第3章 微专题三 利用导数研究函数的零点&微专题四 隐零点与极值点偏移-(讲义)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

@第三章 一元函数的导数及其应用 C 三 利用导数研究函数的零点 命题角度1 讨论零点个数 【典例1】 (1)(2023·河南开封摸底)已知函数 f(x)=ln x+ a x+1- a 2 ,其中a∈R. ① 求函数f(x)的单调区间; ② 讨论函数f(x)零点的个数. (2)已知函数f(x)=ex-ax+sin x-1.当1≤ a<2时,试讨论函数f(x)的零点个数. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 函数零点个数的讨论问题实质是研究函数图象 的变化趋势,通过变化趋势看是否与x 轴存在公共 点,以此确定零点个数;在利用函数零点存在定理 时,一般不使用极限语言,故常常需要“取点”,可借 助ex ≥x+1,ln x ≤x-1等结构放缩,必要时可 构造函数证明所取点的符号. 【对点训练1】 (1)已知函数f(x)=aln x + 1 2x 2-(a+1)x,当a>0时,求函数f(x) 零点的个数. (2)已知函数f(x)= ln x+1 ex . ① 求函数f(x)的最值; ② 讨论函数g(x)=aex -ln x-1的零点 个数. 命题角度2 已知零点个数求参数范围 【典例2】 已知函数f(x)=x3- 3 2x 2+3-a, a∈R. (1)求f(x)的极大值与极小值之差; (2)若函数f(x)在区间(0,3]上恰有2个零 点,求a的取值范围. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 079 hh 根据函数零点的情况求参数值或取值范围的基 本方法:① 利用零点存在定理构建不等式求解; ② 分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解; ③ 转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题,从 而构建不等式求解. 【对点训练2】 已知函数f(x)=ax3+bx2+ 1(a,b∈R)在x=1处取得极值0. (1)求a,b; (2)若过点(1,m)存在三条直线与曲线y= f(x)相切,求实数m 的取值范围. 学习至此,请完成课时作业21 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 C 四 隐零点与极值点偏移 命题角度1 隐零点问题 【典例1】 (1)证明不等式ex-2-ax >ln x- ax(a∈R)恒成立. (2)已知函数f(x)=ex -x-2,当x >0时, (x-k)f'(x)+x+1>0恒成立,求整数 k的最大值. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 隐零点问题常用策略 (1)依据函数式的结构特征和函数单调性,大胆 “试根”,再由单调性说明“此根”的唯一性. (2)先“虚设零点,设而不求”,通过形式化的“变 量代换”或推理,达到化简并求解的目的. (3)“多次求导”,合理变形,直至能够求解. 【对点训练1】 (1)已知函数f(x)= 1 ax 2 + ln x- 2+ 1 a x(a ≠ 0). 令 F(x)= af(x)-x2,若F(x)<1-2ax 在x ∈ (1,+∞)上恒成立,求整数a 的最大值 参 考数据:ln 3< 4 3 ,ln 4> 5 4 . (2)已知函数f(x)=(x-a)ex-x2.若a∈Z, 函数f(x)在x∈[0,+∞)上是增函数,求 a的最大整数值. 命题角度2 极值点偏移问题 【典例2】 已知函数f(x)=ln x+1-ax 有两 个零点x1,x2,且x1<x2,则下列命题正确 的个数是 ( ) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 080 @第三章 一元函数的导数及其应用 ①0<a<1 ②x1+x2< 2 a ③x1·x2>1 ④x2-x1> 1 a-1 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 极值点偏移问题的常用策略:首先进行变量的 转化,即由已知条件入手,寻找双变量所满足的关系 式,或者通过比值代换 令t= x2 x1 ,利用关系式将 其中一个变量用另一个变量表示,代入要证明的不 等式,化简后根据其结构特点构造函数,再借助导 数,判断函数的单调性,从而求其最值,并把最值应 用到所证不等式.除了上述方法外,也常通过构造关 联(对称)函数求解,常见步骤如下:① 构造奇函数 F(x)=f(x0-x)-f(x0+x);②对F(x)求导, 判断F'(x)的符号,确定F(x)的单调性;③ 结合 F(0)=0,得到f(x0-x)>f(x0+x)[或f(x0- x)<f(x0+x)];④ 由f(x1)=f(x2)=f(x0- (x0-x2))>(或<)f(x0+(x0-x2))=f(2x0- x2)得f(x1)>(或<)f(2x0-x2);⑤结合f(x) 的单调性,得x1 > (或 <)2x0-x2,得x1+x2> (或 <)2x0.其中也可考虑构造 F(x)=f(x)- f(2x0-x)等,具体视已知条件“执果索因”. 【对点训练2】 (1)已知函数f(x)=aex -x, a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1,x2. 证明:x1+x2>2. (2)已知函数f(x)=aln x a -x ,g(x)=ax- aex.(e=2.718 28… 为自然对数的底数) ① 当a=1时,求函数y=f(x)的极大值; ② 已 知 x1,x2 ∈ (0,+ ∞),且 满 足 f(x1)>g(x2),求证:x1+ae x2 >2a. 学习至此,请完成课时作业22 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 081 参 考 答 案 ex + 2 (x+1)3 >0, ∴k(x)在区间[0,+∞)上单调递增, 则k(x)≥k(0)=0, ∴h(x)在区间[0,+∞)上单调递增, 则h(x)≥h(0)=2-m. 当m≤2时,h(x)=g'(x)≥2-m≥0, ∴g(x)在区间[0,+∞)上单调递增, 则g(x)≥g(0)=0恒成立; 当m >2时,则g'(0)<0, g'(ln m+1)=(e-1)m+ 1 2+ln m>0 , ∴∃x0 ∈ (0,ln m+1), 使得g'(x0)=0, ∴g(x)在区间[0,x0)上单调递减,则 g(x0)<g(0)=0,与条件矛盾. 综上 所 述,实 数 m 的 取 值 范 围 为 (-∞,2]. 典例2:(1)1 解析:因为对任意x1,x2∈R,当x1≠ x2 时,都有 f(x1)-f(x2) x1-x2 >0,所以 f(x)在R上单调递增,则f(xcos x)≥ f(a-sin x)等价于xcos x≥a-sin x, 即a ≤xcos x +sin x,令 g(x)= xcos x+sin x,x∈ π 2 ,π ,g'(x)= 2cos x-xsin x,因为x ∈ π 2 ,π ,所 以cos x≤0,sin x≥0,所以g'(x)≤0, 所以g(x)在 π 2 ,π 上单调递减,所以 g(x)≤g π 2 = π2cosπ2+sinπ2 = 1,即a≤1,所以a的最大值为1. (2)(-∞,e-1] 解析:若存在x∈ 1 e ,e ,使f(x)≤0, 即f(x)=ln x-x+m≤0,所以m≤ x-ln x,令g(x)=x -ln x,x ∈ 1 e ,e ,g'(x)=1- 1x =x-1x ,令 g'(x)>0,解得x∈(1,e],令g'(x)< 0,解得x∈ 1 e ,1 ,所以g(x)在x∈ (1,e]上单调递增,在x∈ 1 e ,1 上单 调递减,所 以g(e)=e-1,g 1 e = 1 e-ln 1 e = 1 e+1 ,e-1> 1 e+1 ,所 以m≤e-1. 对点训练2: 6e e2-1 ,+∞ 解析:∵f(x0)+ 3e x0 <0,即3ln x0 - kx0+ k x0 + 3e x0 <0,当x0=1时3e<0 显然不成立,即在x0=1时不满足原式, 当x0∈(1,e]时,整理得 x0ln x0+e x20-1 < k 3. 令g(x)= xln x+e x2-1 ,x∈(1,e],则 g'(x)= (x2-2ex-1)-(x2+1)ln x (x2-1)2 , ∵ 当x∈(1,e]时,(x2+1)ln x>0, x2-2ex-1= (x-e)2-e2-1<0, 则g'(x)<0在 x ∈ (1,e]时 恒 成 立,∴g(x)在 (1,e]上 单 调 递 减,则 g(x)≥g(e)= 2e e2-1 ,则 2e e2-1 < k 3 , 即k> 6e e2-1 .综上所述,实数k的取值 范围为 6e e2-1 ,+∞ . 典例3:解:由题意知,f(x),g(x)分别 在x∈ (1,e],x ∈ [1,2]上f(x)min > g(x)min, 由 x2f'(x)+xf(x)= eln x,得 f'(x)= eln x-xf(x) x2 . 令t(x)=eln x-xf(x),则t'(x)= e x -f (x)-xf'(x)= e x -f (x)- x·eln x-xf(x) x2 = e(1-ln x) x . 因为x1 ∈ (1,e],所以1-ln x ∈ [0, 1),则t'(x)≥0,t(x)在(1,e]上单调 递增. t(x)max=t(e)=eln e-ef(e)=0,即 t(x)≤0. 所以f'(x)≤0,f(x)在(1,e]上单调 递减,f(x)min =f(e)=1. g(x)图象的对称轴方程是x =a. 当a≤ 3 2 时,g(x)min=g(2)=4a< f(x)min =1,解得a< 1 4. 当a> 3 2 时,g(x)min=g(1)=2a+ 3<f(x)min =1,无解. 综上,a的取值范围为 -∞, 1 4 . 对点训练3:(1)-∞, 1 2 解析:因为对 ∀x ∈ [0,+ ∞),y ∈ [0,+∞),不等式ex+y-2+ex-y-2+2- 4ax ≥0恒成立,所以 4ax-2 ex-2 ≤ey + e-y,对 ∀x∈[0,+∞),y∈ [0,+∞) 恒成立,又因为ey+e-y≥2 ey·e-y = 2,当且仅当ey=e-y,即y =0时取等 号,所以4ax-2 ex-2 ≤2,对∀x∈[0,+∞) 恒成立,当x =0时,- 2 e-2 ≤2恒成立, 所以a∈R,当x>0时,2a≤ 1+ex-2 x 对∀x∈(0,+∞)恒成立,令g(x)= 1+ex-2 x ,x ∈ (0,+∞),则g'(x)= ex-2(x-1)-1 x2 ,令h(x)=ex-2(x- 1)-1,x ∈ (0,+ ∞),则h'(x)= xex-2 > 0 恒 成 立,所 以 h(x)在 (0,+∞)上单调递增,又h(2)=0,所 以当 0< x < 2 时 h(x)< 0,即 g'(x)<0,当x >2时h(x)>0,即 g'(x)>0,所以g(x)在(2,+∞)上 单调递增,在(0,2)上单调递减,所以 g(x)的最小值g(2)=1,所以2a≤ 1,即a≤ 1 2. (2)解:①f'(x)=ln x,x >0, 由f'(x)=0,得x =1, 当x ∈ (0,1)时,f'(x)<0,f(x)单 调递减, x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单 调 递 增, 所 以 函 数 的 最 小 值 是 f(1)= -1-a, 因为函数f(x)无零点,-1-a>0, 得a<-1, 所以a的取值范围是(-∞,-1). ② 证明:不妨设x1 <x2, 由①得,f(x)在(0,1)上单调递减,在 (1,+∞)上单调递增, ∴0<x1 <1<x2,故0< 1 x2 <1, ∵f(x1)=f(x2)=0, ∴f(x1) - f 1 x2 = f(x2) - f 1 x2 = (x2ln x2 - x2 - a)- ln 1 x2 x2 - 1 x2 -a =x2ln x2-x2+ ln x2 x2 + 1 x2 , 设g(x)=xln x-x+ ln x x + 1 x ,x>1, 因为g'(x)=ln x- ln x x2 >0,x>1, 所以函数g(x)在区间(1,+∞)上单 调递增,且g(1)=0, 所 以 g(x)> g(1)= 0 在 区 间 (1,+∞)上恒成立, 故f(x1)-f 1 x2 >0, 即f(x1)>f 1 x2 , 又f(x)在(0,1)上单调递减, ∴0<x1 < 1 x2 <1,∴x1x2 <1. 微专题三 利用导数 研究函数的零点 典例1:(1)解:① 函数f(x)的定义域为 (0,+∞),f'(x)= 1 x - a (x+1)2 = x2+(2-a)x+1 x(x+1)2 , 在一元二次方程x2+(2-a)x+1= 0中,Δ = (2-a)2-4=a2-4a = a(a-4), 当a <0时,f'(x)>0,此 时 函 数 f(x)单调递增,增区间为(0,+∞), 没有减区间; 当0≤a≤4时,f'(x)≥0,此时函数 f(x)单调递增,增区间为(0,+∞),没 有减区间; 当a>4时,一元二次方程x2+(2- a)x+1=0有两个不相等的实根,分 别记为x1,x2(x2>x1),有x1+x2= a-2>0,x1x2 =1>0,可得x2 > x1 >0,有x1 = a-2- a2-4a 2 , x2 = a-2+ a2-4a 2 ,可得此时函 数f(x)的 增 区 间 为 (0,x1),(x2, +∞),减区间为(x1,x2). 综上可知,当a≤4时,函数f(x)的增 区间为(0,+∞),没有减区间;当a> 4时,函数f(x)的增区间为 0,a-2- a 2-4a 2 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -469- hh a-2+ a2-4a 2 ,+∞ , 减区间为 a-2- a 2-4a 2 , a-2+ a2-4a 2 . ② 由 ① 可知: 当a≤4时,函数f(x)单调递增,又由 f(1)=0,可得此时函数只有一个零点 为x =1; 当a>4时,由x1x2 =1>0,x2 > x1,可得0<x1<1<x2,又由f(1)= 0,由 函 数 的 单 调 性 可 知 f(x1)> f(1)=0,f(x2)<f(1)=0, 当0<x<1且0<x<e -a2 时,可得 ln x <ln e -a2,有ln x+ a 2 <0 ,可得 f(x)<ln x+a- a 2 =ln x+ a 2 < 0,当x>e a 2 时,f(x)>ln x- a 2 > ln e a 2- a 2 = a 2- a 2 =0 ,可知此时函 数f(x)有且仅有3个零点, 综上,当a≤4时,函数f(x)有且仅有 一个零点;当a>4时,函数f(x)有且 仅有3个零点. (2)解:当x =0时,f(0)=e0-0- 1+sin 0=0,∴x=0是f(x)的一个零 点,令h(x)=f'(x)=ex -a+cos x, 可得h'(x)=ex-sin x.因为1≤a<2, 当x ∈ (0,+∞)时,ex >1, ∴h'(x)>1-sin x ≥0, ∴f'(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f'(x)>f'(0)=2-a>0, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f(x)>f(0)=0,此时 f(x)在 (0,+∞)上无零点. 当x ∈ (-∞,-π]时,-ax ≥π,有 f(x)=ex-ax+sin x-1≥ex+π+ sin x-1>0, 此时f(x)在(- ∞, -π]上无零点. 当x∈(-π,0)时,sin x<0,h'(x)= ex -sin x>0,∴f'(x)在(-π,0)上 单调递 增,又 f'(0)=2-a >0, f'(-π)=e-π-a-1<0, 由函数 零 点 存 在 定 理 知,存 在 唯 一 x0 ∈ (-π,0),使得f'(x0)=0. 当x∈(-π,x0)时,f'(x)<0,f(x) 在(-π,x0)上单调递减; 当x∈(x0,0)时,f'(x)>0,f(x)在 (x0,0)上单调递增; 又f(-π)=e-π+aπ-1>0,f(x0)< f(0)=0,所以f(x)在(-π,0)上有 1个零点. 综上,当1≤a<2时,f(x)有2个零点. 对点训练1:(1)解:f'(x)= (x-1)(x-a) x (x >0), 若0 <a < 1,当 x ∈ (0,a)时, f'(x)>0;当x∈(a,1)时,f'(x)< 0;当x ∈ (1,+∞)时,f'(x)>0, 所以f(x)在(0,a),(1,+∞)上单调 递增,在(a,1)上单调递减,f(x)有极 大值 f(a)=aln a + 1 2a 2 - (a + 1)a=aln a- 1 2a-1 <0, 极小值f(1)= -a- 1 2 <0 , 又f(2a+2)=aln(2a+2)>0, 所以函数f(x)有1个零点. 若a =1,f'(x)≥0恒 成 立,函 数 f(x)单调递增, 此时f(1)= - 3 2 <0 ,f(4)=ln 4> 0,所以函数f(x)有1个零点; 若a>1,当x∈(0,1)时,f'(x)>0; 当x ∈ (1,a)时,f'(x)<0;当x ∈ (a,+∞)时,f'(x)>0, 所以f(x)在(0,1),(a,+∞)上单调 递增,在(1,a)上单调递减, 所以f(x)有极大值f(1)= -a- 1 2 <0 ,显然极小值f(a)<0, 又f(2a+2)=aln(2a+2)>0,所以 函数f(x)有1个零点. 综上所述,当a>0时,函数f(x)的零 点个数为1. (2)解:① 由函数f(x)= ln x+1 ex , x ∈ (0,+ ∞), 得 f'(x) = 1 x ·ex -(ln x+1)·ex (ex)2 = 1 x - (ln x+1) ex , 令 h(x)= 1 x - (ln x +1),则 h'(x)= - 1+x x2 <0恒成立, 所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,且 h(1)=0, 所以x ∈ (0,1)时,f'(x)>0,x ∈ (1,+∞)时,f'(x)<0,所以f(x)在 (0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调 递减,即当x=1时,f(x)取得最大值 f(1)= 1 e ,无最小值. ② 函数g(x)=aex -ln x-1的零点 个数就是方程aex -ln x-1=0的解 的个数, 整 理 得 a = ln x+1 ex ,令 f(x)= ln x+1 ex ,x ∈ (0,+∞),由 ① 可知, f(x)在(0,1)上单调递增, 在(1,+∞)上单调递减,当x =1时, f(x)取得最大值f(1)= 1 e , 当x趋近于0时,f(x)趋近于-∞,当 x 趋近于+∞ 时,f(x)恒大于0且趋 近于0, 作出函数图象如图: 由图知,当a> 1 e 时,函数g(x)没有 零点, 当a= 1 e 或a≤0时,函数g(x)只有 1个零点, 当0<a< 1 e 时,函数g(x)有两个 零点. 典例2:解:(1)f'(x)=3x2 -3x = 3x(x-1),令f'(x)=0,解得x =0 或x =1. 当x>1或x<0时,f'(x)>0,f(x) 单调递增; 当0<x <1时,f'(x)<0,f(x)单 调递减. 所以f(x)的极大值为f(0)=3-a, 极小值为f(1)= 5 2 -a. 所以f(x)的极大值与极小值之差为 f(0)-f(1)= 1 2. (2)由(1)知,f(x)在(0,1)上单调递 减,在(1,3]上单调递增, 所以f(x)min =f(1)= 5 2 -a ,又 f(0)=3-a,f(3)= 33 2 -a , 因为函数f(x)在(0,3]上恰有2个不 同的零点, 所以 f(0)>0, f(1)<0, f(3)≥0, 即 3-a>0, 5 2 -a<0 , 33 2 -a≥0 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 解得 5 2 <a<3 , 即实数a的取值范围为 52 ,3 . 对点训练2:解:(1)由题意知f'(x)= 3ax2+2bx, 因为函数f(x)=ax3+bx2+1(a, b∈R)在x =1处取得极值0, 所以f'(1)=3a+2b=0,f(1)=a+ b+1=0,解得a=2,b= -3, 经检验,符合题意,所以a=2,b= -3. (2)由(1)可知,函数f(x)=2x3 - 3x2+1,所以f'(x)=6x2-6x, 设切点坐标为(x0,2x30-3x20+1), 所以切线方程为y - (2x30 -3x20 + 1)= (6x20-6x0)(x-x0),因为切线 过点(1,m), 所以m-(2x30-3x20+1)= (6x20- 6x0)(1-x0),即m = -4x30+9x20- 6x0+1, 令h(x)= -4x3+9x2-6x+1,则 h'(x)= - 12x2 + 18x - 6 = -6(2x-1)(x-1), 令h'(x)=0,解得x = 1 2 ,或x =1, 当x 变化时,h'(x),h(x)的变化情况 如表所示, x -∞, 1 2 12 12 ,1 1 (1,+∞) h'(x) - 0 + 0 - h(x) 单调递减 - 1 4 单调递增 0 单调递减 因此,当x = 1 2 时,h(x)有极小值 h 12 = -14, 当x=1时,h(x)有极大值h(1)=0, 过点(1,m)存在3条直线与曲线y = f(x)相切, 等价于关于x 的方程m = -4x3 + 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -470- 参 考 答 案 9x2-6x +1有 三 个 不 同 的 根,则 - 1 4 <m <0 , 所以实数m 的取值范围是 - 1 4 ,0 . 微专题四 隐零点与 极值点偏移 典例1:(1)证明:设函数φ(x)=ex-2- ln x(x>0),则φ'(x)=ex-2- 1 x ,可 知φ'(x)在(0,+∞)上单调递增. 又由φ'(1)<0,φ'(2)>0知,φ'(x)=0 在(0,+ ∞)上有唯一实数根x0,且 1<x0<2,则φ'(x0)=e x0-2- 1 x0 = 0,即e x0-2 = 1 x0 . 当x∈(0,x0)时,φ'(x)<0,φ(x)单 调递减; 当x ∈ (x0,+ ∞)时,φ'(x)>0, φ(x)单调递增, 所以φ(x)≥φ(x0)=e x0-2-ln x0, 结合e x0-2= 1 x0 ,知x0-2= -ln x0, 所以φ(x)≥φ(x0)= 1 x0 +x0-2= x20-2x0+1 x0 = (x0-1)2 x0 >0, 则φ(x)=ex-2-ln x >0, 即不等式ex-2 -ax >ln x -ax 恒 成立. (2)解:由题意,(x-k)f'(x)+x+ 1=(x-k)(ex -1)+x+1>0⇔k< x+1 ex -1 +x 对一切x >0恒成立. 令g(x)= x+1 ex -1 +x, 则k<g(x)min. g'(x)= ex(ex -x-2) (ex -1)2 . 令h(x)=ex -x -2(x >0),则 h'(x)=ex -1>0在x∈ (0,+∞) 恒成立,即h(x)在(0,+∞)上单调递 增,又易知h(1)<0,h(2)>0,所以 h(x)在(0,+∞)上存在唯一零点. 设此零点为x0,则x0 ∈ (1,2). 又g'(x)与h(x)同号,故当x ∈ (0, x0)时,g'(x)<0; 当x ∈ (x0,+∞)时,g'(x)>0. 所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在 (x0,+∞)上单调递增,所以 g(x)min =g(x0)= x0+1 e x0 -1 +x0. 又由h(x0)=0,得e x0 =x0+2,代入 得g(x0)= x0+1 (x0+2)-1 +x0 =1+ x0 ∈ (2,3),又k<g(x0),故整数k 的最大值为2. 对点训练1:(1)解:由F(x)=af(x)- x2 =aln x-(2a+1)x, 因为F(x)<1-2ax在(1,+∞)上恒 成立,即aln x-(2a+1)x<1-2ax 在(1,+∞)上恒成立,即a< x+1 ln x 在 (1,+∞)上恒成立, 令h(x)= x+1 ln x ,x >1, 可得h'(x)= ln x- 1 x -1 ln2x , 令t(x)=ln x- 1 x -1 (x >1), 可得t(x)在(1,+∞)上单调递增, 且t(3)<0,t(4)>0, 所以存在x0 ∈ (3,4), 使得t(x0)=ln x0- 1 x0 -1=0, 从而h(x)在(1,x0)上单调递减,在 (x0,+∞)上单调递增, 所以h(x)min =h(x0)= x0+1 ln x0 = x0+1 1 x0 +1 =x0 ∈ (3,4), 因为a< x+1 ln x 在(1,+∞)上恒成立, 所以a<h(x)min =x0, 所以整数a的最大值为3. (2)解:f'(x)=ex + (x -a)ex - 2x = (x+1-a)ex -2x, 由f(x)在x∈[0,+∞)上是增函数, 得f'(x)≥0在x∈[0,+∞)上恒成立, 即(x +1-a)ex -2x ≥ 0,x ∈ [0,+∞),分离参数得1-a≥ 2x ex - x,x ∈ [0,+∞), 设 g(x)= 2x ex -x,则 g'(x)= 2-2x ex -1= 2-2x-ex ex , 设h(x)=2-2x-ex,易知h(x)单 调递减,由于h(0)=1>0,h 1 2 = 1- e<0, 因而方程 2-2x-ex =0在 0, 1 2 上 有解,设为x0, 则e x0 =2-2x0,且当x∈(0,x0)时, g'(x)>0,当x ∈ (x0,+ ∞)时, g'(x)<0, 所以g(x)的最大值为g(x0)= 2x0 e x0 - x0 = x0 1-x0 -x0 = x20 1-x0 . 因而1-a ≥ x20 1-x0 ,即 a ≤ 1+ x20 x0-1 =3+ 1 x0-1 +x0-1, 又x0∈ 0, 1 2 ,所以x0-1∈ -1, - 1 2 , 又3+ 1 x0-1 +x0-1∈ 1 2 ,1 , 所以a的最大整数值为0. 典例2:C 由f(x)=0可得a= ln x+1 x , 令g(x)= ln x+1 x ,其中x>0,则直 线y=a与函数g(x)的图象有两个交 点,g'(x)= - ln x x2 ,由g'(x)>0可 得0<x <1,即函数g(x)的单调递 增区间为(0,1), 由g'(x)<0可得x>1,即函数g(x) 的单调递减区间为(1,+∞),且当0< x < 1 e 时,g(x)= ln x+1 x <0 ,当 x> 1 e 时,g(x)= ln x+1 x >0 ,如下 图所示, 由图可知,当0<a<1时,直线y=a 与函 数 g(x)的 图 象 有 两 个 交 点, ① 对;对于 ②,由图可知,1e <x1 < 1< x2,因 为 f'(x)= 1 x -a = 1-ax x ,由f'(x)>0可得0<x < 1 a ,由f'(x)<0可得x > 1 a ,所以, 函数f(x)的增区间为 0, 1 a ,减区 间为 1 a ,+∞ ,则 必 有0<x1 < 1 a <x2 ,所以0<x1 < 1 a ,则2 a - x1 > 1 a ,令 h(x)= f 2 a -x - f(x)=ln 2 a -x -a 2a -x - ln x +ax,其 中 0 < x < 1 a ,则 h'(x) = 1 x- 2 a - 1 x + 2a = 2a x- 1 a 2 x x- 2 a <0,则 函 数 h(x)在 0,1a 上 单 调 递 减,所 以 h(x1)> h 1a =0,即f 2a -x1 -f(x1)> 0,即f(x1)<f 2 a -x1 ,又f(x2)= f(x1)=0,可得f(x2)<f 2 a -x1 , 因为 函 数 f(x)的 单 调 递 减 区 间 为 1a ,+∞ ,则x2> 2a -x1,即x1+ x2 > 2 a ,② 错;对于③,由 ax1 =ln x1+1, ax2 =ln x2+1, 两 式 相 加 整 理 可 得 x1+x2 = ln(x1x2)+2 a > 2 a ,所 以 ln(x1x2)>0,可得x1x2 >1,③ 对; 对于 ④,由图可知1e <x1<1<x2 , 则 -x1>-1,又因为x2> 1 a ,所以, x2-x1 > 1 a -1 ,④ 对.故选C. 对点训练2:(1)证明:由f(x)=aex - x =0,得 x ex -a=0,令g(x)= x ex - 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -471- hh a,则g'(x)= 1-x ex , 由g'(x)= 1-x ex >0,得x <1; 由g'(x)= 1-x ex <0,得x >1. 所以g(x)在(-∞,1)上单调递增,在 (1,+∞)上单调递减,由于x1,x2 是 方程g(x)=0的实根,不妨设x1 < 1<x2, 要证x1+x2 >2,只要证x2 >2- x1 >1. 由于g(x)在(1,+∞)上单调递减,故 只要证g(x2)<g(2-x1), 由于g(x1)=g(x2)=0, 故只要证g(x1)<g(2-x1), 令 H(x)=g(x)-g(2-x)= x ex - 2-x e2-x (x <1), 则 H'(x)= 1-x ex - 1-x e2-x = (e2-x -ex)(1-x) e2 , 因为x<1,所以1-x>0,2-x>x, 所以e2-x >ex,即e2-x -ex >0, 所以H'(x)>0,所以H(x)在(-∞, 1)上单调递增. 所以H(x1)<H(1)=0,即有g(x1)< g(2-x1)成立,所以x1+x2 >2. (2)解:① 当a=1时,f(x)=ln x- x,定义域为(0,+∞), 则f'(x)= 1 x -1= 1-x x ,f'(x)> 0⇒0<x <1,f'(x)<0⇒x >1, 所以f(x)在(0,1)上 单 调 递 增,在 (1,+∞)上单调递减, 故f(x)的极大值为f(1)= -1. ② 证明:由题意知,a>0,由f(x1)> g(x2)可得aln x1 a -x1>ax2-ae x2, 所以ln x1 a - x1 a >ln e x2 -e x2,令 h(x)=ln x-x, 由①可知,h(x)在(0,1)上单调递增,在 (1,+ ∞)上单调递减,则h x1 a > h(e x2), 令t1 = x1 a ,t2 =e x2,又x1>0,x2> 0,所以t1>0,t2>1,则h(t1)>h(t2), 若t1≥1,则t1+t2>2,即 x1 a +e x2 > 2,所以x1+ae x2 >2a; 若0<t1<1,设t3∈(1,+∞),且满 足h(t3)=h(t1),如图所示, 则h(t3)=h(t1)>h(t2),所以1< t3 <t2,下证:t3+t1 >2. 令F(x)=h(x)-h(2-x)=ln x- ln(2-x)-2x+2,x ∈ (0,1), 则 F'(x)= 1 x + 1 2-x - 2 = 2(x-1)2 x(2-x)> 0, 所以F(x)=h(x)-h(2-x)在x∈ (0,1)上 单 调 递 增,所 以 F(x)< f(1)=0, 所以F(t1)=h(t1)-h(2-t1)<0, 即h(t1)<h(2-t1), 又因为h(t3)=h(t1),所以h(t3)< h(2-t1),t3,2-t1 ∈ (1,+∞), 所以t3 >2-t1,即t3+t1 >2, 又因为1<t3 <t2,所以t1+t2 >2, 即x1+ae x2 >2a. 综上,x1+ae x2 >2a. 第四章 三角函数、 解三角形 4.1 任意角与弧度制、 三角函数的概念 􀪋􀪋 必备知识回顾 􀪋􀪋 知识梳理 1.(1)逆时针 顺时针 零角 正角、 负角和零角 (2)角的终边 坐标轴 (3){β|β=α+k·360°,k∈Z} 2.(1)1弧度 正数 负数 0 (2)π (3)|α|·r 1 2|α| ·r2 3.(1)y x 基础检测 1.(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× 2.二 3.α α =kπ- π 3 ,k∈Z 4.1或4 5.ABC 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:(1)AD 终边落在x 轴的非负半轴 上的角的集合为{α|α=2kπ,k∈Z}, 故A正确;终边落在y轴上的角的集合 为 α α = π 2 +kπ ,k∈Z ,原 命 题 属于角度制和弧度制的混用,故B错 误;第三象限角的集合为{α|π+2kπ< α< 3π 2 +2kπ ,k∈Z},故C错误;在 -720°~0°范围内所有与45°角终边 相同的角 可 以 表 示 为{α|α =45°+ 360°·k,k= -1,-2},故α= -675° 或α = -315°,故D正确.故选AD. (2)AB 因为α与-α关于x 轴对称, 而α是第二象限角,所以-α是第三象 限角,所以π-α是第一象限角,故A正 确;因 为α 是 第 二 象 限 角,所 以 π2 + 2kπ<α<π+2kπ,k∈Z,所以 π 4+ kπ< α 2 < π 2+kπ ,k∈Z,故 α 2 是第 一或第三象限角,故B正确;因为α 是 第二象限角,所以3 2π+α 是第一象限 角,故C错误;因为α是第二象限角,所 以 π 2 +2kπ<α<π+2kπ ,k∈Z,所 以π+4kπ<2α<2π+4kπ,k∈Z,所 以2α的终边可能在y轴负半轴上,故D 错误.故选AB. 对点训练1:ACD 例2:(1)136° -224° 解析:α= -6×360°+136°= -2 024°, 则与角α 终 边 相 同 的 角 可 以 写 成k· 360°+136°(k∈Z)的形式.当k =0 时,可得与角α终边相同的最小正角为 136°;当k= -1时,可得与角α终边相 同的最大负角为 -224°. (2){α|90°+k·180°≤α≤120°+k· 180°,k∈Z} 解析:因 为 终 边 落 在 y 轴 上 的 角 为 90°+k·180°,k∈Z,终边落在题图中 直线上的角为120°+m·360°=120°+ 2m·180°,m ∈Z和300°+n·360°= 120°+180°+2n·180°=120°+(2n+ 1)·180°,n∈Z,即终边在直线上的角 为120°+k·180°,k∈Z,所以终边落 在阴影部分(包含边界)的角α 的集合 为{α|90°+k·180°≤α≤120°+k· 180°,k∈Z}. (3)π-α+2kπ,k∈Z 解析:因为角α 的终边与角β 的终边关 于y 轴 对 称,在 一 个 周 期[0,2π)中, α+β=π,即β=π-α,所以由周期性 知β=π-α+2kπ,k∈Z. 对点训练2:(1) ββ=-π3+2kπ,k∈Z (2)2π3 例3:(1)2π 22π3 解析:因 为 扇 形 的 半 径为3,圆心角为2π3 , 则 扇 形 的 弧 长 等 于 2π 3×3=2π ;如图,设 圆 锥 的 底 面 半 径 为 r(r>0),所以2π= 2π×r,解 得r =1,则 圆 锥 的 高 为 PO = 9-1=22,所以圆锥的体 积为 1 3π×1 2×22= 22π 3 . (2)D 由 弧 长 公 式l =|α|·r,得 l1 = 2π 3 ·r,l2 = 2π 3 ·2r,l3 = 2π 3 · 3r,…,l11 = 2π 3 ·11r, 其 中 r = |AB|=1,∴ 蚊香的长度L =l1 + l2+l3+…+l11= 2π 3 (1+2+3+…+ 11)=44π,故选D. (3)解:解法1:由题意知2r+l=16, ∴l=16-2r(0<r<8), 则S= 1 2lr= 1 2 (16-2r)r= -r2+ 8r= -(r-4)2+16, 当r=4(cm)时,Smax =16(cm2), l=16-2×4=8(cm),α= l r =2 , ∴S的最大值是16 cm2,此时扇形的半 径是4 cm,圆心角α =2 rad. 解法2:S = 1 2lr= 1 4l ·2r≤ 1 4 · l+2r 2 2 =16, 当且仅当l=2r,即r=4(cm)时,S的 最大值是16 cm2. 此时扇形的圆心角α =2 rad. 对点训练3:解:(1)l=|α|r= 2 4π ,S = 1 2lr= 1 2 × 2 4π× 2= π 4. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -472-