《创新方案》2019高考数学(理)二轮复习课件：热点专题突破 专题二 第一讲 三角函数的性质

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[解题思路] (1)利用向量平行列方程，利用正弦定理转化为角的 方程求解． (2)利用余弦定理转化为 c 的方程求 c， 再利用三角形 面积公式求解或先利用正弦定理求出角 C 的正弦值，再 利用三角形面积公式求解．
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[标准答案]
π (1)f(x)＝sin2－xsin
x－ 3cos2x
3 ＝cos xsin x－ (1＋cos 2x) 2 1 3 3 ＝ sin 2x－ cos 2x－ 2 2 2
π ＝sin2x－3－
3 ，4 分 2
2－ 3 因此 f(x)的最小正周期为 π，最大值为 .6 分 2
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[解题流程] 第一步：化简函数 f(x) 的解析式，并整理成 f(x)＝ Asin(ωx＋φ)＋B 的形式； 第二步：求周期和函数 f(x)的最值； 第三步：由 x 的范围，确定 ωx＋φ 的范围； 第四步：利用整体代换求函数 f(x)的单调区间； 第五步：下结论．
10 分 11 分
所以，函数 1 小值为－ . 2
π π 1 f(x)在闭区间 －4，4 上的最大值为 ，最 4
12 分
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[真题示例] (2015· 陕西高考 )(12 分)△ABC 的内角 A，B，C 所对的边 分别为 a，b，c.向量 m＝a， 3b与 n＝(cos A，sin B)平行． (1)求 A； (2)若 a＝ 7，b＝2，求△ABC 的面积．
3 3cos x＋ ，x∈R. 4
2
(1)求 f(x)的最小正周期； (2)求

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7．(2015· 新课标全国卷 Ⅰ，T13)在数列{an}中，a1＝2， an ＋ 1 ＝ 2an ， Sn 为 {an} 的前 n 项和．若 Sn ＝ 126 ， 则 n ＝ ________．
解析：∵a1＝2，an＋1＝2an，∴数列{an}是首项为 2，公 比为 2 的等比数列． 2（1－2n） 又∵Sn＝126，∴ ＝126，∴n＝6. 1－2
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2 5．(2013· 新课标全国卷 Ⅰ，T6)设首项为 1，公比为3的 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，则( A．Sn＝2an－1 C．Sn＝4－3an ) B．Sn＝3an－2 D．Sn＝3－2an
a1－anq 解析：选 D 由等比数列前 n 项和公式 Sn＝ ， 1－q 代入数据可得 Sn＝3－2an.
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9．(2012·பைடு நூலகம்新课标全国卷 ，T14)等比数列{an}的前 n 项和 为 Sn，若 S3＋3S2＝0，则公比 q＝________．
解析：由 S3＋3S2＝0，即 a1＋a2＋a3＋3(a1＋a2)＝0，即 4a1＋4a2＋a3＝0，即 4a1＋4a1q＋a1q2＝0，因为 a1≠0，所以 q2＋4q＋4＝0，所以 q＝－2.
2 ∴a2 4＝4(a4－1)，∴a4－4a4＋4＝0，∴a4＝2.
a4 2 1 1 又∵q ＝ ＝ ＝8，∴q＝2，∴a2＝a1q＝ × 2＝ . a1 1 4 2 4
3
法二：∵a3a5＝4(a4－1)， ∴a1q2· a1q4＝4(a1q3－1)， 1 将 a1＝ 代入上式并整理，得 q6－16q3＋64＝0， 4 1 解得 q＝2，∴a2＝a1q＝ . 2

1 f(x)＝3x， 等比数列{an}的前
【例 1－2】 已知函数
n 项和为 f(n)
－c，则 an 的最小值为________．
解析 1 由题设，得 a1＝f(1)－c＝3－c；
2 a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－9； 2 a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－27，
• 数形结合包含“以形助数”和“以数辅形
”两个方面，其应用大致可以分为两种情形
：一是借助形的生动性和直观性来阐明数形 思想概述· 应用 热点聚焦· 题 归纳总结· 专题训练 思 对
• 在运用数形结合思想分析和解决问题时，要
注意三点： • (1) 要彻底明白一些概念和运算法则的几何意 义以及曲线的代数特征，对题目中的条件和 结论既分析其几何意义又分析其代数意义；
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因此 f(t)＝0
f0＜0， 在(0,1]上有解等价于 f1≥0.
－1－a＜0， 即 1－a≥0，
∴－1＜a≤1.
故 a 的取值范围是(－1,1]．
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• 探究提高 研究此类含参数的三角、指数、
对数等复杂方程解的问题，通常有两种处理 思路：一是分离参数构建函数，将方程有解 转化为求函数的值域；二是换元，将复杂方 程问题转化为熟悉的二次方程，进而利用二 次方程解的分布情况构建不等式或构造函数 加以解决．
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[微题型 2]
函数与方程思想在数列中的应用
因此，数列{an}是递增数列， 2 ∴n＝1 时，an 有最小值 a1＝－3. 2 答案 －3

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3． 含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具 体转化策略 (1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a， b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最大值． (2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a， b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值． (3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a， b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值．
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(2)由已知得 g(x)＝2ln x－x2＋m， －2（x＋1）（x－1） 2 则 g′(x)＝x－2x＝ ， x 1 ∵x∈e ，e，∴当 g′(x)＝0 时，x＝1. 1 当 ＜x＜1 时，g′(x)＞0；当 1＜x＜e 时，g′(x)＜0. e 故 g(x)在 x＝1 处取得极大值 g(1)＝m－1. 1 1 又 ge ＝m－2－ 2，g(e)＝m＋2－e2， e
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(4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a， b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最大值． (5)∃x1∈[a，b]，当 x2∈[c，d]时，f(x1)＝g(x2)⇔f(x) 在[a，b]上的上的值域与 g(x)在[c，d]上的值域交集非空． (6)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)＝g(x2)⇔f(x)在 [a，b]上的值域⊆g(x)在[c，d]上的值域． (7)∀x2∈[c，d]，∃x1∈[a，b]，f(x1)＝g(x2)⇔f(x)在 [a，b]上的值域⊇g(x)在[c，d]上的值域．