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[ 【高分突破系列】高一数学上学期同步知识点剖析精品讲义与分层练习]
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必修第一册同步拔高练习，难度4颗星！
【典题1】
已知函数
\(f(x)=\cos x \cos \left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)+\sqrt{3} \sin ^{2} x-\dfrac{3 \sqrt{3}}{4}\)
．
(1)求
\(f(x)\)
的最小正周期
\(T\)
；
(2)若
\(f(x)+1+(-1)^n m>0\)
对任意的
\(x \in\left[-\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{4}\right]\)
和
\(n∈N^*\)
恒成立，求实数
\(m\)
的取值范围．
【解析】
(1)
\(f(x)=\cos x \cos \left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)+\sqrt{3} \sin ^{2} x-\dfrac{3 \sqrt{3}}{4}\)
\(\begin{aligned}
&=\cos x\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos x+\dfrac{1}{2} \sin x\right)+\sqrt{3} \dfrac{1-\cos 2 x}{2}-\dfrac{3 \sqrt{3}}{4} \\
&=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos ^{2} x+\dfrac{1}{2} \sin x \cos x-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 x-\dfrac{\sqrt{3}}{4} \\
&=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{1+\cos 2 x}{2}+\dfrac{1}{4} \sin 2 x-\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 x-\dfrac{\sqrt{3}}{4} \\
&=\dfrac{1}{4} \sin 2 x-\dfrac{\sqrt{3}}{4} \cos 2 x \\
&=\dfrac{1}{2} \sin \left(2 x-\dfrac{\pi}{3}\right)
\end{aligned}\)
\({\color{Red}{(把函数化为f(x)=A\sin(ωx+φ)+B}}\)
\(f(x)\)
的最小正周期
\(T=\dfrac{2 \pi}{2}=\pi\)
．
(2)由(1)知
\(f(x)=\dfrac{1}{2} \sin \left(2 x-\dfrac{\pi}{3}\right)\)
，
当
\(y \in\left[-\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{4}\right]\)
时，
\(-\dfrac{5 \pi}{6} \leq 2 x-\dfrac{\pi}{3} \leq \dfrac{\pi}{6}\)
，
\(-\dfrac{1}{2} \leq \dfrac{1}{2} \sin \left(2 x-\dfrac{\pi}{3}\right) \leq \dfrac{1}{4},\)
，
即
\(-\dfrac{1}{2} \leq f(x) \leq \dfrac{1}{4}\)
．
\({\color{Red}{ (问题中含(-1)^n，分n为偶数与n为奇数讨论) } }\)
①当
\(n\)
为偶数时，
\(f(x)+1+(-1)^{n} m>0\Leftrightarrow f(x)+1+m>0 \Leftrightarrow m>-f(x)-1\)
．
由题意，只需
\(m>[-f(x)-1]_{\max }\)
．
因为
\([-f(x)-1]_{\max }=-\dfrac{1}{2}\)
，所以
\(m>-\dfrac{1}{2}\)
．
②当
\(n\)
为奇数时，
\(f(x)+1+(-1)^{n} m>0 \Leftrightarrow f(x)+1-m>0 \Leftrightarrow m<f(x)+1\)
．
由题意，只需
\(m<[f(x)+1]_{\min }\)
．
因为当
\(f(x)=-\dfrac{1}{2}\)
时，
\([f(x)+1]_{\min }=\dfrac{1}{2}\)
，
所以
\(m<\dfrac{1}{2}\)
．
综上所述，实数
\(m\)
的取值范围是
\(\left(-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\)
．
【典题2】
已知函数
\(f(x)=\cos2x+a\sin x+b(a<0)\)
．
(1)若当
\(x∈R\)
时，
\(f(x)\)
的最大值为
\(\dfrac{9}{8}\)
，最小值为
\(-2\)
，求实数
\(a ,b\)
的值；
(2)若
\(a=-2\)
，
\(b=1\)
，设函数
\(g(x)=m\sin x+2m\)
，且当
\(x \in\left[\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{2 \pi}{3}\right]\)
时，
\(f(x)>g(x)\)
恒成立，求实数
\(m\)
的取值范围．
【解析】
(1)
\(f(x)=\cos2x+a\sin x+b
\(=-2 \sin ^{2} x+a \sin x+b+1\)
\(=-2\left(\sin x-\dfrac{a}{4}\right)^{2}+\dfrac{a^{2}}{8}+b+1\)
，
(问题转化为二次函数动轴定区间最值问题)
因为
\(-1≤\sin x≤1\)
，(注意三角函数有界性)
所以当
\(-1 \leq \dfrac{a}{4}<0\)
时，
\(f(x)_{\max }=\dfrac{a^{2}}{8}+b+1=\dfrac{9}{8}\)
，
\(f(x)_{\min }=a+b-1=2\)
，
解得
\(a=-1\)
，
\(b=0\)
，
当
\(\dfrac{a}{4}<-1\)
时，
\(f(x)_{\max }=-a+b-1=\dfrac{9}{8}\)
，
\(f(x)_{\min }=a+b-1=2\)
，无解．
综上所述，
\(a=-1\)
，
\(b=0\)
．
(2)
\(f(x)=-2 \sin ^{2} x-2 \sin x+2\)
，
当
\(x \in\left[\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{2 \pi}{3}\right]\)
时，
\(-2 \sin ^{2} x-2 \sin x+2>m \sin x+2 m\)
恒成立，
即
\(m<-2 \cdot \dfrac{\sin ^{2} x+\sin x-1}{\sin x+2}\)
，(分类参数法)
令
\(u=\sin x+2\)
，
\(\because x \in\left[\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{2 \pi}{3}\right]\)
，
\(\therefore \dfrac{1}{2} \leq \sin x \leq 1\)
，
\(\therefore \dfrac{5}{2} \leq u \leq 3\)
则问题转化为
\(m<-2 \cdot \dfrac{\sin ^{2} x+\sin x-1}{\sin x+2}=-2 \cdot \dfrac{(u-2)^{2}+(u-2)-1}{u}=6-2\left(u+\dfrac{1}{u}\right)\)
恒成立
\(\because \dfrac{5}{2} \leq u \leq 3\)
\(\therefore 6-2\left(u+\dfrac{1}{u}\right) \geq-\dfrac{2}{3}\)
(对勾函数的性质)
\(\therefore m<-\dfrac{2}{3}\)
，
即实数
\(m\)
的取值范围是
\(\left(-\infty,-\dfrac{2}{3}\right)\)
．
① 处理三角函数问题注意其有界性；
② 恒成立问题注意分类参数法的运用；
③ 恒成立问题最终归根于最值问题，而常用的换元法能把问题“简化”；
④ 注意形如
\(f(x)=\dfrac{a_{1} x^{2}+b_{1} x+c_{1}}{a_{2} x^{2}+b_{2} x+c_{2}}\)
的最值模型，其中会用到换元法、分离常数法、基本不等式或对勾函数性质.
【典题3】
已知函数
\(h(x)=\sqrt{3} \sin ^{4} \dfrac{x}{2}+2 \sin \dfrac{x}{2} \cos \dfrac{x}{2}-\sqrt{3} \cos ^{4} \dfrac{x}{2}\)
(1)若先将函数
\(h(x)\)
图象上所有点的横坐标缩短到原来的
\(\dfrac{1}{2}\)
倍(纵坐标不变)，再将之向左平移
\(\dfrac{\pi}{3}\)
个单位，得到函数
\(f(x)\)
图象，求函数
\(f(x)\)
的解析式
(2)设
\(g(x)=3-2 m+m \cos \left(2 x-\dfrac{\pi}{6}\right)(m \neq 0)\)
，则是否存在实数
\(m\)
，满足对于任意
\(x_{1} \in\left[0, \dfrac{\pi}{4}\right]\)
，都存在
\(x_{2} \in\left[0, \dfrac{\pi}{4}\right]\)
，使得
\(f(x_1)≥g(x_2)\)
成立？如果存在，请求出实数
\(m\)
的取值范围；若不存在，请说明你的理由．
【解析】
(1)
\(h(x)=\sqrt{3} \sin ^{4} \dfrac{x}{2}+2 \sin \dfrac{x}{2} \cos \dfrac{x}{2}-\sqrt{3} \cos ^{4} \dfrac{x}{2}\)
\(\begin{aligned}
&=\sqrt{3}\left(\sin ^{2} \dfrac{x}{2}+\cos ^{2} \dfrac{x}{2}\right)\left(\sin ^{2} \dfrac{x}{2}-\cos ^{2} \dfrac{x}{2}\right)+2 \sin \dfrac{x}{2} \cos \dfrac{x}{2} \\
&=-\sqrt{3} \cos x+\sin x \\
&=2 \sin \left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)
\end{aligned}\)
将函数
\(h(x)\)
图象上所有点的横坐标缩短到原来的
\(\dfrac{1}{2}\)
倍(纵坐标不变)，
得到
\(h_{1}(x)=2 \sin \left(2 x-\dfrac{\pi}{3}\right)\)
，
再向左平移
\(\dfrac{\pi}{3}\)
个单位，得到函数
\(f(x)=2 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{3}\right)\)
，
所以函数
\(f(x)\)
的解析式为
\(f(x)=2 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{3}\right)\)
．
(2) 若要满足题意，则只要
\(f(x)_{\min } \geq g(x)_{\min }\)
，(双变量恒成立问题)
\(\because x \in\left[0, \dfrac{\pi}{4}\right]\)
，
\(\therefore 2 x+\dfrac{\pi}{3} \in\left[\dfrac{\pi}{3}, \dfrac{5 \pi}{6}\right]\)
，
\(\therefore \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{3}\right) \in\left[\dfrac{1}{2}, 1\right]\)
，即
\(f(x)_{\min }=1\)
；
\(\because x \in\left[0, \dfrac{\pi}{4}\right]\)
，
\(\therefore 2 x-\dfrac{\pi}{6} \in\left[-\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{\pi}{3}\right]\)
，
\(\therefore \cos \left(2 x-\dfrac{\pi}{6}\right) \in\left[\dfrac{1}{2}, 1\right]\)
，
\({\color{Red}{(要求g(x)_{\min }，需要分m>0和m<0讨论)}}\)
①当
\(m>0\)
时，
\(\operatorname{mcos}\left(2 x_{2}-\dfrac{\pi}{6}\right) \in\left[\dfrac{m}{2}, m\right]\)
，
即
\(g(x)_{\min }=3-\dfrac{3 m}{2}\)
，
则
\(f(x)_{\min } \geq g(x)_{\min } \Rightarrow 1 \geq 3-\dfrac{3 m}{2}\)
，
解得
\(m \geq \dfrac{4}{3}\)
，
②当
\(m<0\)
，
\(\operatorname{mcos}\left(2 x_{2}-\dfrac{\pi}{6}\right) \in\left[m, \dfrac{m}{2}\right]\)
，
即
\(g(x)_{\min }=3-m\)
，
则
\(f(x)_{\min } \geq g(x)_{\min } \Rightarrow 1 \geq 3-m\)
，
解得
\(m≥2\)
，与
\(m<0\)
矛盾，舍去．
综上所述，
\(m\)
的取值范围是
\(\left[\dfrac{4}{3},+\infty\right)\)
．
【点拨】
双变量存在---恒成立问题
\((1)∀x_1∈D\)
，
\(∀x_2∈E\)
，
\(f(x_1 )≥g(x_2)\)
恒成立
\(\Leftrightarrow f(x)_{min}≥g(x)_{max}\)
；
\((2)∀x_1∈D\)
，
\(∃x_2∈E\)
，
\(f(x_1 )≥g(x_2)\)
恒成立
\(\Leftrightarrow f(x)_{min}≥g(x)_{min}\)
；
\((3)∃x_1∈D\)
，
\(∀x_2∈E\)
，
\(f(x_1 )≥g(x_2)\)
恒成立
\(\Leftrightarrow f(x)_{max}≥g(x)_{max}\)
；
\((4)∃x_1∈D\)
，
\(∃x_2∈E\)
，
\(f(x_1 )≥g(x_2)\)
恒成立
\(\Leftrightarrow f(x)_{max}≥g(x)_{min}\)
.
【典题4】
已知函数
\(f(x)=A \sin (x+\varphi)\)
\(\left(A>0, \varphi \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\right)\)
，
\(y=f(x)\)
的部分图象，如图所示，
\(P、Q\)
分别为该图象的最高点和最低点，点
\(P\)
的坐标为
\(\left(\dfrac{\pi}{4}, A\right)\)
，点
\(R\)
的坐标为
\(\left(\dfrac{\pi}{4}, 0\right)\)
，且
\(\tan \angle P R Q=-\dfrac{\pi \sqrt{2}}{2}\)
．
(1)求
\(f(x)\)
解析式；
(2)若方程
\(\sin x \cos x+1=a f(x)(a \geq 1)\)
在区间
\(\left[0, \dfrac{3 \pi}{4}\right]\)
内恰有一个根，求
\(a\)
的取值范围．
【解析】
(1)过程略，
\(f(x)=\sqrt{2} \sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\)
．
(2)方法一 方程
\(\sin x \cos x+1=a \cdot \sqrt{2} \sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)(a \geq 1)\)
在区间
\(\left[0, \dfrac{3 \pi}{4}\right]\)
内恰有一个根
\((*)\)
，
显然
\(\dfrac{3 \pi}{4}\)
不是方程的根，
则问题
\((*)\)
等价于
\(a=\dfrac{\sin x \cos x+1}{\sqrt{2} \sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)}=\dfrac{\sin x \cos x+1}{\sin x+\cos x}\)
在
\(\left[0, \dfrac{3 \pi}{4}\right)\)
内恰有一个零点，(分离参数法)
等价于
\(y=a\)
与
\(u(x)=\dfrac{\sin x \cos x+1}{\sin x+\cos x}\)
在
\(\left[0, \dfrac{3 \pi}{4}\right)\)
内恰有一个交点，
设
\(t=\sin x+\cos x=\sqrt{2} \sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\)
，
当
\(x \in\left[0, \dfrac{3 \pi}{4}\right)\)
时，
\(t \in(0, \sqrt{2}]\)
．
又
\(\sin x \cos x=\dfrac{1}{2}\left[(\sin x+\cos x)^{2}-1\right]=\dfrac{1}{2}\left(t^{2}-1\right)\)
\({\color{Red}{(注意到\sin x+\cos x与\sin x \cos x的关系，利用换元法)}}\)
则
\(\dfrac{\sin x \cos x+1}{\sin x+\cos x}=\dfrac{1}{2}\left(t+\dfrac{1}{t}\right), \quad t \in(0, \sqrt{2}]\)
令
\(h(t)=\dfrac{1}{2}\left(t+\dfrac{1}{t}\right)\)
，
由
\(y=a\)
与
\(u(x)=\dfrac{\sin x \cos x+1}{\sin x+\cos x}\)
在
\(\left[0, \dfrac{3 \pi}{4}\right)\)
内恰有一个交点
可知
\(y=a\)
与
\(h(t)=\dfrac{1}{2}\left(t+\dfrac{1}{t}\right)\)
在
\((0, \sqrt{2}]\)
内最多一个交点，
\({\color{Red}{(注意不能直接等价于y=h(t)在(0, \sqrt{2}]内恰有一个零点，u(x)是由h(t)与t(x)组成的复合函数)}}\)
易知
\(h(t)=\dfrac{1}{2}\left(t+\dfrac{1}{t}\right)\)
在
\((0,1)\)
上递减，在
\((1, \sqrt{2}]\)
递增，且
\(h(1)=1\)
，
\(h(\sqrt{2})=\dfrac{3 \sqrt{2}}{4}\)
\({\color{Red}{ (如图所示)}}\)
①当
\(a=1\)
时，此时
\(t=1\)
，
由
\(1=\sqrt{2} \sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\)
在
\(\left[0, \dfrac{3 \pi}{4}\right]\)
内得
\(x=0\)
或
\(x=\dfrac{\pi}{2}\)
有两个解，不符合题意；(注意检验)
② 当
\(a>1\)
时，若要满足题意则需要
\(a>\dfrac{3 \sqrt{2}}{4}\)
，
此时
\(0<t<\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
，而
\(y=t\)
与函数
\(y=\sqrt{2} \sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\)
在
\(\left[0, \dfrac{3 \pi}{4}\right)\)
内显然只有一个交点，
故
\(a>\dfrac{3 \sqrt{2}}{4}\)
满足题意，
综上，
\(a\)
的取值范围是
\(\left(\dfrac{3 \sqrt{2}}{4},+\infty\right)\)
．
方法二 设
\(g(x)=a f(x)-\sin x \cos x-1\)
\(=a(\sin x+\cos x)-\sin x \cos x-1\)
，
方程
\(\sin x \cos x+1=a f(x)(a \geq 1)\)
在区间
\(\left[0, \dfrac{3 \pi}{4}\right]\)
内恰有一个根，
等价于函数g(x)在区间
\(\left[0, \dfrac{3 \pi}{4}\right]\)
内恰有一个零点．
\({\color{Red}{(方程与函数思想，对方程\sin x \cos x+1=a f(x)变形直接构造函数y=g(x))}}\)
设
\(t=\sin x+\cos x=\sqrt{2} \sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\)
，当
\(x \in\left[0, \dfrac{3 \pi}{4}\right]\)
时，
\(t \in[0, \sqrt{2}]\)
．
又
\(\sin x \cos x=\dfrac{1}{2}\left[(\sin x+\cos x)^{2}-1\right]=\dfrac{1}{2}\left(t^{2}-1\right)\)
\({\color{Red}{(注意到\sin x+\cos x与\sin x\cos x的关系，利用换元法)}}\)
则
\(-\sin x \cos x+a(\sin x+\cos x)-1=-\dfrac{1}{2} t^{2}+a t-\dfrac{1}{2}，t \in[0, \sqrt{2}]\)
令
\(h(t)=-\dfrac{1}{2} t^{2}+a t-\dfrac{1}{2}\)
，由函数
\(g(x)\)
在
\(\left[0, \dfrac{3 \pi}{4}\right]\)
内恰有一个零点，
可知
\(h(t)=-\dfrac{1}{2} t^{2}+a t-\dfrac{1}{2}\)
在
\([0, \sqrt{2}]\)
内最多一个零点，
(注意不能直接等价于
\(y=h(t)\)
在
\([0, \sqrt{2}]\)
内恰有一个零点)
由于
\(a≥1\)
，函数
\(y=h(t)\)
判别式
\(∆=a^2-1≥0\)
，
①当
\(Δ=0\)
，得
\(a=1\)
时，此时零点为
\(1\)
，即
\(t=1\)
，
由
\(1=\sqrt{2} \sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)\)
在
\(\left[0, \dfrac{3 \pi}{4}\right]\)
内得
\(x=0\)
或
\(x=\dfrac{\pi}{2}\)
有两个解，不符合题意；(注意检验)
② 若
\(Δ=a^2－1>0\)
，即
\(a>1\)
时，
注意到
\(h(0)=-\dfrac{1}{2}<0\)
，函数开口向下，
要使
\(h(t)=-\dfrac{1}{2} t^{2}+a t-\dfrac{1}{2}\)
在
\([0, \sqrt{2}]\)
内恰有一个零点，
则
\(h(\sqrt{2})>0\)
，解得
\(a>\dfrac{3 \sqrt{2}}{4}\)
，
综上，
\(a\)
的取值范围是
\(\left(\dfrac{3 \sqrt{2}}{4},+\infty\right)\)
．
① 对于复合函数的零点问题，注意函数的构造方法与问题等价转化的严谨性；
② 方法二中要注意：对于二次函数，我们常考量：开口方向、对称轴、判别式、特殊点(常见的是一些定点)；二次函数零点分布问题，多结合函数图象进行思考！
【典题5】
已知
\(A\)
是半径为
\(2\)
的半圆上的一点，
\(BC\)
是半圆的直径，
\(PQRS\)
为
\(△ABC\)
的内接正方形，记
\(△ABC\)
、正方形
\(PQRS\)
的面积分别为
\(S_1\)
，
\(S_2\)
，
\(\angle A B C=\alpha\left(0<\alpha<\dfrac{\pi}{2}\right)\)
．
(1)分别写出
\(S_1 ,S_2\)
关于
\(α\)
的函数；
(2)求
\(\dfrac{S_{1}}{S_{2}}\)
的最小值．
【解析】
(1)因为
\(BC\)
是半圆的直径，所以
\(AB⊥AC\)
，
又
\(BC=4\)
，所以
\(A B=4 \cos \alpha, A C=4 \sin \alpha\)
，
所以
\(S_{1}=\dfrac{1}{2} A B \cdot A C=\dfrac{1}{2} \times 4 \sin \alpha \times 4 \cos \alpha=4 \sin 2 \alpha\)
，
设正方形的边长为
\(x\)
，则
\(B P=\dfrac{x}{\sin \alpha}\)
，
\(A P=x \cos \alpha\)
(利用平几知识求解)
由
\(BP+AP=AB\)
，
得
\(\dfrac{x}{\sin \alpha}+x \cos \alpha=4 \cos \alpha\)
，
解得
\(x=\dfrac{4 \sin \alpha \cos \alpha}{1+\sin \alpha \cos \alpha}=\dfrac{4 \sin 2 \alpha}{2+\sin 2 \alpha}\)
，
所以
\(S_{2}=x^{2}=\left(\dfrac{4 \sin 2 \alpha}{2+\sin 2 \alpha}\right)^{2}=\dfrac{16 \sin ^{2} 2 \alpha}{(2+\sin 2 \alpha)^{2}}\left(0<\alpha<\dfrac{\pi}{2}\right)\)
．
(2)
\(\dfrac{S_{1}}{S_{2}}=\dfrac{(2+\sin 2 \alpha)^{2}}{4 \sin 2 \alpha}=\dfrac{1}{\sin 2 \alpha}+\dfrac{1}{4} \sin 2 \alpha+1\)
令
\(t=\sin2α\)
，因为
\(0<\alpha<\dfrac{\pi}{2}\)
，所以
\(0<2α<π\)
，则
\(t=\sin2α∈(0 ,1]\)
，
所以
\(\dfrac{S_{1}}{S_{2}}=\dfrac{1}{t}+\dfrac{t}{4}+1\)
，
令
\(g(t)=\dfrac{1}{t}+\dfrac{t}{4}+1(0<t \leq 1)\)
，(对勾函数)
显然函数
\(g(t)\)
在
\((0 ,1]\)
上递减，
当
\(t=1\)
时，
\(g(t)\)
取得最小值
\(g(1)=\dfrac{9}{4}\)
，
此时
\(\sin2α=1\)
，解得
\(\alpha=\dfrac{\pi}{4}\)
．
所以
\(\dfrac{s_{1}}{s_{2}}\)
的最小值为
\(\dfrac{9}{4}\)
．
