专题四 三角函数与解三角形-【创新教程】2017-2021五年高考文科数学真题分类汇编

２７．解:(１)f(x)的定义域为(０,＋∞),f′(x)＝aex－１x． 由题设知,f′(２)＝０,所以a＝ １２e２ ． 从而f(x)＝ １２e２ ex－lnx－１,f′(x)＝ １２e２ 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)≥e x e－lnx－１． 设g(x)＝e x e－lnx－１ ,则g′(x)＝e x 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． ２８．解:(１)当a＝３时,f(x)＝１３x 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)＝ x ３ 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－１３＝－６ (a－１６ )２－１６ ＜０, f(３a＋１)＝１３＞０ ,故f(x)有一个零点, 综上,f(x)只有一个零点． 专题四　三角函数与解三角形 考点一　三角函数 实战集训１ １．D　函数f(x)定 义 域 为 R,且f(－x)＝f(x),偶 函数; f(x)＝cosx－(２cos２x－１)＝－２cos２x＋cosx＋１＝ －２ cosx－１４( ) ２ ＋９８ ,故最大值为９ ８ ,选 D． ２．C　 由 f(x)＝sin x３ ＋cos x ３ 可 得 f(x)＝ ２sin x３＋ π ４( ),故周期为T＝ ２π ω ＝ ２π １ ３ ＝６π,最大值 为 ２,故选C． ３．A　当x－π６∈ － π ２＋２kπ ,π ２＋２kπ( ),k∈Z时,函 数单调递增,即x∈ －π３＋２kπ ,２π ３＋２kπ( ),k∈Z,故 答案选 A． ４．C　由图知f －４π９( ) ＝cos － ４π ９ω＋ π ６( ) ＝０,所 以 －４π９ω＋ π ６＝ π ２＋kπ (k∈Z),化简得ω＝－３＋９k４ (k∈ Z),又因为T＜２π＜２T,即２π|ω|＜２π＜ ４π |ω| ,所以１＜|ω| ＜２,当且仅当k＝－１时１＜|ω|＜２,所以ω＝３２ ,最 小正周期T＝２π|ω|＝ ４π ３ ,故选C． ５．D　A．由于f －π２( )＝－２,A错误． B．f(x)＝f(－x)显然不成立,B错误． C．f(π－x)＝f(π＋x)显然不成立,C错误． D．容易验证f π２－x( ) ＝f π ２＋x( ) 在定义域上恒成立 ,D正确． ６．B　本题主要考查正弦型函数的性质及图象的平移, 考查学生 的 数 学 运 算 能 力,逻 辑 分 析 的 能 力,因 为 f(x)＝sinx＋π３( ),所以周期T＝ ２π ω＝２π ,故①正确; f π２( )＝sin π ２＋ π ３( )＝sin ５π ６＝ １ ２≠１ ,故②不正确; 将函数y＝sinx的图象上所有点向左平移 π３ 个单位 长度,得到y＝sin x＋π３( ) 的图象,故③正确． ７．A　因为函数y＝xcosx＋sinx 为奇函数,所以图像 关于原点对称,排除 C、D,因为当x＝π时,y＝－π＜ ０,排除B,故选 A． ８．A　由正弦函数图象可知T２＝x２－x１＝ ３π ４－ π ４＝ π ２ , ∴T＝π,∴ω＝２πT＝ ２π π＝２． ９．B　f(x)＝２cos２x－sin２x＋２＝cos２x＋１＋cos２x２ ＋ ２＝５２＋ ３ ２cos２x ,∴f(x)的最小正周期T＝２π２＝π． 最大值为f(x)max＝ ５ ２＋ ３ ２＝４． 故选B． １０．B　 ∵cos２α＝cos２α－sin２α＝cos ２α－sin２α sin２α＋cos２α ＝ １－tan２α tan２α＋１ ＝ ２３ ,∴tan２α＝ １５ ,∴tanα＝± ５５ ,当 tanα＝ ５５ 时,a＝ b２ ＝ ５ ５ ,∴a＝ ５５ ,b＝２ ５５ , ∴|a－b|＝ ５５ ;当tanα＝－ ５５ 时,a＝b２