(dāng)sin(2x＋π4)＝－1時(shí)，函數(shù)取得最小值1－2.
8.12
解析∵cos2αsinα－π4＝cos2α－sin2α22sinα－cosα
＝－2(sinα＋cosα)＝－22，
∴cosα＋sinα＝12.
9．解(1)∵sin2α＝2sinαcosα，
∴cosα＝sin2α2sinα，…………………………………………………………………………(2分)
∴原式＝sin40°2sin20°sin80°2sin40°12sin160°2sin80°
＝sin180°－20°16sin20°＝116.……………………………………………………………………(6分)
(2)原式＝3－4cos2α＋2cos22α－13＋4cos2α＋2cos22α－1………………………………………………………(9分)
＝1－cos2α21＋cos2α2＝2sin2α22cos2α2＝tan4α.………………………………………………………(12分)
10．解f(x)＝3sinxcosx－cosxsinπ2＋x－12
＝32sin2x－12cos2x－1
＝sin2x－π6－1.…………………………………………………………………………(4分)
(1)T＝2π2＝π，故f(x)的最小正周期為π.…………………………………………………(6分)
(2)因?yàn)?≤x≤π2，所以－π6≤2x－π6≤5π6.
所以當(dāng)2x－π6＝π2，即x＝π3時(shí)，f(x)有最大值0，
……………………………………………………………………………………………(10分)
當(dāng)2x－π6＝－π6，即x＝0時(shí)，f(x)有最小值－32.
……………………………………………………………………………………………(12分)
11．解(1)f(π3)＝2cos2π3＋sin2π3－4cosπ3
＝－1＋34－2＝－94.………………………………………………………………………(4分)
(2)f(x)＝2(2cos2x－1)＋(1－cos2x)－4cosx
＝3cos2x－4cosx－1
＝3(cosx－23)2－73，x∈R.………………………………………………………………(10分)
因?yàn)閏osx∈[－1,1]，
所以，當(dāng)cosx＝－1時(shí)，f(x)取得最大值6；
當(dāng)cosx＝23時(shí)，f(x)取得最小值－73.…………………………………………………(14分)