三角函数与解三角形重难点归纳专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 该专项通过跨模块综合题型构建三角函数与解三角形知识网络，以典型例题呈现不同知识交汇点的应用逻辑，培养数学思维的系统性与知识迁移能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |综合应用|多题型多题量|跨模块结合（集合、复数、导数等）|从基础概念到综合应用，体现知识间推导与拓展|

三角函数与解三角形重难点归纳 题型一 与集合和常用逻辑用语的结合 例1.（1）（26-27高三上·福建泉州·开学考试）设集合，，则（     ） A． B． C． D． 【详解】，，因此,，得，得或，因此,所以. （2）（26-27高三上·广东·阶段检测）设，若，则（    ） A．且 B．且 C．且 D．且 【详解】函数， 由题意可知，，恒成立，则且. （3）（2026·湖南长沙·模拟预测）已知集合，是第一象限角，则元素的个数为（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【详解】集合，是第一象限角，，该角为第一象限角，为第一象限角，为第二象限角，则，即元素的个数为3.故选：C. （4）（2026·天津·一模）“或，（）”是“”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【详解】，当 时，，当 时， 成立，因为，所以或， 当时，成立，但 且，故选：A （5）（2026·北京朝阳·二模）设，则“”是“函数的图象关于直线对称”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【详解】∵ 函数的对称轴满足，即. 充分性：若，则，满足对称轴条件，充分性成立. 必要性：取，是函数对称轴，但，必要性不成立.故为充分不必要条件，A正确. 例2.（1）（26-27高三上·北京·开学考试）在中，角，，的对边分别为，，，已知命题：；命题：为等腰三角形．则命题是命题的（     ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【详解】对于命题，，由正弦定理得，所以， 由于，所以或，所以或.对于命题，为等腰三角形，如,所以，所以命题是命题的既不充分也不必要条件.故选：D （2）（25-26高三上·重庆·阶段检测）在中，则下列条件不是的充要条件的为（    ） A． B． C． D． 【详解】选项A：利用正弦定理可得，故\，等价于，而在中，等价于，故选项A正确；选项B：，由余弦函数为减函数可得，故选项B正确；选项C：，利用二倍角公式可得，所以，即，等价于，而在中，等价于，故选项C正确；选项D：不能推出，如，时满足，但由大角对大边可得，故选项D不正确．故选：D. （3）（2025·安徽·模拟测试）若“恒成立”为真命题，则实数的取值范围是__________. 【详解】因为，令，则， ，当且仅当，即时取等号，所以，解得， 即实数的取值范围是.故答案为：. （4）（2026·江西上饶·二模）若，且“，”为假命题，则_________． 【详解】由题得函数与函数有相同的零点，而在的零点为，，所以，也是的两个根，即：， （5）（26-27高三上·湖南长沙·开学考试）已知函数，若集合只含有3个元素，则实数的取值范围是________． 【详解】由题意得，故由得或，，即或，，因为集合只含有个元素，所以在上只有三解，当时，将满足条件的从小到大排列为故有且仅有在内，因此，解得． 例3.（1）（25-26高三上·江苏盐城·阶段检测）已知函数. （1）求的单调递增区间及最小正周期； （2）设，若集合恰有一个元素，求的取值范围. 【详解】（1）由题意 ， 令，，解得，所以的单调递增区间为，的单调递增区间及最小正周期为； （2）由（1）可得，所以，，解得，， 因为，且恰有一个元素，当时，，当时，， 所以在内，的解为，所以，即的取值范围为. （2）（25-26高三上·江苏镇江·开学考试）已知集合，非空集合. （1）若是单元素集合且实数，求的值并用区间表示； （2）若函数有两个零点，求的取值范围. 【详解】（1）因是单元素集合且实数，则，得； 或，此方程组无解，综上，；，则，故得，得，则. （2） 因，则，因函数在上有两个零点，则在上有两个根，则函数与的图象在上有两个交点，因，则，得，故的取值范围为. 题型二 与复数结合 例4.（1）（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知复数，则的虚部为（    ） A． B． C． D． 【详解】因为，所以，所以的虚部为.故选：A （2）（2026·山东潍坊·三模）在复平面内，把与复数对应的向量绕原点按顺时针方向旋转，得到的向量对应的复数为，则（     ） A． B． C． D． 【详解】由复数乘法的几何意义，复数对应的向量绕原点顺时针旋转后， 所得向量对应的复数为，即. 因此，，分子分母同乘，得.故选：C （3）（2026·云南保山·二模）棣莫弗公式是由法国数学家棣莫弗发现的.若复数，则（   ） A． B． C． D． 【详解】由棣莫弗公式，.故选：C （4）（2026·湖南怀化·模拟预测）已知x为复数，下列选项中是方程的根的是（   ） A． B． C． D． 【详解】，，， ，即，即∴或， 根据各项复数的三角表示，只有D符合. 例5.（1）（2026·山东烟台·一模）已知复数，则在复平面内对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【详解】因为复数， 所以，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，又，，所以在复平面内对应的点位于第一象限. （2）（2026·重庆·一模）任何一个复数 都可以表示成 的形式，通常称为复数的三角形式． 法国数学家棣莫弗发现： ，我们称这个结论为棣莫弗定理． 则 的值为（    ） A． B． C． D． 【详解】 ，故选：C （3）（多选题）（2026·河南南阳·一模）一般地，任何一个复数（，）都可以写成的三角形式，其中，，是复数的模，是复数的辐角，并规定范围内的辐角的值为辐角主值，则方程的复数根的辐角主值是（    ） A． B． C． D． 【详解】设方程的复数根为（，），则， 即，则，解得或， 所以或，又，，且，所以方程的复数根的辐角主值是，.故选：BC （4）（多选题）（2026·湖南长沙·三模）设复数在复平面内对应的点为，任意复数都可以表示为三角形式．由复数的三角形式可得出，若，，其在复平面内对应的点为，，．其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍．根据上面知识，下列选项中正确的有（    ） A．当，，且为偶数时，复数为纯虚数 B．若，则 C．复平面中，点绕原点逆时针旋转得到 D．复平面中，将直线：绕点顺时针旋转得到直线： 【详解】对于A，已知，则复数可以表示为，根据题意，，其中为偶数，当时，，这是实数，不是纯虚数，故A错误；对于B，已知，则模长，辐角满足，所以，因此，则，故B正确；对于C，点对应的复数为，模长，设辐角为，则， 将点绕原点逆时针旋转，相当于将复数乘以，设旋转后的点为，对应的复数为，则， 对应的点的坐标为，故C正确；对于D，设直线上任意一点为，对应的复数为，旋转后的点为，对应的复数为，根据题意，是由顺时针旋转得到的，即是由逆时针旋转得到的，因此，所以，，将代入直线方程：，得，化简得，因此旋转后得直线方程为，故D正确.故选：BCD 题型三 与不等式结合 例6.（1）（26-27高三上·山东日照·开学考试）已知关于的不等式对任意恒成立．则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【详解】由得，. 当时，，， 当时，，， 当时，，. ∵对任意恒成立，∴由得，， ∴和是方程的两根，且，∴，故. 由得，，化简可得，即， 解得或，故不等式的解集为. （2）（26-27高三上·湖北·阶段检测）已知函数，则的解集为（    ） A． B． C． D． 【详解】因为，，即， 所以，，解得，. （3）（2026·河北唐山·一模）若x为锐角，且.则x的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【详解】由题意得或，又因为x为锐角，则， 即或，解第一个不等式组得，则， 解第二个不等式组得，无解；综上，x的取值范围是. （4）（26-27高三上·河北廊坊·开学考试）已知实数，满足，则的最小值是______． 【详解】原式变形为,设，化简得, 所以 ，因为,当时，原式最小，最小值是. 例7.（1）（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数. （1）求的最小正周期及对称轴方程； （2）若函数的最大值为1，求使成立的的取值范围. 【详解】（1）因为，所以，令，所以，所以的对称轴方程为. （2）由题意知，，因为的最大值为1，即，所以， 由，即，所以， 所以，即. （2）（25-26高三上·山东·阶段检测）已知函数，，且对任意实数，当时，的最小值为. （1）求； （2）若，求的单调区间； （3）若，求x的取值范围. 【详解】（1）依题意，，而，则，， 由对任意实数，，得，则，解得，所以. （2）由，得，由或， 由，得，则函数在上单调递减，所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是. （3）由（1）知，则，解得，整理得，所以x的取值范围是. （3）（2026·广东汕头·二模）函数在的大致图象如图所示，将曲线向右平移个单位，再把所得曲线上各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象. （1）求函数的解析式； （2）设，解不等式； （3）设，若关于的方程有解，求的取值范围. 【详解】（1）解：由函数图象可知，又因为附近函数单调递增， 所以，解得，故， 所以，. （2）, ,即 化简，得因为恒成立，所以，, 又，解得，，或， 所以，，或解集为 （3）即 ,运用和差化积公式化简，得 ， 即因为，由于时，，不满足题意，故， 所以，，故由，可得, ，解得，的取值范围是 题型四 与函数结合 例8.（1）（2026·安徽·模拟预测）函数的值域为（    ） A． B． C． D． 【详解】设，由于，故原式可变形为：， 由辅助角公式，左边可整理为，其中为辅助角，因此有：，根据正弦函数的有界性，可得：， 两边均为非负数，平方后得：，即得，即，解得， 即函数的值域为. （2）（26-27高三上·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知函数，若恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【详解】令，函数的定义域为，为增函数，且，所以函数为奇函数.若恒成立，则恒成立， 即恒成立，即恒成立，即恒成立， 即，令，则恒成立，因为在区间上的最大值为，所以的取值范围是. （3）（26-27高三上·北京·开学考试）设函数，，，，，若对任意实数均成立，则下列结论中一定成立的是（     ） A．，总有 B．，总有 C．，总有 D．，总有 【详解】因为，所以，所以直线为函数的对称轴，故C成立； 由三角函数的性质可得不为函数的对称中心，故D不恒成立； 若，总有，即恒成立， 所以恒成立，只能是，A不恒成立； 若，总有，即恒成立，所以恒成立，只能是，B不恒成立.故选：C （4）（多选题）（26-27高三上·河北廊坊·开学考试）已知曲线，则下列直线与曲线C有交点的是（     ） A． B． C． D． 【详解】对于A，由曲线，因为，可得，又因为，可得，即，解得将代入曲线， 可得，即，令， 可得， ，即，根据零点的存在性定理，可得在上有零点，所以直线与曲线有公共点，所以A符合题意；对于B，由，可得，即，解得 将代入曲线，可得，即， 令，可得， ，即，根据零点的存在性定理，可得在上有零点，所以直线与曲线有公共点，所以B符合题意；对于C，由，可得，即，解得 将代入曲线，可得，即， 令，可得，其中，可得因为，即当且仅当时等号成立，此时，这与矛盾，所以直线与曲线没有公共点，所以C不符合题意；对于D，由，可得，即，解得将代入曲线，可得，即，令，可得，，所以，根据零点的存在性定理，可得在上有零点，所以直线与曲线有公共点，所以D符合题意.故选：ABD （5）（多选题）（2026·陕西延安·三模）已知函数，若函数有4个零点，，，，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．的取值范围为 【详解】对A，画出函数的图象，如图所示，因为函数有4个零点，即有4个解，也即直线与图象有4个交点，所以，所以A错误；对B，因为有4个零点，，，，且，所以零点位置如图所示，因为，结合图象可知，两零点关于直线对称，所以，B正确； 对C，时，或，解得或，对，令，则，则由图可知， 所以，因为函数在单调递增，所以，故C正确：对D，，是方程的两个解，且，所以，，所以，，令，所以，，令，，根据对勾函数的性质，该函数在上单调递增，所以，所以的取值范围为，所以D错误.故选：BC 例9.（1）（26-27高三上·黑龙江·开学考试）函数的值域是______． 【详解】，令，则，所以函数可化为，因为， 所以当时，，时，，故值域为． （2）（2026·山东日照·模拟预测）已知偶函数（，）的图象向右平移（）个单位长度所得的图象与原图象重合，若的最小值为1，曲线与恰有一个交点，则实数的值为（     ） A．0 B．1 C．2 D．3 【详解】因为为偶函数，则，即，则，即，此等式不恒成立，故舍， 或，即，即，因为，则，则，由题意得的最小正周期为1，则，解得，即，由题意得有一个解，整理得， 设，，易得均关于对称，所以与的交点关于对称，即任何交点都会有一个与对称的点，为了使图像只有1个交点，则必有，解得，即即，解得. （3）（2026·陕西渭南·模拟预测）如图为函数的部分图象，为图象与轴的两个交点坐标，则（    ） A． B． C．0 D． 【详解】由图可得解析式，然后由周期性可得答案. 【点睛】由图可得最小正周期为，则，又，则. 又由图可得，则，取，得， 从而，.结合最小正周期为4，，则. （4）（26-27高三上·湖北武汉·阶段检测）函数的部分图象如图所示，是等边三角形，其中，两点为图象与轴的交点，为图像的最高点，且，则（ ） A． B． C． D． 【详解】∵ 函数的振幅为，故最高点的纵坐标为，即等边的高为. 设等边三角形边长为，由等边三角形高与边长的关系得，解得，即. ∵ 余弦函数两个相邻零点之间的距离为半个周期，故，得周期，因此. ∵ 且，解得，，结合图象得，. ∵ 为函数单调增区间内的零点，故，， 代入得，化简得，. ∵ ，故，即. 计算一个周期内的函数值和：， ，，， 故.∵ 求和项共项，，即包含个完整周期，剩余项对应，，， ∴ . （5）（多选题）（26-27高三上·江苏连云港·阶段检测）已知定义在上的奇函数满足，且.若函数只有一个零点，则（    ） A．函数的周期为4 B．函数的图象关于点对称 C． D． 【详解】为定义在上的奇函数， ，又， ，在上为周期函数，周期为4，故A正确； 因为，所以函数的图象关于点对称，故B正确； 由，当时，，解得，又的周期为，所以，故C错误；函数只有一个零点，即只有唯一解，令 ，则，函数为偶函数， 由幂函数性质可知，当时函数为增函数，所以由偶函数性质知时，函数为减函数，令，则为余弦型函数，由此可得函数与函数的大致图象如下： 由图分析要使函数与函数只有唯一交点，则，解得， ，故D正确.故选：ABD 题型四 与平面向量结合 例10.（1）（2026·湖南益阳·模拟预测）在中，，，，为边的6等分点（），则（    ） A．4 B．5 C．8 D．10 【详解】 如图，为边的6等分点（），是线段的中点， 所以是的中线，所以，，所以，在中，，为边的中点， ，，所以． （2）（26-27高三上·广东·开学考试）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，且，则（     ） A． B． C． D． 【详解】因为，设 ，且，解得， 所以，因为，所以，所以 ． （3）（26-27高三上·山东日照·开学考试）在中，，，为线段上一点，且满足．若的面积为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【详解】因为为线段上一点，设，所以 ．又因为，即，所以，解得，所以，所以．由，可得，故．因为，当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值是． （4）（26-27高三上·湖南衡阳·开学考试）设的三个内角分别为A，B，C，向量，.若，则（     ） A． B． C． D． 【详解】因为，则，即，可得，即.又因为，则，可得，所以. 例11.（1）（25-26高三上·重庆沙坪坝·期中）若点为的外心，且满足，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 【详解】设， ，， ， ， ，，， ，， ，.故选：C. （2）（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知的外接圆圆心为，角所对的边分别为，且，，若，则（    ） A．8 B．13 C．16 D．32 【详解】由余弦定理可得，因为，代入化简可得，所以，因为，所以为边的中点，，取的中点为，因为是的外接圆圆心，所以，由数量积的几何意义可知，同理，所以. （3）（25-26高三上·江西吉安·阶段练习）函数的部分图象如图所示，已知点为的零点，点为的极值点，，则的值为（    ）    A． B． C． D． 【详解】，，又，， ，，则，为等边三角形，，，的最小正周期，则，， ，且位于单调递减区间中，，解得：，，.故选：D. （4）（25-26高三上·广东深圳·阶段练习）已知函数的部分图象如图所示，O为坐标原点，B，C为图象与坐标轴的交点，D为图象上的点且满足，，，则 . 【详解】如图，连接CD，OD，作DE垂直轴于点E，因为，所以四边形OBCD为平行四边形， ，， 又，解得，，由对称性得，的最小正周期，若，则，由点在图象上，可知，故，，解得，，由得，，，解得，所以，，故；若，则， 由点在图象上，可知，故，，解得，，由得，，，解得，所以，，故.故答案为： 例12.（1）（25-26高三上·四川南充·阶段检测）设函数，其中向量，． （1）求函数的最小正周期与单调递增区间； （2）在中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，已知，，求面积的最大值． 【详解】（1）向量，， ，函数的最小正周期为； 令，则， 函数的单调递增区间为； （2），即，，， ，解得，又，即，解得，当且仅当时取等，，则面积的最大值为． （2）（26-27高三上·山东日照·开学考试）已知向量，，设． （1）求函数的单调递增区间； （2）记的内角，，所对的边分别是，，，已知，，的面积为，求的周长． 【详解】（1） ，正弦函数的单调递增区间为，令代入得：， 即，所以的单调递增区间为. （2）已知，代入的表达式： ，因为是三角形内角，即，所以， 所以，由，代入已知条件，，可得： ，再由余弦定理可得： ，得，所以的周长为. （3）（2026·陕西汉中·模拟预测）已知向量，，函数． （1）求函数的最小正周期及单调递增区间； （2）在锐角中，若且，求周长的取值范围． 【详解】（1）∵ ，，∴ . ∴ .函数的最小正周期.令，解得，即的单调递增区间为. （2）∵ ，∴ ，即.∵ 为锐角三角形，∴ ，则，∴ ，得.由正弦定理得， ∴ ，.又，故.∵ 为锐角三角形，∴ ，解得.的周长， ∵，∴ . ∵ ，∴ ，∴ ，∴ ， ∴ ，即周长的取值范围为. （4）（25-26高三上·湖北·期中）已知向量，函数. （1）求函数的单调增区间及对称中心； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，最后使图象上所有点的纵坐标变为原来的倍，横坐标不变，得到函数的图象，若存在使成立，求实数的取值范围. 【详解】（1） . 由，故函数的单调增区间为由，故函数的对称中心为. （2）将函数的图象向右平移个单位长度，得的图象，然后再向下平移1个单位长度，得的图象，最后使图象上所有点的纵坐标变为原来的倍，横坐标不变， 得到函数，即. .所以. 题型五 与立体几何结合 例13.（1）（2026·江苏南京·模拟预测）已知函数 （）的部分图象如下，现将沿OB翻折至，使得二面角为120°，若，则（    ） A． B． C． D． 【详解】 由图象可知，函数过点 ，所以，因为 ，所以，此时在原平面图形中，点在轴上，点在 轴上，故 ，翻折后，,设点在轴上的投影为点，由图可知，点坐标为 ，因为在 轴上， 在轴上，所以，综上， 且 ，因此 即为二面角 的平面角，则，由翻折性质知，由 知，在 中，由余弦定理, ，所以，因为平行于轴（ 轴），且在轴上，所以 ，因为平面 ，所以 平面 ，进而，在 中，，由勾股定理，所以，因为在轴上，在第四象限，所以点的横坐标为，纵坐标为，即， 又,所以的最小正周期是 ,所以，所以, 所以. （2）（25-26高三上·安徽合肥·阶段练习）如图（1），函数的图象与轴交于点，将绘有该函数图象的纸片沿轴折成直二面角，如图（2），若折叠后、两点间的距离为，则（    ）    A． B． C． D． 【详解】如图，过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，连接．   因为的最小正周期，所以，又因为，所以，     当折成直二面角时，即平面平面，因为，平面平面=，     平面，所以平面，因为平面，故，所以，解得(负值舍去)，故，因为，且，所以或，由在轴右侧附近单调递减，当，，此时函数的单调增区间为，即，所以函数在上单调递增，不符合题意，     所以则，，所以.故选：D． （3）（多选题）（25-26高三上·四川南充·阶段练习）如图，在棱长均为2的正三棱柱中，D是棱AC的中点，则（ ） A． B．异面直线与所成角的余弦值为 C． D．四棱锥外接球的表面积为 【详解】对于选项A：假设，因为，可得，这与相交相矛盾，故假设不成立，故A错误；对于选项B：连接，因为，则异面直线与所成角或其补角为，在中，，，可得，所以异面直线与所成角的余弦值为，故B正确；对于选项C：因为为等边三角形，且D是棱AC的中点，则，又因为平面，平面，则，且，平面，可得平面，由平面可得，故C正确；对于选项D：由题意可知：四棱锥外接球即为三棱柱外接球，因为底面的外接圆半径，设所求外接球半径为，则，所以四棱锥外接球的表面积为，故D错误；故选：BC. （4）（2025.福建福州·期末）由瑞士著名建筑大师马里奥博塔设计的清华大学艺术博物馆整体为长方体造型，长方体是该建筑的直观图，当身高为 m人（忽略眼睛到头顶的距离）站在点处（的延长线上）时可以估测点、点的仰角，现测得楼宽长为m，此人估测得点的仰角为，点的仰角为，则估测教学楼的高为（    ）（单位：m) A． B． C． D． 【详解】设长方体建筑物的上底面与点的高度差为，可得，， 在直角三角形中，，即，解得，所以，所以. 故选：D. 例14.（1）（多选题）（2026.湖北名校联盟第一次测评）如图，在三棱锥中，侧棱OA，OB，OC两两垂直，且，P为底面ABC内一动点（含边界），点P到三个侧面的距离分别为，，，直线OP和三条侧棱所成的角分别为，，，直线OP和三个侧面所成的角分别为α，β，γ，则（ ） A. 该三棱锥的外接球半径为 B. C. D. 当时，P点的轨迹长度为 【详解】对于A，由三条侧棱两两垂直，则该三棱锥可补成长方体，如图所示，该三棱锥的外接球也就是补成的长方体的外接球， 则外接球半径，故A正确； 对于B，过作三个侧面的垂线，连接相应的线段构成如图所示的长方体， 则直线与所成角为记为，与所成角为记为，与所成角为记为，则， ，，则 ，故B错误；对于C，直线与平面、平面、平面所成角分别为，则，故 ，故C正确；对于D，在该长方体中，，则，故点的轨迹为以为球心，半径为的球面被三角形面所截得的圆弧，设点到平面的距离为，则，由，可得，解得，则截面圆半径．设内切圆半径为，则由，解得，因为，所以轨迹为三段圆弧，如图，设、分别为其中一段圆弧的两个端点，则，由对称性易得由正弦定理，的外接圆半径，中由余弦定理，，即，解得或（由对称性，此时，故舍去）所以，所以弧对应的圆心角为，其长度为所以点的轨迹长度为，故D正确．故选：ACD. （2）（2025·湖北·三模）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的中点，为线段上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）. （1）求证：平面. （2）若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的最小值. （3）求三棱锥的体积的取值范围. 【详解】（1）由题设，长轴长，短轴长，则，所以分别是的中点，而柱体中为矩形，连接，由，故四边形为平行四边形，则，当为的中点时，则，故，面面，故平面. （2）由题设，令，则，又，所以，，则，因为，当且仅当，即上式取等号，所以. （3）由， 正方形中为中点，易得与重合时与垂直，此时，则最大值为，构建如上图空间直角坐标系且，底面椭圆方程为，设，设，联立椭圆得，且，所以，而，所以，令，则，由对勾函数性质知在上递增，故， 由，综上，. 题型六 与数列结合 例15.（1）（25-26高三上·江西·开学考试）已知数列满足，且函数．当时，函数恰有一个零点，则（    ） A． B． C． D． 【详解】函数，其中与的图象均关于直线对称，故的图象关于直线对称，因为时恰有一个零点，所以该零点为，即，将代入，结合，可得，，进一步可转化为，，由此可知，数列是以为首项，公比的等比数列，所以，，当时，，即．故选：B． （2）（26-27高三上·辽宁·开学考试）已知函数（，，），为坐标原点，将曲线与坐标轴的所有交点用点列表示，其中，数列的前三项分别为，，，则_________． 【详解】假设1为的零点，则，中必有一个为的零点，由，得， 令，的一个解为，，此时对应的k为，则，即， 因此，其中，故零点要么为无理数，要么为， 故1不是的零点，同理也不是的零点，则，，函数的最小正周期，解得，于是，由，得，，又，则，，由，得，所以. （3）（25-26高三下·湖南株洲·阶段检测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，成等差数列，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【详解】因为成等差数列，所以，由余弦定理，，，再由正弦定理，，即，且，所以，当且仅当时，等号成立. （4）（25-26高三上·河北衡水·期中）设等差数列的前项和为，已知，设，则数列的前项和为（　　） A． B． C． D． 【解析】设数列的公差为，则，解得，则； ，设数列的前项和为，，，……将这个式子累加，可得.故选：C. 例16.（1）（25-26高三上·江苏无锡·阶段练习）已知函数，将函数先向右平移个单位，再将横坐标变为原来的（），纵坐标不变，得到函数，将函数的正零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且． （1）求的值域； （2）求的单调增区间； （3）求数列的前项和． 【详解】（1） ，的值域为． （2），时满足，其中，解得，最小零点为时，，依题意有，，，单调递增区间满足，，单调递增区间为，． （3）由（2）可知满足，依据三角函数特性可知，一个周期内有两个零点，所以最小的两点零点为、，周期，也即的奇数项构成了一个以为首项，为公差的等差数列，的偶数项构成了一个以为首项，为公差的等差数列，也即，所以， ． （2）（安徽·高考真题）在数1和100之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，再令. （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）设，求数列的前项和. 【详解】（Ⅰ）由题意，构成递增的等比数列，其中，则 ① ② ①②，并利用等比数列性质，得 （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 又 所以数列的前项和为 （3）（26-27高三上·河北沧州·开学考试）（1）证明：，并求． （2）已知． （ⅰ）将满足条件的从小到大排列得到数列，求数列的通项公式； （ⅱ）若为数列的前项积，求证：． 【答案】（1），，所以 所以．则． （2）（ⅰ）因为．所以又因为得 整理得，所以． 得，．又．所以从小到大排列为2，7，12、17，22，27，…，所以． （ⅱ）由，为数列的前项积． 则， 当时，， 当时，， 当时，， 又当时， ．故得成立． 例17.（1）（26-27高三上·广东湛江·开学考试）如图，在矩形中，为边上的中点，，点，均在半圆的直径上，，均在半圆的弧上，作矩形，直线与半圆相切，点，均在半圆的直径上，，均在半圆的弧上，作矩形，如此无限继续下去，记矩形的面积为． （1）求； （2）求数列的通项公式； （3）若，求数列的前项和． 【详解】（1）如图1，连接，则， 在矩形中，直线与半圆相切， 所以，，故． （2）如图2，连接，由题意可得：， 在矩形中，直线与半圆相切， 所以，．由，得，所以， ，又，所以是首项为2，公比为2的等比数列，故． （3）由（2）得，所以，由，得，所以数列的前项和： ． （2）（25-26高三上·浙江·月考）已知是数列的前项和，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）在平面直角坐标系中，已知点，定义点（其中），记． （i）求的值； （ii）证明：． 【详解】（1）时，，时，，化简得：，经检验得，时也满足，故． （2）（i）由题意：，则，所以，即． （ii）证明：由题意可知：，则，先证明以下结论：．因为，且，所以，故．因为，则，原式得证． （3）（2026·山东泰安·二模）已知数列满足，等差数列满足. （1）求数列和通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【详解】（1），，又，且，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，，，，设等差数列的公差为，则， . （2） ， . （4）（2026·重庆·模拟预测）已知函数，记等差数列的前n项和为，记． （1）证明：曲线是对称中心为的中心对称图形； （2）证明：“”是“”的充要条件； （3）时，求函数在区间上的零点个数． 【详解】（1）函数的定义域为，， 所以曲线是中心对称图形，且对称中心为，得证； （2）（i）先证明充分性：若，则， 所以，所以.所以，充分性得证； （ii）再证明必要性：若， ①假设，则，即， ，所以函数在上单调递增， ，同理， 所以，矛盾，假设不成立. ②假设，同①理得，矛盾，假设同样不成立. ③假设，同充分性证明方法可以推得，假设成立.综上，必要性得证， 所以“”是“”的充要条件； （3）由题设， ①时，（等号不可同时取得），此时，函数无零点. ②时，，所以此时，函数无零点， ③时，， 令，由复合函数的性质可得函数在区间上单调递增， 时，，，由零点存在定理：，使得， 所以时，单调递减， 时，单调递增，因为，所以，因为在上单调递减，由零点存在定理：，使得. 综上所述，在上有2个零点，分别为. 题型七 与平面解析几何结合 例18.（1）（26-27高三上·河北沧州·开学考试）已知直线：被圆截得的弦长为，则直线的斜率为（     ） A． B． C． D． 【详解】由直线被圆截得的弦长为，得圆心到直线的距离为，因此，整理得，解得， 所以直线的斜率. （2）（2026·湖南·三模）已知函数的部分图象如图所示，A，C均为其图象上的点，且线段的中点B在x轴上，则（    ） A． B． C． D． 【详解】依题意，函数，由函数图象上的点关于轴上的点对称，得函数最小正周期，则，解得， 即，又，于是，由，得，又点在函数的一个单调递增区间对应的图象上，因此，所以. （3）（2026·广东珠海·模拟预测）如图，函数的图象与直线相交，A、B、C是相邻的三个交点，且，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【详解】函数的图象与直线的交点满足， 则或，解得或， 设对应横坐标为，则， ，，解得． （4）（25-26高三下·重庆·阶段检测）设函数向左平移个单位后得到函数，若点是函数与的图象上从左至右依次相邻的三个交点，且，则（    ） A． B． C． D． 【详解】函数向左平移个单位后得到， 又，所以，因为，，所以，取，则.令，则（无解）或， 解得，即.将代入中，得，当为偶数时，； 当为奇数时，；过作，则相邻两点在轴方向上的距离为. 又，则相邻交点的横坐标间隔为，则. 根据对称性可知，为等腰三角形.又，所以.在中，，即，所以.则.故. 例19.（1）（2026·江苏·模拟预测）将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，已知与图象上相邻的三个交点组成一个正三角形，则的值为（    ） A． B． C． D． 【详解】由题可知，在同一坐标系中作出和的图像： 令，由相邻交点的性质可得，解得,分别令，得到相邻三个交点的坐标，，，此时等边底边，高为，又正三角形中，所以，所以，因为，所以，所以，所以. （2）（2026·安徽合肥·二模）设函数，，是直线与曲线的两个交点，且最小值为.若，则________. 【详解】由最小值为，则的最小正周期为，即，则，，解得，又，故. （3）（2026·湖北武汉·模拟预测）如图，已知，在函数的部分图象中，其图象上的点是同一直线上的三点，且该直线与轴交于点，若，则__________. 【详解】因为，点是图象上的同一直线上的三点，直线与轴交于点， 两点关于点对称.，两点关于点对称.，设，，，，且，，所以①，则， 所以，故或，若，即是的一个零点，不符合题意，所以，则，而， 所以，结合①有，所以， 而，所以，，所以，，所以. （4）（2026·山西晋中·三模）如图，点是函数的图象与直线的相邻的三个交点，是的图象与轴的交点，若，则______. 【详解】令，可得或，.由题图可知，，所以，因为，即，故. 因为，即，又因为点在单调递减区间上，所以可取，则，从而. 例20.（1）（2026·福建漳州·三模）已知是椭圆的左、右焦点，为上一点，分别为的外接圆半径和内切圆半径，且，则的离心率取值范围为（） A． B． C． D． 【详解】设，则，所以，又， 所以，代入条件得，设， 因为， 所以，即，又，所以且，所以． （2）（2026·河南开封·模拟预测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在C上，设为的内切圆圆心，若的面积为，且，则C的离心率为（   ） A． B． C． D． 【详解】设，根据椭圆定义有，在中，由余弦定理可得，即，整理得，又的面积，由可得，结合已知条件有，所以，点为内切圆圆心，所以是的角平分线，设内切圆半径为，作，垂足为，则，同时由等面积法可知，整理得，进而得到，故的离心率为. （3）（25-26高三下·安徽合肥·阶段检测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C上存在一点P使，且△F1PF2为锐角三角形，则椭圆C的离心率的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【详解】设，则，由三角形的内角和为，所以，在中，由正弦定理可得：，由可得：，所以，因为 ，因为，因为△F1PF2为锐角三角形，所以，解得：，所以，所以，因为在上单调递减，所以在上单调递减，所以 （4）（26-27高三上·浙江杭州·开学考试）已知椭圆和双曲线有相同的焦点，，是它们的一个公共点，且，若椭圆的离心率为，则双曲线的离心率为（     ） A． B． C． D． 【详解】如图，设椭圆，双曲线，因为它们有相同的焦点，所以，不妨设点在第一象限，且，因为点在椭圆上，所以，即，又因为， 所以，所以，因为，所以，又因为点在双曲线上，所以，即，又因为，所以，所以，可得，所以双曲线的离心率为. （5）（26-27高三上·河北雄安·开学考试）已知双曲线：的左焦点为，点为双曲线上位于第一象限内的一点，直线与双曲线的左支相交于点，且，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 【详解】如图， 记双曲线的右焦点为，为坐标原点.连，， 由且，可得，，.设，又由，得，所以，可得，可得双曲线的离心率为. （6）（26-27高三上·重庆沙坪坝·开学考试）已知双曲线，分别为其左、右焦点，过且倾斜角为的直线与在第一象限的交点为，线段上一点满足，且，则该双曲线的离心率是（   ） A． B． C． D． 【详解】因为，，所以，因为，所以， 由双曲线定义可知，，故，，由题意得， 在中，由余弦定理得，即，整理可得，两边同除以得，解得或（舍去）. （7）（26-27高三上·安徽阜阳·开学考试）已知双曲线：的右焦点为，圆与双曲线的渐近线在第二象限内的交点为P，若的周长为，则双曲线的离心率为（     ） A．2 B． C．3 D． 【详解】根据题意可得，双曲线的渐近线方程为，则， 设，则，所以，，设，则，则，因为的周长为，所以，解得或（舍去），所以的离心率． 例21.（1）（26-27高三上·广东六校·阶段检测）设抛物线是直线上的动点，是抛物线的两条切线，且与抛物线分别相切于两点． （1）设是抛物线上任意一点，求最小值； （2）记的中点是，求的轨迹方程； （3）记抛物线的焦点是，记，证明：． 【详解】（1）由是抛物线上任意一点,设，点到直线的距离为，当时，取得最小值为，故最小值为． （2）设，抛物线上任一点，过点的切线方程为：，下面证明:当过点的切线的斜率存在时,设切线方程为: , 与抛物线,消去得，，整理得，， 则，得，而，得，得， 得，则切线方程为：，得，而，代入上式，得，即．当过点的切线的斜率不存在时，切线方程为：，此时切点为坐标原点，也满足上式，故抛物线上任一点，过点的切线方程为：，由点是直线上的动点，设，则切线均过点， 即，又，代入得，， 得，同理，，所以是方程的两根，由韦达定理得，，因为的中点是，所以，， 联立方程：，消去，得，故的轨迹方程为：． (3)过点分别作准线：的垂线，垂足分别为，由点，得，而，得，由（2）知，由，及，得，而，得，则 ，得，即，由抛物线的定义得，则为线段的垂直平分线，得，同理可得，得，所以， 则,同理， 得，由，得，故． （2）（26-27高三上·湖北·阶段检测）已知椭圆：（）的左、右焦点分别是，，的离心率为，且过点，过且斜率大于0的直线交于，两点. （1）求的方程； （2）若的面积为，求直线的方程； （3）设为坐标原点，连接并延长交于点，求的最小值. 【详解】（1） 设椭圆焦距为，由离心率，得. 又椭圆过点，所以. 由得，解得. 所以椭圆的方程为. （2）由，得，，故，. 设直线（），与椭圆方程联立，消去得. 设，，则，.于是.以为底边，高为，所以面积.整理得，平方得， 即，解得，又，故. 所以直线的方程为，即. （3）由椭圆关于原点对称，点与点关于原点对称，所以.设的面积为. 直线经过原点，其方程为，所以点到直线的距离，又，故.由得，所以.又.由及，得.代入，得，所以.由基本不等式，，当且仅当，即时取等号. 所以的最小值为. （3）（26-27高三上·湖北·开学考试）已知动点，点，点P到直线的距离为d，满足的点P的轨迹为曲线C，过F的直线与曲线C交于，两点． （1）求C的方程； （2）记，F关于y轴的对称点为． （ⅰ）若，，求t的最大值及t取最大值时的正切值； （ⅱ）若，且A不是C与x轴的交点，，证明：为等腰三角形． 【详解】（1）由题意得，两边平方，得，即， 故C的方程为. （2）（i）若的斜率不存在，则的方程为，代入，得，，，所以.若的斜率存在，设的方程为，代入并整理得则， 所以 由（1）知C为双曲线，易知，所以，所以，同理. 所以 所以.综上所述，，，此时的方程为.， （ⅱ）证明：易知点A在的左支上且不是左顶点，B在C的右支上，所以，所以或，由（i）知，所以，又，且，所以，解得.由（i）可求得所以线段AB的中点坐标为，记为点D，则直线的斜率为，所以，所以，所以，所以为等腰三角形. （4）（2026·重庆·模拟预测）P为椭圆上异于顶点的动点，且C的离心率为，，分别为C的左、右焦点，M为C的左顶点，记，． （1）求C的方程； （2）求证：； （3）设点，过点T作一条不与坐标轴垂直的直线l，交椭圆C于A，B两点，再过点T作一条垂直于x轴的直线分别交直线MA，MB于点D，E．问是否存在t，使得O，D，M，E四点共圆（O为坐标原点）？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由． 【详解】（1）由椭圆方程可知：，因为，解得， 所以椭圆的标准方程为． (2)因为，由正弦定理可得 , 即，整理可得． （3）假设存在，可设直线,,，且，联立方程，消去可得，则，可得，则，， 由题意可知：，则直线，令 ，可得，即，同理可得.若,,,四点共圆，则，可得，且，则，可得，且,,，则，整理可得 ,即，则，整理可得，解得或（舍去）， 所以存在，使得点,,,四点共圆，此时． 例22.（1）（26-27高三上·广东·阶段检测）已知双曲线的离心率为2，其右焦点为． （1）求双曲线的标准方程； （2）过双曲线左焦点的直线交双曲线的左支于两点，其中在第三象限，直线交双曲线于另一点（为坐标原点）． （i）若，求四边形的面积； （ii）设分别为双曲线的左，右顶点，直线分别交直线于点，直线与相交于点，求的最小值． 【详解】（1）由题意可知，双曲线右焦点为，所以半焦距，离心率，即，解得，根据，可得，所以，双曲线的标准方程为：． （2）（i）设，因为在右支()， ，同理可得， 由题意得：，代入双曲线方程求：，取（在第一象限），则，因为与关于原点对称，所以，直线过和，斜率， 直线方程：，联立直线与双曲线方程：，代入整理得，，已知是一个根，由韦达定理， ，，所以， 四边形的顶点为，， ，,,所以，，， 所以，所以，所以，所以． （ii）设直线方程为，联立双曲线：， 设，则是上述方程的根，，直线方程：，令，得，利用，得， ，同理，， 则 ，所以，，设， 直线过，方程：，直线过，方程：，设，则，，代入：， 整理得，配方得：，这是一个椭圆，且，设，直线为，，到的距离，， 其中，，令，则， ，已知，，计算和，，， 因为，所以，所以， 又，所以 ，要使最小，需最大，由椭圆方程，当时，取最大值，，，所以的最小值为． （2）（2026·河北邢台·三模）已知双曲线 的两条渐近线分别为 过点 作 的平行线交于点A，作 的平行线交 于点B，且 （1）若C的焦距为 求C的方程. （2）过点 P 且斜率为k的直线与C的左、右两支分别交于点 （i）证明： 成等比数列； （ii）设Q为C的右顶点，若过点Q的直线l平分 直线l的倾斜角为θ，求 的值. 【详解】（1）根据题意可知，双曲线，所以渐近线为，， 根据斜截式可得，过点且平行于的直线为，又因为是该直线与的交点，联立方程可得： ，求解可得： ， 移项整理可得：，因为，两边约去得：，解得， 将代入可得：， 因此点坐标为，同理，过点且平行于的直线为，是该直线与的交点，联立方程可得： ，整理得 ，约去可得 ， 代入得 ，因此点坐标为 ，所以，由题意可知，所以得， 因为焦距，故，又因为，，所以，即，因此的方程为：. (2)（i）由（1）可知，，所以双曲线方程为，过的直线方程为， 代入双曲线方程可得： ， 由韦达定理可得：，， 又因为，所以，又因为，所以上式化简得：，故成等比数列，得证. （ii）由双曲线的性质可知，、的斜率均存在，且、在轴上方，设直线、的倾斜角分别为，则，，所以，因为，，所以， ，由（i）可得，，，代入上式可得：，因为，所以，所以，所以.    （3）（2026·江苏南通·模拟预测）已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，且．直线过点且与相交于，两点． （1）求的方程； （2）若的面积为，求； （3）若，求． 【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，所以．因为，所以，则，所以的方程是． （2）设，则的面积，所以．因为，所以， 而，则，，所以． （3）方法一：因为，可设，，则，． 在中，， 在中，．因为，所以，所以，解得． 所以，，，则，在中，． 方法二：若直线与轴重合时，，不满足；设直线，，，联立，得，所以，．因为，所以，所以，由，解得． 由对称性不妨设，则，即，又，解得，即，，而，则，，所以，则． （4）（2026·陕西咸阳·三模）已知双曲线E：（，）的一个焦点为，渐近线方程为，过点F作倾斜角为（）的直线，将绕点F逆时针旋转角（）得到直线.设，与E分别交于A，B和C，D两点，，的斜率分别为，，P为的中点，Q为的中点，O为坐标原点. （1）求E的方程； （2）设将直线逆时针旋转角得到直线，若，证明：A，B，C，D四点位于E的同一支上； （3）若，且，求. 【详解】（1）由题意得，，得，故E的方程为； （2），，设，联立，得，则， ，则，， 同理可得，，，则，则，因为，，则，因为， ，同理可得，，，故四点均在双曲线的上支. （3）由（2）可知，，同理可得， 因为，所以， 令，等号成立时，则， 因为，，， 所以，又，所以，因为， 所以，所以，得或（舍），则. 题型八 与导数结合 例23.（1）（26-27高三上·河南南阳·开学考试）设函数，则曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（    ） A． B． C． D． 【详解】求导得，故，又，可得切线方程为，当时，；当时，，因此所求三角形的面积． （2）（26-27高三上·甘肃酒泉·开学考试）已知函数是偶函数，若对于恒成立，则下列各式一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【详解】由题意可知：对任意，有， 通分可得：，令，因为是偶函数，是偶函数， 所以，又函数的定义域关于原点对称，故是偶函数，，当时，，， ，可得，即，所以在上单调递减， 对于A，因为，所以 ，即，对于B，因为，所以 ，即，对于CD，因为，所以，即，，所以C选项一定正确. （3）（26-27高三上·辽宁·开学考试）已知定义在上的连续函数，其导函数为，若．且当时，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【详解】构造函数，该函数的定义域为，且函数在上连续， 则， 故函数为偶函数，当时，，所以函数在上为减函数， 由可得， 即，可得，所以，则，整理可得，解得，所以不等式的解集为. （4）（2026·重庆南开中学开学考）已知定义在上的函数满足，且当时，，且有，则的解集为 ． 【详解】因当时，，则由可得， 令，，则，故在上单调递增，因为上的函数且满足，则，则为上的偶函数，又，则，因时，则即，也即，结合的奇偶性和单调性可得，，解得，故的解集为.故答案为：. 例24.（1）（26-27高三上·湖北·开学考试）已知定义在上的函数满足：的图象关于点对称，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 【详解】因为的图象关于点对称，所以为奇函数，令，则为偶函数，且，由题意知当时，，所以在上单调递减，在上单调递增． ，即，所以，即．故选：D （2）（26-27高三上·重庆北碚·开学考试）已知，，，则，，的大小关系正确的是（    ） A． B． C． D． 【详解】设，，则，，，故，在上单调递增，故，当时，恒成立，所以，所以； 设，，则，设，， 又，则在上单调递减，，故，则函数在上单调递减，即，故当时，恒成立，    所以恒成立，即；综上， （3）（26-27高三上·广东揭阳·开学考试）已知，且是偶函数，则（    ） A． B． C． D． 【详解】由，得，所以．由于为偶函数，所以对任意x， 均有．取，得，从而． 结合，得． （4）（26-27高三上·安徽安庆·阶段检测）已知函数，，，若函数与其导函数的图象如图所示，则的最小值为______． 【详解】解：由函数，得，结合函数的图象知，，，所以，所以，由的图象过点，得， 所以，；解得，；又因为，所以，所以，，所以 ，其中；所以的最小值为． 例25.（1）（多选题）（26-27高三上·云南昆明·阶段检测）函数的图象如图所示， 若的图象与 的图象在 处有公切线，其中 ，则（    ） A． B．为奇函数 C． D．的图象与 的图象在处的公切线为 【详解】由图可知，，则，所以，又，，则，选项A错误；由选项A可知，，则，因为，所以不是奇函数，选项B错误；因为，的图象与的图象在处有公切线， 所以，则，即，所以或，又，则当时，，代入，则，所以，选项C正确；由选项C可得，，切点坐标为，所以的图象与的图象在处的公切线为，即，选项D正确.故选：CD （2）（多选题）（26-27高三上·黑龙江·开学考试）已知函数，则（    ） A．对于任意实数a，都没有最大值 B．当时，在区间上单调递增 C．当时，一定有无数个零点，且连续两个零点之差的绝对值都小于 D．对于任意实数a、m，一定存在实数，当时，都有成立 【详解】对于A，假设存在最大值，设为，则.易得，对任意实数，取，则,这与矛盾，则对于任意实数a，都没有最大值；对于B，因为，当时，， 当时，，，所以时，，函数单调递增；对于C，由，可得，考虑函数和的图象相交情况，可得时，两函数图象有无数个交点，即一定有无数个零点.再考虑当时，只要足够大，函数和的图象在时一定存在交点，在时也一定存在交点，显然不是函数的零点，不妨设最小的正零点为，最大的负零点为，故，是连续两个零点，因为时，，而，函数和的图象不可能相交，所以，由，得，此时连续两个零点之差的绝对值大于，故C错误；对于D，设函数，因，由基本不等式可得.当时，任意实数满足条件；当时，取，则时，，当时，对于方程，结合， 可得，则此时取，当时，有.综上，对于任意实数a、m，一定存在实数，当时，都有成立.故选：ABD （3）（多选题）（26-27高三上·河南南阳·开学考试）函数的部分图象如图所示，其中点在曲线上，若，则（    ） A． B． C．是偶函数 D．曲线在点C处的切线斜率为 【详解】观察给定图象，得函数的最小正周期，解得，A正确； 由点在曲线上，得，由，得，B正确；函数，函数为奇函数，C错误；求导得，因此曲线在点C处的切线斜率为，D正确．故选：ABD （4）（多选题）（26-27高三上·四川·开学考试）已知函数，定义域为，则（    ） A．在区间上单调递减 B．的所有极大值按对应极大值点从小到大排列，构成公比为的等比数列 C．在区间上的最大值为 D．方程在区间上恰有两个解 【详解】求导得令 即，解得, 又故或 令即解得 故在区间上单调递增， 在区间上单调递减，故正确；由知极大值点为对应的极大值则，故错误； 因为单调递减，由单调性可知，因此在定义域上的最大值是，故正确；由知在区间上单调递增，在区间上单调递减， 因为所以直线与曲线在区间上恰有两个交点.当时，, 即 所以方程在区间上恰有两个解，故正确.故选：ACD 例26.（1）（25-26高三上·广东深圳·开学考试）数学与音乐有着紧密的关联，每一个音都是由纯音合成，纯音的数学模型是函数．我们平时听到的音乐不只是一个音在响，而是许多个纯音的结合，称为复合音．复合音的产生是由于发音体不仅全段在振动，它的各部分如二分之一、三分之一、四分之一等也同时在振动．已知刻画某声音的函数为． （1）求函数在处的切线方程； （2）求函数在上的单调区间； （3）函数，若在上有三个不同的极值点，证明：为定值． 【详解】（1）由题可得，所以，所以切线的斜率为0，由于，则函数在处的切线方程为：. （2）由于，所以，当，令，解得，，，则令，解得：，或， 令，解得：，或，所以的增区间为：和，减区间为：和； （3）证明：由于，所以由于 ，所以，因为在上有三个不同的极值点，所以在上有三个不同的根，即在上有三个不同的根，令（时，且，因为），方程转化为，设方程的根为，，，则，化简可得：，则，即，，即，，即，所以.所以为定值． （2）（26-27高三上·河南许昌·开学考试）已知函数． （1）求不等式的解集； （2）讨论的单调性； （3）已知函数（），证明：在上有且只有一个极小值点． 【详解】（1）解：由函数，又由不等式，可得， 整理得，即，可得，所以，因为，即，可得，所以原不等式的解集为. （2）解：由函数，可得，设，可得，当时，；当或时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，又因为，，所以当时，，即，所以在上单调递减. (3)证明：由函数，可得，则，其中，当时，，，此时，单调递减， 所以函数在区间上无极值点；设，可得， 所以在上单调递增，又因为在上单调递增， 所以在上单调递增，因为，， 由零点存在定理可知，存在唯一的使得，当时，；当时，，综上可得，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，所以在上有且只有一个极小值点. （3）（26-27高三上·辽宁大连·开学考试）已知函数（）． （1）若，，求曲线在点处的切线方程； （2）若且，证明：在区间内有且仅有一个极小值点； （3）是否存在实数，，使得对任意，恒有？若存在，求出的最大值，若不存在，请说明理由． 【详解】（1）当，时，．故， 即切点坐标为． 对求导得：所以切线的斜率． 故切线方程为，即．答：曲线在点处的切线方程为． (2)因为，所以，代入解析式得．对求导，得其导函数： 设，则其二阶导数： 下面将区间分为和两部分来论证的符号： ①当时：因为，所以．因为，所以且．由于，有且．所以．对于余弦项，因为且，所以． 从而．因为，所以，即． ②当时：因为，所以．由于在第二象限，且． 所以．因为且，所以．此时中的三项，，均严格大于0，从而． 综合①②可知，对于任意，均有恒成立，这说明在区间上单调递增． 又因为（由得到），且． 根据零点存在性定理，由于在上连续且单调递增， 故存在唯一的，使得．当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增．所以在区间内有且仅有一个极小值点．证明完毕． （3）存在． 若对任意，恒有成立，则当取特殊值时，必然有． 即．化简得：，从而解得． 下面构造参数证明当时，恒有成立，从而说明该最大值是可以取到的． 取，，显然此时满足此时． 则，． 当时，且，故，在上单调递增．注意到，所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增．因此，在区间上，的最小值为．所以当时，有． 当时，由于且， 有．因为，且，，故． 所以当时，．综上所述，当，时，对任意，恒有． 存在满足条件的实数，，且的最大值为． （4）（26-27高三上·河北沧州·开学考试）（1）已知函数，判断函数的单调性； （2）若对任意，都有成立，求实数的取值范围； （3）当时，证明：． 【详解】（1）由题可知，令，则， 故在上单调递增，又，所以当时，，即，在上单调递增； 当时，，即，在上单调递减． （2）对任意，都有成立，即成立，令，， 则，令， 当，即时，在上单调递增，故， 即，在上单调递增，则，满足条件．当，即时，， 所以存在，使得时，，即，在上单调递减，故此时，不满足条件．综上，实数的取值范围是． （3）证明：要证：当时，，只需证：当时，．令，． 有，故函数为偶函数，因此只需要考虑时的情况，由（1）可知，在上单调递增，则，即， 由（2）可知，当时，对任意，有，即，由，得，则，此时，得证． 例27.（1）（26-27高三上·山东滨州·开学考试）（1）证明：当时，； （2）若，，求的最大值； （3）若对于任意的，且，都有，求的最大值． 【答案】（1）因为和都是奇函数，所以和都是偶函数，因此只需证明时，即可，令，求导得，因为，所以，故，所以在上单调递增，因为，所以时，，即，结合偶函数性质，对任意，都有，当且仅当时取等号； （2）由题意，对任意，恒成立，令，则的最大值为在上的下确界，对求导，令，则，由（1）知，当时，，所以， 因此在上单调递增，且，所以，即在上恒成立，故单调递增，由此的下确界为时 ，要使不等式恒成立，必须有，所以的最大值为. （3）对于任意不相等的实数​，由和差化积公式， 因为恒成立，所以，由，得，若要等号成立，需同时满足且， 当时，（），即，此时，由于​，所以，故， 由（1），当时，有，所以，因此恒成立，即满足条件，假设，则不等式为， 令，（且趋近于），代入得，当时，，不等式左侧趋近于，右侧趋近于，此时，因为，所以，则， 说明足够接近于时，远大于，即存在使得，这与原不等式矛盾，因此不能大于，综上所述，的最大值为 . （2）（26-27高三上·广东汕尾·阶段检测）已知函数，其中，定义域为 （1）当时，求在内的极值点； （2）讨论函数在上的单调性，并指出极值点个数； （3）若是在内的极大值点．证明：． 【详解】（1）当，，，因为，令，得，在内解得． 当时，，单调递增；当时，，单调递减． 故函数在内有唯一极大值点，无极小值点． （2），得，记，因为，，所以， 所以，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减．所以函数在上有极大值点为，无极小值点，故函数只有1个极值点．综上：当时，在单调递增，在单调递减；有且仅有1个极大值点，无极小值点．其中． (3)证明：由极大值条件，得：，结合，解得，，所以先证， 因为，，故，，因此不等式得证．     因为又，所以上式等价于（*） 下面证（*）式 由，得，所以，所以要证证 方法一：构造函数，，所以， 已知对任意，，即，分母，所以，在严格单调递减．若，当，，即     方法二：令， 在单调递增，     故恒成立，，．证毕 （3）（26-27高三上·湖南长沙·开学考试）已知函数，． （1）当时，求的最值； （2）当时，证明：有唯一极值点； （3）讨论的零点个数． 【详解】（1）当 时，，，， 令，得 或 ，当 时，，故， 单调递增； 当 时，，故， 单调递减， ，，，所以的最大值为 ，最小值为 . (2)，设， 则，因为 ，所以 ，， ①当，，则因为 ，故 ，，又、，因此，即 在 上单调递增，因为，，根据零点存在定理，在 内有唯一零点； ②当，，结合 ，得 ； 又 ，，得 ，且与不能同时取为0，因此 恒成立，无零点，所以在 内有唯一零点，记该零点为， 则，，单调递减，，，单调递增， 所以是唯一的极值点，故有唯一极值点. （3）, ,，即 恒为一个零点，只需讨论 内是否存在其他零点， ①当， ，则，，因此 ，等号仅在 时成立，故 时， 仅有 1 个零点； ②当，由第 (2) 问知的单调性：在 单调递减，在 单调递增（ 是 的极小值点），，，因此存在唯一 ，使得， 即 时，， 单调递减； 时，， 单调递增， 在 处取得最小值 ，因 在 递增，故 ；又 ，根据零点存在定理， 在 内存在一个零点，加上恒成立的零点 ，此时 共有 2 个零点，综上所述，当 时， 有 1 个零点；当 时， 有 2 个零点. （4）（26-27高三上·湖南·阶段检测）已知函数，. （1）求在上的单调区间. （2）证明：在上存在最大值. （3）判断（2）中的是否也是在上的最大值，并说明你的理由. 【详解】（1）因为. 当时，，所以，所以在上单调递减； 当时，，所以，所以在上单调递增； 当时，，所以，所以在上单调递增； 当时，，所以，所以在上单调递减. 又，，所以函数在，上单调递减，在上单调递增. (2)因为，，所以 . 设，，则， 再设，，则，当时，，所以在上单调递减，又，， 所以唯一存在，使得当时，，进而，所以在上单调递增； 当时，，进而；当时，，进而，所以在上单调递减.又因为，，所以，所以唯一存在，当时，，进而，所以在上单调递增；当时，，进而，所以在上单调递减.所以，当时，函数取得极大值，记为. (3)（2）中的不是在上的最大值．理由如下： 设，当时，，则单调递减，所以，所以当时，，所以． 当时，． 当时，，所以存在，使得， 故（2）中的不是在上的最大值． 题型九 最值与范围 例28.（1）（2026·江西·三模）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【详解】因为，所以．因为，所以， 所以，所以． 因为，所以，即，所以．因为是锐角三角形，，，所以，即．因为， 所以，所以．因为，所以，所以． （2）（25-26高三上·江苏·阶段检测）已知为锐角的外心，角的对边分别为，且，，则面积的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【详解】如图，分别作的中点，连接，由题， 因为，所以， 即，则，因为，所以，即；因为为锐角三角形，即，所以；所以，即，解得，所以；，即，解得，所以，所以，所以，所以面积，又，所以；所以由得.故选：A. （3）（25-26高三上·安徽六安·阶段检测）在中，角的对边分别为，已知，且的取值范围是，则面积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【详解】的内角，，满足， ，， ，， 化为，．设外接圆的半径为，由正弦定理可得：，由可得：，则，即，则由，及正弦定理得， 即，面积满足，故选：A （4）（2026·辽宁·模拟预测）已知函数（，），若满足条件：，，且在上单调，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 【详解】已知函数（，），因为，所以的图象关于点中心对称，则有，又因为，所以的图象关于直线对称，则有，因此，化简得， 则是一个奇数，又因为在上单调，所以，解得，根据选项，的可能取值为， ①当时，则有，解得，由于，所以，此时，则，解得，当时，，函数在不单调，因此不符合题意， ②当时，则有，解得，由于，所以， 此时，则，解得，当时，，函数在单调递增，因此符合题意，因此，则的最大值为，故D正确. 例29.（1）（25-26高三下·山西太原·阶段检测）已知函数，将图象上的所有点的横坐标缩小为原来的后，再向右平移个单位，得到函数的图象．若函数在区间上不单调，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【详解】由，横坐标缩小为原来的​，得； 向右平移个单位，得： ，当时，相位的范围为： ， 不单调区间内存在正弦函数的最值点，结合，则，该范围内仅有的最值点为， 因此要求： ，右半部分： ​，符合题设； 左半部分：综上，的取值范围是 . （2）（2026·陕西铜川·三模）已知函数，，假如，，是曲线，上从左往右依次连续相邻的三个交点，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【详解】 所以将的图象向左平移个单位长度后可得到的图象，如图所示： 是与图象从左往右依次连续相邻的三个交点， 为等腰三角形，，由，得 ，即 ，又因为解得，故交点的纵坐标为， 过作交于点，由对称性可知，为等腰三角形， ，，，，得， ，解得实数的取值范围为.故选：B. （3）（26-27高三上·新疆乌鲁木齐·阶段检测）设函数，已知在上有且仅有4个零点，下列说法错误的是（     ） A．的取值范围是 B．在上可能有3个极小值点 C．与直线在上的交点恰有2个 D．在上单调递减 【详解】对于A，，令， 在上有且仅有4个零点，等价于在有且仅有4个零点，应当依次为，则要求，计算得，故A正确；对于B，的极小值点为，由A可知，，在里极小值点最多有3个，故B正确；对于C，，结合A可知，， 区间右端，因此可取一共两解，故C正确；对于D，结合，，左端点取值范围为，右端点取值范围为，的区间随的取值变化,对于任意，的区间均包含的两侧，因此在上不单调递减，故D错误. （4）（26-27高三上·河南许昌·开学考试）已知函数（，）是奇函数，函数的图象在区间上恰有条对称轴，则的取值范围为________． 【详解】已知函数，其中，， 由于是奇函数，所以满足，即，得，又因为，当时，，符合题意，所以，因此函数，函数的对称轴满足，即，由于函数的图象在区间上恰有条对称轴，所以不等式恰有两个解，又因为，所以不等式等价于不等式，即，在区间要恰有两个整数，这两个整数只能是和，所以，解得，所以的取值范围为. 例30.（1）（2026·上海浦东新·三模）设． （1）求函数在区间上的最小值； （2）在中，若且，求的面积． 【详解】（1）由题意得 ，令，，．对于，开口向下，对称轴．由二次函数性质得在对称轴处取最大值；最小值在端点处：当（即）时：；当（即）时：．故最小值为4（当时取得）． （2） 由，设，则，得到，而在内无解．或．若（此时超出三角形内角和，舍去）．，由知为等腰三角形，，．． （2）（25-26高三上·广东深圳·阶段检测）在中，角的对边分别为，向量，且，点为上一点． （1）求角的大小； （2）若是的角平分线，，的周长为19，求的长度； （3）若为上靠近点的一个三等分点，，求实数的取值范围． 【详解】（1）且，，即， 所以在中，由正弦定理有，， 又因为在中，， ，又，又，； （2） 由（1）知，，则，又，， ，为角的角平分线， ，即，； （3） 解法一：由（1）知，，则， 设，则；设，则.在中，即，在中，即， 则. 又，，又， ， 由和差化积公式可得， 则，，； 解法二：已知为上靠近点的一个三等分点，则， 又，由（1）知，，，则，则， . ．，，. （3）（26-27高三上·浙江·开学考试）已知的内角，，所对的边分别为，，，且．为边上的点． （1）求角； （2）若，，且，求线段的长； （3）若，，求面积的最大值． 【详解】（1）由正弦定理可得，因为,,代入可得,中,所以,得 （2）因为，所以， 即，所以.由余弦定理可得，,, ,可得,因为，所以. （3）因为，所以,两边平方. 因为,所以,由均值不等式可得,所以，即，等号成立.条件：,将其代入原式验证真实存在三角形，. （4）（26-27高三上·安徽阜阳·开学考试）已知条件：①；②；③.从以上三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.问题：的内角的对边分别为，满足：　　　　. （1）求； （2）若为锐角三角形，，求边长的取值范围. （注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.） 【详解】（1）选择条件①，.则.又，所以. 选择条件②，.于是， 在中，由正弦定理得.因为，所以，即.因为，所以，则，即.又，所以. 选择条件③，，则，化简得， 所以.又，所以. （2）因为为锐角三角形，且，所以，所以解得，又，所以结合正弦定理， 得. 因为，所以，则.所以，即边长的取值范围为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $三角函数与解三角形重难点归纳 题型一与集合和常用逻辑用语的结合 例1.(1)(26-27高三上·福建泉州开学考试)设集合 4=-1,sin 2. B={x2+x=0},则 A∩B= () 4.-1 B.{1,0y c.fo D.0,} (2)(26-27高三上广东阶段检测)设)=(a+6easx+(a-)smx,若(ske=2,则 () A.a=1且b=1 B.a=2且b=0 C.a=0且b=2 D.a=1且b=-1 M= ππ3π13π (3)(2026·湖南长沙模拟预测)已知集合 14’3’4’6. N=xr是第一象限角)，则MnN 元素的个数为() A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 )2026天速模)0+2a成0+24z)8 tan0=2cos 3 “或3 0)”的 () A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 (5)(2026·北京朝阳·二模)设m∈R,则“sinm=0”是“函数y=cos2x的图象关于直线x=m对 称”的() A,充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 例2.(1)(26-27高三上北京·开学考试)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知命 1 题P:acos A=bcos B;命题9：△ABC为等腰三角形.则命题P是命题9的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 (2)(25-26高三上·重庆阶段检测)在△ABC中，则下列条件不是A>B的充要条件的为() A.sinA>sinB B.cosA<cosB C.cos24<cos2B D.sin2A>sin2B (3)(2025·安徽模拟测试)若“ 恒成立”为真命题，则实数m的 取值范围是 (4)(2026·江西上饶·二模)若 =(m-h-0n(-青到，具xek刘，>0·为假合影， 则cos(2m-n） (5)(26-27高三上湖南长沙开学考试)已知函数f(y)=sinr-cosx(0>0),若集合 A={x∈[0，)川f(x)=l1} 00 只含有3个元素，则实数的取值范围是 f(x)=cosx(cos3x+sinx)+sinx(sin3x+cosx) 例3.(1)(25-26高三上江苏盐城阶段检测)已知函数 (山)求（冈的单调递增区间及最小正周期： (2)设m<0,若集合f()=2,m≤x≤0恰有一个元素，求m的取值范围 (2)(25-26高三上江苏镇江·开学考试)已知集 4m如引05到.非集含 B={xax2-2x+1-O,xER 2 (I)若B是单元素集合且实数a∈B,求a的值并用区间表示A; 有两个零点，求m的取值范围. 题型二与复数结合 例4.(1)(2026：黑龙江哈尔滨模拟预测)已知复数z=c0s+isin 12 12,则2的虚部为() 1 5 5 A.2 B.2 C.2 D.2 (2)(2026山东潍坊三模)在复平面内，把与复数z对应的向量绕原点0按顺时针方向旋转60°，得 -2W3i 到的向量对应的复数为 则2=() 2v3-2V3i 25+2V5i C.3-3i D.3+V5 (3)(2026云南保山二模)模莫弗公式(ocs0+ism0y”=os9+isin9aeN)是由法国数学家模莫 弗发现的若复数0=cos元+isin乃 6 “6,则o2=() 15 一十 5 1+5 5.1. -+一1 A.22 B.221 C.22 D.22 (4)(2026湖南怀化模拟预测)已知x为复数，下列选项中是方程26.x=-1的根的是（) A4.cos+i.sin B cos+i.sin 6 6 4 4 C.costisi π 2 2π D cOS -+isin 3 3 3 3 3π 3π πZ1 例5.(1)(2026山东烟台一模)已知复数=c s 5+isin 5名=0o:+写，则3在复平面内对 5 3 应的点位于() A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 z=a+bi(a,b∈R) (2)(2026·重庆·一模)任何一个复数 都可以表示成 z=r(cos0+isine)(r20,0ER) 的形式，通常称为复数的三角形式.法国数学家棣莫弗发现： [r(eos0+inb'叮=r(eosn0+0)-(a∈Z,我们称这个结论为棣莫弗定，理则(5+” 的值 为() 225(V5+i a.2(N5- c.22(1-5列 D.2(1+3 (3)(多选题)(2026：河南南阳·一模)一般地，任何一个复数z=a+bi(a,beR)都可以写成 2=(cos0+isin0)的三角形式，其中cos0=号，sim0力 ,r是复数的模，0是复数的辐角，并规定 0≤0<2π 2+6x+12=0 范围内的辐角的值为辐角主值，则方程 的复数根的辐角主值是() 2π 5π 7π c.6 4π A.3 B.6 D.3 (4)(多选题)(2026湖南长沙三模)设复数z在复平面内对应的点为Z,任意复数z都可以表示为 r(cos0+isin0) 三角形式 由复数的三角形式可得出，若名=1(cos8+isin)),名，=5(cos8,+isim9) ZZ 其在复平面内对应的点为 Z,=r(eos8+sin8)-5(eos8,+in8,)=r5[os(@+8)+sin(8+8】.其几何意义是把向量OZ绕 点0按逆时针方向旋转角8（如果8<0，就要把O%绕点0按顺时针方向旋转角风），再把它的模 变为原来的”倍。根据上面知识，下列选项中正确的有《) 4 A当，=1,0= 4,且n为偶数时，复数2”为纯虚数 1 i206=-1-5; B.若22十21，则 22 C金子面中，点42到小烧点0速时计流载景到-1：9) D.复平面中，将直线1：2x+y+1=0绕0点顺时针旋转4得到直线'：3x-y+V2=0 题型三与不等式结合 例6.(1)(26-27高三上山东日照开学考试)已知关于x的不等式 o(仔x-到r+b+d20(a+0)对任意e06l恒成立.则不等式c2+m+b>0的解集为〈) 4〔别 。.〔o景 c（ n（m3 (2)(26-27高三上湖北阶段检测)已知函数(x)=2c0s(2x+孕，则f≥1的解集为() A{a径≤sa+合e2 ga倍ssa吾c2 n女✉sxskske2 (2sinx-1)(v2 cosx-1)>0 (3)(2026河北唐山一模)若x为锐角，且 则x的取值范围是() e(副 n(昏引 (4)(26-27高三上河北廊坊开学考试)己知实数a,b满足8a+9b2=4+12ab,则2a-3ab-3b的 5 最小值是 例7.(1)(2026黑龙江哈尔滨模拟预测)已知函数f()-cos'x+25sinc0sx-sinx (山求（的最小正周期及对称轴方程： ②若道数句+的黄大货为1，R装8回>0 成立的x的取值范围 ②)）2,26商三上山东阶段检测)已知函数/=血(or+pa>0水受0=一5 2,且对任 意实数x,x,当|f:)-fx)上2时，1x-x1的最小值为2 (1)求f(): (2)若x∈[0，m,求f(x)的单调区间： (3)若f)≥，求x的取值范围 (3)(2026·广东汕头·二模)函数 )=cosx+君@>0在对的大致图象如图所示，将曲线 3 y=f)向右平移g个单位，再把所得曲线上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函 数g(x的图象 6 4π (1)求函数8()的解析式： (2)设x∈[-兀，π，解不等式 x-g>2g+到 (3)设1∈[0，，若关于x的方程8x+)=1-8,)有解，求1的取值范围 题型四与函数结合 4sinx 例8.(1)(2026安徽模拟预测）函数f()=3-2c0sx的值域为（） c.[2,2] D.【4,4 (2）（26-27高三上黑龙江哈尔滨开学考试)已知西数儿)-2-2+2x+3. ,若 f(sinx+cosx)+f(sinxcosx-m)<6 恒成立，则m的取值范围是() A.（-1,+∞) R C.(-o,) (3)(26-27高三上北京开学考试)设函数)=in0x+hcos0x,a,b∈R,b0,0>0,若 7 工之对任意实数x均成立，则下列结论中一定成立的是（ A.xeR,总有f()=f(刘 B.xeR,总有f四)=-f() (4)(多选题)(26-27高三上河北廊坊开学考试)已知曲线 C:cos(x+y)=x2+y2 则下列直线与 曲线C有交点的是() A.y=1-2x B.y=1+2x C.y=l- D.y=1 log2(-x,4≤x<0 (5)(多选题)(2026·陕西延安·三模)已知函 f(x)= Asin 3 ,0≤x≤6，若函数 8闭=)>0)有4个零点，，。，，且<<<元，则下列结论正确的是() A.1e(2,4) B.+龙=3 c. D为+5的收值范阳为子-少 例.（1)626-27高三上果龙江开学考试)函数f()-(2nx+川2ox+)的值拨是 (2)(2026-山东日照模拟预测)已知偶函数()=cos(0x+p)+1(0>0,0<p<2n)的图象向右 平移m(m>0)个单位长度所得的图象与原图象重合，若m的最小值为1，曲线”=f()+“与 5 g(x)=2+a-l恰有一个交点，则实数a的值为（) 4 A.0 B.1 C.2 D.3 (3)(2026陕西渭南模拟预测)如图为函数f()=v3sin(or+p(@>0,0<< ”的部分图象， (0小0为图象与轴的两个交古经标，则古 2 4.-26 B VG C.0 D 2v6 f()=V3cos(ox+p） (4)(26-27高三上·湖北武汉阶段检测)函 2的部分图象如 图所示，△ABC是等边三角形，其中A,B两点为图象与x轴的交点，C为图像的最高点，且 o8l=204,则f（o+f0+f2)++/(2026)=() 5 A.0 B.2 C.1 D.2 (5)(多选题)(26-27高三上江苏连云港阶段检测)己知定义在R上的奇函数 满足 f1++/B-)=0.且f0≠0若函数3)-r+/0asx-3 有一个零点，则() A.函数( 的周期为4 B.函数（的图象关于点20）对称 C. f(2026)=1 D.f(2027)=-3 题型四与平面向量结合 例10.)(2026湖南益阳模拟预测)在△1BC中，∠A=90,AB=1,4C=5,P为BC边的6等 分点(i=123,45),则职+B++g=（) A.4 B.5 C.8 D.10 (2)(26-27高三上：广东开学考试)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,C,若 CD·AB (a+b):(a+c)(b+c)=4:56,且AD=2DB,则AB () 265 163 131 1 A.294 B.294 C.294 D.294 (3)(2s27商三上山东目腮开学考i试)在ABC中.∠B4C-,D-号丽，p为线段CD上一点， 3 且满足2P=2mAC+B,若△ABC的面积为5，则的最小值为() √6 3 A.2 B.√2 C.2 D.2 (4)(26-27高三上·湖南衡阳开学考试)设△ABC的三个内角分别为A,B,C,向量 m=(3sinA,sinB）.i=(cosB,3cosA若m-n=l+cos(4+B),则C=() 3 n 例1.(1)(25-26高三上重庆沙坪坝期中)若点0为△M4BC BO.CA+CO·AB=0 的外心，且满足 则tanC的最大值为() 3 25 A.3 B.1 c.5 D.3 (2)(2026陕西宝鸡模拟预测)已知△ABC的外接圆圆心为E,角A,B,C所对的边分别为a,b,C,且 c=4,-24cos1=6 C,者F+F=0,则.Af=（) % A.8 B.13 C.16 D.32 (3)（25-26高三上江西吉安阶段练习)函数f(x)=V3sin(or+p(o>0,-元<0<) 的部分图象如图 所示，已知点么D为/的零点，点R.C为了)的极值点，丽Dc=西，则p的值为() 2 D A 6 B.6 6 D. (4)(25-26高三上广东深圳阶段练习)已知函数f()4sin(@r+ 的部分图象如图所示，O为坐 标原点，B,C为图象与坐标轴的交点，D为图象上的点且满足B0+BC=D,BC.D=10,BD=4 f(x)=m.n m=（(2sinx,l) 例12.（1)(25-26高三上·四川南充阶段检测)设函数 ,其中向量 i=（-sinx,W3sin2x (1)求函数 (✉)的最小正周期与单调递增区间： 11 (2)在△MBC中，a五c分别是角4、B,C的对边，已知(C)=0,c=5,求△MBC 积的最大 值. (2)(26-27商三上山东日照开学考试)已知向量a=(sinx,cos,6-(cos53cos),设f(y)=a-6 y=f(x) (1)求函数 的单调递增区间； (2)记△MBC的内角4，B,C所对的边分别是a,b,C,已知(A=5,b=3,ABC的面积 为5，求△MC 的周长 (3)(2026陕西汉中模拟预测)已知向量a=(cosx,2sin),6=(2cosx,V5cos,函数f()=a-6 (1)求函数 ()的最小正周期及单调递增区间： 3 (2)在锐角△ABC中，若 2 且a=V3,求△ABC周长的取值范围. 025商=上湖非期中)已知的量m(+写引引6-m-引n2,西数 f)=a6+星 (4)求函数闪的单调增区间及对称中心， (2)将函数f(x)的图象向右平移24个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，最后使图象上所有 12 「ππ 点的纵坐标变为原来的V2倍，横坐标不变，得到函数8(：)的图象，若存在L12'6使 g(x)-m≤2 成立，求实数m的取值范围. 题型五与立体几何结合 例13.()(2026江苏南京模拟预测)已知西数=如Or+)(0>0.0<0<受)的部分图象如 下，现将△AOB沿OB翻折至△A'OB,使得二面角A'-OB-C为120°，若 Ack四 2,则f()= B v3 C. v3 B.2 D.2 (2)(25-26高三上安微合肥阶段练习)如图(1)，函数(=sm(or+p(o>0,0<< 的图象 0. 与y轴交于点 2 将绘有该函数图象的纸片沿x轴折成直二面角，如图(2)，若折叠后A、B两 点间的距离为而，则f(2028)=() 13 B B 图(1) 图(2) 1 3 3 A.2 B.2 C.2 D.2 (3)(多选题)(25-26高三上四川南充阶段练习)如图，在棱长均为2的正三棱 ABC-ABG中， D是棱AC的中点，则() B A 2 A.BD//BC B.异面直线AC与BC所成角的余弦值为4 6π C.BD⊥CD D.四棱锥C-ABB,A外接球的表面积为3 (4)(2025.福建福州期末)由瑞士著名建筑大师马里奥·博塔设计的清华大学艺术博物馆整体为长方 ABCD-ABCD 体造型，长方体 是该建筑的直观图，当身高为”m人（忽略眼睛到头顶的距离）站在 点N处(4B的延长线上)时可以估测B点、C点的御角，现测得楼究BC长为“m,此人估测得B点 B C C 的仰角为， BB 点的仰角为，则估测教学楼的高为()（单位：m) 14 D B A B h+a.sin(a+B) a·cosa cos B h+- A. Vsinasin B B sin(a+B)sin(a-B) sin(a+B) a-sinasin B h+a h+- V sin(a-B) D. vsin(a+β)sin(a-B) 例14.(1)多选题)(2026湖北名校联盟第一次测评)如图，在三棱锥O-ABC中，侧棱OA, OB,OC两两垂直，且OA=OB=OC=3,P为底面ABC内一动点（含边界），点P到三个侧面的 距离分别为 4,4,4,直线OP和三条侧棱所成的角分别为∠1，∠2，∠3，直线OP和三个侧面 所成的角分别为，B,?,则() B 35 A.该三棱锥的外接球半径为2 B.sin2∠1+sin2∠2+sin2∠3=1 C.sin'a+sin2B+sin2y=1 D当+d+d=5时，P点的轨迹长度为V2π (2)(2025·湖北·三模)把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”·如图，椭圆柱O0'中 底面长轴AB=AB=4,短轴 25,,5为下底面精圆的左右焦点，尽为上底面椭圆的右焦点， M=4,P为BB上的中点，E为线段B上的动点，MN为过点的下底面的一条动弦（不与B重 15 合) A Q B (1)求证： FE∥平面PN (2)若点是下底面椭圆上的动点， 是Q在上底的数出，且Q乐与痕面所成份角分捌为 a,P,试求出 an(a+B) 的最小值 (3)求三棱锥E-PMN的体积的取值范围. 题型六与数列结合 例15G1)〔2526高三上江西开学考试已知数列a满足“=8 ,且函数 f(x)=an+1sin(π·x)-anx2+anx-5 当∈0，时，函数)拾有一个零点，则=() 1 63 1 63 A.16 B.16 C.-16 D.-16 2)（26.27商三上辽宁开学考试)已知离数f()=n(or+)(A>0,0eN,0<p<至)，0 为坐标原点，将曲线'=)与坐标轴的所有交点用点列8，}表示，其中OB<OB,,数列OB,}的 前三项分别为6,1？3，则A= (3)(25-26高三下~湖南株洲阶段检测)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若， 16 b22c2 tan(C-B) 成等差数列，则 的最小值为() 3 3 √5 √3 A.3 B.3 C.-2 D.2 (4)(25-26高三上河北衡水期中)设等差数a的前”项和为5，已知“=6、S=20,设 sin2 b cosa,cosa,则数列{b,}的前n项和为() A.cos2n B cos(2n+2) C.tan2n D.tan(2n+2) 例16.(1)(25-26高三上江苏无锡阶段练习)已知函数 ，将函 1 数f(x)先向右平移π个单位，再将横坐标变为原来的。（o>0),纵坐标不变，得到函数g(x),将 西数g日)的正手点按据从小大的顺序排列，得到数列风}，且4一名。 )求() 的值域： (2)求8()】 的单调增区间 (3)求数列a的前2n项和5. (2)(安徽高考真题)在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这 ”+2个数的乘积记作，再令0，=g工m21 tan (I)求数列的通项公式： 17 ,=tana,tana,求数列6'的前”项和 (b} (Ⅱ)设 (3)(26-27高三上河北沧州开学考试)(1)证明：cosC-cosB=-2si na+B。ina- -sin- 2 2，并求 cos75°-cosl5° （②)日知如子+s加红+ n3领++sin 5 _ltan2r,keN。 5=2tan 5 《1)将满足条件的长从小到大排列得到数列a},求数列a,}的通项公式： 11 +…+ 181 (i)若T为数列{a}的前n项积，求证：T工T140 例1()(2627高三上广东湛江开学考试)如图，在矩形48C0中，0为 AB边上的中点， AB=2AD=2,点A,B均在半圆4OB的直径4，B,上，C,D均在半圆4，OB的弧A,B,上，作矩 形4BCA,直线GD与半题40B相切，点，B均在半国408的 40B的直径4B上.G.P均在半 圆4OB的48上，作矩形4B,CD,如此无限继续下去，记矩形4B,CD,的面积为，neN,）. D C3 D A3 A2A O B B2 B3 18 (2)求数列a的通项公式： （3)若，=tan(og,a.）,求数列，6的前”项和. (2)(25-26高三上浙江月考)已知S,是数列{a,}的前n项和，且满足S=1- n+1 （4)求数列a,的通项公式， (2在T面豹标系0巾，已面点利，定又4：日8(e》(实阳N), an=∠AnOP,fn=∠BnOP an(B,+B,)的值： (i) (i)证明：a+a,++a,+Bn1= 4 ()(2026山东泰安二模)已知数列a}满足4=3，a=2a,-(a≥2，等差数列，满足 a2 =b3,2a2 +as =bo （1)求数列a,和私}通项公式。 sin2 (2)若 cosb,cosb+1,求数列Cn的前n项和Tn. 19 (4)(2026重庆模拟预测)已知函数f(国=c+c0s(aeN）,记等差数列a,}的前n项和为4， _B.-Ef(a) , ππ (1)证明：曲线y=(是对称中心为2k'2)的中心对称图形： 2）证明：“46=”是“B,%=1013π”的充要条件 k (3)k=1时，求函 数()+4-f(四在区间@，2列上的零点个数. 题型七与平面解析几何结合 、1xcos0+2ysin0-1=0、,x2+y2=1 例18.(1)(26-27高三上河北沧州开学考试)已知直线： 被圆 截得 的弦长为√2，则直线的斜率为() A.2 B.2 D.t√2 (2)(2026湖南·三模)已知函数f()=2cos0 xcosp--2 sinaxsin(o>0,-π<p<0)的部分图象如图所 示，A,C均为其图象上的点，且线段AC的中点B在x轴上，则0=() 20 2 5 3 B 5π A. 24 c. 0. 3 y= (3)(2026广东珠海模拟预测)如图，函数f(x)=sin(or+p)(o>0)的图象与直线2相交，A、 8,C是相都的三个交点，且aC-B叶子，则o=() VA A.3 B.4 C.5 D.6 (4)(25-26高三下·重庆·阶段检测)设函数 向左平移”0<m<】 )个单位 后得到函数 ()=si血r,若点P,0,R是函数f四与8() 的图象上从左至右依次相邻的三个交点，且 ∠PQR=2 m ,则 =() A.3 2π 3 B.3 D. 3 1 例19.(1)(2026江苏模拟预测)将函数f(=six的图象向右平移( 0<p<2)个单位，得到函数 8( 的图象，己知（冈与8( )图象上相邻的三个交点组成一个正三角形，则”的值为() A.6 B.4 1 C.3 5 D. 21 ②(2020安酸合裙一模)设西数-umr+0>00(受到引 ,A,B是直线y=5与 =V3 曲线y=f()的两个交点，且AB最小值为π若 则p= (3)(2026湖北武汉模拟预测)如图，已知0>0，在函数/代)=s如(o+p)的部分图象中，其图家 上的点4B,C是同一直线上的三点，且该直线与产轴交于点D,若MD=D8=BC=I,则@= 3 (4)(2026山西晋中三模)如图，点4B,C是函数f()=sim(@x+p@>0)的图象与直线'=2的 相邻的三个交点， D 2)是f)的图象与y鞋的交点，若BC-4=行，则引 厨20山)226福建通州三模已知R是园C+片o>h>0 的左、右焦点，P为C上 R,r APEE 一点， ”分别为 的外接圆半径和内切圆半径，且6=口，则C的离心率取值范围为0) 22 x2,y2 (2)（2026:河南开封模拟预测)已知椭圆C:。+存=1(a>b>0 的左、右焦点分别为F,B,点 5=a P在C上，设I为△PFE的内切圆圆心，若△PFB的面积为3”，且 3,则C的离心率为 () 1 3 3 A.3 B.2 C.3 D.2 x2,y2 (3)(25-26高三下安徽合肥阶段检测)已知椭圆C:。+F=1(a>0,b>0) 的左、右焦点分别为 ∠PFR=2∠PFE F,F,椭圆C上存在一点P使 ,且△乃P乃为锐角三角形，则椭圆C的离心率的取 值范围是() 2√3 A B 2’2 c.（2-1,3- 2 (4)(26-27高三上渐江杭州开学考试)己知椭圆C和双曲线9有相同的焦点5， E,M是它们的 3 一个公共点，且 .窘G的洛心率为2，双G的心率为 3V2 3V2 3V3 3V5 A.2 B.4 C.2 D.4 x2 y2 (5)（26-27高三上河北雄安开学考试)已知双曲线C,P-1(a>0,6>0 的左焦点为F,点P 为双曲线C上位于第一象限内的一点，直线PR与双曲线c的左支相交于点Q:Kg=a且F0=号平 则双曲线C的离心率为() 23 V30 V33 4.2 B.5 C.3 D.3 (6)(2627高三上重庆沙评提开学考试)已知双雷线C:疗方-1儿a>0,6>0),R,5分别为其左、 右焦点，过5且领斜角为60的直线'与C在第一象限的交点为P,线段B上一点°满足 IPR-erl-IPO-FF Po-2l0Fl 则该双曲线的离心率是() 1+V3 A.2 B. 1*3 2 C.1+5 D.2+V5 x2 y2 (①)(26.27商=上安做卓阳开学考试)已知双曲线C,立下-1(>0，b>0)的右焦点为 F(c0(e>0),圆O:+厂=·+与双曲线C的渐近线在第二象限内的交点为R,若△FP0的周长 为26a+2c,则双曲线C的离心率为() A.2 B 2 C.3 D V3 例21.(1)(26-27高三上广东六校阶段检测)设抛物线 :y2=4x,9 是直线 m:x+y+2=0 上的动点， os,or C S,T 是抛物线的两条切线，且与抛物线分别相切于两点. (1)设P是抛物线C上任意一点， PO最小值： (2)记ST的中点是M,求M的轨迹方程： (3)记抛物线C的焦点是F,记<=a∠0rT=B,证明：cos(a-P)= 24 x2,y2 2)）(26-27痛三上搬北阶段检测)已知稀圆B.。+云1(0>b>0)的左、右焦点分别是5， √2 F,E的离心率为2，且过点(0,2)，过E且斜率大于0的直线1交E于A,B两点 (1)求E的方程： 16 (2)若△FAB的面积为3，求直线1的方程； (3)设0为坐标原点，连接A0并延长交E于点C,求 tan∠ABC 的最小值 (3)(26-27高三上湖北开学考试)已知动点P(x,y),点F(3,0),点P到直线：x=3的距离为d, 满足PF=3 的点P的轨迹为曲线C,过r的直钱与曲线C交于4(，），B,)两点 (1)求C的方程； AF-BF=t (2)记AB ，F关于y轴的对称点为F (i)若>05>0 求t的最大值及t取最大值时∠AFB的正切值： (i)若<0 ,且A不是C与x轴的交点，【=1，证明：△MFB为等腰三角形。 C: x2 5 ((2026重庆模拟预测)P为椭厨C:7+少=1a> 上异于顶点的动点，且C的离心率为2， 万，B分别为C的左、右焦点，M为C的左顶点，记 PFE=a∠PEE=B 25 (1)求C的方程： sina 2cosa-3 (2)求证：sinB2cosB-V3: (3)设点 T(4,0)(-2<t<0) 过点T作一条不与坐标轴垂直的直线I,交椭圆C于A,B两点，再过 点T作一条垂直于x轴的直线分别交直线MA,MB于点D,E.问是否存在t,使得O,D,M,E四点 共圆(O为坐标原点)？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由. 例2(1)(26-27高三上广东阶段检测)已知双曲线C: :a尔=1ab>0)的离心率为2，其右焦点 F(2,0) 为 (1)求双曲线C的标准方程： F P,9 09 (2)过双曲线左焦点的直线交双曲线的左支于 两点，其中在第三象限，直线交双曲线于 另一点R(O为坐标原点)· 心若KR-F风，求四边形FR即的面积： (i设4B AP,A 分别交直线x=2于点M,N,直线M与N M,N 别为双曲线的左，右顶点，直线 相交于点T,求tan∠MTN的最小值. (2)(2026-河北邪台三模)已知双曲线C云京=1a>0.b>0 的两条渐近线分别为2过点 26 P06)作的平行线交2于点4，作的平行线交于点8，且11=h (1)若C的焦距为 4小2求C的方程 (2)过点P且斜率为k的直线与C的左、右两支分别交于点 D(),E(x2v2) ()证明： b,2 成等比数列： tan+ (ii)设0为C的右顶点，若过点Q的直线l平分∠DQE,直线l的倾斜角为日，求 8的值 x2.y2 (3)(（2026-江苏南通：模拟预测)已知椭圆C:。+F-1 (a>b>0)的左、右焦点分别为5，F, 离心率为2，且F5=2.直线l过点B且与C相交于A,B两点. (1)求C的方程： 3 (2)若△AFE的面积为2，求AE·AE,: FA 5 (3)若FB3,求cos∠AEB. (4)(2026:陕西成阳三模)已知双曲线E:,-方京（4>0'b>0)的一个焦点为F(0,1),渐近 x 0<a< 线方程为3，过点F作倾斜角为a( 2)的直线，将绕点F逆时针旋转角0( kk,P为 0<0<)得到直线5设.b与B分别交于A,B知C,D两点，人.的舞学分别为六.与 27 AB的中点，O为CD的中点，O为坐标原点： (1)求E的方程： (2)设将直线逆时针旋转角 -2a得到直线，若OP100,证明：4，A,C,D四点位于8的同 一支上： 3)若k=},月mCD-35求m0 题型八与导数结合 例23.(1)(26-27高三上：河南南阳开学考试)设函数 =nx2-n, 则曲线y=(,)在点 (L0》处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（） 5π 11元 B.12 D.12 f+☒<0 (2)(26-27高三上甘肃酒泉开学考试)己知函数f)是偶函数，若sinx c0sx 对于 (立， 则下列各式一定正确的是() 4引图 。周 c)9( 。(得 (3)(2627高三上辽宁开学考试)已知定义在R上的连续函数)，其导函数为（四），若 28 国闭-2m,且当x>0,re+<0,期不5式+引》+m-o 的解集为 () A.（-0,π) B.(π，too) n（树 ππ (4)(2026重庆南开中学开学考)已知定义在22)上的函数f()满足f(x)=f(x),且当 0≤x< 2时，f(x)tax+f(x)>0,且有 「，则f(x)<4cosx的解集为 例24()）(2627高三上湖北开学考试)己知定义在R上的函数/（因满足：儿x+的图象关于点 (←10)对称，且当-2x5x≤0时，f四sm+兮/)co背<0，则() A. ()<(2)<-) B.(2) c.frr回) .(( (2)(26-27高三上重庆北碚开学考试)已知a=4in,b=c0s 1 4’ 4’C=16,则a,b,c的大小 系正确的是() A.a>b>c B.c>b>a C.b>a>c D.a>c>b 6)(25”路=上广东揭阳开学老试)已知因：(5x+p儿引.卫+足 偶函数，则⑨=() B.君 c.8 n. 29 (4)(26-27高三上安徽安庆阶段检测)己知函数f()=4cos(r+p4>0,0>0,0<0<),若函 数f田与其导函数f'(的图象如图所示，则f田+∫'（的最小值为一 例25（山（多选题）(26-27高三上云南昆明阶段检测)函数f()-Acos0r+b(4>0,@>0) 的图 象如图所示，老儿9的图象与8创心的图象在X=处有公切线，其中。红2刘 ,则() 0 2 A.A=1,b=2 B C.a-e D.f(因的图象与g()=a心的图象在x=七处的公切线为=x-头+1 2 f(x)=e*+asin (2)(多选题)(26-27高三上·黑龙江开学考试)已知函数 ,则() A.对于任意实数a, f(x) 没有最大值 B.当a=-l时， x)在区间 ,+o)上单调递增 C.当a≠0时， (☒)一定有无数个零点，且连续两个零点之差的绝对值都小于” D.对于任意实数am,一定存在实数。，当>时，都有()+f()>m 立 30 (3)(多选题)(26：27高三上河南南阳开学考试)函数f(d)=2si加(x+p)(o>0,回<的部分图 象如图所示，其中点C02在曲线y=付上，若4=，则（) VA A.0=3 B.p-4 C.f+牙是偶函数 D.曲线y=f(x)在点C处的切线斜率为3√2 (4)（多选题) （26-27高三上四开学考试)已知函数f()=ei ,定义域 0,,则 () π5π A.f(x)在区间4'4)上单调递减 B.I(x 的所有极大值按对应极大值点从小到大排列，构成公比为°的等比数列 c,f因)在区间0，+o)上的最大值为2e D.方程(=c”在区间I0+切)上拾有两个解 例26.(1)(25-26高三上·广东深圳开学考试)数学与音乐有着紧密的关联，每一个音都是由纯音合 成，纯音的数学模型是函数y=Asnx.我们平时听到的音乐不只是一个音在响，而是许多个纯音的结 合，称为复合音.复合音的产生是由于发音体不仅全段在振动，它的各部分如二分之一、三分之一、四 分之一等也同时在振动.已知刻画某声音的函数为f()=si血x+8in2x+sin3x 31 31 来威在年》 处的切线方程； (2求函数（在0刊上的单调区间： （3)函数8()f代)：2s如-m,若8四五@列上有三个不同的极值点6，飞受1=L23 1+1+1 证明：COS COS.为cos考为定值. (②)(26-27高三上河南许昌开学考试)已知函数/)-5+c0,0<x<2元. 1)求不等式)>2f2) 解集； (2讨论因的单调性： 3)己知函教国)=[/(si血x-小-5(0<1<1)，证明：)在0，上有且只有一个极小值点 (3)(26,27高三上辽宁大选开学考试)已知E数f()e-asinx--bcos(aheR). (1)若a=1,b=1,求曲线y=f)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)若a+b=1且1<a<2,证明：f()在区间(0，m内有且仅有一个极小值点； (3)是否存在实数a,b,使得对任意x≥0，恒有(x)≥0？若存在，求出a+b的最大值，若不存在， 请说明理由. 32 (4)(2627商三上河北沧州开学考试)()已知函数f()-式+0sx-1,判断函数的单调 性； (2)若对任意x2l,都有(x+)hx≥a(x-)成立，求实数a的取值范围； (3)当1<x<1时，证明：血x 1+x+cosr21+5又， ππ 例27.()(2627高三上山东痰州开学考试)4证明：当(22)时， sind s. 2若*(0 6,求k的最大值： (3)若对于任意的中，女，且≠名，都有sin-s<6-名”，求P的最大值。 (2)(2627高=上广东汕尾阶段检测)已知函数)=in,其中a>0,定义战为[0 （1)当a=1时，求(9在0刊内的极值点： (2)讨论函数（冈在®可上的单调性，并指出极值点个数： )若足在@动内的限大点.道期：水 f(x)=axsinx+cosx+1 xE[O,] (3)(26-27高三上·湖南长沙开学考试)已知函数 33 ()当a=1时，求f(因的最值： (2)当a<0时，证明： f八有唯一极值点： (3)讨论（因）的零点个数。 （④)（26-27高三上湖南阶段检测已知函数f()=sir-c0s,g)-2)r r3 （4)求（在-2江2网）上的单调区间 （2证明；8（四在@列上存在最大值M. (3)判断（②）中的M是香也是8（四在Q+)上的最大值，并说明你的理由 题型九最值与范围 例28.(1)(2026江西·三模)在锐角△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若 asinA=b(sinB+sinC),则万的取值范围为（） A.(W2,2) B.05 c.(2,⑤) D.(2,3) (2)(25-26高三上江苏阶段检测)已知0为锐角△ABC的外心，角A,B,C的对边分别为4，b,c,且 C0B=B0-CA,a=l,则AMBC 面积的取值范围为() 34 2√ 4.44 B.6’4 C.6’2 D. 42 (3)(25-26高三上安徽六安阶段检测)在△4BC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知 sin 24+sin(A-B+C)=sin(C-A-B)+ 2,且abc的取值范围是[8,16√2]，则A4Bc面积的取值范围是 () A.[L,2] B.l,8] C.[2,41 D.[4,8 （④)(2026辽宁核拟预测)已知函数f)=sn(or+p)(o>0,例<受，若f问满足条件： f任小-任，至因回)上年两.则0的大值为() A.8 B.7 C.6 D.5 例29.(1)(25-26高三下·山西太原·阶段检测)已知函数 树-sx+8.将e家上的所有点 标缩小为原来的后，再向有平移厕m〔0,2)个单位，得到函数8的图象，若函数 在区间6)上不单调，则m的取值范围为() 4. B e&别 2)(225肤E新三模)已圣数1问=咖x-5cso>0.g国-/+. 假如M, P,N是曲线'=()，)=8()上从左往右依次连续相邻的三个交点，∠N<90,则0的取值范 35 围是() D.（3元，+o) (3)(26-27高三上·新疆乌鲁木齐·阶段检测) 袋-o号)o0,已a可 上有且仅有4个零点，下列说法错误的是() T1114 A.ω的取值范围是3’3 B.=()在0，刊上可能有3个极小值点 C.y=f(四与直线y=在0刊上的交点恰有2个 ππ D.f(x)在4'2上单调递减 (④)(26-27高三上河南许昌开学考试)已知函数/()-cos(ox+p)+5sim(ox+p）(w>0, 0<0<元)是奇函数，函数8（冈=sin(ox+p)的图象在区间0，网）上恰有2条对称轴，则0的取值范围 为 例30.（1)(2026上海浦东新三模)设/=V5sinx+2cos2x+2 0 (1)求函数y=f)在区间4上的最小值： (2)在MC中，若BC-C4-5且号+争-4，求。1BC的面积. 36 (2)(25-26高三上广东深圳阶段检测)在△1BC中，角4B,C的对边分别为4，么c,向量” m=(b,c) -52m4-且m,点D为上点 (1)求角C的大小： (2)若CD是∠ACB的角平分线，c=9,△ABC的周长为19，求CD的长度： (3)若D为B上靠近点A的一个二等分点，团=而，求实数1的取值范周。 (3)(26-27高三上浙江开学考试)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,C,且 V5 C=V3h+esinA.D为BC边上的点. (1)求角A: (2)若=V5,c=1,且∠BMD=∠CD,求线段4D的长： （3若丽=2c.D=25,求4C面积的最大位 ④27药上安散早用并学苦试)已条作：0如任月m(任小如B= 2bsin BcosC+csin2B=23bcos A:a+ba+c =1,从以上三个条件中任选一个，补充在下面的问题 中，并解答问题：△ABC的内角A,B,C的对边分别为4，b,c,满足： (1)求A; (2)若△ABC为锐角三角形，C=2,求边长b的取值范围， (注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分) 37