高考總復(fù)習(xí)課程-2019年高考數(shù)學(xué)(文)基礎(chǔ)課程(江蘇版)課后練習(xí)

課后練習(xí)參考答案集合2詳解：由得，則，有2個(gè).{0}詳解：∵N＝{0，－1，－2}，∴M∩N＝{0}．詳解：，則3016詳解：用列舉法知，，則共有元素3016個(gè).[－1，＋∞)詳解：，表示這兩個(gè)集合有公共元素，分別將集合M、N用數(shù)軸表示，可知：k≥－1時(shí)，詳解：如下圖所示，由則集合中至少包含集合．由，則集合與集合的公共部分只有集合．故，詳解：由一元二次不等式解法知，，由補(bǔ)集的定義知，借助數(shù)軸知.{x|1＜x≤2}詳解：由x2＞4，解得x＜－2或x＞2，所以M＝{x|x＜－2或x＞2}．由log2(x－1)＜1得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1>0，,x－1<2，))即1＜x＜3，所以N＝{x|1＜x＜3}．圖中陰影部分表示的集合為集合M的補(bǔ)集和集合N的交集，即(?UM)∩N＝{x|－2≤x≤2}∩{x|1＜x＜3}＝{x|1＜x≤2}．命題(微課)③④⑤.詳解：①若a是實(shí)數(shù)，則a2>0錯(cuò)誤，例如a=0時(shí)，a2=0；

②有兩條邊和一個(gè)角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形全等錯(cuò)誤，必須是兩條邊和其夾角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形全等；

③兩個(gè)無(wú)理數(shù)的和不一定是無(wú)理數(shù)正確，例如=0；

④平行于同一條直線的兩條直線平行正確；

⑤若a－b＋c=0，則關(guān)于x的方程ax2＋bx＋c=0有一個(gè)根為－1正確；

故答案為：③④⑤．C．詳解：①垂直于半徑的直線是圓的切線，錯(cuò)誤；

②若a>b>0，則，正確；

③方程x2=2x的解是x=2，錯(cuò)誤；

④一組數(shù)據(jù)3，4，5，5，6的眾數(shù)和中位數(shù)都是5，正確；

⑤對(duì)角線相等的四邊形是矩形，錯(cuò)誤．

故選C．命題的四種形式及其關(guān)系(微課)B．詳解：①∵命題“若b2－4ac>0，則一元二次方程ax2＋bx＋c=0有實(shí)根”是真命題，

∴它的逆否命題是真命題，故①正確；

②∵“x2－3x＋2=0”?“x=2或x=1”，“x=2”?“x2－3x＋2=0”，

∴“x2－3x＋2=0”是“x=2”的必要不充分條件，故②正確；

③命題“若xy=0，則x，y中至少有一個(gè)為零”的否定是：“若xy=0，則x，y都不為零”，

故③不正確；

④命題p：?x∈R，使得x2＋x＋1<0；則?p：?x∈R，均有x2＋x＋1≥0，故④不正確；

⑤若命題?p為真，?q為假，則命題p為假，q為真，則命題?p∧q為真，p∨?q為假，故⑤正確．

故選BB.詳解：①“對(duì)角線不垂直的平行四邊形不是菱形”是真命題，因?yàn)榱庑蔚膶?duì)角線必垂直；

②“若=0，則xy=0”的逆命題是假命題，因?yàn)閤y=0不能得出x=y=0，即不能得出=0；

③“x∈R，若x≠0，則x2>0”的否命題是真命題，因?yàn)椤皒∈R，若x≠0，則x2>0”的否命題是“若x=0，則x2≤0”，這是個(gè)或命題，顯然正確；

④“若方程ax2＋bx＋c=0有兩個(gè)不相等的實(shí)根，則ac<0”的逆否命題是假命題，如a=1，b=－1，c=0時(shí)，方程ax2＋bx＋c=0有兩個(gè)不相等的實(shí)根，但ac=0，由于互為逆否關(guān)系的兩個(gè)命題是同真同假的，故它的逆否命題不正確；

綜上知，①③是正確命題，故選B.充要條件(微課)C．詳解：命題“若x=2，則x2－3x＋2=0”的逆否命題是“若x2－3x＋2≠0，則x≠2”．故選C．C.詳解：命題“若p，則q”是真命題，則根據(jù)逆否命題的等價(jià)性可知：命題“若q，則p”是真命題，故選C.函數(shù)及其性質(zhì)(一)詳解：因?yàn)椋?，又因?yàn)?，所以，所?.詳解：因?yàn)椋?，又因?yàn)?，所以，所?①.詳解：函數(shù)是增函數(shù)，且，所以，故①正確；函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，大小關(guān)系不確定，故②錯(cuò)誤；函數(shù)是減函數(shù)，所以，故③錯(cuò)誤.②.詳解：指數(shù)函數(shù)，由于0.99<1，故它在R上是減函數(shù)，∵3.3<4.5，∴，故①錯(cuò)；對(duì)數(shù)函數(shù)在上是增函數(shù)，∴，而，∴，故②正確；冪函數(shù)，由于5.2>0，故它在上是增函數(shù)，∵，∴，故③錯(cuò).詳解：∵函數(shù)在上是增函數(shù)，∴，解得，故答案為..詳解：∵函數(shù)在上是增函數(shù)，∴，解得，故答案為.函數(shù)及其性質(zhì)(二)①.詳解：①函數(shù)定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，但是，因此為非奇非偶函數(shù)；②函數(shù)定義域?yàn)?，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，又因?yàn)?，因此為奇函?shù)；③函數(shù)定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，又因?yàn)?，因此為偶函?shù)；④函數(shù)定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，又因?yàn)?，因此為偶函?shù).故答案為①.②.詳解：①函數(shù)，因?yàn)?，所以，所以，所以，定義域?yàn)?，，故為偶函?shù)；②函數(shù)，定義域?yàn)椋魂P(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，函數(shù)不具有奇偶性；③函數(shù)定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，，故函數(shù)為奇函數(shù)；④函數(shù)，定義域?yàn)?，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，因?yàn)楣屎瘮?shù)為偶函數(shù).故答案為②.0.詳解：由，得，所以函數(shù)的周期為4，因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù)，所以，所以，所以..詳解：由，得，∴，即函數(shù)周期為6，∴f(119.5)=f(20×60.5)=f(0.5)=f(0.5)=.函數(shù)的圖象變換.詳解：把函數(shù)的圖象向左平移1個(gè)單位，即把其中x換成x＋1，于是得，再向上平移1個(gè)單位，即得到.向左平移5個(gè)單位長(zhǎng)度，再向下平移1個(gè)單位長(zhǎng)度詳解：函數(shù)，則只需把函數(shù)的圖象上所有的點(diǎn)向左平移5個(gè)單位長(zhǎng)度，再向下平移1個(gè)單位長(zhǎng)度.向左平移1個(gè)單位，再向下平移5個(gè)單位.詳解：將函數(shù)的圖象向左平移1個(gè)單位，得到函數(shù)，再向下平移5個(gè)單位，得到函數(shù).向右平行移動(dòng)1個(gè)單位長(zhǎng)度.詳解：∵y=2x－2=2（x－1），∴將函數(shù)y=2x的圖象向右平移1個(gè)單位即可得到函數(shù)y=2x－2的圖象．向右平移1個(gè)單位.詳解：函數(shù),則只需把的圖象向右平移1個(gè)單位.2,9,14.詳解：將二次函數(shù)配方得，再將其向左平移3個(gè)單位，向上平移4個(gè)單位即可得函數(shù)與二次函數(shù)比較系數(shù)可得.詳解：，把函數(shù)的圖象向上平移1個(gè)單位，即得到函數(shù)的圖象，由的對(duì)稱中心為，可得平移后的圖象的對(duì)稱中心為.，且.詳解：函數(shù)（，且）的圖象是由的圖象經(jīng)過(guò)向上或向下平移而得到的，因其圖象不經(jīng)過(guò)第一象限，所以，若經(jīng)過(guò)第二、三、四象限，則需將的圖象向下平移至少大于1個(gè)單位，即.函數(shù)綜合問(wèn)題.詳解：若，則.則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào).3詳解：由得，將其代入，得當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)..詳解：根據(jù)題意得：在上恒成立，即：在上恒成立，設(shè)，則當(dāng)時(shí)，，所以..詳解：由于，設(shè)恒成立則，因?yàn)椋?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以，的取值范圍是.－1詳解：都是奇函數(shù)，所以為奇函數(shù)又有最大值5，所以在上有最大值3則在上有最小值－3，所以在上有最小值－1.2詳解：設(shè)函數(shù)因?yàn)榈亩x域?yàn)镽，且對(duì)于任意，有所以是奇函數(shù)，于是所以平面向量的線性運(yùn)算與基本定理(一)eq\f(1,2)詳解：由已知eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))－eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝－eq\f(1,6)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，∴λ1＝－eq\f(1,6)，λ2＝eq\f(2,3)，從而λ1＋λ2＝eq\f(1,2).A詳解：∵N為AM的中點(diǎn)，，∴，∴，，故選A.(2，3)詳解：方法一：由向量=(2，3)，=(x，6)，且//，得：，即(2，3)=λ(x，6)，解得λ=，x=4．所以，=(4，6)，則+=(2，3)+(4，6)=((24)，(3+6))=(2，3)．方法二：由向量=(2，3)，=(x，6)，且//，所以，解得．詳解：方法一：∵==(1，2)3(x，1)=(13x，1)，且，∴，即(13x，1)=λ(1，2)，∴λ=，x=．方法二：∵==(1，2)3(x，1)=(13x，1)，且，∴，解得．平面向量的線性運(yùn)算與基本定理(二)①C②詳解：①以O(shè)P、OQ為鄰邊作平行四邊形，則夾在OP、OQ之間的對(duì)角線對(duì)應(yīng)的向量即為．因?yàn)榕c長(zhǎng)度相等，方向相同，所以，故選C．②∵向量，∴，∵，∴，∴．見(jiàn)詳解詳解：如圖，設(shè)△ABC中，M，N分別是AB，AC的中點(diǎn)，則，可得且．eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)詳解：eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))．eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b詳解：eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BG,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(λ,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(λ,2)))eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(λ,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝(1－λ)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(λ,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1－λ)a＋eq\f(λ,2)b.又eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CG,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋meq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(m,2)(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))＝(1－eq\f(m,2))eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(m,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝(1－m)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(m,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(m,2)a＋(1－m)b，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－λ＝\f(m,2)，,1－m＝\f(λ,2)，))解得λ＝m＝eq\f(2,3)，∴eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b.eq\f(8,3)詳解：由題意可得，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(4,3)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(4,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，∴s＋r＝eq\f(8,3).A詳解：∵M(jìn)為BC上任意一點(diǎn)，∴可設(shè)，∵N為AM的中點(diǎn)，∴eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AM,\s\up6(→))＝，又∵eq\o(AN,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，∴λ＋μ＝，故選A.(3，y1)，7詳解：∵A(1，1)，B(2，y)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，y)(1，1)=(3，y1)，又eq\o(AB,\s\up6(→))∥a，∴(y1)2×3＝0，解得y＝7.k＝eq\f(1,2)詳解：由三點(diǎn)A，B，C不能構(gòu)成三角形，得A，B，C在同一直線上，即向量eq\o(BC,\s\up8(→))與eq\o(AC,\s\up8(→))平行，∴eq\o(BC,\s\up8(→))＝λeq\o(AC,\s\up8(→))，即(2k，3)＝λ(2，4)，解得k＝eq\f(1,2).eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,4)，8))詳解：設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x，y)，由于|eq\o(AM,\s\up6(→))|＝3|eq\o(MB,\s\up6(→))|，eq\o(AM,\s\up6(→))與eq\o(MB,\s\up6(→))同向，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝3eq\o(MB,\s\up6(→)).由題意，得eq\o(AM,\s\up6(→))＝(x－3，y－5)，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(6－x，9－y)．(x－3，y－5)＝3(6－x，9－y)，∴，解得x＝eq\f(21,4)，y＝8.∴點(diǎn)M的坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,4)，8)).詳解：因?yàn)椋耘c同向的單位向量的坐標(biāo)為.平面向量的數(shù)量積及綜合2eq\r(7)詳解：因?yàn)閨2－|2＝(2－)·(2－)＝42－4·＋2＝4－4×1×6×coseq\f(π,3)＋36＝28，所以|2－|＝2eq\r(7).eq\r(61)詳解：由題意可得a·b＝|a|·|b|coseq\f(π,3)＝3，所以|2a－3b|＝eq\r((2a－3b)2)＝eq\r(4|a|2＋9|b|2－12a·b)＝eq\r(16＋81－36)＝eq\r(61).3eq\r(2)詳解：∵|2a－b|＝eq\r(10)∴(2a－b)2＝∴4＋|b|2－4|b|cos45°＝10∴|b|＝3eq\r(2).6詳解：∵(a＋2b)·(a－3b)＝－72，∴a2－a·b－6b2＝－72.∴|a|2－|a||b|cos60°－6|b|2＝－72.∴|a|2－2|a|－24＝0.又∵|a|≥0，∴|a|＝6.eq\r(2)詳解：依題意得eq\o(AE,\s\up8(→))·eq\o(BF,\s\up8(→))＝(eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(BE,\s\up8(→)))·(eq\o(AF,\s\up8(→))－eq\o(AB,\s\up8(→)))＝eq\o(AB,\s\up8(→))·eq\o(AF,\s\up8(→))－eq\o(AB,\s\up8(→))2＋eq\o(BE,\s\up8(→))·eq\o(AF,\s\up8(→))－eq\o(BE,\s\up8(→))·eq\o(AB,\s\up8(→))因?yàn)锳B＝eq\r(2)，所以eq\o(AB,\s\up8(→))2＝2，因?yàn)锽C＝2，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在CD上，所以eq\o(BE,\s\up8(→))·eq\o(AF,\s\up8(→))＝，根據(jù)向量數(shù)量積的幾何意義，就等于乘以在方向上的投影，而在方向上的投影就是，故，所以eq\o(BE,\s\up8(→))·eq\o(AF,\s\up8(→))＝，又因?yàn)?，所以eq\o(BE,\s\up8(→))·eq\o(AB,\s\up8(→))＝0，所以原式＝eq\r(2)－2＋2－0＝eq\r(2).0詳解：∵A、B、C是⊙O上三點(diǎn)，∴|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝r(r>0)，又∵eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\o(OB,\s\up6(→))2－eq\o(OA,\s\up6(→))2＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|2－|eq\o(OA,\s\up6(→))|2＝0．3詳解：∵eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝(x－1，y)·(1，0)＝x－1≤0，∴x≤1，∴－x≥－1，∵eq\o(BP,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝(x，y－2)·(0，2)＝2(y－2)≥0，∴y≥2.∴eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(x，y)·(－1，2)＝2y－x≥3.所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的最小值為3.C詳解：以BC的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，直線BC為x軸建立如圖坐標(biāo)系，則B(－1，0)，C(1，0)，A(0，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3))＋(1，－eq\r(3))＝(0，－2eq\r(3))，設(shè)P(x，0)，－1≤x≤1，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x，－eq\r(3))，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝(x，－eq\r(3))·(0，－2eq\r(3))＝6，故選C．同角三角函數(shù)的基本關(guān)系及誘導(dǎo)公式當(dāng)α是第Ⅱ象限角時(shí)，sinα=，tanα=；當(dāng)α是第Ⅲ象限角時(shí)，sinα=，tanα=．詳解：因?yàn)閏osα=<0，根據(jù)符號(hào)法則，可知α是第Ⅱ、Ⅲ象限的角．當(dāng)α是第Ⅱ象限角時(shí)，sinα>0，tanα<0，因?yàn)閟in2α+cos2α=1，所以sinα=，tanα=；當(dāng)α是第Ⅲ象限角時(shí)，sinα<0，tanα>0，因?yàn)閟in2α+cos2α=1，所以sinα=，tanα=．當(dāng)α是第Ⅰ象限角時(shí)，cosα=，tanα=；當(dāng)α是第Ⅱ象限角時(shí)，cosα=，tanα=；當(dāng)α是第Ⅲ象限角時(shí)，cosα=，tanα=；當(dāng)α是第Ⅳ象限角時(shí)，cosα=，tanα=．詳解：①當(dāng)0<m<1時(shí)，0<sinα<1，根據(jù)符號(hào)法則，可知α是第Ⅰ、Ⅱ象限的角當(dāng)α是第Ⅰ象限角時(shí)，cosα>0，tanα>0，因?yàn)閟in2α+cos2α=1，所以cosα=，tanα=；當(dāng)α是第Ⅱ象限角時(shí)，cosα<0，tanα<0，因?yàn)閟in2α+cos2α=1，所以cosα=，tanα=．②當(dāng)1<m<0時(shí)，1<sinα<0，根據(jù)符號(hào)法則，可知α是第Ⅲ、Ⅳ象限的角當(dāng)α是第Ⅲ象限角時(shí)，cosα<0，tanα>0，因?yàn)閟in2α+cos2α=1，所以cosα=，tanα=；當(dāng)α是第Ⅳ象限角時(shí)，cosα>0，tanα<0，因?yàn)閟in2α+cos2α=1，所以cosα=，tanα=．詳解：1詳解：原式=sin(1200o)·cos1290ocos1020o·sin1050o=sin(120o+3×360o)·cos(210o+3×360o)cos(3×360o60o)·sin(3×360o30o)=sin120o·cos210ocos(60o)·sin(30o)=sin120o·cos210o+cos60o·sin30o=sin(180o60o)·cos(180o+30o)+cos60o·sin30o=sin60o·cos30o+cos60o·sin30o==1詳解：因?yàn)樗栽斀猓阂驗(yàn)椋运?，又因?yàn)檎倚秃瘮?shù)的圖象與性質(zhì)(一)(微課)(1)π(2)(3)左，詳解：(1)函數(shù)的最小正周期為(2)令f(x)=，g(x)=sinx，則y=g[f(x)]因?yàn)閮?nèi)層函數(shù)單調(diào)遞減，求復(fù)合函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間，只需找到外層函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間即可，即，解得所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(3)①先考慮如何將y=cos2x變成y=sin(2x)因?yàn)?，即所以將y=cos2x的圖象向左平移個(gè)單位，可以得到y(tǒng)=sin(2x)的圖象②再考慮如何由y=sin(2x)得到因?yàn)樗杂蓎=sin(2x)的圖象向右平移個(gè)單位，可以得到的圖象由此將y=cos2x的圖象先向左平移個(gè)單位，再向右平移個(gè)單位，也就是將y=cos2x向左平移個(gè)單位，可得到的圖象(1)π(2)(3)左，詳解：(1)函數(shù)的周期為(2)求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間，只需，解得，即函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(3)①先考慮如何將y=cos2x變成y=sin2x因?yàn)?，即所以將y=cos2x的圖象向左平移個(gè)單位，可以得到y(tǒng)=sin2x的圖象②再考慮如何由y=sin2x得到y(tǒng)=sin(2x)因?yàn)樗杂蓎=sin2x的圖象向右平移個(gè)單位，可以得到y(tǒng)=sin(2x)的圖象由此將y=cos2x的圖象先向左平移個(gè)單位，再向右平移個(gè)單位，也就是將y=cos2x向左平移個(gè)單位，可得到y(tǒng)=sin(2x)的圖象正弦型函數(shù)的圖象與性質(zhì)(二)(微課)(1)π(2)見(jiàn)詳解(3)和(4)左，詳解：(1)(2)令分別等于0，，π，，2π，解出x的值，再得到相應(yīng)的函數(shù)值，列表如下x0π2π1010120202所以函數(shù)在一個(gè)周期內(nèi)的圖象為(3)法一：將函數(shù)圖象延長(zhǎng)，可以看到該函數(shù)在[0,π]的單調(diào)減區(qū)間為和法二：由解得與[0,π]取交集可得該函數(shù)在[0,π]的單調(diào)減區(qū)間和(4)因?yàn)?，所以將函?shù)y=2cos2x的圖象向左平移個(gè)單位可以得到函數(shù)的圖象.C詳解：向左平移個(gè)單位后，得到函數(shù)因?yàn)椋詧D象不關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱，故A錯(cuò)因?yàn)?，所以圖象不關(guān)于軸對(duì)稱，故B錯(cuò)因?yàn)?，可以得到函?shù)的單調(diào)增區(qū)間為而，所以函數(shù)在區(qū)間單調(diào)遞增，故C對(duì)因?yàn)?，所以函?shù)周期為π，故D錯(cuò)余弦、正切函數(shù)的圖象與性質(zhì)后練習(xí)詳解：∵，∴，∴，∴，∴，∴，即函數(shù)的值域?yàn)?詳解：，∵，∴.∴解得.三角函數(shù)的恒等變換(1)(2)eq\f(1,2)詳解：(1)sin105＝sin(45°+60°)＝sin45°cos60°+cos45°sin60°＝+＝(2)sin43cos13－sin13cos43＝sin43cos13－cos43sin13＝sin(43－13)＝sin30＝eq\f(1,2)(1)(2)eq\f(\r(2),2)詳解：(1)sin15＝sin(45°－30°)＝sin45°cos30°－cos45°sin30°＝－＝(2)sin68°sin67°－sin23°cos68°＝sin68°cos23°－cos68°sin23°＝sin(68°－23°)＝sin45°＝eq\f(\r(2),2)最大值為2，最小值為2，最小正周期為2π.詳解：f(x)=eq\r(3)sinx－cosx=因?yàn)?，且的終邊過(guò)點(diǎn)，所以，故f(x)=.所以f(x)的最大值為2，最小值為2，最小正周期為2π.最大值為2eq\r(3)，最小值為2eq\r(3)，最小正周期π詳解：f(x)=因?yàn)?，且的終邊過(guò)點(diǎn)，所以，故f(x)=故f(x)的最大值為2eq\r(3)，最小值為2eq\r(3)，最小正周期為π.詳解：f(x)=cos2x+sin2x因?yàn)?，且的終邊過(guò)點(diǎn)，所以，故，當(dāng)即時(shí)，函數(shù)有最大值為.eq\f(1,2)詳解：y=eq\f(\r(3),2)sin2xeq\f(1cos2x,2)=eq\f(\r(3),2)sin2x+eq\f(1,2)cos2xeq\f(1,2)當(dāng)即時(shí)，函數(shù)有最大值為1eq\f(1,2)=eq\f(1,2).1詳解：f(x)=sinxcosx=eq\r(2)sin(xeq\f(π,4))，當(dāng)x∈時(shí)，xeq\f(π,4)∈[0，eq\f(π,4)]，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增，∴f(x)max=f(eq\f(π,2))=11，－eq\f(1,2)詳解：f(x)=eq\r(3)sinxcosx+sin2xeq\f(1,2)=eq\f(\r(3),2)sin2x+eq\f(1,2)=eq\f(\r(3),2)sin2xeq\f(1,2)cos2x=sin(2xeq\f(π,6))當(dāng)x∈[0，eq\f(π,2)]時(shí)，2xeq\f(π,6)∈[eq\f(π,6)，eq\f(5π,6)]，當(dāng)2xeq\f(π,6)∈[－eq\f(π,6)，eq\f(π,2)]，即x∈[0，eq\f(π,3)]時(shí)，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)2xeq\f(π,6)∈(eq\f(π,2)，eq\f(5π,6)]，即x∈(eq\f(π,3)，eq\f(π,2)]時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，又f(0)=eq\f(1,2)，f(eq\f(π,2))=eq\f(1,2)，∴f(x)max=f(eq\f(π,3))=1，f(x)min=f(0)=eq\f(1,2).(1)eq\r(3)(2)－eq\f(\r(3),3)(3)eq\r(3)詳解：(1)＝tan(40°+20°)=tan60°＝eq\r(3)(2)∵tan45°＝1，∴eq\f(1＋tan105°,1－tan105°)＝eq\f(tan45°＋tan105°,1－tan45°tan105°)＝tan(45°＋105°)＝tan150°＝－eq\f(\r(3),3)(3)∵tan60°＝tan(27°＋33°)＝eq\f(tan27°＋tan33°,1－tan27°tan33°)＝eq\r(3)∴tan27°＋tan33°＝eq\r(3)(1－tan27°tan33°)∴原式＝eq\r(3)(1－tan27°tan33°)＋eq\r(3)tan27°tan33°＝eq\r(3)(1)1(2)1(3)1解析：(1)＝tan(15°+30°)=tan45°＝1(2)eq\f(\r(3)－tan15°,1＋\r(3)tan15°)＝eq\f(tan60°－tan15°,1＋tan60°tan15°)＝tan(60°－15°)＝tan45°＝1(3)∵tan45°＝tan(27°＋18°)＝＝1.∴tan27°＋tan18°＝1－tan27°tan18°∴原式＝1－tan27°tan18°＋tan27°tan18°＝1.三角函數(shù)的綜合應(yīng)用－eq\f(56,65)詳解：∵α，β∈(eq\f(3π,4)，π)，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，sin(β－eq\f(π,4))＝eq\f(12,13)，∴α＋β∈(eq\f(3π,2)，2π)，β－eq\f(π,4)∈(eq\f(π,2)，eq\f(3π,4))，∴cos(α＋β)＝＝eq\f(4,5)，cos(β－eq\f(π,4))＝－＝－eq\f(5,13)，∴cos(α＋eq\f(π,4))＝cos[(α＋β)－(β－eq\f(π,4))]＝cos(α＋β)cos(β－eq\f(π,4))＋sin(α＋β)sin(β－eq\f(π,4))＝eq\f(4,5)×(－eq\f(5,13))＋(－eq\f(3,5))×eq\f(12,13)＝－eq\f(56,65)eq\f(5\r(3),9)詳解：根據(jù)條件可得α＋eq\f(π,4)∈(eq\f(π,4)，eq\f(3,4)π)，eq\f(π,4)－eq\f(β,2)∈(eq\f(π,4)，eq\f(π,2))，所以sin(α＋eq\f(π,4))＝＝eq\f(2\r(2),3)，sin(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))＝＝eq\f(\r(6),3).所以cos(α＋eq\f(β,2))＝cos[(eq\f(π,4)＋α)－(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))]＝cos(eq\f(π,4)＋α)cos(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))＋sin(eq\f(π,4)＋α)sin(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),3)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(5\r(3),9)題三：（Ⅰ）（Ⅱ）、詳解：（Ⅰ）由得，所以函數(shù)的定義域?yàn)?，（Ⅱ?=由得：∵，∴所以的單調(diào)遞增區(qū)間為、題四：（Ⅰ），（Ⅱ）、詳解：（Ⅰ）由且得：所以函數(shù)的定義域?yàn)椋?所以的最小正周期為.（Ⅱ）由得：∵，∴所以的單調(diào)遞減區(qū)間為、題五：(1)(2)最小值：1，最大值：詳解：(1)∵，∴，∴，∴，∴，∴由得：，∴，∴最小值：1，最大值：題六：（1）2（2）詳解：（1）由與垂直，得，即，又∵，∴.（2）∵，∵，∴，∴，∴的最大值是32，的最大值是.正弦定理和余弦定理2eq\r(3)或eq\r(3).詳解：∵AB=2eq\r(3)，AC=2，B=30°，∴根據(jù)正弦定理，有sinC=eq\f(AB·sinB,AC)=eq\f(\r(3),2)，由已知，AB>AC，所以C>B，則C有兩解：(1)當(dāng)C為銳角時(shí)，C=60°，A=90°，根據(jù)三角形面積公式得S=eq\f(1,2)AB·AC·sinA=2eq\r(3)；(2)當(dāng)C為鈍角時(shí)，C=120°，A=30°，∴S=eq\f(1,2)AB·AC·sinA=eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2sin30°=eq\r(3).B.詳解：由∠C=120°，BC=CD=2，可得BD=2eq\r(3)，∠CDB=∠CBD=30°，四邊形面積可分為△ABD與△BCD兩部分的面積：S△BCD=eq\f(1,2)BC·CDsin120°=eq\r(3)，∠ABD=120°－30°=90°，∴S△ABD=eq\f(1,2)AB·BD=4eq\r(3)，∴S四邊形ABCD=eq\r(3)＋4eq\r(3)=5eq\r(3).故選B.4.詳解：∵△ABC中，b=，c=，cosB=，∴由余弦定理得b2=a2+c2－2accosB，即7=a2+3－3a，解得a=4或a=－1（舍去），故a的值為4或2.詳解：∵b=，c=3，B=30°，∴由余弦定理b2=a2+c2－2accosB得()2=a2+32－3a，整理得a2－3a+6=0，即(a－)(a－2)=0，解得a=或2.B．詳解：由余弦定理b2=a2＋c2－2accosB=a2＋c2－ac，∴a2＋c2－2ac=0，∴(a－c)2=0，∴a=c∵B=60°，∴A=C=60°，故△ABC為等邊三角形．鈍角三角形.詳解：由題意可得c2=a2+b2+ab，再由余弦定理可得c2=a2+b2－2abcosC，

∴－2cosC=，∴cosC=－＜0，∴C為鈍角，∴△ABC為鈍角三角形．解三角形(一)(微課)題一：B.詳解：由a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC得，eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)=2R=eq\f(a,sinA)=eq\f(\r(13),sin60°)=eq\f(2\r(39),3).故選B.題二B.答案：b=eq\r(6)或b=2eq\r(6).c=4.詳解：∵a=2，2sinA=sinC，∴由正弦定理eq\f(a,sinA)=eq\f(c,sinC)得c=eq\f(asinC,sinA)=4.∵c>a，∴∠C>∠A，∴A為銳角，而sinA=eq\f(sinC,2)=eq\f(\r(10),8)，∴cosA=eq\f(3\r(6),8).由余弦定理a2=b2＋c2－2bccosA得4=b2＋16－2×4×b×eq\f(3\r(6),8)，∴b2－3eq\r(6)b＋12=0.解得b=eq\r(6)或b=2eq\r(6).題三：A.詳解：由b=2RsinB，c=2RsinC及sinC=2eq\r(3)sinB可得c=2eq\r(3)b，又由余弦定理cosA=eq\f(b2＋c2－a2,2bc)=eq\f(－\r(3)bc＋c2,2bc)=eq\f(－\r(3)b＋c,2b)=eq\f(－\r(3)b＋2\r(3)b,2b)=eq\f(\r(3),2).∴在△ABC中，∠A=30°.故選A.題四：.詳解：由a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC及(2b－eq\r(3)c)cosA=eq\r(3)acosC可得(4RsinB－2eq\r(3)RsinC)cosA=2eq\r(3)RsinAcosC，即(2sinB－eq\r(3)sinC)cosA=eq\r(3)sinAcosC，整理得2sinBcosA=eq\r(3)sinAcosC+eq\r(3)sinCcosA=eq\r(3)sin(A+C)，

又∵sin(A+C)=sinB，∴2sinBcosA=eq\r(3)sinB，∵sinB≠0，∴cosA=，

∵A為三角形的內(nèi)角，∴A=．解三角形(二)eq\f(14,5).詳解：利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式、三角函數(shù)和角公式及正弦定理求解．在△ABC中，∵cosA＝eq\f(3,5)>0，∴sinA＝eq\f(4,5).∵cosB＝eq\f(5,13)>0，∴sinB＝eq\f(12,13).∴sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(4,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(3,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(56,65).由正弦定理知eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，∴c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(3×\f(56,65),\f(12,13))＝eq\f(14,5).eq\f(π,6).詳解：由B＝π－(A＋C)，得cosB＝－cos(A＋C)．于是cos(A－C)＋cosB＝cos(A－C)－cos(A＋C)＝2sinAsinC，由已知得sinAsinC＝eq\f(1,2).①由a＝2c及正弦定理得sinA＝2sinC．由①②得sin2C＝eq\f(1,4)，于是sinC＝－eq\f(1,2)(舍去)或sinC＝eq\f(1,2).又a＝2c，所以C＝eq\f(π,6)..詳解：∵AD⊥AC，∴∠DAC=90°，∴sin∠BAC=sin(∠BAD＋90°)=cos∠BAD=，

又∵AB=3，AD=3，∴BD2=AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD=18＋9－2×3×3×=3，∴BD=..詳解：記∠CBD=α，∠ABD=β，由題意sinα=，cosα=，

在△BCD中，由正弦定理可得①在△ABD中，由正弦定理可得②①÷②可得，即sinβ==，變形可得cosC=2sinβ，

又∵cosC=cos(α＋β)=cosαcosβ－sinαsinβ，∴2sinβ=cosβ－sinβ，

即cosβ=9sinβ，上式平方可得15cos2β=81sin2β，即cos2β=sin2β，

又∵cos2β＋sin2β=1，∴sin2β=1，解得sinβ=，即sin∠ABD=.(1)BC＝eq\f(lsinα,sin(β－α)).(2)CD＝24－8eq\r(3)米．詳解：(1)在△ABC中，∠ACB＝β－α，根據(jù)正弦定理得eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，所以BC＝eq\f(lsinα,sin(β－α)).(2)由(1)知BC＝eq\f(lsinα,sin(β－α))＝eq\f(24×sin15°,sin30°)＝12(eq\r(6)－eq\r(2))米．在△BCD中，∠BDC＝eq\f(π,2)＋eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)，sin∠BDC＝eq\f(\r(3),2)，根據(jù)正弦定理得eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，所以CD＝24－8eq\r(3)(1)AB的長(zhǎng)度為7米．(2)小李的設(shè)計(jì)使建造費(fèi)用最低．詳解：(1)在△ABC中，由余弦定理得cosC＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(82＋52－AB2,2×8×5)，①在△ABD中，由余弦定理得cosD＝eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq\f(72＋72－AB2,2×7×7)，②由∠C＝∠D得cosC＝cosD.解得AB＝7，所以AB的長(zhǎng)度為7米．(2)小李的設(shè)計(jì)使建造費(fèi)用最低．理由如下：易知S△ABD＝eq\f(1,2)AD·BDsinD，S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BCsinC，因?yàn)锳D·BD>AC·BC，且∠C＝∠D，所以S△ABD>S△ABC.故選擇△ABC的形狀建造環(huán)境標(biāo)志費(fèi)用較低．不等關(guān)系與不等式(微課)B.詳解：A中，只有a＞b＞0，c＞d＞0時(shí)，才成立；B中，由a＜b＜0，得a2＞ab＞b2成立；C，D通過(guò)取a＝－2，b＝－1驗(yàn)證均不正確．A.詳解：∵0＜a＜eq\f(1,b)，∴1＋a＞0，1＋b＞0，1－ab＞0，∴M－N＝eq\f(1－a,1＋a)＋eq\f(1－b,1＋b)＝eq\f(2－2ab,(1＋a)(1＋b))＞0.不等式的解法(一)(微課)B.詳解：原不等式化為x(2x－1)<0，所以解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤x≤\f(4,3))))).詳解：原不等式可化為3x2＋2x－8≤0，即(3x－4)(x＋2)≤0.解得－2≤x≤eq\f(4,3)，所以原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤x≤\f(4,3))))).C.詳解：原不等式化為(x－1)(x＋2)<0，解得－2<x<1，故原不等式的解集為(－2，1)．故選C..詳解：不等式eq\f(2x－3,x＋1)<0等價(jià)于(2x－3)(x+1)<0，求得－1<x<，

故不等式的解集為.不等式的解法(二)見(jiàn)詳解.詳解：ax2－(a＋1)x＋1<0?(ax－1)(x－1)<0，

當(dāng)a=0時(shí)，原不等式為－x＋1<0，所以{x|x>1}；

當(dāng)a=1時(shí)，原不等式為(x－1)2<0，所以無(wú)解；

當(dāng)a>1時(shí)，<1，所以原不等式的解集為{x|<x<1}；

當(dāng)0<a<1時(shí)，>1，所以原不等式的解集為{x|>x>1}；

當(dāng)a<0時(shí)，原不等式的解集為{x|x<或x>1}.見(jiàn)詳解.詳解：ax2＋(2a－1)x－2<0?(ax－1)(x＋2)<0，

當(dāng)a=0時(shí)，不等式的解集為{x|x>－2}；

當(dāng)a>0時(shí)，不等式的解集為{x|?2<x<}；

當(dāng)?<a<0時(shí)，不等式的解集為{x|x<或x>?2}；

當(dāng)a＝?時(shí)，不等式的解集為{x|x≠－2}；

當(dāng)a<?時(shí)，不等式的解集為{x|x<?2，或x＞}.{a<3}．詳解：A={x|3＋2x－x2≥0}={x|x2－2x－3≤0}=[－1，3]，

∵A∩B≠，∴a<3，故答案為{a<3}．(－∞，]．詳解：當(dāng)a=0時(shí)，方程ax2－3x＋2=0化為－3x＋2=0，解得x=，A={}≠；

當(dāng)a≠0時(shí)，要使A≠，則△=(－3)2－4×2a≥0，即a≤，

∴使A≠的實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，]，故答案為(－∞，]．基本不等式選B．詳解：令，則，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即t=1時(shí)取“=”，所以y的最小值為2，最大值在t=3時(shí)取得，故，故選項(xiàng)為B．B．詳解：令t=sinx，t∈（0，1]，則函數(shù)（0＜x＜π）的值域?yàn)楹瘮?shù)，t∈（0，1]的值域，又a＞0，所以函數(shù)，t∈（0，1]是一個(gè)減函數(shù)，t∈（0，1]故選B．選C．詳解：∵，∴，∵恒成立，∴，求得，故選C．選B．詳解：已知不等式≥9對(duì)任意正實(shí)數(shù)x，y恒成立，只要求的最小值≥9∵，∴，∴或（舍去），所以正實(shí)數(shù)a的最小值為4，故選項(xiàng)為B．選C．詳解：，當(dāng)x2=1時(shí)，即x=3時(shí)等號(hào)成立．

∵x=a處取最小值，∴a=3，故選C．3．詳解：由得，代入得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“=”．答案3．線性規(guī)劃(一)的最大值為，最小值為．詳解：如圖作出可行域，因?yàn)橛蓤D2可知過(guò)點(diǎn)B時(shí)縱截距最大，取得最小值，所以；過(guò)點(diǎn)A時(shí)縱截距最小，z在A（）處取最大值，．D詳解：如圖所示，由圖形知A(2,0)，C′(0,4)．又由，知B(4－s,2s－4)，C(0，s)．(1)當(dāng)3≤s<4時(shí)，可行域是四邊形OABC，此時(shí)7≤z<8；(2)當(dāng)4≤s≤5時(shí)，可行域是△OAC′，此時(shí)，zmax＝8．故選D．整數(shù)解共有9個(gè)．詳解：不等式x－2≤0表示直線x－2＝0上及左側(cè)點(diǎn)的集合；不等式x－y≥0表示直線x－y＝0上及右下方點(diǎn)的集合；不等式y(tǒng)≥eq\f(1,2)x－1表示直線y＝eq\f(1,2)x－1上及左上方點(diǎn)的集合．故不等式組表示的平面區(qū)域?yàn)槿缦聢D所示的陰影部分．由圖可得，在陰影部分內(nèi)的整點(diǎn)為(－2，－2)，(－1，－1)，(0,0)，(0，－1)，(1,1)，(1,0)，(2,2)，(2,1)，(2,0)，即不等式組的整數(shù)解共有9個(gè)，分別為：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝－2，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝0.))．D．詳解：不等式|x|＋|y|≤4表示的平面區(qū)域如圖所示．第一象限內(nèi)(1,1)(1,2)(1,3)(2,1)(2,2)(3,1)；同理其他象限也各有6個(gè)，x，y軸上各有9個(gè)，但原點(diǎn)重復(fù)，所以共41個(gè)．答案：D．eq\f(b－3,a－1)的最小值為eq\f(1,2)，最大值為eq\f(3,2)．詳解：設(shè)f(x)＝x2＋ax＋2b，由于α、β是f(x)＝0的兩根，且α∈[0,1]，β∈[1,2]，結(jié)合f(x)的圖像，可得即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b≥0，,a＋2b＋1≤0，,4＋2a＋2b≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b≥0，,a＋2b＋1≤0，,a＋b＋2≥0，))畫出(a，b)表示的平面區(qū)域(如下圖)，而eq\f(b－3,a－1)表示可行域內(nèi)的點(diǎn)(a，b)與點(diǎn)P(1,3)連線的斜率，其中C(－3,1)，B(－1,0)，kPC＝eq\f(1－3,－3－1)＝eq\f(1,2)，kBP＝eq\f(0－3,－1－1)＝eq\f(3,2)，∴eq\f(b－3,a－1)的最小值為eq\f(1,2)，最大值為eq\f(3,2)．(1)最大值為21；(2)最小值；(3)z＝eq\f(2y＋1,x＋1)的范圍是[eq\f(3,4)，eq\f(7,2)]．詳解：作出可行域如下圖所示，并求出頂點(diǎn)的坐標(biāo)A(1,3)、B(3,1)、C(7,9)．(1)易知可行域內(nèi)各點(diǎn)均在直線x＋2y－4＝0的上方，故x＋2y－4>0，將C(7,9)代入z得最大值為21．(2)z＝x2＋(y－5)2表示可行域內(nèi)任一點(diǎn)(x，y)到定點(diǎn)M(0,5)的距離的平方，過(guò)M作直線AC的垂線，易知垂足N在線段AC上，故z的最小值是．(3)z＝表示可行域內(nèi)任一點(diǎn)(x，y)與定點(diǎn)Q(－1，－eq\f(1,2))連線的斜率的兩倍，因?yàn)閗QA＝eq\f(7,4)，kQB＝eq\f(3,8)，故z的范圍為[eq\f(3,4)，eq\f(7,2)]．線性規(guī)劃(二)eq\f(1,3)≤u≤2.詳解：在坐標(biāo)平面上點(diǎn)(x,y)所表示的區(qū)域如圖所示，根據(jù)幾何意義，u的值即為區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)連線的斜率，顯然kOA最小，kOB最大．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－5＝0,x－y－2＝0))得點(diǎn)A(3,1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－5＝0，,y＝2，))得點(diǎn)B(1,2)，故eq\f(1,3)≤u≤2..詳解：作出可行域如圖，并求出頂點(diǎn)的坐標(biāo)A(1,3)，B(3,1)，C(7,9)．表示可行域內(nèi)任一點(diǎn)(x,y)與定點(diǎn)Q連線的斜率k的兩倍，因此kmax＝kQA＝eq\f(7,4)，kmin＝kQB＝eq\f(3,8)，故z的范圍為.30.詳解：設(shè)黃瓜和韭菜的種植面積分別為x畝，y畝，總利潤(rùn)為z萬(wàn)元，則目標(biāo)函數(shù)為z＝(0.55×4x－1.2x)＋(0.3×6y－0.9y)＝x＋0.9y，線性約束條件為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤50,1.2x＋0.9y≤54,x≥0,y≥0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤50,4x＋3y≤180,x≥0，y≥0))，畫出可行域，如圖所示：作出直線l0：x＋0.9y＝0，向上平移至過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z取得最大值，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝50，,4x＋3y＝180，))解得A(30,20)．故答案為30.C.詳解:根據(jù)題意，整理表格如下：A原料(千克)B原料(千克)利潤(rùn)(元)甲產(chǎn)品(桶)12300乙產(chǎn)品(桶)21400限制1212設(shè)每天生產(chǎn)甲產(chǎn)品x桶，乙產(chǎn)品y桶，相應(yīng)的利潤(rùn)為z元，于是有線性約束條件為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y≤12,2x＋y≤12,x，y∈N))，目標(biāo)函數(shù)z＝300x＋400y.作出可行域如圖中陰影部分內(nèi)的整點(diǎn)：將z＝300x＋400y變形為y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(z,400)，得到目標(biāo)函數(shù)為斜率是－eq\f(3,4)，在y軸上的截距是eq\f(z,400)，隨z變化的一族平行直線．由圖可知，當(dāng)直線y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(z,400)經(jīng)過(guò)點(diǎn)A時(shí)，eq\f(z,400)最大，即z最大．解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝12，,2x＋y＝12，))得A點(diǎn)坐標(biāo)為(4,4)，所以zmax＝300×4＋400×4＝2800元．故每天生產(chǎn)甲產(chǎn)品4桶，乙產(chǎn)品4桶時(shí)，公司共可獲得的最大利潤(rùn)為2800元．?dāng)?shù)列的求和3.詳解:，可用裂項(xiàng)法求和..2.詳解:因?yàn)?，所以所以，，，故Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2n2＋23nn≤6，,2n2－23n＋132n≥7.))詳解:an＝4n－25an＋1＝4(n＋1)－25an＋1－an＝4a1＝4×1－25＝－21.所以數(shù)列{an}是以－21為首項(xiàng)，以4為公差的遞增等差數(shù)列．令由①得n＜6eq\f(1,4)；由②得n≥5eq\f(1,4)所以n＝6即數(shù)列{|an|}的前6項(xiàng)是以21為首項(xiàng)，公差為－4的等差數(shù)列，從第7項(xiàng)起以后各項(xiàng)構(gòu)成公差為4的等差數(shù)列．而|a7|＝a7＝4×7－25＝3設(shè){an}和{|an|}的前n項(xiàng)和分別為Sn、Tn則Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(21n＋\f(nn－1,2)×－4n≤6,66＋3n－6＋\f(n－6n－7,2)×4n≥7))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2n2＋23nn≤6，,2n2－23n＋132n≥7.))詳解:數(shù)列的通項(xiàng)公式（1）詳解：（1）數(shù)列的前n項(xiàng)和，∴當(dāng)n=1時(shí)，a1=S1=2a1，解得a1=1．當(dāng)n≥2時(shí)，an=SnSn1=（2an）（2an1）=an1an，∴2an=an1，a1=1，∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列，其首項(xiàng)為1，公比為，∴．（2）=2，記{Sn}的前n項(xiàng)和為Tn，則Tn===（1）,;(2)數(shù)列的通項(xiàng)公式為．詳解:(1)由,得∴又,即,得.(2)當(dāng)n>1時(shí),得所以是首項(xiàng),公比為的等比數(shù)列．所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為．．詳解：由得：即所以，所以數(shù)列是以1為首項(xiàng),公比為2的等比數(shù)列．由此得，即，所以．a(chǎn)n＝2＋lnn詳解：因?yàn)閍n＋1＝an＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，從而有an＝an－1＋lneq\f(n,n－1)，an－1＝an－2＋lneq\f(n－1,n－2)，……a2＝a1＋ln2，累加得an＋1＝a1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)·\f(n,n－1)·\f(n－1,n－2)·…·\f(2,1)))＝2＋ln(n＋1)，∴an＝2＋lnn．．詳解：∵an+12an+3=0∴an+13=2（an3），a13=2∴{an3}以2為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列．∴an3=2?2n1=2n∴．．詳解：∵an=2an1+2n∴即，∴數(shù)列{}是等差數(shù)列，公差為1，首項(xiàng)為．∴∴．．詳解：∵，∴a1=S1=1+1+1=1．a(chǎn)n=SnSn1=(n2+n+1)[(n1)2+(n1)+1]=22n，n≥2，n∈N*．當(dāng)n=1時(shí)，an=22=0≠a1，∴．．詳解：∵數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足關(guān)系式lg(Sn1)=n，∴Sn=10n+1，當(dāng)n≥2時(shí)，an=SnSn1=10n+1(10n1+1)=9·10n1，當(dāng)n=1時(shí)，an=a1=S1=11≠9·1011=9，故．．詳解：（1）由題意知，得，兩者作差，得，整理得．又?jǐn)?shù)列{an}各項(xiàng)均為正數(shù)，所以an+11=an+1，即an+1=an+2，故數(shù)列{an}是等差數(shù)列，公差為2，又4S1=4a1=(a1+1)2．解得a1=1，故有．（Ⅰ）；（Ⅱ）．詳解：（Ⅰ）由題設(shè)條件，分別令n=1，2，3，能夠求出a1，a2，a3．；（Ⅱ）2Sn=an2+an，①；2Sn1=an12+an1，（n≥2）②①②即得（anan11）（an+an1）=0，因?yàn)閍n+an1≠0，所以anan1=1，所以an=n（n∈N*）．詳解：∵①，∴n≥2時(shí)，②，①－②得，，在①中令n=1得a1=2，∴．．詳解：∵①，∴n≥2時(shí)，②①－②得2nan=3×4n1∴．當(dāng)n=1時(shí)，2a1=41=3∴滿足．∴．?dāng)?shù)列綜合(一)9詳解：∵an＋1＝3Sn，∴an＝3Sn－1(n≥2)．兩式相減得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，∴an＋1＝4an，即eq\f(an＋1,an)＝4.∴{an}為a2為首項(xiàng)，公比為4的等比數(shù)列．當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝3S1＝3，∴n≥2時(shí)，an＝3·4n－2，S10＝a1＋a2＋…＋a10＝1＋3＋3×4＋3×42＋…＋3×48＝1＋3(1＋4＋…＋48)＝1＋3×eq\f(49－1,4－1)＝1＋49－1＝49.∴l(xiāng)og4S10＝log449＝9.an＝32－n.Tn＝eq\f(1,2)(1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))．詳解：(1)由題設(shè)知(p－1)a1＝p2－a1，解得p＝a1或p＝0(舍去)．由條件可知(p－1)S2＝(p－1)(a1＋a2)＝p2－a2，解得a2＝1.再由(p－1)S3＝(p－1)(a1＋a2＋a3)＝p2－a3，解得a3＝eq\f(1,p).由a3＝eq\f(1,3)可得eq\f(1,p)＝eq\f(1,3)，故p＝3＝a1.所以2Sn＝9－an，則2Sn＋1＝9－an＋1，以上兩式作差得2(Sn＋1－Sn)＝an－an＋1，即2an＋1＝an－an＋1，故an＋1＝eq\f(1,3)an.可見(jiàn)，數(shù)列{an}是首項(xiàng)為3，公比為eq\f(1,3)的等比數(shù)列．故an＝3(eq\f(1,3))n－1＝32－n.(2)因?yàn)閎n＝eq\f(1,2－log3an)＝eq\f(1,2－2－n)＝eq\f(1,n)，所以bnbn＋2＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))，Tn＝b1b3＋b2b4＋b3b5＋…＋bnbn＋2＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,4))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋(eq\f(1,4)－eq\f(1,6))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))]＝eq\f(1,2)(1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))．?dāng)?shù)列綜合(二)；．詳解:（1）為等比數(shù)列，設(shè)公比為，則；（2）當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，顯然不成立；當(dāng)為奇數(shù)時(shí)（1）見(jiàn)詳解；（2）；（3）．詳解:（1）由，，，得，可得，于是，又兩式相減得，即，因此，數(shù)列是一個(gè)首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列．（2）由，有，因此，是一個(gè)首項(xiàng)為1，公差為的等差數(shù)列.于是．（3）由，可知是首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列，于是，因此，．f（）＜3.詳解:∵f（1）=a1+a2+…+an=n2.依題設(shè)，有=n2，故a1+an=2n，即2a1+（n－1）d=2n又f（－1）=－a1+a2－a3+a4－a5+…－an－1+an=n，∴·d=n，有d=2.進(jìn)而有2a1+（n－1）2=2n，解出a1=1.于是f（1）=1+3+5+7+…+（2n－1）.f（x）=x+3x2+5x3+7x4+…+（2n－1）xn.∴f（）=+3（）2+5（）3+7（）4+…+（2n－1）（）n. ①①兩邊同乘以，得f（）=（）2+3（）3+5（）4+…+（2n－3）（）n+（2n－1）（）n+1. ②①－②，得f（）=+2（）2+2（）3+…+2（）n－（2n－1）（）n+1，即f（）=++（）2+…+（）n－1－（2n－1）（）n+1.∴f（）=1+1+++…+－（2n－1）=1+－（2n－1）=1+2－－（2n－1）＜3.∴f（）＜3.詳解:.記①②①+②得③（1）f（k）=2k－1+1；（2）S1＞P1，S2=P2，S3＜P3，S4=P4，S5＞P5.詳解:（1）由不等式log2x+log2（3·2k－1－x）≥2k－1，得x（3·2k－1－x）≥22k－1，解之得2k－1≤x≤2k，故f（k）=2k－2k－1+1=2k－1+1.（2）∵Sn=f（1）+f（2）+…+f（n）=1+2+22+23+…+2n－1+n=2n+n－1，∴Sn－Pn=2n+n－1－（n2+n－1）=2n－n2.又n≤5，可計(jì)算得S1＞P1，S2=P2，S3＜P3，S4=P4，S5＞P5.（1）見(jiàn)詳解；（2）bn=(n=1,2,…,2k)；（3）當(dāng)k=2,3,4,5,6,7時(shí),原不等式成立.詳解:(1)當(dāng)n=1時(shí),a2=2a,則=a；2≤n≤2k－1時(shí),an+1=(a－1)Sn+2,an=(a－1)Sn－1+2,an+1－an=(a－1)an,∴=a,∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列.(2)由(1)得an=2a,∴a1a2…an=2a=2a=2,bn=(n=1,2,…,2k).（3）設(shè)bn≤,解得n≤k+,又n是正整數(shù),于是當(dāng)n≤k時(shí),bn<；當(dāng)n≥k+1時(shí),bn>.原式=(－b1)+(－b2)+…+(－bk)+(bk+1－)+…+(b2k－)=(bk+1+…+b2k)－(b1+…+bk)==.當(dāng)≤4,得k2－8k+4≤0,4－2≤k≤4+2,又k≥2,∴當(dāng)k=2,3,4,5,6,7時(shí),原不等式成立..詳解:∵數(shù)列{an}，{bn}滿足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，∴bn＝，∴{bn}的前10項(xiàng)之和為b1＋b2＋b3＋……＋b10＝＝.詳解:因?yàn)?，所以所以，，，故?dǎo)數(shù)的運(yùn)算知識(shí)串講微課（1）；（2）（3）詳解：(1).(2)(3)(1)(2)(3)詳解：(1).(2)(3)(1)excosx－exsinx(2)1－eq\f(1,2)cosx(3)詳解：(1)y＝ex·cosxy′＝(ex)′cosx＋ex(cosx)′＝excosx－exsinx.(2)y＝x－sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＝x－eq\f(1,2)sinx，y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)sinx))′＝1－eq\f(1,2)cosx. (3)y＝sin2eq\f(x,2)＝eq\f(1,2)(1－cosx)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cosx，y′＝－eq\f(1,2)(cosx)′＝－eq\f(1,2)·(－sinx)＝eq\f(1,2)sinx.(1)cosx－lnxsinx(2)(3)詳解：(1)y＝lnx·cosxy′＝(lnx)′cosx＋lnx(cosx)′＝cosx－lnxsinx.(2).(3)y′＝.導(dǎo)數(shù)的概念及其應(yīng)用(一)(－∞，－)．詳解：∵x3＋ax2－2x，∴f'(x)=x2＋2ax－2，

∵函數(shù)x3＋ax2－2x在區(qū)間(－1，＋∞)上有極大值和極小值，

∴f'(x)=x2＋2ax－2=0在區(qū)間(－1，＋∞)上有兩個(gè)不等實(shí)根，

，解得a＜－．故答案為(－∞，－)．.詳解：f′(x)=x2＋ax＋2b，由題意，即，得到可行域如下圖所示，且B(2，0)，C(1，0)，A(3，1)，又的幾何意義是點(diǎn)(a，b)與點(diǎn)(－3，0)之間的距離，故其取值范圍是，故答案為.見(jiàn)詳解詳解：證明：的定義域?yàn)?0，+∞)，設(shè)，∴，令，得或x1+0增減∴，∴當(dāng)x＞0時(shí)，，∴．見(jiàn)詳解.詳解：令f(x)=ex?1?x?x2，則f'(x)=ex－1－x，

再令g(x)=f'(x)，則g'(x)=ex－1，

∵x＞0，∴ex－1＞0，即g'(x)＞0，∴g(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，

由于x＞0，則g(x)＞g(0)=e0－1=0，即f'(x)＞0，∴f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，

由x＞0知，f(x)＞f(0)=e0?1?0?×02=0，即ex－(1＋x＋x2)＞0，∴ex＞1＋x＋x2，得證．見(jiàn)詳解.詳解：①因?yàn)椋?，令，解得，x1－0＋減極小值增所以，②因?yàn)?，所以在上恒大于等?，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，且，又因?yàn)?所以對(duì)任意的，都有，此題得證.詳解：因?yàn)?，所以，?dāng)時(shí)，，所以在單調(diào)遞增，且，因?yàn)?，所以，令，解得，①?dāng)時(shí)，，所以在單調(diào)遞增，，因?yàn)閷?duì)任意的，，都有成立，所以，解得，所以；②當(dāng)時(shí)，x－0＋減極小值增所以，所以，即，恒成立，故；③當(dāng)時(shí)，，所以在單調(diào)遞減，，所以，即，恒成立，故；綜上所述，.導(dǎo)數(shù)的概念及其應(yīng)用(二)題一：(1)a=－或a=1；(2)[－，]．詳解：(1)∵f(x)=x2+ax－2a2lnx，∴f′(x)=x+a?，

∵函數(shù)f(x)在x=1處取得極小值，∴f′(1)=1+a－2a2=0，解得a=－或a=1，通過(guò)驗(yàn)證可知，a=－或a=1時(shí)，f(x)在x=1處均取得極小值，故a=－或a=1；(2)由f′(x)=x+a?=0，得x=a或x=－2a，

①x∈(0，1]，當(dāng)a>0時(shí)，x∈(a，+∞]，f′(x)>0；x∈(0，a)，f′(x)<0，

∴=f(a)=a2+a2?2a2lna=a2?2a2lna，

∵對(duì)于任意的x∈(0，1]，都有f(x)≥0成立，

∴=a2?2a2lna≥0，∴0<a≤；

②x∈(0，1]，當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=x2對(duì)于任意的x∈(0，1]，都有f(x)≥0成立，∴a=0成立；

③x∈(0，1]，當(dāng)a<0時(shí)，x∈(－2a，+∞]，f′(x)>0；x∈(0，－2a)，f′(x)<0，

∴=f(－2a)=2a2－2a2－2a2ln(－2a)=－2a2ln(－2a)，

∵對(duì)于任意的x∈(0，1]，都有f(x)≥0成立，∴=－2a解得a≥－．

綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－，]．題二：(1)a=；(2)a≥.詳解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，+∞)，f′(x)=2ax?．

因?yàn)閒(x)在x=2處取得極小值，所以f′(2)=0，即a=．

此時(shí)，經(jīng)檢驗(yàn)x=2是f(x)的極小值點(diǎn)，故a=；

(2)因?yàn)閒′(x)=2ax?，

①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在[1，+∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<f(1)=0矛盾．

②當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)=，令f′(x)>0，得x>；f′(x)<0，得0<x<；

(ⅰ)當(dāng)>1，即0<a<時(shí)，x∈(1，)時(shí)，f′(x)<0，即f(x)遞減，所以f(x)<f(1)=0矛盾．

(ⅱ)當(dāng)≤1，即a≥時(shí)，x∈[1，+∞)時(shí)，f′(x)>0，即f(x)遞增，所以f(x)≥f(1)=0滿足題意．

綜上，a≥.題三：(1)2x－y－3=0；(2)(－∞，?]．詳解：(1)a=0時(shí)，f(x)=lnx－，則f′(x)=+，f′(1)=2，又f(1)=－1，∴曲線y=f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－(－1)=2(x－1)，即2x－y－3=0；

(2)∵>5，∴－5>0，∴>0，

設(shè)g(x)=f(x)－5x，則g(x)在(0，+∞)上是增函數(shù)，g(x)=lnx－ax2－?5x，

g′(x)=?2ax+?5，由g′(x)≥0，得2a≤，

令=t，則h(t)=t3+t2－5t，h′(t)=3t2+2t－5=(3t+5)(t－1)，

∵t∈(0，1)時(shí)，h′(t)<0，t∈(1，+∞)時(shí)，h′(t)>0，∴h(t)min=h(1)=－3，∴2a≤－3，則a≤?．∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，?]．題四：(1)x－y+1=0；(2)當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－1，1)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－1)，(1，+∞)，當(dāng)a<0時(shí)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－1)，(1，+∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－1，1)；(3)(－∞，－ln2]．詳解：(1)當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=+1，f(0)=1，