专题二 三角函数与解三角形（大题突破）-【创新教程】2016-2020五年高考真题理科数学分类特训

所以,使得等式F(x)＝x２－２ax＋４a－２成立的x的取 值范围为[２,２a]． (Ⅱ)(ⅰ)设函数f(x)＝２|x－１|, g(x)＝x２－２ax＋４a－２, 则f(x)min＝f(１)＝０,g(x)min＝g(a) ＝－a２＋４a－２, 所以,由F(x)的定义知m(a)＝min{f(１),g(a)}, 即m(a)＝ ０,３≤a≤２＋ ２ －a２＋４a－２,a＞２＋ ２{ (ⅱ)当０≤x≤２时, F(x)＝f(x)≤max{f(０),f(２)}＝２＝F(２), 当２≤x≤６时, F(x)＝g(x)≤max{g(２),g(６)} ＝max{２,３４－８a}＝max{F(２),F(６)}． 所以 M(a)＝ ３４－８a,３≤a＜４ ２,a≥４{ ． ３５．解:(１)f′(x)＝－２αsin２x－(α－１)sinx． (２)当α≥１时,|f′(x)|＝|αcos２x＋(α－１)(cosx＋１)| ≤α＋２(α－１)＝３α－２＝f(０) 因此,A＝３α－２． 当０＜α＜１时,将f(x)变形为f(x)＝２αcos２x＋(α－１) cosx－１． 令g(t)＝２αt２＋(α－１)t－１,则A 是|g(t)|在[－１,１] 上的最大值,g(－１)＝α,g(１)＝３α－２,且 当t＝１－α４α 时,g(t)取 得 极 小 值,极 小 值 为 g １－α４α( ) ＝ － (α－１)２ ８α －１＝ α２＋６α＋１ ８α ． 令－１＜１－α４α ＜１ ,解得α＜－１３ (舍去),α＞１５． (ⅰ)当 ０＜α≤ １５ 时,g(t)在 (－１,１)内 无 极 值 点, |g(－１)|＝α, |g(１)|＝２－３α,|g(－１)|＜|g(１)|,所以A＝２－３α． (ⅱ)当１５＜α＜１ 时,由g(－１)－g(１)＝２(１－α)＞０, 知g(－１)＞g(１)＞g １－α４α( )． 又 g １－α４α( ) －|g(－１)|＝ (１－α)(１＋７α) ８α ＞０ ,所以 A＝ g １－α４α( ) ＝ α２＋６α＋１ ８α ． 综上,A＝ ２－３α,０＜α≤１５ α２＋６α＋１ ８α ,１ ５＜α＜１． ３α－２,α≥１ ì î í ï ïï ï ï (３)由(１)得|f′(x)|＝|－２αsin２x－(α－１)sinx| ≤２α＋|α－１|． 当０＜α≤ １５ 时,|f′(x)|≤１＋α≤２－４α＜２(２－３α) ＝２A． 当１ ５＜α＜１ 时,A＝α８＋ １ ８α＋ ３ ４＞１ , 所以|f′(x)|≤１＋α＜２A． 当α≥１时,|f′(x)|≤３α－１≤６α－４＝２A, 所以|f′(x)|≤２A． ３６．解:(１)∵f(x)＝xea－x＋bx, ∴f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(１－x)ea－x＋b． ∵曲线y＝f(x)在点(２,f(２))处的切线方程为 y＝(e－１)x＋４ ∴f(２)＝２(e－１)＋４,f′(２)＝e－１ 即f(２)＝２ea－２＋２b＝２(e－１)＋４ ① f′(２)＝(１－２)ea－２＋b＝e－１ ② 由①②解得:a＝２,b＝e． (２)由(１)可知:f(x)＝xe２－x＋ex, f′(x)＝(１－x)e２－x＋e, 令g(x)＝(１－x)e２－x, ∴g′(x)＝－e２－x－(１－x)e２－x＝(x－２)e２－x． x (－∞,２) ２ (２,＋∞) g′(x) － ０ ＋ g(x) ↘ 极小值 ↗ ∴g(x)的最小值是g(２)＝(１－２)e２－２＝－１, ∴f′(x)的最小值为f′(２)＝g(２)＋e＝e－１＞０, 即f′(x)＞０对∀x∈R恒成立, ∴f(x)在(－∞,＋∞)上单调递增,无减区间． 专题二　三角函数与解三角形 １．解:(１)由正弦定理和已知条件得BC２－AC２－AB２＝AC 􀅰AB． ① 由余弦定理得BC２＝AC２＋AB２－２AC􀅰ABcosA． ② 由①,②得cosA＝－１２ ,因为０＜A＜π,所以A＝２π３． (２)由正弦定理及(１)得 ACsinB＝ AB sinC＝ BC sinA＝２ ３ , 从而AC＝２ ３sinB,AB＝２ ３sin(π－A－B)＝３cosB－ ３ sinB, 故BC＋AC＋AB＝３＋ ３sinB＋３cosB ＝３＋２ ３sin B＋π３( )． 又０＜B＜π３ ,所以当B＝π６ 时,△ABC周长取得最大值 ３＋２ ３． ２．解析:若c＝ ３b,因 为sinA＝ ３sinB,结 合 正 弦 定 理 sinA a ＝ sinB b ,知a＝ ３b＝c, 所以A＝C＝π６ ,B＝２π３ , 所以sinA＝１２ ,sinB＝ ３２ ,与sinA＝ ３sinB,矛盾! 所以此时不存在这样的△ABC． 答案:选择③,不存在 解析:因为sinA＝ ３sinB,结合正