期末综合复习专题02 三角恒等变换 讲义-2024-2025学年高一下学期数学苏教版（2019）必修第二册

2024-2025学年度江苏省高一下学期期末综合复习专题02--《三角恒等变换》 一、考点概述 1、公式的推导与运用 要求学生会推导两角差的余弦公式，这是三角恒等变换的基础公式之一。 （1）能利用两角差的余弦公式推导出两角差的正弦、正切公式，以及两角和的正弦、余弦、正切公式。 （2）掌握二倍角的正弦、余弦、正切公式，并能运用这些公式进行简单的恒等变换。 2、化简求值 给角求值：所给的角一般是非特殊角，需要考生观察非特殊角与特殊角之间的关系，结合公式转化为特殊角来求解，消除非特殊角的三角函数。 给值求值：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值。解题的关键在于 “变角”，通过合理的角的变换，使其角相同或具有某种关系，然后代入已知值进行计算。 给值求角：实质是转化为 “给值求值”，先求出角的某一三角函数值，再根据该函数的单调性及角的范围确定角。 （3）三角函数式的化简：利用诱导公式、同角基本关系式、和与差的三角函数公式、二倍角公式等，将较复杂的三角函数式化简。化简的基本要求是能求出数值的要求出数值，使三角函数式的项数最少、次数最低、角与函数的种类最少，分式中的分母尽量不含根式等。 综合应用：常与三角函数的图象、性质、解三角形问题等综合考查，有时也会与直线的斜率、导数等知识结合。在解决这些综合问题时，三角恒等变换通常起到辅助性作用，用于化简函数解析式，以便进一步研究函数的性质或解决其他相关问题。 二、考点梳理 两角和与差的正弦、余弦和正切公式 1、两角和与差的正弦： : : 2、两角和与差的余弦： : : 3、两角和与差的正切： :. :. 二倍角的正弦、余弦、正切公式 1、二倍角公式： （1）二倍角的正弦（）：． （2）二倍角的余弦（）：． （3）二倍角的正切（）：． 2、二倍角公式的变形及应用 （1）倍角公式的逆用： ；；． ：；；． （2）降幂（扩角）公式：；； ；． 积化和差与和差化积（不要求记忆） 1、积化和差 2、和差化积 辅助角公式 1、辅助角公式：（其中） 实质上是将同角的正弦值和余弦值与常数积的和变形为一个三角函数，当式子化简为同角不同名三角函数相加减时，通常利用辅助角公式化为正弦型． 2、辅助角公式的推导 = 由于上式中和的平方和为1， 故令， 则== 其中角终边所在的象限由的符号确定，角的值由确定，或由和共同确定． 三、解题策略 1、两角和与差正切公式变形 ； ． 2、降幂公式与升幂公式 ； ． 3、其他常用变式 ． 4、拆分角问题：①；；②；③； ④；⑤． 注意：特殊的角也看成已知角，如． 5、和化积公式 6、积化和公式 7、三角函数式的化简要遵循“三看”原则 8、三角函数式化简的方法 (1)弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂． (2)在三角函数式的化简中“次降角升”和“次升角降”是基本的规律，根号中含有三角函数式时，一般需要升次． 考点1 两角和与差公式的应用 例1、（2024·江苏南京期中）已知，则（ ） A． B． C． D． 例2、（2024·江苏无锡月考）已知点，为坐标原点，线段绕原点逆时针旋转，到达线段，则点的坐标为（ ） A． B． C． D． 变式1、（24-25高一下·江苏苏州·期中）已知，则（    ） A． B． C． D． 变式2、（24-25高一下·江苏宿迁·阶段测试）已知，且，则（ ） A． B． C． D． 变式3、则（    ） A． B． C． D． 考点2 倍（半）角公式的应用 例1、（2025·江苏校级月考）若，则（ ） A． B． C． D． 例2、已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则 A． B． C． D． 变式1、（24-25高一下·江苏无锡·期中）若，且，则 . 变式2、已知，，则 ． 考点3 辅助角公式 例1、（24-25高一下·江苏常州·期中）已知函数在上的最大值为，则 . 例2、已知，则（    ） A． B． C． D． 变式1、（24-25高一下·江苏南通·月考）已知锐角，满足，. (1)求的值； (2)求的值. 考点4 角的拼凑 例1、（2024·江苏期中）已知，则（ ） A． B． C． D． 例2、（2025·江苏省扬州中学）若，则（ ） A． B． C． D． 考点5 三角恒等变换与三角函数的综合应用 例1、（1）已知角为第二象限角，且，求的值； （2）若在区间上的最大值为6，求实数的值． 例2、已知函数已知. (1)求函数的周期、对称轴、对称中心; (2)求在上的单调区间与最值； (3)若对，不等式恒成立，试求的取值范围. 变式1、已知函数. (1)求函数的最小正周期； (2)设. ①求函数的单调递增区间； ②当时，求不等式的解集. 变式2、已知函数，. (1)求的最小正周期及单调递减区间； (2)直线与曲线、分别交于点、，求的最大值． 考点6 三角恒等变换与向量的综合运用 例1、已知向量，函数. (1)求函数的值域和单调递增区间； (2)当，且时，求的值. 例2、已知向量，函数. (1)求的最小正周期; (2)求的单调减区间； (3)若函数在区间上恰有两个零点，求实数的取值范围. 变式、已知向量，，函数. (1)求的最小正周期和对称轴； (2)求在区间上的最大值； (3)若，，求. 一、单选题 1．（23-24高一下·江苏苏州·期末）（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·江苏常州·期末）设为锐角，若，则的值为（   ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知，，，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知，，若，则实数的值（   ） A． B．3 C．2 D． 5．（22-23高一下·江苏宿迁·期末）设，，，则有（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·江苏南京·期末）若，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·江苏南京·期末）如图是古希腊数学家波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角三角形ABC的斜边AB，直角边BC，AC，N为AC的中点，点D在以AC为直径的半圆上，已知，，则以直角边AC，BC为直径的两个半圆的面积之比为（    ） A．16∶9 B．144∶25 C．225∶64 D．160∶81 二、多选题 9．（23-24高一下·江苏苏州·期末）已知函数，则（    ） A．的最小正周期为 B． C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递增 10．（23-24高一上·江苏无锡·期末）下列结论正确的是（   ） A． B． C．的最大值为 D． 11．（23-24高一下·江苏盐城·期末）若函数，则（    ） A．函数的一个周期为 B．函数的图象关于轴对称 C．函数在区间上单调递减 D．函数的最大值为2，最小值为0 三、填空题 12．（23-24高一下·江苏徐州·期末）已知，且，则 ． 13．（23-24高一上·江苏南通·期末）已知，，则的一个取值为 . 14．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知函数在有且仅有三个零点，则实数的取值范围是 . 四、解答题 15．（23-24高一下·江苏镇江·期末）已知角，满足，，且，. (1)求的值； (2)求的大小. 16．（23-24高一下·江苏连云港·期末）（1）已知，且．求的值； （2）已知，且．求的值． 17．（23-24高一下·江苏扬州·期末）已知函数. (1)当时，求函数的值域； (2)求函数在区间上的所有零点之和. 18．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知函数的最小正周期为． (1)求的值； (2)若关于x的方程在上有解，求m的取值范围； (3)若关于的对称点Q在的图象上，求． 19．（22-23高一下·江苏扬州·期末）已知函数，（，） (1)若，，证明：函数在区间上有且仅有个零点； (2)若对于任意的，恒成立，求的最大值和最小值. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年度江苏省高一下学期期末综合复习专题02--《三角恒等变换》 一、考点概述 1、公式的推导与运用 要求学生会推导两角差的余弦公式，这是三角恒等变换的基础公式之一。 （1）能利用两角差的余弦公式推导出两角差的正弦、正切公式，以及两角和的正弦、余弦、正切公式。 （2）掌握二倍角的正弦、余弦、正切公式，并能运用这些公式进行简单的恒等变换。 2、化简求值 给角求值：所给的角一般是非特殊角，需要考生观察非特殊角与特殊角之间的关系，结合公式转化为特殊角来求解，消除非特殊角的三角函数。 给值求值：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值。解题的关键在于 “变角”，通过合理的角的变换，使其角相同或具有某种关系，然后代入已知值进行计算。 给值求角：实质是转化为 “给值求值”，先求出角的某一三角函数值，再根据该函数的单调性及角的范围确定角。 （3）三角函数式的化简：利用诱导公式、同角基本关系式、和与差的三角函数公式、二倍角公式等，将较复杂的三角函数式化简。化简的基本要求是能求出数值的要求出数值，使三角函数式的项数最少、次数最低、角与函数的种类最少，分式中的分母尽量不含根式等。 综合应用：常与三角函数的图象、性质、解三角形问题等综合考查，有时也会与直线的斜率、导数等知识结合。在解决这些综合问题时，三角恒等变换通常起到辅助性作用，用于化简函数解析式，以便进一步研究函数的性质或解决其他相关问题。 二、考点梳理 两角和与差的正弦、余弦和正切公式 1、两角和与差的正弦： : : 2、两角和与差的余弦： : : 3、两角和与差的正切： :. :. 二倍角的正弦、余弦、正切公式 1、二倍角公式： （1）二倍角的正弦（）：． （2）二倍角的余弦（）：． （3）二倍角的正切（）：． 2、二倍角公式的变形及应用 （1）倍角公式的逆用： ；；． ：；；． （2）降幂（扩角）公式：；； ；． 积化和差与和差化积（不要求记忆） 1、积化和差 2、和差化积 辅助角公式 1、辅助角公式：（其中） 实质上是将同角的正弦值和余弦值与常数积的和变形为一个三角函数，当式子化简为同角不同名三角函数相加减时，通常利用辅助角公式化为正弦型． 2、辅助角公式的推导 = 由于上式中和的平方和为1， 故令， 则== 其中角终边所在的象限由的符号确定，角的值由确定，或由和共同确定． 三、解题策略 1、两角和与差正切公式变形 ； ． 2、降幂公式与升幂公式 ； ． 3、其他常用变式 ． 4、拆分角问题：①；；②；③； ④；⑤． 注意：特殊的角也看成已知角，如． 5、和化积公式 6、积化和公式 7、三角函数式的化简要遵循“三看”原则 8、三角函数式化简的方法 (1)弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂． (2)在三角函数式的化简中“次降角升”和“次升角降”是基本的规律，根号中含有三角函数式时，一般需要升次． 考点1 两角和与差公式的应用 例1、（2024·江苏南京期中）已知，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意可得：，则：，， 从而有：，即.故选：B. 【点睛】本题主要考查两角和与差的正余弦公式及其应用，属于中等题. 例2、（2024·江苏无锡月考）已知点，为坐标原点，线段绕原点逆时针旋转，到达线段，则点的坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由的坐标可知在单位圆上，设的终边经过点，所以， 又因为由绕原点逆时针旋转得到，所以的终边经过点且也在单位圆上， 所以， 又因为， 所以，故选：D. 变式1、（24-25高一下·江苏苏州·期中）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由， 得，所以， 又，所以， 即， 整理得，即， 所以一个钝角一个锐角，所以， 所以， 所以. 故选：C 变式2、（24-25高一下·江苏宿迁·阶段测试）已知，且，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，所以． 因为，所以． 因为，所以．所以， 所以，则． 故选：A. 变式3、则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由，则， 由 ，则， 当时，， 则， ， ； 当时，， 则， ， . 故选：D. 考点2 倍（半）角公式的应用 例1、（2025·江苏校级月考）若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】， ，，，解得， ，.故选：A. 例2、已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由三点共线，从而得到， 因为，解得，即， 所以，故选B. 变式1、（24-25高一下·江苏无锡·期中）若，且，则 . 【答案】 【详解】由可得， 因为，所以， 所以，解得， 所以由，解得， 所以， 故答案为： 变式2、已知，，则 ． 【答案】/ 【分析】根据同角的三角函数关系式，结合降幂公式、诱导公式进行求解即可. 【详解】解：由，，得， 所以． 故答案为： 考点3 辅助角公式 例1、（24-25高一下·江苏常州·期中）已知函数在上的最大值为，则 . 【答案】1 【详解】 ， 时，，， 故， 故，解得. 故答案为：1 例2、已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】， . 故选：A. 变式1、（24-25高一下·江苏南通·月考）已知锐角，满足，. (1)求的值； (2)求的值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由为锐角，，可得. 又由、为锐角、有， 又由，有. 有 . （2）由， 又由， 可得. 考点4 角的拼凑 例1、（2024·江苏期中）已知，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】，故选:.C 例2、（2025·江苏省扬州中学）若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】∵.∴， ∴，故选：C. 考点5 三角恒等变换与三角函数的综合应用 例1、（1）已知角为第二象限角，且，求的值； （2）若在区间上的最大值为6，求实数的值． 【解析】（1）因为角为第二象限角，且，则， 所以 ； （2）由题意可得：， 因为，则， 可知当，即时，取到最大值， 可得，即. 例2、已知函数已知. (1)求函数的周期、对称轴、对称中心; (2)求在上的单调区间与最值； (3)若对，不等式恒成立，试求的取值范围. 【解析】（1）法一：. ， 所以， ，所以对称轴为：， ，所以对称中心为：， 法二：， 所以， ，所以对称轴为：， ，所以对称中心为：. （2）法一：，， 所以上单调递增，上单调递减， 所以上单调递增，上单调递减， ，，， 所以 法二：，， 所以上单调递增，上单调递减， 所以上单调递增，上单调递减， ，，， 所以； （3），而恒成立， 所以， 当取得最大值3时，， 所以. 变式1、已知函数. (1)求函数的最小正周期； (2)设. ①求函数的单调递增区间； ②当时，求不等式的解集. 【解析】（1） ， 函数的最小正周期为； 当，即，，取得最大值2； （2）①， 令，，，， 所以函数的单调递增区间是，； ②，， ，所以或， 得或 所以不等式的解集是. 变式2、已知函数，. (1)求的最小正周期及单调递减区间； (2)直线与曲线、分别交于点、，求的最大值． 【解析】（1）因为，则的最小正周期为. 由可得， 所以，函数的单调递减区间为. （2）由题意可知，、两点的坐标为、， 则，即， 故 ， 因为，所以，所以， 所以在时的最大值为. 考点6 三角恒等变换与向量的综合运用 例1、已知向量，函数. (1)求函数的值域和单调递增区间； (2)当，且时，求的值. 【解析】（1）由题 ， 由于，则函数的值域是； 令，解得， 所以函数的单调递增区间为. （2）因为，可得， 因为，则， 可得， 所以. 例2、已知向量，函数. (1)求的最小正周期; (2)求的单调减区间； (3)若函数在区间上恰有两个零点，求实数的取值范围. 【解析】（1）， 的最小正周期. （2）令，， 解得，， 所以的单调减区间为 （3） 由题知在区间上恰有两个不同的实数根， 即函数在区间上的图像与直线恰有两个交点， 令， 做出的图像与直线，如图. 由图知，当时，的图像与直线有两个交点， 变式、已知向量，，函数. (1)求的最小正周期和对称轴； (2)求在区间上的最大值； (3)若，，求. 【解析】（1）， 所以， ， 所以的最小正周期为， 令，解得：， 所以对称轴为 （2）由，， 得，故当，即时， 取得最大值，最大值为. （3），可得：， 即，又，则， 所以， 所以. 一、单选题 1．（23-24高一下·江苏苏州·期末）（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·江苏常州·期末）设为锐角，若，则的值为（   ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知，，，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知，，若，则实数的值（   ） A． B．3 C．2 D． 5．（22-23高一下·江苏宿迁·期末）设，，，则有（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·江苏南京·期末）若，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·江苏南京·期末）如图是古希腊数学家波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角三角形ABC的斜边AB，直角边BC，AC，N为AC的中点，点D在以AC为直径的半圆上，已知，，则以直角边AC，BC为直径的两个半圆的面积之比为（    ） A．16∶9 B．144∶25 C．225∶64 D．160∶81 二、多选题 9．（23-24高一下·江苏苏州·期末）已知函数，则（    ） A．的最小正周期为 B． C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递增 10．（23-24高一上·江苏无锡·期末）下列结论正确的是（   ） A． B． C．的最大值为 D． 11．（23-24高一下·江苏盐城·期末）若函数，则（    ） A．函数的一个周期为 B．函数的图象关于轴对称 C．函数在区间上单调递减 D．函数的最大值为2，最小值为0 三、填空题 12．（23-24高一下·江苏徐州·期末）已知，且，则 ． 13．（23-24高一上·江苏南通·期末）已知，，则的一个取值为 . 14．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知函数在有且仅有三个零点，则实数的取值范围是 . 四、解答题 15．（23-24高一下·江苏镇江·期末）已知角，满足，，且，. (1)求的值； (2)求的大小. 16．（23-24高一下·江苏连云港·期末）（1）已知，且．求的值； （2）已知，且．求的值． 17．（23-24高一下·江苏扬州·期末）已知函数. (1)当时，求函数的值域； (2)求函数在区间上的所有零点之和. 18．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知函数的最小正周期为． (1)求的值； (2)若关于x的方程在上有解，求m的取值范围； (3)若关于的对称点Q在的图象上，求． 19．（22-23高一下·江苏扬州·期末）已知函数，（，） (1)若，，证明：函数在区间上有且仅有个零点； (2)若对于任意的，恒成立，求的最大值和最小值. 参考答案 1．A 【分析】利用诱导公式与两角差的正弦公式化简求值. 【详解】 . 故选：A. 2．B 【分析】根据给定条件，利用诱导公式、同角公式及二倍角公式求解即得. 【详解】因为为锐角，所以， 又，所以， 所以 . 故选：B. 3．D 【分析】先根据的范围确定，然后使用正切差公式. 【详解】由，知，故，从而. 所以. 故选：D. 4．B 【分析】由两角和与差的余弦展开式化简可得，再两边平方可得可得答案. 【详解】因为，所以， 所以， 因为， 所以，则, 上述等式两边平方可得， 因为，所以， 所以，解得. 故选：B. 5．B 【分析】利用和差公式，二倍角公式，以及基本关系化简，然后利用正弦函数的单调性可得. 【详解】因为， ， ，且在上单调递增， 所以，即. 故选：B 6．B 【分析】利用两角和差的余弦公式化简已知等式，可得，求出，即可求得答案. 【详解】由题意知， 故 即， 即， 故或（舍去）， 即，而，故， 故， 故选：B 7．D 【分析】由知，由两角和的正弦公式展开并整理得到，再利用得到，由基本不等式得. 【详解】若，则， 所以， 所以，即， ， 若使得取得最大值，不妨设， 则， 当且仅当，即时取等号. 故选：D. 【点睛】方法点睛：三角函数中的凑角技巧 ； ； . 8．B 【分析】先利用，由二倍角公式求出的余弦，再由两角差的余弦公式求出的余弦，再由同角三角函数基本关系求出正切，即得出，即可得解. 【详解】因为N为AC的中点，即是以为直径的圆的圆心， 所以, 所以，即， 由为锐角可得，所以， 由，可得， 因为, 所以 ， 所以，所以， 所以以直角边，为直径的两个半圆的面积之比为. 故选：B 9．BD 【分析】利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得. 【详解】因为 ， 所以的最小正周期，故A错误； 因为，所以，故B正确； 因为，所以的图象不关于直线对称，故C错误； 当，则，又在上单调递增， 所以在区间上单调递增，故D正确. 故选：BD 10．CD 【分析】根据诱导公式与两角差的余弦公式化简计算即可判断A；根据辅助角公式计算即可判断B；根据辅助角公式与正弦函数的性质即可判断C；根据两角差的正切公式、同角的三角函数关系、辅助角公式、二倍角公式和诱导公式计算化简即可判断D. 【详解】A： ，故A错误； B：，故B错误； C：，即函数的最大值为，故C正确； D：， 所以， 所以，故D正确. 故选：CD 11．ABC 【分析】A选项，根据作出判断；B选项，根据函数奇偶性的定义作出判断；C选项，当时，，化简得到，由复合函数同增异减得到函数的单调性；D选项，先求出时，，得到最值，结合函数的周期性和奇偶性得到答案. 【详解】A选项，， 故的一个周期为，A正确； B选项，定义域为R， ， 故函数的图象关于轴对称，B正确； C选项，当时，，在上单调递增， 故， 由于在上单调递减， 由同增异减，可知在区间上单调递减，C正确； D选项，当时，，， 当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为0， 又的图象关于轴对称，的一个周期为， 故在R上的最大值为，最小值为0，D错误. 故选：ABC 12．或 【分析】把代入方程解方程即可. 【详解】， 解得：或，因为，所以或. 故答案为：或. 13．（或） 【分析】计算出的值，即可求得出的值. 【详解】因为，， 且 ， 所以，，故. 故答案为：（或）. 14． 【分析】由降幂公式及辅助角公式可得函数的解析式，由，得，由零点的个数，可得，可求的取值范围. 【详解】 ， 由，时，， 在有且仅有三个零点，则有，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据题意和同角三角函数基本关系式、二倍角公式分别求出，，，，再利用两角差的正弦公式计算即可； （2）先根据题意缩小角的范围到和，进而得出，再计算的值即可得到结果. 【详解】（1）因为，，所以， 所以，； 因为，所以； 所以. （2）因为，，所以； 因为，所以，故， 所以； 又因为，所以，； 所以， 又因为，所以. 16．（1）.（2）. 【分析】（1）把题目给的两角和看成一个整体，则，结合已知条件再运用和差公式化简求值即可. （2）把看成一个整体，把条件变形为，再运用和差公式化简求值即可. 【详解】（1），， ，， ，， . 故答案为：. （2）， ，即， ，又， ， ，即. 故答案为：. 17．(1)； (2). 【分析】（1）利用三角恒等变换整理可得，再根据正弦函数单调性可得其值域； （2）求出函数在区间上的所有零点即可得结果. 【详解】（1）易知 因为，所以， 由正弦函数单调性可得， 则的值域为 （2）因为，所以， 由得 所以，解得， 所以函数在区间上的所有零点之和为. 18．(1)1 (2) (3)0或1 【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换整理可得，结合周期性分析求解； （2）根据题意可得，以为整体，结合余弦函数有界性分析求解； （3）根据题意可得，代入化简整理即可结果. 【详解】（1）由题意可得： ， 且，可得，解得. （2）由（1）可知：， 因为，可得， 因为，则，可得， 则，所以m的取值范围为. （3）因为关于的对称点， 由题意可得：，即， 则， 整理可得，可得或， 若，则，可得； 若，可得； 综上所述：或1. 19．(1)证明见解析 (2)最小值为，最大值为 【分析】（1）代入的值，化简，即可求得，根据单调性即可求解； （2）令，问题转化为时，，要求的最值，则需要和的系数相等进行求解. 【详解】（1）证明：当，时， ， 则， ，，且是一个不间断的函数， 在上存在零点， ，，∴在上单调递增， 在上有且仅有1个零点. （2）由（1）知，令，则， ∴， ∵对于任意的，恒成立，∴恒成立. 令，则时，恒成立. 即， 令，解得或. 当时，解得， 取，成立，则恒成立，， 当时，解得， 取，成立，则恒成立. ， 综上，的最小值为，的最大值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$