一輪對(duì)點(diǎn)88練答案解析2

對(duì)點(diǎn)練24構(gòu)造函數(shù)證明不等式1.證明當(dāng)x＞0時(shí)，要證f(x)≤x－1，即證lnx－x2＋x≤0，令g(x)＝lnx－x2＋x(x＞0)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋1＝eq\f(1＋x－2x2,x)＝－eq\f((x－1)(2x＋1),x)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，∴g(x)≤g(1)＝0，即當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≤x－1.2.證明(1)令f(x)＝x－ln(x＋1)，則f′(x)＝eq\f(x,x＋1)，x>－1，當(dāng)－1<x<0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(0)＝0，等號(hào)僅當(dāng)x＝0時(shí)成立，即x≥ln(x＋1)，從而ex≥eln(x＋1)＝x＋1，所以ex－1≥x.綜上，ex－1≥x≥ln(x＋1).(2)顯然當(dāng)x＝0時(shí)，(ex－1)ln(x＋1)＝x2＝0.令g(x)＝eq\f(x,ex－1)，x≠0，則g′(x)＝eq\f((1－x)ex－1,(ex－1)2)，x≠0.令h(x)＝(1－x)ex－1，則h′(x)＝－xex，當(dāng)x<0時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>0時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(0)＝0，等號(hào)僅當(dāng)x＝0時(shí)成立，從而g′(x)＝eq\f(h(x),(ex－1)2)<0，x≠0，所以g(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上單調(diào)遞減.由(1)知，當(dāng)－1<x<0時(shí)，0>x>ln(x＋1)；當(dāng)x>0時(shí)，x>ln(x＋1)>0，所以g(x)<g[ln(x＋1)]，即eq\f(x,ex－1)<eq\f(ln(x＋1),eln(x＋1)－1)＝eq\f(ln(x＋1),x).又當(dāng)x>－1且x≠0時(shí)，x(ex－1)>0，所以(ex－1)ln(x＋1)>x2.綜上，當(dāng)x>－1時(shí)，(ex－1)ln(x＋1)≥x2.3.(1)解∵f(x)＝ax－sinx，∴f′(x)＝a－cosx，由函數(shù)f(x)為增函數(shù)，則f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，即a≥cosx在R上恒成立，∵y＝cosx∈[－1，1]，∴a≥1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞).(2)證明由(1)知，當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x－sinx為增函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>f(0)＝0?x>sinx，要證當(dāng)x>0時(shí)，ex>2sinx，只需證當(dāng)x>0時(shí)，ex>2x，即證ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，設(shè)g(x)＝ex－2x(x>0)，則g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0解得x＝ln2，∴g(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)>0，∴g(x)≥g(ln2)>0，∴ex>2x成立，故當(dāng)x>0時(shí)，ex>2sinx.4.(1)解由題意得函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x<a}，f′(x)＝eq\f(1,x－a)－1＝eq\f(1－x＋a,x－a)，∵x<a，∴f′(x)<0.故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，a)，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間.(2)證明法一當(dāng)a＝e時(shí)，要證f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e)，即證lnx＋x<ex＋eq\f(x,2e)(x>0)，即證eq\f(lnx,x)＋1<eq\f(ex,x)＋eq\f(1,2e).設(shè)g(x)＝eq\f(lnx,x)＋1(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，令g′(x)>0，得0<x<e；令g′(x)<0，得x>e，∴g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(x)≤g(e)＝eq\f(1,e)＋1.設(shè)h(x)＝eq\f(ex,x)＋eq\f(1,2e)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(ex(x－1),x2)(x>0)，令h′(x)>0，得x>1；令h′(x)<0，得0<x<1，∴h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)≥h(1)＝e＋eq\f(1,2e)，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋1))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e＋\f(1,2e)))＝eq\f(1,2e)＋1－e<0，∴eq\f(1,e)＋1<e＋eq\f(1,2e)，∴當(dāng)a＝e時(shí)，f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e).法二當(dāng)a＝e時(shí)，要證f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e)，即證lnx＋x<ex＋eq\f(x,2e)(x>0)，即證lnx－eq\f(x,2e)<ex－x，設(shè)g(x)＝lnx－eq\f(x,2e)，則g′(x)＝eq\f(2e－x,2ex)，當(dāng)x∈(0，2e)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(2e，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，∴g(x)在(0，2e)上單調(diào)遞增，在(2e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(x)≤g(2e)＝ln(2e)－1＝ln2<1.設(shè)h(x)＝ex－x，x>0，則h′(x)＝ex－1>0在(0，＋∞)上恒成立.∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)>e0－0＝1，∴g(x)<h(x)，即f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e).對(duì)點(diǎn)練25利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)1.解f(x)＝0等價(jià)于x－aex＝0，即eq\f(x,ex)＝a.設(shè)h(x)＝eq\f(x,ex)，則h′(x)＝eq\f(1－x,ex)，當(dāng)x＜1時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞1時(shí)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，∴h(x)max＝h(1)＝eq\f(1,e).又當(dāng)x＜0時(shí)，h(x)＜0；當(dāng)x＞0時(shí)，h(x)＞0，且x→＋∞時(shí)，h(x)→0，∴可畫(huà)出h(x)大致圖象，如圖所示.∴當(dāng)a≤0或a＝eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在R上有唯一零點(diǎn)；當(dāng)a＞eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在R上無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)0＜a＜eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在R上有兩個(gè)零點(diǎn).2.(1)解若a＝0，則f(x)＝eq\f(lnx,x)，其定義域?yàn)?0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由f′(x)＝0，得x＝e，∴當(dāng)0<x<e時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>e時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e).(2)證明f′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))x－lnx－ax,x2)＝eq\f(1－lnx,x2)，由(1)知，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∵0<a<1，∴當(dāng)x>e時(shí)，f(x)＝eq\f(lnx＋ax,x)＝a＋eq\f(lnx,x)>0，故f(x)在(e，＋∞)上無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)0<x<e時(shí)，f(x)＝eq\f(lnx＋ax,x)，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝a－e<0，f(e)＝a＋eq\f(1,e)>0，且f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，∴f(x)在(0，e)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，綜上，當(dāng)0<a<1時(shí)，f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn).3.解由f(x)＝lnx＋m－2，得xex－x－lnx＋1＝m，x>0，令h(x)＝xex－x－lnx＋1，則h′(x)＝ex＋xex－1－eq\f(1,x)＝eq\f((x＋1)(xex－1),x)(x>0)，令m(x)＝xex－1(x>0)，則m′(x)＝(x＋1)·ex>0，∴m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(\r(e),2)－1<0，m(1)＝e－1>0，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得m(x0)＝0，即ex0＝eq\f(1,x0)，從而lnx0＝－x0.當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，m(x)<0，h′(x)<0，則h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，m(x)>0，h′(x)>0，則h(x)單調(diào)遞增；∴h(x)min＝h(x0)＝x0ex0－x0－lnx0＋1＝x0·eq\f(1,x0)－x0＋x0＋1＝2，又易知，當(dāng)x→0＋時(shí)，h(x)→＋∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→＋∞.∴當(dāng)m<2時(shí)，方程f(x)＝lnx＋m－2沒(méi)有實(shí)根；當(dāng)m＝2時(shí)，方程f(x)＝lnx＋m－2有1個(gè)實(shí)根；當(dāng)m>2時(shí)，方程f(x)＝lnx＋m－2有2個(gè)實(shí)根.4.解函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，即f(x)＝g(x)有兩個(gè)實(shí)根，即ln(x＋1)－x＋1＝aex－x＋lna有兩個(gè)實(shí)根，即ex＋lna＋x＋lna＝ln(x＋1)＋x＋1有兩個(gè)實(shí)根，即ex＋lna＋x＋lna＝eln(x＋1)＋ln(x＋1)有兩個(gè)實(shí)根.設(shè)函數(shù)h(x)＝ex＋x，則ex＋lna＋x＋lna＝eln(x＋1)＋ln(x＋1)?h(x＋lna)＝h(ln(x＋1)).因?yàn)閔′(x)＝ex＋1>0恒成立，所以h(x)＝ex＋x在R上單調(diào)遞增，所以x＋lna＝ln(x＋1)，x>－1，所以要使F(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，只需lna＝ln(x＋1)－x有兩個(gè)實(shí)根.設(shè)M(x)＝ln(x＋1)－x，則M′(x)＝eq\f(－x,x＋1).由M′(x)＝eq\f(－x,x＋1)>0，得－1<x<0；由M′(x)＝eq\f(－x,x＋1)<0，得x>0，故函數(shù)M(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞).故函數(shù)M(x)在x＝0處取得極大值，也是最大值，且M(x)max＝M(0)＝0.易知當(dāng)x→－1時(shí)，M(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，M(x)→－∞.故要使lna＝ln(x＋1)－x有兩個(gè)實(shí)根，只需lna<M(x)max＝0，解得0<a<1.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，1).對(duì)點(diǎn)練26導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)1.(1)證明設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，g′(x)＜0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減.又g(0)＝0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零點(diǎn).所以f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點(diǎn).(2)解由題設(shè)知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(x0，π)時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，π)上單調(diào)遞減.又f(0)＝0，f(π)＝0，所以當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，f(x)≥0.又當(dāng)a≤0，x∈[0，π]時(shí)，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范圍是(－∞，0].2.(1)解g(x)＝eq\f(lnx,x)＋2定義域?yàn)?0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，則當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，故函數(shù)g(x)的極大值為g(e)＝eq\f(1,e)＋2，無(wú)極小值.(2)證明f(x)≥g(x)等價(jià)于證明xex＋1－2≥lnx＋x(x>0)，即xex＋1－lnx－x－2≥0.令h(x)＝xex＋1－lnx－x－2(x>0)，h′(x)＝(x＋1)ex＋1－eq\f(1＋x,x)＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋1－\f(1,x)))，令φ(x)＝ex＋1－eq\f(1,x)，則φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))＝eeq\f(11,10)－10<e2－10<0，φ(1)＝e2－1>0，故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零點(diǎn)x0，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，1))，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，φ(x)>0，h′(x)>0，h(x)在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)min＝h(x0)＝x0ex0＋1－lnx0－x0－2，又因?yàn)棣?x0)＝0，即ex0＋1＝eq\f(1,x0)，所以h(x0)＝－lnx0－x0－1＝(x0＋1)－x0－1＝0，從而h(x)≥h(x0)＝0，即f(x)≥g(x).3.解(1)由f(x)＝ex－xlnx，知f′(x)＝e－lnx－1，則f′(1)＝e－1，f(1)＝e，則所求切線方程為y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1.(2)∵f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，∴g(x)≥f(x)對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立等價(jià)于ex－tx2＋x－ex＋xlnx≥0對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即t≤eq\f(ex＋x－ex＋xlnx,x2)對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立.令F(x)＝eq\f(ex＋x－ex＋xlnx,x2)，則F′(x)＝eq\f(xex＋ex－2ex－xlnx,x3)＝eq\f(1,x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ex＋e－\f(2ex,x)－lnx))，令G(x)＝ex＋e－eq\f(2ex,x)－lnx，則G′(x)＝ex－eq\f(2(xex－ex),x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(ex(x－1)2＋ex－x,x2)>0對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立，∴G(x)＝ex＋e－eq\f(2ex,x)－lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且G(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，G(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，G(x)>0，即當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，∴F(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(x)≥F(1)＝1，∴t≤1，即t的取值范圍是(－∞，1].4.(1)證明若a＝1，則f(x)＝x2＋1－sinx，x∈[0，π]，又x2＋1≥1，0≤sinx≤1，故0≥－sinx≥－1，所以x2＋1－sinx≥0，又f(0)＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π2,4)，f(π)＝π2＋1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，－1<－sinx<0，所以x2＋1－sinx>0恒成立，所以當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f(x)在[0，π]沒(méi)有零點(diǎn).(2)解f′(x)＝2x－acosx，x∈[0，π]，故2x－acosx＋asinx＋a≤0在[0，π]上恒成立，設(shè)g(x)＝2x－acosx＋asinx＋a，x∈[0，π]，所以g(0)＝0≤0，g(π)＝2π＋2a≤0，即a≤－π，因?yàn)間′(x)＝2＋asinx＋acosx＝aeq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋2，由a≤－π，得a<0，所以g′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞減.所以2＋a＝g′(0)≥g′(x)≥g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)a＋2；g′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上單調(diào)遞增，eq\r(2)a＋2＝g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))≤g′(x)≤g′(π)＝2－a，又a≤－π，所以g′(0)＝2＋a<0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)a＋2<0，g′(π)＝2－a>0，故g′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上存在唯一零點(diǎn)區(qū)間x0，由g′(x)的單調(diào)性可知，在區(qū)間[0，x0]上g′(x)≤0，g(x)單調(diào)遞減；在區(qū)間(x0，π]上g′(x)≥0，g(x)單調(diào)遞增，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g(x)≤g(0)＝0，,g(x)≤g(π)≤0，))故a≤－π.所以a的取值范圍是(－∞，－π].對(duì)點(diǎn)練27極值點(diǎn)偏移1.證明g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.不妨設(shè)x1<x2，則0<x1<1<x2.則2－x1>1，要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1>1，即證g(x2)＝g(x1)>g(2－x1)，設(shè)x∈(0，1)，則2－x∈(1，2)，令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝lnx＋eq\f(1,x)－ln(2－x)－eq\f(1,2－x)，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＋eq\f(1,2－x)－eq\f(1,(2－x)2)＝eq\f(－4(x－1)2,x2(2－x)2)<0，所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，于是h(x)>h(1)＝0，即g(x)>g(2－x).當(dāng)0<x1<1時(shí)，g(x1)>g(2－x1)，又g(x1)＝g(x2)，所以g(x2)>g(2－x1)，又x2>1，2－x1>1，且g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2得證.2.證明要證x1x2>e2，只需證lnx1＋lnx2>2，若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，即f′(x)有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個(gè)不同的實(shí)根，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))解得m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2).另一方面，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，從而可得eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)，于是lnx1＋lnx2＝eq\f((lnx2－lnx1)(x2＋x1),x2－x1)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x2,x1)))ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).不妨設(shè)0<x1<x2，設(shè)t＝eq\f(x2,x1)，則t>1.因此lnx1＋lnx2＝eq\f((1＋t)lnt,t－1)，t>1.要證lnx1＋lnx2>2，即證eq\f((t＋1)lnt,t－1)>2，t>1，即當(dāng)t>1時(shí)，有l(wèi)nt>eq\f(2(t－1),t＋1)，設(shè)函數(shù)h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)，t>1，則h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2(t＋1)－2(t－1),(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0，所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.又h(1)＝0，因此h(t)>h(1)＝0.于是當(dāng)t>1時(shí)，有l(wèi)nt>eq\f(2(t－1),t＋1)，所以lnx1＋lnx2>2成立，即x1x2>e2得證.3.(1)解∵函數(shù)f(x)＝x－lnx－a，∴f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.故當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)＝x－lnx－a取最小值f(1)＝1－a，若函數(shù)f(x)＝x－lnx－a有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，則1－a<0，即a>1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，＋∞).(2)證明由(1)可設(shè)0<x1<1<x2，則x1－lnx1＝a，且x2－lnx2＝a，若證x1＋x2>a＋1，即證x2>1－lnx1，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－f(1－lnx)，0<x<1，所以g(x)＝x－lnx－(1－lnx)＋ln(1－lnx)＝x－1＋ln(1－lnx)，所以g′(x)＝1－eq\f(1,x(1－lnx))，0<x<1，令h(x)＝x(1－lnx)，則h′(x)＝－lnx>0，所以h(x)單調(diào)遞增，所以0<h(x)<h(1)＝1.所以g′(x)<0，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(1－lnx)，0<x<1，又0<x1<1<x2，所以f(x2)＝f(x1)>f(1－lnx1).因?yàn)閒(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x2>1－lnx1，即x1＋x2>a＋1，故原不等式得證.4.證明(1)由題意知f′(x)＝ex－ex，令g(x)＝ex－ex，則g′(x)＝ex－e.令g′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝0，故f′(x)≥f′(1)＝0，故f(x)在R上為增函數(shù).(2)由(1)知f(x)為增函數(shù)，且f(1)＝eq\f(e,2)，故由f(x1)＋f(x2)＝2f(1)，x1<x2，可得f(x1)<f(1)<f(x2)，則x1<1<x2.欲證x1＋x2<2，只需證x1<2－x2，即證f(x1)<f(2－x2)，即證e－f(x2)<f(2－x2).令F(x)＝f(x)＋f(2－x)－e(x>1)，則F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝ex－ex－e2－x＋e(2－x)，令H(x)＝F′(x)，則H′(x)＝ex－e＋e2－x－e＝ex＋e2－x－2e>2eq\r(ex·e2－x)－2e＝0，故F′(x)為增函數(shù)，F(xiàn)′(x)>F′(1)＝0，故F(x)為增函數(shù)，F(xiàn)(x)>F(1)＝0，故F(x2)>0，則e－f(x2)<f(2－x2)，所以x1＋x2<2.對(duì)點(diǎn)練28指數(shù)、對(duì)數(shù)均值不等式1.證明由題意知f(x1)＝f(x2)，即e2x1－ax1＝e2x2－ax2，所以eq\f(e2x1－e2x2,2x1－2x2)＝eq\f(1,2)a，由指數(shù)均值不等式得ex1＋x2<eq\f(1,2)a，即x1＋x2<lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))，由f′(x)＝2e2x－a(a>0)，從而f′(x)單調(diào)遞增，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ln\f(1,2)a))2elneq\f(a,2)－a＝0，得證.2.證明由f′(x)＝ex－m，由f′(x)<0，得x<lnm；由f′(x)>0，得x>lnm，則f(x)在(－∞，lnm)上單調(diào)遞減，在(lnm，＋∞)上單調(diào)遞增，故x1<lnm<x2，①由于ex1－mx1＝ex2－mx2，由指數(shù)均值不等式得eq\f(ex1－ex2,x1－x2)＝m>eeq\f(x1＋x2,2)，則eq\f(x1＋x2,2)<lnm，②由①②得2x1＋x2<3lnm.3.證明先證對(duì)數(shù)均值不等式eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)(a＞b＞0)成立.不等式eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)(a＞b＞0)成立?lna－lnb＜eq\f(a－b,\r(ab))?lneq\f(a,b)＜eq\r(\f(a,b))－eq\r(\f(b,a))?2lnx＜x－eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中x＝\r(\f(a,b))＞1))，構(gòu)造函數(shù)h(x)＝2lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))(x＞1)，則h′(x)＝eq\f(2,x)－1－eq\f(1,x2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))eq\s\up12(2).當(dāng)x＞1時(shí)，h′(x)＜0，所以函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，h(x)＜h(1)＝0，從而不等式成立.法一令a＝1＋eq\f(1,n)，b＝1，則有eq\r(1＋\f(1,n))＜eq\f(\f(1,n),ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))－ln1)，整理可得，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＜eq\f(1,\r(n2＋n))，故eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,i)))＜eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\f(1,\r(i2＋i))，即eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))＞ln(n＋1)成立.法二因?yàn)?lnx＜x－eq\f(1,x)(x＞1)，所以對(duì)任意的n∈N*，有2lneq\r(\f(n＋1,n))<eq\r(\f(n＋1,n))－eq\r(\f(n,n＋1))，整理得ln(n＋1)－lnn<eq\f(1,\r(n2＋n))，故eq\f(1,\r(12＋1))＋eq\f(1,\r(22＋2))＋…＋eq\f(1,\r(n2＋n))>ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln(n＋1)－lnn＝ln(n＋1)，故不等式成立.4.證明因?yàn)閤2>x1>0，依題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex1＝tex1，,ex2＝tex2))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋lnx1＝lnt＋x1，,1＋lnx2＝lnt＋x2，))兩式相減得lnx1－lnx2＝x1－x2，由對(duì)數(shù)均值不等式得eq\r(x1x2)<eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)＝1<eq\f(x1＋x2,2)，∴x1x2<1，即eq\f(1,x1x2)>1，且x1＋x2>2，故eq\f(x1＋x2,x1x2)>2，所以x1＋x2>2x1x2.對(duì)點(diǎn)練29指、對(duì)同構(gòu)1.解∵xex－a≥lnx＋x－1，∴elnx＋x－a≥lnx＋x－1，令t＝lnx＋x，則et－a≥t－1恒成立，則a≤et－t＋1恒成立，令φ(t)＝et－t＋1，∴φ′(t)＝et－1，當(dāng)t∈(－∞，0)時(shí)，φ′(t)＜0；當(dāng)t∈(0，＋∞)時(shí)，φ′(t)＞0，∴φ(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(t)min＝φ(0)＝2，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，2].2.(1)解由題意得f′(x)＝(x＋1)ex－1，設(shè)g(x)＝(x＋1)ex，則g′(x)＝(x＋2)ex，當(dāng)x≤－1時(shí)，g(x)≤0，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－1]上單調(diào)遞減；當(dāng)x>－1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，又因?yàn)間(0)＝1，所以當(dāng)x<0時(shí)，g(x)<1，即f′(x)<0；當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>1，即f′(x)>0，綜上可知，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.(2)證明要證f(x)－lnx≥1，即證xex－x－lnx≥1，即證ex＋lnx－(x＋lnx)≥1，令t＝x＋lnx，易知t∈R，待證不等式轉(zhuǎn)化為et－t≥1.設(shè)u(t)＝et－t，則u′(t)＝et－1，當(dāng)t＜0時(shí)，u′(t)＜0；當(dāng)t＞0時(shí)，u′(t)＞0，故u(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.所以u(píng)(t)≥u(0)＝1，原命題得證.3.解ex＋x≥ln[(m＋1)x]＋(m＋1)x＝eln[(m＋1)x]＋ln[(m＋1)x]，令f(x)＝ex＋x，x∈(0，＋∞)，則f′(x)＝ex＋1>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，若f(x)≥f(ln[(m＋1)x])，則x≥ln[(m＋1)x]在(0，＋∞)上恒成立，記g(x)＝x－ln[(m＋1)x]，則g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即g(x)min≥0，因?yàn)間′(x)＝1－eq\f(1,x)，當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，故g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)min＝g(1)＝1－ln(m＋1)≥0，所以ln(m＋1)≤1，即0<m＋1≤e，解得－1<m≤e－1，所以m的取值范圍是(－1，e－1].4.證明f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx，則f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝g(x)min＝1.當(dāng)直線y＝b與曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個(gè)不同交點(diǎn)時(shí)，如圖，設(shè)三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，x3，且x1<x2<x3，則f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b.∵f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx＝elnx－lnx＝f(lnx)，∴f(x1)＝f(x2)＝f(lnx2)＝f(lnx3).由于x2≠x1，x2≠lnx2，∴x2＝lnx3，x1＝lnx2，則f(lnx2)＝elnx2－lnx2＝x2－lnx2＝x2－x1＝b，f(lnx3)＝elnx3－lnx3＝x3－lnx3＝x3－x2＝b，上述兩式相減得x1＋x3＝2x2，即從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.對(duì)點(diǎn)練30凹凸反轉(zhuǎn)1.證明要證f(x)<eq\f(ex,x)，即證eq\f(ex,x)>a(lnx＋2)，即證eq\f(ex,x2)>eq\f(a(lnx＋2),x)，x>0.設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x2)(x>0)，則g′(x)＝eq\f((x－2)ex,x3)，令g′(x)<0，解得0<x<2；令g′(x)>0，解得x>2，故g(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)min＝g(2)＝eq\f(e2,4)，即g(x)≥eq\f(e2,4)，令h(x)＝eq\f(a(lnx＋2),x)(x>0)，則h′(x)＝－eq\f(a(lnx＋1),x2)，令h′(x)>0，解得0<x<eq\f(1,e)；令h′(x)<0，解得x>eq\f(1,e)，故h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞減，故h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝ae，又∵0<a<eq\f(e,4)，∴h(x)≤ae<eq\f(e,4)·e＝eq\f(e2,4)，故h(x)<g(x)，故f(x)<eq\f(ex,x)成立.2.(1)解函數(shù)f(x)＝xlnx－ax的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝xlnx＋x，f′(x)＝lnx＋2，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e2)，當(dāng)0<x<eq\f(1,e2)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>eq\f(1,e2)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))上單調(diào)遞增，因此f(x)在x＝eq\f(1,e2)處取得最小值，即f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－eq\f(1,e2)，無(wú)最大值.(2)證明當(dāng)x>0時(shí)，lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)，等價(jià)于x(lnx＋1)>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，由(1)知，當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝xlnx＋x≥－eq\f(1,e2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,e2)時(shí)取等號(hào).設(shè)G(x)＝eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，x∈(0，＋∞)，則G′(x)＝eq\f(1－x,ex＋1)，易知G(x)max＝G(1)＝－eq\f(1,e2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取到，從而可知對(duì)一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x).3.(1)解由f(x)＝ax2－(x＋1)lnx，得f′(x)＝2ax－lnx－eq\f(1,x)－1.∵曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處切線的斜率為0，∴f′(1)＝2a－2＝0，則a＝1.(2)證明由(1)知a＝1，f(x)＝x2－(x＋1)lnx.要證當(dāng)0<x≤2時(shí)，f(x)>eq\f(1,2)x，只需證x－eq\f(lnx,x)－lnx>eq\f(1,2)，即x－lnx>eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2)在(0，2]上恒成立.令g(x)＝x－lnx，h(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2)，x∈(0，2]，令g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝0，得x＝1，易知g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，2]上單調(diào)遞增，故當(dāng)0<x≤2時(shí)，g(x)min＝g(1)＝1.∵h(yuǎn)′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0<x≤2時(shí)，h′(x)>0，∴h(x)在(0，2]上單調(diào)遞增，故當(dāng)0<x≤2時(shí)，h(x)max＝h(2)＝eq\f(1＋ln2,2)<1，故h(x)max<g(x)min，故當(dāng)0<x≤2時(shí)，h(x)<g(x)，即當(dāng)0<x≤2時(shí)，f(x)>eq\f(1,2)x.4.證明要證f(x)＜ex－eq\f(lnx,x)，即證lnx－x＋2＜ex－eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x).設(shè)g(x)＝lnx－x＋2，x＞0，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減.∴g(x)≤g(1)＝1，設(shè)h(x)＝ex－eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x)，x＞0，則h′(x)＝eq\f(x2ex＋lnx,x2).令k(x)＝x2ex＋lnx，則k′(x)＝2xex＋x2ex＋eq\f(1,x).∵x＞0，∴k′(x)＞0，∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.而k(1)＝e＞0，keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e2)·eeq\s\up6(\f(1,e))－1＜0，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，使得k(x0)＝0.當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，k(x)＜0，即h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，k(x)＞0，即h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增.由k(x0)＝0，得xeq\o\al(2,0)ex0＝－lnx0，即x0ex0＝－eq\f(lnx0,x0)＝(－lnx0)e－lnx0.由y＝xex在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，可得x0＝－lnx0，ex0＝eq\f(1,x0)，∴h(x)≥h(x0)＝ex0－eq\f(lnx0,x0)－eq\f(1,x0)＝1，又g(x)的最大值與h(x)的最小值都為1，且不同時(shí)取到，∴g(x)＜h(x)，即f(x)＜ex－eq\f(lnx,x).對(duì)點(diǎn)練31任意角、弧度制和三角函數(shù)的概念1.C[與角eq\f(9π,4)的終邊相同的角可以寫(xiě)成2kπ＋eq\f(9π,4)(k∈Z)或k·360°＋45°(k∈Z)，但是角度制與弧度制不能混用，排除A，B，易知D錯(cuò)誤，C正確.]2.D[由eq\f(tanθ,sinθ)>0，得eq\f(1,cosθ)>0，所以cosθ>0.又sinθ·cosθ<0，所以sinθ<0，所以θ為第四象限角.]3.A[由點(diǎn)P(1，t)在角θ的終邊上，知sinθ＝－eq\f(\r(6),3)＝eq\f(t,\r(t2＋1))，得t＝－eq\r(2)，可得角θ為第四象限角，∴cosθ＝eq\f(1,\r(t2＋1))＝eq\f(\r(3),3).]4.A[由題意知α＝π＋2kπ，k∈Z，∴β＝eq\f(5π,3)＋2kπ，k∈Z，故cosβ＝coseq\f(5π,3)＝eq\f(1,2).]5.B[記O為坐標(biāo)原點(diǎn)，由題意可知O(0，0)，A(1，m)，B(m，4)三點(diǎn)共線，則m≠0，所以eq\f(m,1)＝eq\f(4,m)，解得m＝±2，又A，B兩點(diǎn)位于同一象限，所以m＝2，則A(1，2)，所以cosα＝eq\f(1,\r(12＋22))＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5).]6.AD[角eq\f(π,3)與角－eq\f(5,3)π相差2π，終邊相同，故A正確；終邊在直線y＝－x上的角α的取值集合可表示為{α|α＝k·180°－45°，k∈Z}，故B錯(cuò)誤；若角α的終邊在直線y＝－3x上，則cosα的取值為±eq\f(\r(10),10)，故C錯(cuò)誤；67°30′化成弧度是eq\f(3π,8)，故D正確.]7.A[如圖，連接AB，取AB的中點(diǎn)為D，連接OD，由題意可得AD＝eq\f(1,2)d，∠DOA＝eq\f(θ,2)，OD⊥AB，設(shè)OA＝r，在Rt△ADO中，sineq\f(θ,2)＝eq\f(\f(1,2)d,r)，①又l＝rθ，②所以由①②可得eq\f(l,θ)＝eq\f(\f(1,2)d,sin\f(θ,2))，即eq\f(2sin\f(θ,2),θ)＝eq\f(d,l).]8.AD[由點(diǎn)P(sinx－cosx，－3)在第三象限，可得sinx－cosx<0，即sinx<cosx，所以－eq\f(3π,4)＋2kπ<x<eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.當(dāng)k＝0時(shí)，x所在的一個(gè)區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))，當(dāng)k＝1時(shí)，x所在的一個(gè)區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(9π,4))).]9.120°或－240°[因?yàn)棣粒?560°＝4×360°＋120°，所以與α終邊相同的角為360°×k＋120°，k∈Z，令k＝－1或k＝0，可得θ＝－240°或θ＝120°.]10.3π[∵120°＝eq\f(2π,3)，l＝αr，∴r＝eq\f(l,α)＝eq\f(2π,\f(2π,3))＝3，∴S＝eq\f(1,2)lr＝eq\f(1,2)×2π×3＝3π.]11.eq\f(5π,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＝\f(5π,12)＋kπ，k∈Z，答案不唯一))[由題意知，點(diǎn)P，Q都在單位圓上，且θ＋θ＋eq\f(π,6)＝π＋2kπ，k∈Z，所以θ＝eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z.]12.eq\f(1,2)[設(shè)扇形的半徑為r，則扇形的面積為eq\f(1,2)αr2.在Rt△PBO中，PB＝rtanα，所以△POB的面積為eq\f(1,2)r·rtanα.由題意得eq\f(1,2)r2tanα＝2×eq\f(1,2)αr2，所以tanα＝2α，所以eq\f(α,tanα)＝eq\f(1,2).]13.BD[由題設(shè)，2kπ＋eq\f(π,2)<α<2kπ＋π，k∈Z，故kπ＋eq\f(π,4)<eq\f(α,2)<kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，當(dāng)k＝2n，n∈Z時(shí)，2nπ＋eq\f(π,4)<eq\f(α,2)<2nπ＋eq\f(π,2)，n∈Z，則角eq\f(α,2)的終邊在第一象限左上部分(不含邊界)；當(dāng)k＝2n＋1，n∈Z時(shí)，2nπ＋eq\f(5π,4)<eq\f(α,2)<2nπ＋eq\f(3π,2)，n∈Z，則角eq\f(α,2)的終邊在第三象限右下部分(不含邊界)；所以角eq\f(α,2)的終邊在第一象限左上部分或第三象限右下部分(不含邊界)；故sineq\f(α,2)符號(hào)不確定，且與coseq\f(α,2)大小關(guān)系不確定，taneq\f(α,2)>0，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)))>eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2))).B，D正確.]14.A[如圖，設(shè)△ABC外接圓圓心為O，半徑為R，則2R＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(20\r(3),sin\f(5π,6))＝40eq\r(3)，R＝20eq\r(3)＝AB，因此∠AOB＝eq\f(π,3)，△ABC所在弓形的面積S＝eq\f(1,6)×πR2－eq\f(\r(3),4)R2＝eq\f(π,6)×(20eq\r(3))2－eq\f(\r(3),4)×(20eq\r(3))2＝200π－300eq\r(3)，從而陰影部分面積S′＝eq\f(1,2)π×(10eq\r(3))2－S＝300eq\r(3)－50π.]15.2[由已知，得l＋2R＝40，所以S＝eq\f(1,2)lR＝eq\f(1,2)(40－2R)R＝20R－R2＝－(R－10)2＋100.所以當(dāng)R＝10(cm)時(shí)，S取得最大值，此時(shí)l＝20(cm)，α＝2.]16.±eq\f(\r(3),4)[由角β的終邊與單位圓交于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，m))，得cosβ＝eq\f(1,2)，又由sinαcosβ<0知，sinα<0，因?yàn)榻铅恋慕K邊落在直線y＝eq\r(3)x上，所以角α只能是第三象限角.記P為角α的終邊與單位圓的交點(diǎn)，設(shè)P(x，y)(x<0，y<0)，又由y＝eq\r(3)x得x＝－eq\f(1,2)，y＝－eq\f(\r(3),2)，所以cosα＝x＝－eq\f(1,2).因?yàn)辄c(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，m))在單位圓上，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋m2＝1，解得m＝±eq\f(\r(3),2)，所以sinβ＝±eq\f(\r(3),2)，所以cosαsinβ＝±eq\f(\r(3),4).]對(duì)點(diǎn)練32同角三角函數(shù)的基本關(guān)系及誘導(dǎo)公式1.C[sin600°＝sin(240°＋360°)＝sin240°＝sin(180°＋60°)＝－sin60°＝－eq\f(\r(3),2).]2.BD[因?yàn)閟in(θ＋π)＝－sinθ＜0，所以sinθ＞0，故B正確；因?yàn)閏os(θ－π)＝－cosθ＞0，所以cosθ＜0，故D正確.]3.D[因?yàn)閠anα＝2，所以sinαcosα＝eq\f(sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tanα,tan2α＋1)＝eq\f(2,5).]4.D[∵α是第一象限角，且角α，β的終邊關(guān)于y軸對(duì)稱，∴β＝π－α＋2kπ，k∈Z，∴tanβ＝tan(π－α＋2kπ)＝tan(π－α)＝－tanα＝－eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(2)),\f(3,5))＝－eq\f(4,3).]5.B[法一sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1,3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)＋α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1,3).法二令α－eq\f(π,4)＝t，則α＝eq\f(π,4)＋t，由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1,3)，得sint＝eq\f(1,3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)＋α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)＋\f(π,4)＋t))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋t))＝sint＝eq\f(1,3).]6.C[因?yàn)閏oseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(7π,12)))＝eq\f(1,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\f(1,5).兩邊平方得1－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝eq\f(1,25)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝eq\f(24,25)，故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)＋\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝－eq\f(24,25).]7.A[若α＋β＝eq\f(π,2)，則cosβ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝sinα＝eq\f(1,4)，sinβ＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝cosα＝±eq\f(\r(15),4)，對(duì)于A，sinβ＝eq\f(\r(15),4)，符合；對(duì)于B，cos(π＋β)＝－cosβ＝eq\f(1,4)，∴cosβ＝－eq\f(1,4)，不符合；對(duì)于C，tanβ＝eq\f(\r(15),5)，即sinβ＝eq\f(\r(15),5)cosβ，又sin2β＋cos2β＝1，∴cosβ＝±eq\f(\r(10),4)，不符合；對(duì)于D，tanβ＝eq\f(\r(15),15)，即eq\r(15)sinβ＝cosβ，又sin2β＋cos2β＝1，∴sinβ＝±eq\f(1,4)，不符合.]8.ABD[∵sinα＋cosα＝eq\f(1,5)，等式兩邊平方得(sinα＋cosα)2＝1＋2sinαcosα＝eq\f(1,25)，解得sinαcosα＝－eq\f(12,25)，故B正確；∵α∈(0，π)，sinαcosα＝－eq\f(12,25)＜0，∴α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，故A正確；cosα－sinα＜0，且(cosα－sinα)2＝1－2sinαcosα＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,25)))＝eq\f(49,25)，解得cosα－sinα＝－eq\f(7,5)，故D正確.]9.－eq\f(5,3)eq\f(13,5)[由已知得tanα＝eq\f(1,2)，所以eq\f(sinα－3cosα,sinα＋cosα)＝eq\f(tanα－3,tanα＋1)＝－eq\f(5,3).sin2α＋sinαcosα＋2＝eq\f(sin2α＋sinαcosα,sin2α＋cos2α)＋2＝eq\f(tan2α＋tanα,tan2α＋1)＋2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋1)＋2＝eq\f(13,5).]10.－eq\f(5,12)[∵f(θ)＝eq\f(2cos2θ＋sin2θ＋cosθ－3,2＋2cos2θ＋cosθ)＝eq\f(cos2θ＋cosθ－2,2cos2θ＋cosθ＋2)，又coseq\f(17π,3)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6π－\f(π,3)))＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,3)))＝eq\f(\f(1,4)＋\f(1,2)－2,\f(1,2)＋\f(1,2)＋2)＝－eq\f(5,12).]11.－eq\f(2\r(6),5)[∵－270°<α<－90°，∴143°<53°－α<323°，又sin(53°－α)＝eq\f(1,5)，∴143°<53°－α<180°，則sin(37°＋α)＝cos[90°－(37°＋α)]＝cos(53°－α)＝－eq\f(2\r(6),5).]12.eq\f(25,7)[因?yàn)閟inα＋cosα＝eq\f(1,5)，所以1＋2sinαcosα＝eq\f(1,25)，所以2sinαcosα＝－eq\f(24,25)，所以(cosα－sinα)2＝1－2sinαcosα＝eq\f(49,25)，又因?yàn)椋璭q\f(π,2)＜α＜0，所以sinα＜0，cosα＞0，所以cosα－sinα＝eq\f(7,5)，所以eq\f(1,cos2α－sin2α)＝eq\f(1,(cosα＋sinα)(cosα－sinα))＝eq\f(25,7).]13.ACD[因?yàn)閑q\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(tanα＋1,tanα－1)＝3，所以tanα＝2，故A正確；因?yàn)閠anα＝eq\f(sinα,cosα)＝2＞0，且－eq\f(π,2)＜α＜eq\f(π,2)，所以0＜α＜eq\f(π,2)，所以sinα＞0，cosα＞0，由eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝3＞0，可得sinα－cosα＞0，故B錯(cuò)誤；sin4α－cos4α＝(sin2α－cos2α)·(sin2α＋cos2α)＝sin2α－cos2α＝eq\f(sin2α－cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tan2α－1,tan2α＋1)＝eq\f(4－1,4＋1)＝eq\f(3,5)，故C正確；eq\f(1－2sinαcosα,sin2α－cos2α)＝eq\f((sinα－cosα)2,(sinα－cosα)(sinα＋cosα))＝eq\f(sinα－cosα,sinα＋cosα)＝eq\f(1,3)，故D正確.]14.D[法一由三角函數(shù)的定義可知cosα＝sineq\f(4π,5)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(3π,10)))＝coseq\f(3π,10)，sinα＝coseq\f(4π,5)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(3π,10)))＝－sineq\f(3π,10)，由誘導(dǎo)公式可得α＝2kπ－eq\f(3π,10)，k∈Z，所以當(dāng)k＝1時(shí)，α取得最小正值，為eq\f(17π,10).法二由題意得tanα＝eq\f(cos\f(4π,5),sin\f(4π,5))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(4π,5))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(4π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,10))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,10))))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,10)))，∴α＝kπ－eq\f(3π,10)，k∈Z，∵sineq\f(4π,5)>0，coseq\f(4π,5)<0，∴角α是第四象限角，∴當(dāng)k＝2時(shí)，α取得最小正值，為eq\f(17π,10).]15.18[由sin(3π＋θ)＝eq\f(1,3)，可得sinθ＝－eq\f(1,3)，∴所求式＝eq\f(－cosθ,cosθ(－cosθ－1))＋eq\f(cosθ,－cos2θ＋cosθ)＝eq\f(1,1＋cosθ)＋eq\f(1,1－cosθ)＝eq\f(2,(1＋cosθ)(1－cosθ))＝eq\f(2,1－cos2θ)＝eq\f(2,sin2θ)＝18.]16.－eq\f(1,2)[由sinα＋cosα＝eq\f(\r(5),5)，平方得1＋2sinαcosα＝eq\f(1,5)，即2sinαcosα＝－eq\f(4,5)，則(sinα－cosα)2＝1－2sinαcosα＝eq\f(9,5).由2sinαcosα＝－eq\f(4,5)<0，及α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，得α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，則sinα<0，cosα>0，sinα－cosα＝－eq\f(3\r(5),5)，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝－\f(\r(5),5)，,cosα＝\f(2\r(5),5)，))所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(1,2).]對(duì)點(diǎn)練33和、差、倍角的正弦、余弦和正切公式1.D[原式＝cos50°cos160°－sin50°sin160°＝cos(50°＋160°)＝cos210°＝－cos30°＝－eq\f(\r(3),2).]2.C[因?yàn)榻铅恋慕K邊上一點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－1，2)，角β的終邊與角α的終邊關(guān)于x軸對(duì)稱，所以點(diǎn)(－1，－2)是角β的終邊上的點(diǎn)，所以tanβ＝2，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,4)))＝eq\f(tanβ＋tan\f(π,4),1－tanβtan\f(π,4))＝eq\f(2＋1,1－2)＝－3.]3.B[eq\f(sin10°,1－\r(3)tan10°)＝eq\f(sin10°cos10°,cos10°－\r(3)sin10°)＝eq\f(2sin10°cos10°,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°)))＝eq\f(sin20°,4sin(30°－10°))＝eq\f(1,4).]4.C[taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))＝tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝1，所以1－tanαtanβ＝tanα＋tanβ，則1＋tanα＋tanβ＋tanαtanβ＝2，即(1＋tanα)·(1＋tanβ)＝2.]5.AC[cos2α－cos2α＝cos2α－(cos2α－sin2α)＝sin2α＝eq\f(1,5)，因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以sinα＝eq\f(\r(5),5)，cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(5),5)，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(1,2)，sin2α＝2sinαcosα＝－eq\f(4,5)，cos2α＝1－2sin2α＝eq\f(3,5)，tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝－eq\f(4,3).]6.A[4sin40°－tan40°＝4sin40°－eq\f(sin40°,cos40°)＝eq\f(2sin80°－sin40°,cos40°)＝eq\f(sin80°＋(sin80°－sin40°),cos40°)＝eq\f(sin80°＋[sin(60°＋20°)－sin(60°－20°)],cos40°)＝eq\f(sin80°＋2cos60°sin20°,cos40°)＝eq\f(sin80°＋sin20°,cos40°)＝eq\f(sin(50°＋30°)＋sin(50°－30°),cos40°)＝eq\f(\r(3)sin50°,sin50°)＝eq\r(3).]7.A[由已知可得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,6)))－1＝2×eq\f(9,10)－1＝eq\f(4,5)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，∴α＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))·coseq\f(π,6)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))·sineq\f(π,6)＝eq\f(3\r(3)－4,10).]8.eq\f(\r(3),2)[原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(π,12)－sin2\f(π,12)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(π,12)＋sin2\f(π,12)))＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).]9.－2[因?yàn)閏os345°＝cos(360°－15°)＝cos15°，所以log2sin15°－logeq\s\do9(\f(1,2))cos345°＝log2sin15°＋log2cos15°＝log2(sin15°cos15°)＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin30°))＝log2eq\f(1,4)＝－2.]10.eq\f(\r(2),10)[因?yàn)閟ineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))＝eq\f(3,5)，α為銳角，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))))＝eq\f(\r(2),10).]11.解(1)因?yàn)棣粒隆蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以－eq\f(π,2)＜α－β＜eq\f(π,2).又因?yàn)閠an(α－β)＝－eq\f(1,3)＜0，所以－eq\f(π,2)＜α－β＜0，且sin(α－β)＝－eq\f(1,3)cos(α－β)，又sin2(α－β)＋cos2(α－β)＝1，解得cos(α－β)＝eq\f(3\r(10),10)，sin(α－β)＝－eq\f(\r(10),10).(2)由(1)可得cos(α－β)＝eq\f(3\r(10),10).因?yàn)棣翞殇J角，且sinα＝eq\f(3,5)，所以cosα＝eq\f(4,5).所以cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(4,5)×eq\f(3\r(10),10)＋eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))＝eq\f(9\r(10),50).12.解(1)f(π)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,6)))＝－2coseq\f(π,6)＝－2×eq\f(\r(3),2)＝－eq\r(3).(2)因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝－2sinα＝eq\f(6,5)，所以sinα＝－eq\f(3,5).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)