专题二 三角函数与解三角形（大题突破）-【创新教程】2018-2020三年高考真题文科数学分类特训

６．解:(１)f(x)的定义域为(０,＋∞),f′(x)＝aex－ １ x ． 由题设知,f′(２)＝０,所以a＝ １ ２e２ ． 从而f(x)＝ １ ２e２ ex－lnx－１,f′(x)＝ １ ２e２ ex－１x ． 当０＜x＜２时,f′(x)＜０;当x＞２时,f′(x)＞０． 所以f(x)在(０,２)单调递减,在(２,＋∞)单调递增． (２)当a≥ １e 时,f(x)≥ ex e－lnx－１． 设g(x)＝ ex e－lnx－１ ,则g′(x)＝ ex e－ １ x ． 当０＜x＜１时,g′(x)＜０;当x＞１时,g′(x)＞０．所以 x＝１是g(x)的最小值点． 故当x＞０时,g(x)≥g(１)＝０． 因此,当a≥ １e 时,f(x)≥０． ７．解:(１)当a＝３时,f(x)＝ １ ３x ３－３x２－３x－３, f′(x)＝x２－６x－３． 令f′(x)＝０解得x＝３－２ ３,或x＝３＋２ ３． ∴当x(－∞,３－２ ３)∪(３＋２ ３,＋∞)时,f′(x)＞０; 当x∈(３－２ ３,３＋２ ３)时,f′(x)＜０． 故f(x)在(－∞,３－２ ３),(３＋２ ３,＋∞)上单调递增． 在(３－２ ３,３＋２ ３)上单调递减． (２)由 于 x２ ＋x＋１＞０,所 以 f(x)＝０ 等 价 于 x３ x２＋x＋１ －３a＝０, 设g(x)＝ x３ x２＋x＋１ －３a,则g′(x)＝ x２(x２＋２x＋３) (x２＋x＋１)２ ≥０, 仅当x＝０时,g′(x)＝０,所 以g(x)在(－∞,＋∞)单 调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一 个零点, 又f(３a－１)＝－６a２＋２a－ １ ３＝－６ (a－１６ )２－１６＜０ , f(３a＋１)＝ １ ３＞０ ,故f(x)有一个零点, 综上,f(x)只有一个零点． ８．解:(１)由 题 意:f (x)＝ ax２＋x－１ ex 得 f′ (x)＝ (２ax＋１)ex－(ax２＋x－１)ex (ex)２ ＝ －ax２＋２ax－x＋２ ex ;∴f′(０)＝ ２ １ ＝２ ;即 曲 线 y＝ f(x)在点(０,－１)处的切线斜率为２, ∴y－(－１)＝２(x－０),即２x－y－１＝０． (２)当a≥１时,f(x)＋e≥ x２＋x－１＋ex＋１ ex , 令g(x)＝x２＋x－１＋ex＋１, 则g(x)＝２x＋１＋ex＋１, 当x＜－１时,g′(x)＜０,g(x)单调递减; 当x＞－１时,g′(x)＞０,g(x)单调递增． 所以g(x)≥g(－１)＝０． 因此当a≥１,f(x)＋e≥０． 专题二　三角函数与解三角形 １．解:(１)由题设及余弦定理得２８＝３c２＋c２－２× ３c２× cos１５０°． 解得c＝－２(舍去),c＝２,从而a＝２ ３. △ABC 的面积为 １２×２ ３×２×sin１５０°＝ ３． (２)在△ABC 中,A＝１８０°－B－C＝３０°－C,所以 sinA＋ ３sinC＝sin(３０°－C)＋ ３sinC＝sin(３０°＋ C)． 故sin(３０°＋C)＝ ２２． 而０°＜C＜３０°,所以３０°＋C＝４５°,故C＝１５°. ２．解:由已知 得sin２A＋cosA＝ ５４ ,即 cos２A－cosA＋ １ ４＝０． 所以(cosA－１２ )２＝０,cosA＝ １２ ,由于０＜A＜π,故 A＝ π３ . (２)由正弦定理及已知条件可得sinB－sinC＝ ３３sinA． 由(１)知 B＋C＝２π３ ,所以sinB－sin ２π３－B( ) ＝ ３ ３sin π ３． 即 １ ２sinB－ ３ ２cosB＝ １ ２ ,sin B－ π３( ) ＝ １ ２． 由于 ０＜B＜２π３ ,故 B－ π３ ＝ π ６ ,即 B＝ π２ ,从 而 △ABC 是直角三角形． ３．解:(１)由 题 设 及 正 弦 定 理 得 sin Asin A＋C２ ＝ sinBsinA． 因为sinA≠０,所以sinA＋C２ ＝sinB． 由A＋B＋C＝１８０°,可知sinA＋C２ ＝cos B ２ ,故cosB２＝ ２sinB２cos B ２． 因为cosB２ ≠０ ,故sinB２＝ １ ２ ,因此B＝６０°． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 �