高中数学必修第1册教材习题答案_高中全套电子教材及答案。_02高中教材参考答案_高中数学_人教A版

教材习题答案 第一章 集合与常用逻辑用语 数 Ａ Ｂ. Ｂ ｘ ｘ是平行四边形或梯形 但ｘ不是 ꎬ∴ ⫌ ∁Ｓ ＝{ ｜ ꎬ 和 的公倍数是 的倍数 因而Ａ 菱形 ｘ ｘ是邻边不相等的平行四边形或 1.1 集合的概念 (３)４ １０ ２０ ꎬ ＝ }＝{ ｜ ｘ Ｎ ｘ是 与 的公倍数 ｘ Ｎ ｘ 梯形 练习 { ∈ ＋｜ ４ １０ }＝{ ∈ ＋｜ }ꎬ 是 的倍数 ｘ ｘ ｍ ｍ Ｎ Ｂ. Ａ ｘ ｘ是平行四边形或梯形 但ｘ不是平 １.解析 是.满足集合中元素的确定性. ２０ }＝{ ｜ ＝２０ ꎬ ∈ ＋}＝ ∁Ｓ ＝{ ｜ ꎬ (１) ◆习题1.2 行四边形 ｘ ｘ是梯形 . }＝{ ｜ } 不是. 游泳能手 无明确的标准 因此 (２) “ ” ꎬ 复习巩固 ３.解析 高中学生中的游泳能手 不能组成集合. “ ” １.答案 ２.答案 (１)∉ꎻ∉ꎻ⫋ꎻ⫋ (２)∈ꎻ⫋ꎻ⫋ꎻ＝ (１) ∈ꎻ∉ꎻ∉ꎻ∉ꎻ∈ꎻ∈ ３.解析 方程ｘ２ 的根为 (３)⫋ꎻ⫌ (１) －９＝０ ３ꎬ－３ꎬ ２.解析 Ｄ Ｃ Ｂ Ａ 该集合为 . ⫋ ⫋ ⫋ ꎬ ∴ {３ꎬ－３} 用 图表示如图. 集合中的元素是点 用坐标表示 Ｖｅｎｎ (２) ꎬ ꎬ 该集合为 . ∴ {(１ꎬ４)} (２) 集合中的元素满足 ｘ 即ｘ (３) ４ －５<３ꎬ <２ꎬ 该集合为 ｘ ｘ . ∴ { ｜ <２} ◆习题1.1 综合运用 ３.解析 答案不唯一 ｘ ｘ是立德中学 复习巩固 ( )(１){ ｜ 高一一班的学生 . ◆习题1.3 １.答案 } (１)∈ꎻ∉ꎻ∈ꎻ∉ ｘ ｘ是等边三角形 . 复习巩固 (２){ ｜ } ２. ( 解 ２ 析 )∉ (３ 大 )∉ 于 ( 且 ４) 小 ∈ 于 ꎻ∉ 的整数有 个 (３)⌀ . １.解析 Ｂ ＝{ ｘ ｜３ ｘ －７≥８－２ ｘ }＝{ ｘ ｜ ｘ ≥３}ꎬ (１) １ ６ ４ : . Ａ Ｂ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 集合为 . (４){４} ∴ ∪ ＝{ ｜２≤ <４}∪{ ｜ ≥３}＝{ ｜ ≥ ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ∴ {２ꎬ３ꎬ４ꎬ５} ４.解析 集合Ｄ表示直线 ｘ ｙ 与直线ｘ ｘ ｘ 的解为ｘ 或ｘ ２ － ＝１ ＋ ２}ꎬ (２)( －１)( ＋２)＝０ ＝１ ＝－２ꎬ ｙ 的交点 组成的集合 而 在 Ａ Ｂ ｘ ｘ ｘ ｘ 集合Ａ . ４ ＝５ (１ꎬ１) ꎬ (１ꎬ１) ∩ ＝{ ｜２≤ <４}∩{ ｜ ≥３} ∴ ＝{１ꎬ－２} 直线ｙ ｘ上 Ｄ Ｃ. ｘ ｘ . 由 ｘ 得 ｘ . ＝ ꎬ∴ ⫋ ＝{ ｜３≤ <４} (３) －３<２ －１<３ꎬ －１< <２ 拓广探索 ２.解析 Ａ Ｂ ｘ Ｚ ｘ 或ｘ . ＝{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７ꎬ８}ꎬ ＝{１ꎬ２ꎬ ∵ ∈ ꎬ∴ ＝０ ＝１ ５.解析 Ｐ Ｑ Ｃ 集合Ｂ . (１)∵ ＝ ꎬ ３}ꎬ ＝{３ꎬ４ꎬ５ꎬ６}ꎬ ∴ ＝{０ꎬ１} {ａ {ａ Ａ Ｂ Ａ Ｃ 综合运用 ＝－１ꎬ即 ＝－１ꎬ ａ ｂ . ∴ ∩ ＝{１ꎬ２ꎬ３}ꎬ ∩ ＝{３ꎬ４ꎬ５ꎬ６}ꎬ ∴ ｂ ｂ ∴ － ＝０ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ ３.解析 ｘ ｘ ｎ ｎ Ｚ且 ｎ . １＝－ ꎬ ＝－１ꎬ ∪ ＝{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６}ꎬ ∩ ＝{３}ꎬ (１){ ｜ ＝２ ꎬ ∈ １≤ ≤５} Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ｃ (２)∵ ⊆ ꎬ ∴ ∩( ∪ )＝{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６}ꎬ (２){１ꎬ２ꎬ３ꎬ１２ꎬ２１ꎬ１３ꎬ３１ꎬ２３ꎬ３２ꎬ１２３ꎬ１３２ꎬ 利用数轴分析法 如图 可知ａ . Ａ Ｂ Ｃ . . ∴ ( )ꎬ ≥２ ∪( ∩ )＝{１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７ꎬ８} ２１３ꎬ２３１ꎬ３１２ꎬ３２１} ３.解析 每个参加比赛的同学最多只能参加 . “ (３){４ꎬ５ꎬ６} 两项比赛 表示为Ａ Ｂ Ｃ . 造纸术 印刷术 指南针 火药 . ” ∩ ∩ ＝⌀ (４){ ꎬ ꎬ ꎬ } Ａ Ｂ表示参加 或参加 跑 ４.解析 ｙ ｙ ｘ２ ｘ Ｒ (１) ∪ １００ ｍ ２００ ｍ (１){ ｜ ＝ －４ꎬ ∈ } 1.3 集合的基本运算 的同学组成的集合. ｙ ｙ . ＝{ ｜ ≥－４} 练习 Ａ Ｃ表示既参加 又参加 (２) ∩ １００ ｍ ４００ ｍ (２) ｘ ≠０ 时 ꎬ 函数ｙ ＝ ２ ｘ 有意义 ꎬ １.解析 Ａ Ｂ 跑的同学组成的集合. ∩ ＝{３ꎬ５ꎬ６ꎬ８}∩{４ꎬ５ꎬ７ꎬ８}＝{５ꎬ 集合为 ｘ ｘ . Ａ Ｂ 综合运用 ∴ { ｜ ≠０} ８}ꎻ ∪ ＝{３ꎬ５ꎬ６ꎬ８}∪{４ꎬ５ꎬ７ꎬ８}＝{３ꎬ４ꎬ . ４.解析 因为 Ａ ｘ ｘ Ｂ 由 ｘ ｘ得ｘ ４ ５ꎬ６ꎬ７ꎬ８} ＝ { ｜ ３≤ <７}ꎬ ＝ (３) ３ ≥４－２ ≥ ５ ꎬ ２.解析 Ａ ＝{ ｘ ｜ ｘ２ －４ ｘ －５＝０}＝{ ｘ ｜( ｘ －５)􀅰( ｘ { ｘ ｜２< ｘ <１０}ꎬ 所以Ａ ∪ Ｂ ＝{ ｘ ｜２< ｘ <１０}ꎬ Ａ ∩ Ｂ 集合为 { ｘ ｘ ４ } . ＋１)＝０}＝{５ꎬ－１}ꎬ Ｂ ＝{ ｘ ｜ ｘ２ ＝１}＝{－１ꎬ１}ꎬ ＝{ ｘ ｜３≤ ｘ <７}ꎬ∁Ｒ Ａ ＝{ ｘ ｜ ｘ <３ꎬ 或ｘ ≥７}ꎬ∁Ｒ Ｂ ＝ ∴ ≥ ５ ∴ Ａ ∪ Ｂ ＝{５ꎬ－１}∪{－１ꎬ１}＝{－１ꎬ１ꎬ５}ꎬ { ｘ ｜ ｘ ≤２ꎬ 或ｘ ≥１０}ꎬ 所以 ∁Ｒ( Ａ ∪ Ｂ )＝{ ｘ ｜ ｘ ≤ 拓广探索 Ａ ∩ Ｂ ＝{５ꎬ－１}∩{－１ꎬ１}＝{－１} . ２ꎬ 或ｘ ≥１０}ꎻ∁Ｒ( Ａ ∩ Ｂ )＝{ ｘ ｜ ｘ <３ꎬ 或ｘ ≥７}ꎻ ５.解析 略. ３.解析 Ａ ∩ Ｂ ＝{ ｘ ｜ ｘ是等腰三角形 ꎬ 且ｘ是直 (∁Ｒ Ａ )∩ Ｂ ＝{ ｘ ｜２< ｘ <３ꎬ 或 ７≤ ｘ <１０}ꎻ Ａ ∪ 角三角形 }＝{ ｘ ｜ ｘ是等腰直角三角形 } . (∁Ｒ Ｂ )＝{ ｘ ｜ ｘ ≤２ꎬ 或 ３≤ ｘ <７ꎬ 或ｘ ≥１０} . 1.2 集合间的基本关系 Ａ Ｂ ｘ ｘ是等腰三角形 或ｘ是直角三角 ５.解析 当ａ 时 Ａ Ｂ Ａ Ｂ ∪ ＝{ ｜ ꎬ ＝３ ꎬ ＝{３}ꎬ ＝{１ꎬ４}ꎬ ∪ 练习 形 ｘ ｘ是等腰三角形或直角三角形 . Ａ Ｂ }＝{ ｜ } ＝{１ꎬ３ꎬ４}ꎬ ∩ ＝⌀ꎻ １.解析 ａ ｂ ｃ ａ ｂ ａ ｃ ｂ ４.解析 Ａ Ｂ ｘ ｘ是幸福农场的汽车或货 当ａ 时 Ａ Ｂ Ａ Ｂ ⌀ꎬ{ }ꎬ{ }ꎬ{ }ꎬ{ ꎬ }ꎬ{ ꎬ }ꎬ{ ꎬ ∪ ＝{ ｜ ＝１ ꎬ ＝{１ꎬ３}ꎬ ＝{１ꎬ４}ꎬ ∪ ＝{１ꎬ ｃ ａ ｂ ｃ . 车 . Ａ Ｂ }ꎬ{ ꎬ ꎬ } } ３ꎬ４}ꎬ ∩ ＝{１}ꎻ ２.答案 练习 当ａ 时 Ａ Ｂ Ａ Ｂ (１)∈ (２)∈ (３)＝ (４)⫋ ＝４ ꎬ ＝{３ꎬ４}ꎬ ＝{１ꎬ４}ꎬ ∪ ＝{１ꎬ １.解析 Ａ Ｂ Ａ Ｂ (５)⫋ (６)＝ ∁Ｕ ＝{１ꎬ３ꎬ６ꎬ７}ꎬ∁Ｕ ＝{２ꎬ４ꎬ６}ꎬ ３ꎬ４}ꎬ ∩ ＝{４}ꎻ ３.解析 Ａ Ｂ. Ａ Ｂ 当ａ 且ａ 且ａ 时 Ａ Ｂ (１) ⫋ ∴ ∩(∁Ｕ )＝{２ꎬ４ꎬ５}∩{２ꎬ４ꎬ６}＝{２ꎬ４}ꎬ ≠１ꎬ ≠３ꎬ ≠４ ꎬ ∪ ＝{１ꎬ３ꎬ Ａ ｘ ｘ ｋ ｋ Ｎ 是由自然数中 的 Ａ Ｂ ａ Ａ Ｂ . (２) ＝{ ｜ ＝３ ꎬ ∈ } ３ (∁Ｕ )∩(∁Ｕ )＝{１ꎬ３ꎬ６ꎬ７}∩{２ꎬ４ꎬ６}＝ ４ꎬ }ꎬ ∩ ＝⌀ 倍数构成的集合 Ｂ ｘ ｘ ｚ ｚ Ｎ 是由 . 拓广探索 ꎬ ＝{ ｜ ＝６ꎬ ∈ } {６} 自然数中 的倍数构成的集合 的倍数一 ２.解析 Ｂ Ｃ ｘ ｘ是菱形 且ｘ是矩形 ６.解析 Ｕ Ａ ６ ꎬ６ ∩ ＝{ ｜ ꎬ }＝ ＝{０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７ꎬ８ꎬ９ꎬ１０}ꎬ∵ 定是 ３ 的倍数 ꎬ 但 ３ 的倍数不一定是 ６ 的倍 { ｘ ｜ ｘ是正方形 }ꎬ ∩(∁Ｕ Ｂ )＝{１ꎬ３ꎬ５ꎬ７}ꎬ∴{１ꎬ３ꎬ５ꎬ７}⊆ Ａ ꎬ 而 ２６３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋集合Ｂ中不包含 拓广探索 ２.解析 所有三角形都不是直角三角形. {１ꎬ３ꎬ５ꎬ７}ꎬ (１) Ｂ . ６.解析 若 ＡＢＣ是锐角三角形 则ａ２ ｂ２ 所有梯形都不是等腰梯形. ∴ ＝{０ꎬ２ꎬ４ꎬ６ꎬ８ꎬ９ꎬ１０} (１) △ ꎬ ＋ (２) ｃ２. 任意实数的绝对值都是正数. > (３) 1.4 充分条件与必要条件 证明 必要性 当 ＡＢＣ是锐角三角形时 如 ◆习题1.5 : : △ ꎬ １.４.１ 充分条件与必要条件 图 ①ꎬ 过点Ａ作ＡＤ ⊥ ＢＣ ꎬ 垂足为Ｄ ꎬ 设ＣＤ ＝ 复习巩固 练习 ｘ ꎬ 则有ＢＤ ＝ ａ － ｘ ꎬ 根据勾股定理 ꎬ 得ｂ２ － ｘ２ ＝ １.解析 (１) 真. (２) 真. (３) 真. (４) 假. １.解析 (１) 是充分条件. (２) 不是充分条件. ｃ２ －( ａ － ｘ ) ２ ꎬ ２.解析 (１) 真. (２) 真. (３) 真. (３) 是充分条件. 整理得ａ２ ＋ ｂ２ ＝ ｃ２ ＋２ ａｘ ꎬ (４) 若ｎ ＝２ ｋ ꎬ ｋ ∈ Ｚ ꎬ 则ｎ２ ＋１＝４ ｋ２ ＋１ 不是 ４ ２.解析 (１) 是必要条件. (２) 不是必要条件. ∵ ａ >０ꎬ ｘ >０ꎬ∴２ ａｘ >０ꎬ∴ ａ２ ＋ ｂ２ > ｃ２. 的倍数 ꎻ ３.解析 充分条件 :(１)∠１＝∠４ꎬ(２)∠１＝ 充分性 : 在 △ ＡＢＣ中 ꎬ ａ２ ＋ ｂ２ > ｃ２ ꎬ∴ ∠ Ｃ不是 若ｎ ＝２ ｋ －１ꎬ ｋ ∈ Ｚ ꎬ 则ｎ２ ＋１＝４ ｋ２ －４ ｋ ＋２ 不是 °. 直角. 的倍数 故命题为假命题. ∠２ꎬ(３)∠１＋∠３＝１８０ ４ ꎬ 必要条件 :(１)∠１＝∠４ꎬ(２)∠１＝∠２ꎬ(３) 假设 ∠ Ｃ为钝角 ꎬ 如图 ②ꎬ 过Ｂ作ＢＤ ⊥ ＡＣ ꎬ ３.解析 (１)∃ ｘ ∈ Ｚ ꎬ｜ ｘ ｜∉ Ｎ. °. 交ＡＣ的延长线于Ｄ. 存在一个可以被 整除的整数 末位数 ∠１＋∠３＝１８０ (２) ５ ꎬ １.４.２ 充要条件 设ＣＤ ＝ ｙ ꎬ 则ＢＤ２ ＝ ａ２ － ｙ２ ꎬ 字不是 ０ . 练习 根据勾股定理 ꎬ 得ｃ２ ＝( ｂ ＋ ｙ ) ２ ＋( ａ２ － ｙ２ )＝ ａ２ (３)∀ ｘ ∈ Ｒ ꎬ ｘ ＋１<０ . ＋ ｂ２ ＋２ ｂｙ > ａ２ ＋ ｂ２ ꎬ 所有四边形的对角线都不互相垂直. １.解析 ｐ是ｑ的充要条件. ｐ不是ｑ (４) (１) (２) 与ａ２ ＋ ｂ２ > ｃ２矛盾 ꎬ 综合运用 的充要条件. ｐ不是ｑ的充要条件. (３) ∴∠ Ｃ为锐角 ꎬ 即 △ ＡＢＣ为锐角三角形. ４.解析 假.平面直角坐标系下 有些直线 ２.解析 两个三角形全等 的充要条件 (１) ꎬ “ ” : ∴ △ ＡＢＣ为锐角三角形的一个充要条件是 不与ｘ轴相交. 两个三角形三边对应相等. (１) ａ２ ＋ ｂ２ > ｃ２. 真.有些二次函数的图象不是轴对称 两个三角形的两边及夹角对应相等. (２) (２) 图形. 两个三角形相似 的充要条件 “ ” : 假.任意一个三角形的内角和都不小 两个三角形三边对应成比例. (３) (１) 于 °. 两个三角形三角对应相等. １８０ (２) 真.任意一个四边形的四个顶点都在同 ３.证明 作ＡＥ ＢＣ于Ｅ ＤＦ ＢＣ于Ｆ. (４) ⊥ ꎬ ⊥ 一个圆上. ＡＤ ＢＣ ＡＥ ＤＦ. ∵ ∥ ꎬ∴ ＝ ５.解析 所有的平行四边形的对角线互相 (１) 充分性.由ＡＥ ＝ ＤＦ ꎬ ＡＣ ＝ ＢＤ知 ꎬＲｔ△ ＡＥＣ 图 ① 图 ② 平分 . (１) ＤＦＢ ＡＣＥ ＤＢＦ ＡＢＣ ≌Ｒｔ△ ꎬ∴ ∠ ＝∠ ꎬ∴ △ ≌ 若 ＡＢＣ是钝角三角形 Ｃ为钝角 则 否定 有的平行四边形的对角线不互相平分. ＤＣＢ ＡＢ ＤＣ 梯形ＡＢＣＤ是等腰梯形. (２) △ ꎬ∠ ꎬ : △ ꎬ∴ ＝ ꎬ∴ 有ａ２ ｂ２ ｃ２. 任意三个连续整数的乘积是 的倍数. ＋ < (２) ６ 证明 必要性 当 ＡＢＣ是钝角三角形时 如 否定 存在三个连续整数的乘积不是 的 : : △ ꎬ : ６ 图 倍数. ②ꎬ 根据勾股定理 得 ｂ ｙ ２ ａ２ ｙ２ ｃ２ 即 至少有一个三角形不是中心对称图形. ꎬ ( ＋ ) ＋( － )＝ ꎬ (３) ａ２ ｂ２ ｂｙ ｃ２ ｂ ｙ ｂｙ ａ２ 否定 所有的三角形都是中心对称图形. ＋ ＋２ ＝ ꎬ∵ >０ꎬ >０ꎬ∴２ >０ꎬ∴ ＋ : 必要性.由梯形ＡＢＣＤ为等腰梯形知ＡＢ (２) ＝ ｂ２ ｃ２. 有些一元二次方程没有实数根. < (４) ＤＣ ＡＢＥ ＤＣＦ ＡＢＥ ＤＣＦ ꎬＲｔ△ ≌Ｒｔ△ ꎬ∴∠ ＝∠ ꎬ 充分性 在 ＡＢＣ中 ａ２ ｂ２ ｃ２ Ｃ不是 否定 任意一个一元二次方程都有实数根. ＡＢＣ ＤＣＢ ＡＣ ＤＢ. : △ ꎬ ＋ < ꎬ∴ ∠ : ∴△ ≌△ ꎬ∴ ＝ 直角. 拓广探索 综上 梯形ＡＢＣＤ为等腰梯形的充要条件为 ꎬ 假设 Ｃ为锐角 如图 显然ｃ２ ｂ２ ｘ２ ６.解析 不对. ＡＣ ＢＤ. ∠ ꎬ ①ꎬ ＝( － )＋ (１) ＝ ａ ｘ ２ ａ２ ｂ２ ａｘ ａ２ ｂ２ 与 ａ２ ｂ２ ｃ２ 的否定 ｘ ｘ . 真命题 ◆习题1.4 ( － ) ＝ ＋ －２ < ＋ ꎬ ＋ < ① :∃ >１ꎬ２ ＋１≤５( ) 矛盾 的否定 至少有一个等腰梯形的对角线不 ꎬ ② : 复习巩固 Ｃ为钝角 即 ＡＢＣ为钝角三角形. 相等. 假命题 １.解析 ｐ ｘ ｑ ｘ . ∴∠ ꎬ △ ( ) (１) :０< <１ꎬ :０< <２ ＡＢＣ为钝角三角形的一个充要条件是 略. ∴ △ (２) ｐ ｘ ｑ ｘ . (２) :０< <２ꎬ :０< <１ ａ２ ｂ２ ｃ２. 复习参考题1 ＋ < ｐ ｘ ｑ ｘ . (３) : >１ꎬ : －１>０ 复习巩固 ２.解析 (１) ｐ是ｑ的必要不充分条件. (２) ｐ 1.5 全称量词与存在量词 １.解析 Ａ . Ｂ . 是ｑ的充要条件. ｐ是ｑ的充分不必要条 (１) ＝{－３ꎬ３} (２) ＝{１ꎬ２} (３) １.５.１ 全称量词与存在量词 Ｃ . 件. ｐ是ｑ的必要不充分条件. ｐ是ｑ (３) ＝{１ꎬ２} 的既 (４ 不 ) 充分又不必要条件. (５) 练习 ２.解析 (１){ Ｐ ｜ ＰＡ ＝ ＰＢ } 表示到两定点距离 ３ 综 .解 合 析 运 用 (１) 真. (２) 假. (３) 假. (４) 真. １ ２ . . 解 解 析 析 ( ( １ １ ) ) 真 真 . . ( ( ２ ２ ) ) 假 假 . . ( ( ３ ３ ) ) 假 真 . . 相 (２ 等 ){ 的 Ｐ 点 ｜ Ｐ 组 Ｏ ＝ 成 ３ 的 ｃｍ 集 } 合 表 ꎬ 示 即 到 ＡＢ 定 的 点 垂 Ｏ 直 的 平 距 分 离 线 等 . 于 的点组成的集合 即以Ｏ点为圆心 ４.解析 (１) 充分条件. (２) 必要条件. (３) 充要 １.５.２ 全称量词命题和存在量词 ３ｃｍ ꎬ ꎬ 为半径的圆. 条件. ３ｃｍ 命题的否定 ３.解析 ＡＢＣ的外心. ５.证明 ａ２ ｂ２ ｃ２ ａｂ ａｃ ｂｃ ａ２ ｂ２ ｃ２ ａｂ △ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ ⇔ ＋ ＋ － － 练习 ４.答案 充要条件 ａｃ ｂｃ ( ａ － ｂ ) ２ ( ｂ － ｃ ) ２ ( ｃ － ａ ) ２ (１) － ＝０⇔ ＋ ＋ ＝０⇔ １.解析 ｎ Ｚ ｎ Ｑ. 充分不必要条件 ２ ２ ２ (１)∃ ∈ ꎬ ∉ (２) {ａ ｂ 存在一个奇数 它的平方不是奇数. 必要不充分条件 － ＝０ꎬ (２) ꎬ (３) ｂ ｃ ａ ｂ ｃ. 存在一个平行四边形不是中心对称 既不充分也不必要条件 － ＝０ꎬ⇔ ＝ ＝ (３) (４) ｃ ａ 图形. ５.答案 假 假 假 真 － ＝０ (１) (２) (３) (４) ２６４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ６.解析 ｘ Ｒ ｘ２ .是真命题. ａ ｂ . ８.Ｂ 对于 ｃ２ 时不成立 对于 ａ ｂ (１)∀ ∈ ꎬ ≥０ (２) ＋ ≥０ Ａꎬ ＝０ ꎻ Ｂꎬ∵ > > (２)∀ ａ ∈ Ｒ ꎬ 二次函数ｙ ＝ ｘ２ ＋ ａ的图象关于ｙ { ( Ｌ ＋１０)( Ｗ ＋１０)<３５０ꎬ ０ꎬ∴ ａ２ － ｂ２ ＝( ａ ＋ ｂ )( ａ － ｂ )>０ꎬ∴ ａ２ > ｂ２ ꎬ∴ Ｂ 轴对称.是真命题. (３) Ｌ Ｗ. 成立 对于 ａ ｂ ａ２ ａｂ ｂ２ 不成 >４ ꎻ Ｃꎬ < <０⇒ > > ꎬ∴Ｃ ｘ ｙ Ｚ ｘ ｙ .是假命题. ２.解析 ｘ ｘ ｘ ｘ (３)∃ ꎬ ∈ ꎬ２ ＋４ ＝３ ∵( ＋３)( ＋７)－( ＋４)( ＋６) 立 对于 ａ ｂ １ １ 不成立. ｘ 无理数 ｘ３ Ｑ.是真命题. ｘ２ ｘ ｘ２ ｘ ꎻ Ｄꎬ∵ < <０ꎬ∴ ａ > ｂ ꎬ∴Ｄ (４)∃ ∈{ }ꎬ ∈ ＝ ＋１０ ＋２１－ －１０ －２４ ７.解析 (１)∃ ａ ∈ Ｒ ꎬ 一元二次方程ｘ２ － ａｘ －１ ＝－３<０ꎬ ９.证明 设周长为ｌ 则圆的半径为 ｌ 正方 ꎬ ꎬ ＝０ 没有实数根.是假命题. ∴( ｘ ＋３)( ｘ ＋７)<( ｘ ＋４)( ｘ ＋６) . ２π ( 假 ２ 命 ) 至 题 少 . 有一个正方形不是平行四边形.是 ３.证明 ∵ ａ > ｂ ꎬ∴ ａ － ａ ２ ＋ ｂ ＝ ａ ２ － ｂ >０ꎬ 形的边长为 ４ ｌ ꎬ ８ 综 . ３ ( ( 解 合 ６ ４ ３ ０ 析 ) ) 运 ° 任 ∀ . 用 是 意 ｍ Ａ 真 ∈ 一 命 Ｎ Ｂ 个 ꎬ 题 四 { . 边 ｍ ｘ ２ 形 ＋ ｙ １ Ａ ∉ ＢＣ Ｎ { Ｄ . ２ 是 ｘ 的 － 假 ｙ 内 ＝ 命 角 ０ 题 } 和 . 都等于 ∴ 又 ∴ ａ ａ ａ ２ > > ＋ ａ ｂ ａ － ２ ２ ＋ ＋ ｂ ｂ ｂ ꎬ > ＝ ｂ ａ . ２ － ｂ >０ꎬ∴ ａ ２ ＋ ｂ > ｂ ꎬ ∴ Ｓ ∵ 正 Ｓ ４ 方 ｌ 圆 π ２ 形 ＝ > ＝ π １ ｌ ( ２ ６ ( ４ ꎬ ｌ ２ ∴ ｌ π ) 圆 ) ２ ＝ ２ 的 ＝ １ ｌ ４ ２ ６ 面 ｌ π ２ . 积 ꎬ 更大. ∩ ＝ ( ꎬ ) ３ ｘ ＋ ｙ ＝０ 练习 原因 : 自来水管的横截面是圆形的 ꎬ 可以最 ＝{(０ꎬ０)}ꎬ １.证明 性质 １: ａ > ｂ ⇔ ａ － ｂ >０⇔ ｂ － ａ <０⇔ ｂ < ａ. 大面积地使水通过 ꎬ 减少阻力. Ａ Ｃ { ｘ ｙ { ２ ｘ － ｙ ＝０ } . 性质 ３:( ａ ＋ ｃ )－( ｂ ＋ ｃ )＝ ａ － ｂ ꎬ∵ ａ > ｂ ꎬ∴ ａ － ｂ > １０.解析 ａ ＋ ｍ ａ . ∩ ＝ ( ꎬ ) ２ ｘ － ｙ ＝３ ＝⌀ ０ꎬ∴ ａ ＋ ｃ > ｂ ＋ ｃ. ｂ ＋ ｍ> ｂ Ａ ∩ Ｂ ＝{(０ꎬ０)} 的几何意义 : 直线 ２ ｘ － ｙ ＝０ 性质 ４: ａｃ － ｂｃ ＝( ａ － ｂ ) ｃ ꎬ∵ ａ > ｂ ꎬ∴ ａ － ｂ >０ꎬ 证明 : ａ ｂ ＋ ｍ ｍ － ａ ｂ ＝ ( ｂ ｂ － ｂ ａ ｍ ) ｍ ꎬ 与直线 ３ ｘ ＋ ｙ ＝０ 交于坐标原点. 当ｃ >０ 时 ꎬ( ａ － ｂ ) ｃ >０ꎬ ｂ ａ ＋ ｍ ( ｂ ＋ ａ ) ｂ ｍ Ａ ∩ Ｃ ＝⌀ 的几何意义 : 直线 ２ ｘ － ｙ ＝０ 与直线 ∴ ａｃ － ｂｃ >０ꎬ 即ａｃ > ｂｃ. ∵ > ｂ > ａ ０ꎬ ｍ >０ꎬ∴ － >０ꎬ ＋ >０ꎬ ２ ｘ － ｙ ＝３ 平行. 当ｃ <０ 时 ꎬ( ａ － ｂ ) ｃ <０ꎬ∴ ａｃ － ｂｃ <０ꎬ 即ａｃ < ｂｃ. ∴ ( ｂ － ｂ ｍ ) >０ . ９.解析 ∵ Ａ ∪ Ｂ ＝ Ａ ꎬ∴ Ｂ ⊆ Ａ ꎬ∴ ａ ＋２∈ Ａ. 性质 ａ > ｂ >０ꎬ ｃ >０⇒ ａｃ > ｂｃ} ａｃ ｂｄ. ａ ( ｍ ＋ ) ａ 当 元素 ａ ＋ 的 ２ 互 ＝３ 异 ꎬ 即 性 ａ ꎬ 不 ＝１ 符 时 合 ꎬ 题 ａ２ 意 ＝ ꎻ １ꎬ 不满足集合中 ２.答案 ６: ( ｃ １ > ) ｄ > > ０ꎬ ( ｂ > ２) ０⇒ < ｂｃ ( > ３ ｂ ) ｄ < ⇒ (４) > < 拓广 ∴ 探 ｂ ＋ ＋ 索 ｍ> ｂ . 当ａ ＋２＝ ａ２时 ꎬ ａ ＝－１( 舍去 ) 或ａ ＝２ . ◆习题2.1 １１.证明 证法一 假设 ａ ｂ. 此时Ａ Ｂ 符合题意. : ≤ ＝{１ꎬ３ꎬ４}ꎬ ＝{１ꎬ４}ꎬ 复习巩固 ∴ 存在实数ａ ＝２ꎬ 使得Ａ ∪ Ｂ ＝ Ａ. １.解析 略. 由性质 ７ 知 ( ａ ) ２ ≤( ｂ ) ２ ꎬ １０.解析 (１) 任意一个直角三角形的两直角 ２.解析 经ｎ年后 方案 的投入不少于方案 即ａ ≤ ｂ ꎬ 这与已知ａ > ｂ矛盾 ꎬ 边的平方和等于斜边的平方. ꎬ Ｂ 故假设不正确 从而 ａ ｂ. 的投入 ꎬ > 任意一个三角形的内角和都等于 °. Ａ ꎬ ａ ｂ (２) １８０ 所以 ｎ 即ｎ . 证法二 因为ａ ｂ 所以 ａ ｂ － 拓广探索 １００＋１０( －１)≥５００ꎬ ≥４１ : > >０ꎬ － ＝ ａ ｂ> ３.解析 因为 ｘ２ ｘ ｘ２ ｘ ｘ２ ＋ １１.解析 设只参加田径一项比赛的有ｘ人.根 (１) ２ ＋５ ＋９－( ＋５ ＋６)＝ ＋ 故 ａ ｂ. 所以 ｘ２ ｘ ｘ２ ｘ . ０ꎬ > 据题意作出如图所示的 图. ３>０ꎬ ２ ＋５ ＋９> ＋５ ＋６ １２.解析 设安排 型货厢 ｘ 节 型货厢 Ｖｅｎｎ 因为 ｘ ２ ｘ ｘ ｘ２ ｘ Ａ ꎬＢ (２) ( －３) －( －２)( －４)＝( －６ ＋９) ｙ节. ｘ２ ｘ －( －６ ＋８)＝１>０ꎬ ì ｘ ｙ 所以 ｘ ２ ｘ ｘ . ï３５ ＋２５ ≥１５３０ꎬ ( －３) >( －２)( －４) ï ｘ ｙ (３) 因为ｘ２ －( ｘ２ － ｘ ＋１)＝ ｘ －１ꎬ ｘ >１ꎬ 由题意可得í１５ ＋３５ ≥１１５０ꎬ 所以 因 ｘ 为 －１> ｘ２ ０ꎬ ｙ 所 ２ 以ｘ２ > ｘ ｘ２ － ｙ ｘ ＋１ . î ï ï ｘ ｘ ꎬ ＋ ｙ ｙ ∈ ＝５ Ｎ ０ ∗ ꎬ ꎬ (４) ＋ ＋１－２( ＋ －１) 解得 ｘ ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ２８≤ ≤３０ꎬ ＝ ＋ ＋１－２ －２ ＋２ {ｘ {ｘ {ｘ ＝( ｘ －１) ２ ＋( ｙ －１) ２ ＋１>０ꎬ 所以 ＝２８ꎬ或 ＝２９ꎬ或 ＝３０ꎬ ｙ ｙ ｙ . 所以ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ . ＝２２ ＝２１ ＝２０ ＋ ＋１>２( ＋ －１) 由 图知只参加游泳一项比赛的有 人 所以共有三种方案 方案一 安排 型货厢 又由 Ｖｅ 题 ｎｎ 意知 ｘ ｘ ｘ ９ 解得 ꎬ ４.解析 由题意得ｂ ＝ ａ ＋２ꎬ５０<１０ ａ ＋ ｂ <６０ꎬ ａ ∈ 节 型货厢 ꎬ 节 方案 : 二 安排 Ａ 型货 ９＋３＋３＋ ＋５－ ＋６＋ ＝２８ꎬ Ｎ∗ ｂ Ｎ ａ ｂ 即这个两位数是 . ２８ ꎬＢ ２２ ꎻ : Ａ ｘ . ꎬ ∈ ꎬ∴ ＝５ꎬ ＝７ꎬ ５７ 厢 节 型货厢 节 方案三 安排 型 ＝２ ５.解析 ａ ａ ２９ ꎬＢ ２１ ꎻ : Ａ 故同时参加田径和球类比赛的有 人. ∵２< <３ꎬ∴４<２ <６ꎬ 货厢 节 型货厢 节. ３ 又 ｂ ａ ｂ . ３０ ꎬＢ ２０ １２. ＝ 解 ｎ 析 ２. (１)∀ ｎ ∈ Ｎ ＋ꎬ１＋３＋５＋􀆺＋(２ ｎ －１) ６.证 ∵ 明 －２ ｃ ｂ < < < ｂ ａ < ⇒ ⇒ －１ ｃ ｂ － ꎬ － ｂ ∴ ａ < < ２ ０ ０ < } ２ ⇒ ＋ ( < ｃ － ５ ｂ )＋( ｂ － ａ )<０ꎬ 当 {ｘ ｙ ＝ ＝ ２ ２ ８ ２ ꎬ时 ꎬ 总运费为 ０ . ５×２８＋０ . ８×２２＝ (２) 任意一个三角形三边上的高交于一点. 即ｃ － ａ <０ꎬ∴ ｃ < ａ. ３１ { . ６ ｘ ( 万元 )ꎻ 综合运用 当 ＝２９ꎬ时 总运费为 . . 第二章 一元二次函数、 ｙ ꎬ ０５×２９＋０８×２１＝ ７.证明 ｃ ｄ ｃ ｄ ＝２１ ∵ < <０ꎬ∴－ >－ >０ꎬ . 万元 方程和不等式 又 ａ ｂ ａ ｃ ｂ ｄ ３１３( )ꎻ ∵ > >０ꎬ∴ － > － >０ꎬ {ｘ 2.1 等式性质与不等式性质 ∴０<ａ １ － ｃ<ｂ － １ ｄꎬ 又ｅ <０ꎬ 当 ｙ ＝ ＝ ３ ２ ０ ０ ꎬ时 ꎬ 总运费为 ０ . ５×３０＋０ . ８×２０＝ 练习 ｅ ｅ 万元 . . ３１( ) １.解析 ｈ . ∴ａ ｃ>ｂ ｄ 因为 . . 所以方案三运费最少. (１)０< ≤４ － － ３１６>３１３>３１ꎬ ２６５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋2.2 基本不等式 ａｂ ３２＋４×２ ＝３２＋３２＝６４ꎬ 当 且 仅 当 ｘ ４ 即 ｘ ２ ３ 练习 当且仅当ａ ＝ ｂ ＝４ 时等号成立. ４ ３ꎬ ３ ＝ ｘ ꎬ ＝ ３ ( ) １.证明 ∵ (ａ ２ ＋ ｂ) ２ － ａｂ ＝ ａ２ ＋ ｂ ４ ２ －２ ａｂ ＝ ( ａ － ４ ｂ ) ２ ４.解 所 析 以 当 设 底 矩 面 形 的 的 边 长 长 和 为 宽 ４ 分 ｍ 别 时 为 ꎬ ｘ 用 ｃｍ 纸 和 最少 ｙ ｃ . ｍꎬ 圆 ｘ ＝－ ２ ３ ３舍去 时 ꎬ 等号成立 ꎬ ≥０ꎬ∴ ａｂ ≤ (ａ ＋ ｂ) ２ . 柱的侧面积为ｚ ｃｍ ２ ꎬ 因为 ２( ｘ ＋ ｙ )＝３６ꎬ 即ｘ ＋ ∴－３ ｘ － ４ ｘ ≤－４ ３ꎬ∴２－３ ｘ － ４ ｘ ≤２－４ ３ꎬ 即 ２ ｙ ＝１８ꎬ ２.证明 (１)∵ ｘ ꎬ ｙ都是正数 ꎬ 且ｘ ≠ ｙ ꎬ∴ ｘ ｙ ＋ 所以ｚ ｘ ｙ ( ｘ ＋ ｙ ) ２ ２－３ ｘ － ４ ｘ 的最大值是 ２－４ ３ . ＝２π􀅰 􀅰 ≤２π ＝１６２πꎬ ２ ６.解析 仓库应建在距离车站ｘ千米处. ｙ ｘ >２ ｘ ｙ 􀅰 ｙ ｘ ＝２ꎬ 即 ｘ ｙ ＋ ｙ ｘ >２ . 当且仅当ｘ ＝ ｙ ＝９ 时 ꎬ 等号成立 ꎬ 即长 、 宽均 ｋ ｋ 为 时 圆柱的侧面积最大. 由题意设ｙ １ 当ｘ 时 ｙ １ ９ｃｍ ꎬ １＝ ｘ ꎬ ＝１０ ꎬ １＝ ＝２ꎬ (２)∵ ｘ ꎬ ｙ都是正数 ꎬ 且ｘ ≠ ｙ ꎬ∴ ｘ ＋ ｙ >２ ｘｙ > ◆习题2.2 １０ ｘｙ ｘｙ ｘｙ ｋ ｙ ２０. １ １ ２ ２ ｘｙ 即２ 复习巩固 ∴ １＝２０ꎬ∴ １＝ ｘ ０ꎬ∴ｘ ｙ< ｘｙꎬ∴ ｘ ｙ< ｘｙ＝ ꎬ ｘ ｙ ＋ ２ ＋ ２ ＋ １.解析 ｘ ｘ 设ｙ ｋ ｘ 当ｘ 时 ｙ ｋ (１)∵ >１ꎬ∴ －１>０ꎬ ２＝ ２ ꎬ ＝１０ ꎬ ２＝１０ ２＝８ꎬ ｘｙ. < ｘ １ ｘ １ ｋ ４ ｙ ４ ｘ. ∴ ＋ ｘ ＝ ( － １) ＋ ｘ ＋ １ ≥ ２ 􀅰 ∴ ２＝ ꎬ∴ ２＝ ３.解析 ｘ２ １ ｘ２ １ 当且仅当ｘ －１ －１ ５ ５ ＋ｘ２≥２ 􀅰ｘ２ ＝２ꎬ 两项费用之和 ｙ ｙ ｙ ２０ ４ ｘ ( ｘ －１)􀅰ｘ １ ＋１＝３ꎬ ＝ １ ＋ ２ ＝ ｘ ＋ ５ ≥ 时 等号成立 故ｘ 时 ｘ２ １ 取得 －１ ＝±１ ꎬ ꎬ ＝±１ ꎬ ＋ｘ２ 最小值 ꎬ 最小值是 ２ . 当且仅当ｘ －１＝ｘ － １ １ ꎬ 即ｘ ＝２( ｘ ＝０ 舍去 ) 时 ꎬ ２ ２ ｘ ０ 􀅰 ４ ５ ｘ ＝８ꎬ ４.解 ｘ２ ＝ 析 ( １＋ ∵ ｘ ) － ( １ １ ≤ － ｘ ｘ ) ≤ ≤ １ꎬ [ ∴ (１ １ ＋ ＋ ｘ ｘ ) ≥ ＋ ２ ０ ( ꎬ １ １ － － ｘ ｘ ) ≥ ] ０ ２ ꎬ ＝ ∴ １ꎬ １－ 等号成 ｘ 立 ꎬ 此 ｘ 时ｘ ＋ [ ｘ ｘ － １ ＋ １ ( 取 １０ 最 － ｘ 小 ) 值 ] ２ ３ . 当 等 且 号 仅 成 当 立 ꎬ ２ ｘ ∴ ０ ＝ 仓库 ５ ４ 应 ｘ ꎬ 建 即 在 ｘ 距 ＝５ 离 ( ｘ 车 ＝ 站 －５ ５ 舍 ｋｍ 去 处 ) 时 ꎬ 才 ꎬ 当且仅当 １－ ｘ ＝１＋ ｘ ꎬ 即ｘ ＝０ 时 ꎬ 等号成立 ꎬ (２)∵ (１０－ )≤ ２ ＝２５ꎬ 能使两项费用之和最小 ꎬ 最小费用为 ８ 万元. ∴ 当ｘ ＝０ 时 ꎬ１－ ｘ２取最大值 １ . 当且仅当ｘ ＝１０－ ｘ ꎬ 即ｘ ＝５ 时 ꎬ 等号成立 ꎬ 拓广探索 ５.解析 设两条直角边的长分别为 ａ ｃｍ、 ∴ ｘ (１０－ ｘ ) 的最大值为 ２５ꎬ ７.解析 设天平的左臂长为ａ ꎬ 右臂长为ｂ ꎬ 不 ｂ ａ 且ｂ . ｘ ｘ 的最大值为 . 妨设ａ > ｂ ꎬ 第一次称得的黄金为ｘ ｇꎬ 第二次 因 ｃ 为 ｍꎬ 直 > 角 ０ 三角形 >０ 的面积等于 ２. ∴ 解析 (１０－ 设 ) 两个正数分别 ５ 为ａ ｂ 且ａｂ 为ｙ ｇꎬ 则 ５ ａ ＝ ｂｘ ꎬ ｙａ ＝５ ｂ ꎬ ５０ꎬ (１) 、 ꎬ ＝３６ꎬ ａ ｂ ａ ｂ 所以 １ ａｂ 即ａｂ . 则ａ ｂ ａｂ ｘ ｙ ５ ５ ＝５０ꎬ ＝１００ ＋ ≥２ ＝２ ３６＝１２ꎬ ∴ ＋ ＝ ｂ ＋ ａ >５×２ ｂ 􀅰 ａ ＝１０ꎬ ２ 当且仅当ａ ｂ 时等号成立. ＝ ＝６ 顾客实际所得黄金大于 . 所以ａ ＋ ｂ ≥２ ａｂ ＝２ １００＝２０ꎬ 所以当这两个正数均为 时 它们的和最小. ∴ １０ｇ ６ ꎬ ８.解析 如图 ＡＢ ｘ 则ＢＣ ｘ 当且仅当ａ ＝ ｂ ＝１０ 时等号成立. 设两个正数分别为ａ ｂ 且ａ ｂ ꎬ ＝ ｃｍꎬ ＝(１２－ )ｃｍ(６ (２) 、 ꎬ ＋ ＝１８ꎬ ｘ ＡＰ ｘ ＤＰ 所以当两条直角边的长均为 时 两条 ( ) ( ) < <１２)ꎬ ＝ － ꎬ １０ ｃｍ ꎬ ａ ｂ ２ ２ 直角边的和最小 ꎬ 最小值是 ２０ｃｍ . 则ａｂ ≤ ＋ ＝ １８ ＝８１ꎬ ２ ２ 练习 当且仅当ａ ｂ 时等号成立. １.解析 设矩形的长 宽分别为ａ ｂ ａ ＝ ＝９ 、 ｃｍ、 ｃｍꎬ > 所以当这两个正数均为 时 它们的积最大. ９ ꎬ ｂ ０ꎬ >０ꎬ ３.解析 设房屋垂直于墙的边长为ｘ 平行于 ｍꎬ 因为周长等于 所以ａ ｂ . ２０ｃｍꎬ ＋ ＝１０ 墙的边长为ｙ 总造价为ｚ元 所以Ｓ ａｂ ( ａ ＋ ｂ ) ２ ( １０ ) ２ ｍꎬ ꎬ ∵ ＤＰ２ ＋(１２－ ｘ ) ２ ＝( ｘ － ＤＰ ) ２ ꎬ ＝ ≤ ＝ ＝２５ꎬ 则ｘｙ 即ｙ ４８ ２ ２ ＝４８ꎬ ＝ ｘ ꎬ ＤＰ ７２ 当且仅当ａ ｂ 时等号成立. ∴ ＝１２－ ｘ ꎬ ＝ ＝５ ｚ ＝３ ｙ ×１２００＋６ ｘ ×８００＋５８００ 所以折成长与宽均为 的矩形 面积最大. Ｓ １ ＡＤ ＤＰ １ ｘ ５ｃｍ ꎬ ４８×３６００ ｘ ∴ △ ＡＤＰ ＝ 􀅰 􀅰 ＝ (１２－ )􀅰 ２.解析 设矩形的长为ｘ 宽为ｙ 菜园的 ＝ ｘ ＋４８００ ＋５８００ ２ ２ ｍꎬ ｍꎬ ( ) ( ) 面积为Ｓ ２ 则ｘ ｙ ｘ ７２ ｘ ４３２ ｘ . ｍ ꎬ ＋２ ＝３０(０< ≤１８)ꎬ １２－ ｘ ＝１０８－ ６ ＋ ｘ (６< <１２) ≥２ ３６００×４８×４８００＋５８００ 由基本不等式的性质 可得 ꎬ . Ｓ ＝ ２ １ 􀅰 ｘ 􀅰２ ｙ ≤ １ ２ ( ｘ ＋ ２ ２ ｙ ) ２ 当 ＝６ 且 ３ 仅 ４０ 当 ０ ４８×３ ｘ ６００ ＝４８００ ｘ ꎬ 即ｘ ＝６ 时 ꎬ 等号成 ∵ ｘ >６ꎬ∴６ ｘ ＋ ４３ ｘ ( ２ ≥２ ６ ) ｘ 􀅰 ４３ ｘ ２ ＝７２ ２ꎬ Ｓ ｘ ４３２ ＝ １ × ９００ ＝ ２２５ ꎬ 立 ꎬ 此时ｙ ＝８ꎬ 最小值为 ６３４００ꎬ 则当房屋垂直 ∴ △ ＡＤＰ＝１０８－ ６ ＋ ｘ ≤１０８－７２ ２ꎬ ２ ４ ２ 于墙的边长为 平行于墙的边长为 时 ６ｍꎬ ８ｍ ꎬ 当且仅当 ｘ ４３２ 即ｘ ｘ 舍 当且仅当ｘ ｙ 即ｘ ｙ １５时 等号成立 房屋总造价最低 最低总造价为 元. ６ ＝ ｘ ꎬ ＝６ ２( ＝－６ ２ ＝２ ꎬ ＝１５ꎬ ＝ ꎬ ꎬ ꎬ ６３４００ ２ 综合运用 去 时 等号成立 即 ＡＤＰ面积的最大值为 ) ꎬ ꎬ △ 此时菜园的面积最大 ꎬ 最大面积是２２ ２ ５ ｍ ２. ４.证明 ∵ ｘ >０ꎬ ｙ >０ꎬ ｚ >０ꎬ∴ ｘ ＋ ｙ ≥２ ｘｙ ꎬ (１０８－７２ ２)ｃｍ ２ ꎬ 此时ｘ ＝６ ２ . ３.解析 设底面的长 宽分别为ａ ｂ ａ ｙ ｚ ｙｚ ｚ ｘ ｚｘ 、 ｍ、 ｍꎬ > ＋ ≥２ ꎬ ＋ ≥２ ꎬ 2.3 二次函数与 ｂ . ｘ ｙ ｙ ｚ ｚ ｘ ｘｙｚ ０ꎬ >０ ∴( ＋ )( ＋ )( ＋ )≥８ ꎬ 一元二次方程、不等式 因为体积等于 ３ 高为 所以底面积 当且仅当ｘ ｙ ｚ时等号成立. ３２ｍ ꎬ ２ ｍꎬ ＝ ＝ 为 ２ 即ａｂ . 练习 １６ｍ ꎬ ＝１６ ５.证明 ｘ ｘ ４ ｘ ４ 所以用纸面积为 ａｂ ｂ ａ ａ ｂ ∵ >０ꎬ∴ ３ ＋ ｘ ≥２ ３ 􀅰 ｘ ＝ １.解析 ｘ ｘ 或ｘ . ２ ＋４ ＋４ ＝３２＋４( ＋ )≥ (１){ ｜ <－２ꎬ >３} ２６６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 { } . ａ ｂ ｃ ｘ ｘ １０ . (４)⌀ ( － ) (２) －１≤ ≤ ３ ２.解析 (１) 令ｘ２ －４ ｘ ＋９＝０ꎬ ＝ ( ｃ － ａ )( ｃ － ｂ ) ꎬ (３){ ｘ ｜ ｘ ≠２} . 因为Δ ＝－２０<０ꎬ 所以方程ｘ２ －４ ｘ ＋９＝０ 无实 ∵ ｃ > ａ > ｂ >０ꎬ∴ ｃ － ａ >０ꎬ ｃ － ｂ >０ꎬ ａ － ｂ >０ꎬ (４)⌀ . 数根 ꎬ ( ａ － ｂ ) ｃ ａ ｂ . { } 所以不等式ｘ２ ｘ 的解集是Ｒ. ∴ ( ｃ － ａ )( ｃ － ｂ ) >０ꎬ∴ｃ － ａ>ｃ － ｂ (５) ｘ ｘ ≤－１ꎬ 或ｘ ≥ ３ . －４ ＋９≥０ 解法二 ｃ ａ ｂ ２ 所以当ｘ Ｒ时 ｘ２ ｘ 有意义. :∵ > > >０ꎬ ∈ ꎬ －４ ＋９ ｃ ｂ ｃ ａ ２. ( 解 ６ 析 ) Ｒ . (１) 使ｙ { ＝３ ｘ２ －６ ｘ ＋２ 的 } 值等于 ０ 的ｘ ( ≤ ２ ０ ) ꎬ 由题意得 －２ ｘ２ ＋１２ ｘ －１８≥０ꎬ 即 ( ｘ －３) ２ ∴ ∴ ｃ － － １ ａ > >ｃ － － １ ｂ > > ０ ０ ꎬ } ⇒ｃ ａ ａ>ｃ ｂ ｂ . 的取值集合是 ３ ３ 所以当ｘ 时 ｘ２ ｘ 有意义. ａ ｂ － － １－ ꎬ１＋ ꎻ ＝３ ꎬ －２ ＋１２ －１８ > >０ ３ ３ 综合运用 ａ ａ ｃ ａｂ ａｃ ａｂ ｂｃ 使ｙ ＝３ ｘ２ －６ ｘ ＋２ 的值大于 ０ 的ｘ的取值集合 ３. 解 析 由 题 意 得 Ｍ (３) ｂ －ｂ ＋ ｃ＝ ＋ ｂ ｂ － ｃ － { } ꎬ ＝ ＋ ( ＋ ) 是 使ｙ ＝ ｘ ３ ｘ ｘ ２ < － １ ６ － ｘ ＋ ３ ２ ３ 的 ꎬ 或 值 ｘ 小 >１ 于 ＋ ０ ３ ３ 的ｘ ꎻ 的取值集合 { ｘ ｘ <－ ２ ３ 或ｘ > ２ ５ } ꎬ Ｎ ＝{ ｘ ｜ ｘ <－１ 或ｘ ＝ ∵ ( ｂ ａ ( ａ > ｂ － ｂ ＋ ｂ > ｃ ) ｃ ) ｃ > ꎬ ０ꎬ∴ ａ － ｂ >０ꎬ ｂ ＋ ｃ >０ꎬ { } >６}ꎬ { } ａ ｂ ｃ ａ ａ ｃ 是 ｘ ３ ｘ ３ . ( － ) ＋ . １－ < <１＋ Ｍ Ｎ ｘ ｘ ３ 或ｘ ∴ ｂ ｂ ｃ >０ꎬ∴ ｂ >ｂ ｃ ３ ３ ∴ ∩ ＝ <－ >６ ꎬ ( ＋ ) ＋ ２ (２) 使ｙ ＝２５－ ｘ２的值等于 ０ 的ｘ的取值集合 { } ３.解析 设弧长为ｌ 半径为Ｒ 则 １ ｌＲ 是 {－５ꎬ５}ꎻ Ｍ ∪ Ｎ ＝ ｘ ｘ <－１ 或ｘ > ５ . (１) ꎬ ꎬ ２ ＝ ２ 使ｙ ＝２５－ ｘ２的值大于 ０ 的ｘ的取值集合是 Ｓ ꎬ 周长ｙ ＝２ Ｒ ＋ ｌ ≥２ ２ Ｒｌ ＝２ ４ Ｓ ＝４ Ｓ ꎬ 当 { ｘ ｜－５< ｘ <５}ꎻ ４.解析 ｈ ＝ ｖ ０ ｔ － ２ １ ×１０ ｔ２ ＝１２ ｔ －５ ｔ２ ꎬ 由ｈ >２ 得 且仅当 ２ Ｒ ＝ ｌ ꎬ 即Ｒ ＝ Ｓ时 ꎬ 等号成立 ꎬ 此时周 使ｙ ＝２５－ ｘ２的值小于 ０ 的ｘ的取值集合是 １２ ｔ －５ ｔ２ >２ꎬ 长最小 ꎬ 为 ４ Ｓ. ｘ ｘ 或ｘ . { (３ 所 ) ｜ 因 < 以 － 为 使 ５ 对 ꎬ ｙ 于 ｘ 方 > ２ ５ 程 } ｘ ｘ２ ＋６ 的 ｘ ＋ 值 １０ 等 ＝ 于 ０ꎬ Δ ＝ 的 ３６ ｘ － 的 ４０ 取 < 即 ５ ｔ２ －１２ ｔ ＋２<０ꎬ 解得６－ ５ ２６ < ｔ < ６＋ ５ ２６ ꎬ 即 (２) １ 设 ｌＲ 弧长 æ çç Ｒ 为 ＋ ｌ ꎬ １ 半 ｌ ö ÷÷ 径 ２ 为 Ｐ Ｒ ２ ꎬ 则 ２ Ｒ ＋ ｌ ＝ Ｐ ꎬ 面积Ｓ ０ꎬ ＝ ＋６ ＋１０ ０ ＝ ≤ ２ ＝ ꎬ 值集合为 ⌀ꎻ 使ｙ ＝ ｘ２ ＋６ ｘ ＋１０ 的值小于 ０ 的 ６＋ ５ ２６ － ６－ ５ ２６ ≈２ . ０４(ｓ)ꎬ 最多停留 ２ è ２ ø １６ ｘ的取值集合为 ⌀ꎻ 使ｙ ＝ ｘ２ ＋６ ｘ ＋１０ 的值大 ２ . ０４ｓ . 当且仅当Ｒ ＝ １ ｌ ꎬ 即Ｒ ＝ Ｐ 时 ꎬ 等号成立 ꎬ 此 于 (４) ０ 使 的 ｙ ｘ ＝ 的 － 取 ３ ｘ 值 ２ ＋ 集 １２ 合 ｘ － 为 １２ Ｒ 的 . 值等于 ０ 的ｘ的 ５.解 Ｂ ＝ 析 { ｘ ｜ ｘ ∵ ２ － Ａ ４ ＝ ｘ { ＋ ｘ ３ ｜ > ｘ ０ ２ } －１ ＝ ６ { < ｘ ０ ｜ } ｘ < ＝ １ { 或 ｘ ｜－ ｘ ４ > < ３ ｘ } < ꎬ ４}ꎬ 时面积最大 ꎬ 为 ２ Ｐ２ . ４ 取值集合为 {２}ꎻ ∴ Ａ ∪ Ｂ ＝{ ｘ ｜－４< ｘ <４}∪{ ｘ ｜ ｘ <１ 或ｘ >３} { １６ } 使ｙ ＝－３ ｘ２ ＋１２ ｘ －１２ 的值小于 ０ 的ｘ的取值 ＝ Ｒ. ４.解析 (１) ｘ －２≤ ｘ ≤ ７ . 集合为 ｘ ｘ 拓广探索 ４ { ｜ ≠２}ꎻ ｘ ｘ . 使ｙ ＝－３ ｘ２ ＋１２ ｘ －１２ 的值大于 ０ 的ｘ的取值 ６.解析 设风暴中心坐标为 ( ａ ꎬ ｂ )ꎬ 则 ａ ＝ (２){ Ｒ. ｜５≤ ≤９} 集合为 . (３) ⌀ { } 练习 ３００ ２ꎬ ｘ ｘ １ 或ｘ . １.解析 令ｘ２ ｘ 解得ｘ 或ｘ 所以 (３００ ２) ２ ＋ ｂ２ <４５０ꎬ 即 －１５０< ｂ <１５０ . (４) <－ ２ >１ ＋ －１２≥０ꎬ ≤－４ ≥３ꎬ 综合运用 即当ｘ 或ｘ 时 ｘ２ ｘ 有意义. 而３００ ２－１５０ １５ . ≤－４ ≥３ ꎬ ＋ －１２ ＝ (２ ２－１)≈１３７ꎬ ５.解析 ａ ｂ ａｂ ａ ｂ ａｂ ２.解析 设花卉带的宽度为ｘ 则草坪面积 ２０ ２ ∵ ꎬ >０ꎬ∴ －３＝ ＋ ≥２ ꎬ ｍꎬ ａｂ ａｂ 为 ｘ ｘ ３００ . ∴ －２ －３≥０ꎬ (８－２ )(６－２ )ꎬ ＝１５０ꎬ 由题意得 (８－２ ｘ )(６－２ ｘ )≤２４ꎬ 即ｘ２ －７ ｘ ＋６ 所 ２０ 以大约经过 . 小时后码头将受到热带 ∴ ａｂ ≤－１( 舍去 ) 或 ａｂ ≥３ꎬ ≤０ꎬ 解得 １≤ ｘ ≤６ꎬ 风暴的影响 影 １ 响 ３ 时 ７ 间为 . 小时. ∴ ａｂ ≥９ꎬ 当且仅当ａ ＝ ｂ ＝３ 时等号成立 ꎬ {ｘ >０ꎬ 复习参考题 ꎬ 2 １５０ ∴ ａｂ的取值范围是ａｂ ≥９ . 又 ∵ ８－２ ｘ >０ꎬ∴０< ｘ <３ꎬ 故 １≤ ｘ <３ . 复习巩固 ６.解析 由题意可得ｋ ≠０ꎬ ６－２ ｘ >０ꎬ １.解析 型号帐篷有ｘ顶 则 型号帐篷有 ∵２ ｋｘ２ ＋ ｋｘ － ３ <０ 对一切实数ｘ都成立 ꎬ 花卉带的宽度应在 到 之间 包括 Ａ ꎬ Ｂ ８ ∴ １ｍ ３ｍ ( ｘ 顶 ３. １ 解 ｍ 析 ꎬ 不 设 包 每 括 个 ３ 削 ｍ) 笔 . 器的售价为ｘ元 ( ＋ ì ï ｘ ５ > ) ０ꎬ ｘ ꎬ ∈ Ｎ∗ ꎬ ∴ ｋ <０ꎬ 且对于方程 ２ ｋｘ２ ＋ ｋｘ － ８ ３ ＝０ꎬ ꎬ ïｘ ( ) {ｘ ＋５>０ꎬ Δ ｋ２ ｋ ３ 由题意得 ≥１５ꎬ ï ｘ ＝ －４􀅰２ － <０ꎬ ｘ ｘ 则í４ <４８ꎬ ８ 解得 ｘ [３０－２( －１５)]>４００ꎬ ï ０<５ ｘ －４８<５ꎬ 解得 －３< ｋ <０ . １５≤ <２０ꎬ ï ｘ 综上所述 ｋ的取值范围是 ｋ . 所以售价应大于或等于 元 且小于 元. ï３( ＋５)<４８ꎬ ꎬ －３< <０ １５ ꎬ ２０ î ｘ . ７.解析 设窗户面积为ｘ ２ 则地板面积 ◆习题2.3 ４( ＋５)>４８ (１) ｍ ꎬ ２.答案 为 ｘ ２. 复习巩固 (１)< (２)> (３)> (２２０－ )ｍ { } 解析 １ １ ｂ － ａ . ì ï ｘ <２２０－ ｘ ꎬ １.解析 ｘ １３ ｘ １３ . (１) ａ － ｂ ＝ ａｂ>０ ïï ｘ ％ (１) － ２ < < ２ ∵ ａ > ｂ ꎬ∴ ｂ － ａ <０ꎬ∴ ａｂ <０ . 由题意可得í ï ２２０－ ｘ≥１０ ꎬ ｘ ｘ . ａ ｂ ａｃ ａｂ ｂｃ ａｂ ｘ (２){ ｜３< <７} 解法一 － － ＋ ï >０ꎬ ｘ ｘ 或ｘ . (２) :ｃ ａ－ｃ ｂ＝ ｃ ａ ｃ ｂ î ｘ (３){ ｜ <－２ >５} － － ( － )( － ) ２２０－ >０ꎬ ２６７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋解得 ｘ Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ ２ Ｐ Ｐ ３.１.２ 函数的表示法 ２０≤ <１１０ꎬ 解法一 １＋ ２ ２ １ ２ ( １＋ ２) －４ １ ２ 故窗户面积至少为 ２０ｍ ２. : ２ －Ｐ １＋ Ｐ ２ ＝ ２( Ｐ １＋ Ｐ ２) 练习 (２) 公寓的采光效果变好了. ( Ｐ １－ Ｐ ２) ２ １.解析 如图 ꎬ 圆的直径ＡＣ ＝５０ ｃｍꎬ 边ＡＢ ＝ 设公寓原来的窗户面积和地板面积分别为 ＝ ２( Ｐ １＋ Ｐ ２) ≥０ꎬ ｘ ｃｍꎬ 在 Ｒｔ△ ＡＢＣ中 ꎬ 由勾股定理 ꎬ 知ＢＣ ＝ ｘ > ꎬ ０ ｙ ) ( ꎬ ｘ >０ꎬ ｙ > ｘ ０ꎬ ｍ ｘ < ｙ ) ｘ ꎬ 增 ｍ 加 ｙ 的 ｘ 面积为ｍ ｍ ２ ( ｍ ∴ 成 Ｐ 立 １ . ＋ ２ Ｐ ２ ≥Ｐ ２ Ｐ １＋ １ Ｐ Ｐ ２ ２ ꎬ 当且仅当Ｐ １＝ Ｐ ２ 时等号 ∴ ２ 矩 ５０ 形 ０－ ｘ Ａ ２ ＢＣ ｃｍ Ｄ . 的面积 ｙ ＝ ＡＢ 􀅰 ＢＣ ＝ 由题意可得 ＋ ( － ) ｘ ｘ２. ｙ ｍ－ ｙ ＝ ｙ ｍ ｙ>０ꎬ Ｐ Ｐ Ｐ Ｐ ２５００－ ＋ ( ＋ ) 解法 二 ２ １ ２ ２ １ ２ Ｐ Ｐ ＡＢ ＡＣ 即增加ｍ ｍ ２之后 ꎬ 比值变大了 ꎬ 故采光效果 : Ｐ １＋ Ｐ ２ ≤ ２ Ｐ １ Ｐ ２ ＝ １ ２ ∵０< ｘ < ＝５０ꎬ 变好了. Ｐ Ｐ ∴０< <５０ꎬ １＋ ２ ｙ ｘ ｘ２ ｘ . ８.解析 ≤ ꎬ ∴ ＝ 􀅰 ２５００－ (０< <５０) ２ 相等关系 不等关系 当且仅当Ｐ Ｐ 时等号成立 １＝ ２ ꎬ 相等关系的命题 不等关系的命题 判断正误 所以用第二种购物策略比较经济. 一般地 如果ｎ次购买同一种物品 用第二 (１) 若 ｘ ＝ ｙ ꎬ 则 (１) 若ｘ > ｙ ꎬ 则ｘ３ 正确 ꎬ ꎬ 种策略购买比较经济. ｘ３＝ ｙ３ > ｙ３ 若ｘ ｙ 则 若 ｘ ｙ 则 (２) ＝ ꎬ (２) > ꎬ 错误 第三章 函数的概念 {ｘ ｘ ｜ ｘ ｜＝｜ ｙ ｜ ｜ ｘ ｜>｜ ｙ ｜ ２.解析 ｙ ｘ －２ꎬ ≥２ꎬ的图象如图. ＝｜ －２｜＝ ｘ ｘ (３) 若 ｘ ＝ ｙ ꎬ 则 (３) 若ｘ > ｙ ꎬ 则ｘ２ 错误 与性质 ２－ ꎬ <２ ｘ２＝ ｙ２ > ｙ２ 3.1 函数的概念及其表示 若ｘ ｙ 若ｘ ｙ (４) ＝ ≠０ꎬ (４) > >０ꎬ 错误 ３.１.１ 函数的概念 则 １ １ 则 １ １ ｘ ＝ ｙ ｘ > ｙ 练习 理由略. １.解析 定义域为Ａ ｔ ｔ ＝{ ｜０≤≤２６}ꎬ 拓广探索 值域为Ｂ ｈ ｈ ＝{ ｜０≤ ≤８４５}ꎬ ９.解析 设ＡＭ ｙ 从问题的实际意义可知 对于数集Ａ中的任 ３.解析 ＝ ｍꎬ ꎬ (１) 则ｘ２ ｘｙ 意一个时间ｔ 按照对应关系 在数集Ｂ中都 ＋４ ＝２００ꎬ ꎬ ꎬ ｘ２ 有唯一确定的高度ｈ和它对应. 从而ｙ ２００－ ＝ ４ ｘ ꎬ ２.解析 (１) 由题图可知函数的定义域为 于是Ｓ ＝４２００ ｘ２ ＋２１０×４ ｘｙ ＋８０×２ ｙ２ { ｔ ｜８≤ ｔ ≤０８}ꎬ 值域为 { ｙ ｜２≤ ｙ ≤１２} . ＝ ４ ２００ ｘ２ ＋ ２１０ × ４ ｘ 􀅰 ２００ ｘ － ｘ２ ＋ ８０ × (２) 当ｔ ＝１２ 时 ꎬ ｙ ≈９℃ . (２) ４ ３.解析 是.定义域为 ( ２００－ ｘ２ ) ２ 值域 为 .对 {１ 应 ꎬ２ 关 ꎬ３ 系 ꎬ４ 略 ꎬ５ . }ꎬ ２ ｘ {２ꎬ３ꎬ４ꎬ５} ４ ４.解析 略. ｘ２ ４０００００ 练习 ＝３８０００＋４０００ ＋ ｘ２ ≥３８０００＋２ ４０００ ｘ２ 􀅰 ４００ ｘ２ ０００ １.解 所 析 以 函 (１ 数 ) 由 ｆ ４ ｘ ＋ ｘ ７≠０ꎬ 得 １ ｘ ≠ 的 － ４ ７ 定 ꎬ 义域为 ｍ ( ｘ )＝ { ( － ｘ ｘ ＋ － １ １ ꎬ ) ｘ ２ ≤ ꎬ０ ０ < ꎬ ｘ <１ꎬ ＝１１８０００ꎬ ( ) ＝ ４ ｘ ＋７ － ｘ ＋１ꎬ ｘ ≥１ . 当且仅当 ４０００ ｘ２ ＝ ４００ ｘ２ ０００ ꎬ { ｘ ｘ ≠－ ７ } . １ 练 .解 习 析 与 图 与 图 与 图 ４ (１) Ｄ ꎬ(２) Ａ ꎬ(３) Ｂ 即ｘ ＝ １０( ｘ ＝－ １０ 舍去 ) 时等号成立 ꎬ 由 { １－ ｘ ≥０ꎬ得 ｘ . 吻合得最好.与 Ｃ 图相符的一件事可能为 : 由上可知 当ＡＤ为 时 休闲场所总 (２) ｘ －３≤ ≤１ 我以一定的速度出发 后来发现时间还很充 ꎬ １０ ｍ ꎬ ＋３≥０ ꎬ 造价Ｓ取最小值 ꎬ 为 １１８０００ 元. 所以函数ｆ ( ｘ )＝ １－ ｘ ＋ ｘ ＋３－１ 的定义域 裕 ꎬ 于是 ꎬ 放慢了速度. １０.解析 按第一种策略购物 ꎬ 设第一次购物 为 { ｘ ｜－３≤ ｘ ≤１} . ２.解析 设票价为ｙ元 ꎬ 里程为ｘ元 ꎬ 由题意可 时 格 价 为 格 Ｐ ２ 为 元 Ｐ ꎬ １ 仍 元 购 ꎬ 购 ｎ ｋ ｎ ｇ( ｋ Ｐ ｇ Ｐ ꎬ １ 第 > ｎ ０ 二 ꎬ Ｐ Ｐ 次 ２ ｎ > 购 ０ Ｐ ꎬ 物 ｎ > Ｐ 时 ０) 价 ꎬ ２.解 ｆ (－ 析 ２ )＝ ( ３ １ × ) ( ｆ － ( ２ ２ ) ) ３ ＝ ＋ ３ ２ × × ２ ( ３ － ＋ ２ ２ ) × ＝ ２ － ＝ ２ ２ ８ ８ ꎬ ꎬ 知 ꎬ 自变量ｘ的取值范 ì ï ï ２ 围 ꎬ０ 是 < ｘ ｘ ( ≤ ０ꎬ ５ ２ ꎬ ０]ꎬ 两次购物的平均价格为 １ ＋ ｎ ２ ＝ １＋ ２ ꎻ ｆ (２)＋ ｆ (－２)＝２８＋(－２８)＝０ . ∴ 函数解析式为ｙ ＝ í ï ３ꎬ５< ≤ ｘ １０ꎬ ２ ２ ｆ ａ ａ３ ａ ａ３ ａ ï４ꎬ１０< ≤１５ꎬ 若按第二种策略购物 第一次花ｍ元 能购 (２) ( )＝３× ＋２× ＝３ ＋２ ꎬ î ｘ . ꎬ ꎬ ｆ ａ ａ ３ ａ ａ３ ａ ５ꎬ１５< ≤２０ ｍ 物品 第二次仍花ｍ元 能购 ｍ ｆ ( ａ － )＝ ｆ ３× ａ (－ ) ａ ＋ ３ ２× ａ (－ )＝－ ａ ( ３ ３ ａ ＋２ )ꎬ . 根据这个解析式 ꎬ 可画出函数图象 ꎬ 如图 Ｐ ｋｇ ꎬ ꎬ Ｐ ｋｇ ( )＋ (－ )＝３ ＋２ ＋[－(３ ＋２ )]＝０ 所示. １ ２ ３.解析 由实际意义知 前者定义域为 ｍ (１) ꎬ 物品 两次购物的平均价格为 ２ ｔ ｔ 而后者定义域为Ｒ 两函数定 ꎬ ｍ ｍ { ｜０≤≤２６}ꎬ ꎬ Ｐ ＋Ｐ 义域不同 两函数不是同一个函数. １ ２ ꎬ∴ Ｐ Ｐ ｆ ｘ 的定义域为Ｒ ｇ ｘ ｘ０ 的定 ２ １ ２ (２) ( )＝１ ꎬ ( )＝ ＝Ｐ Ｐ ꎬ 义域为 ｘ ｘ 定义域不同 两函数不 １＋ ２ { ｜ ≠０}ꎬ ꎬ∴ 比较两次购物的平均价格. 是同一个函数. ２６８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ◆习题3.1 值域是 . ５.解析 ｆ ３＋２ ５ {２ꎬ３ꎬ４ꎬ５} 复习巩固 (１)∵ (３)＝ ３－６ ＝－ ３ ≠１４ꎬ １１.解析 定义域是自变量的取值范围 ꎬ 值域 ｘ ∴ 点 (３ꎬ１４) 不在ｆ ( ｘ ) 的图象上. 是函数值的集合. １.解析 要使分式３ 有意义 应满足ｘ (１) ｘ －４ ꎬ －４ (２) ｆ (４)＝ ４＋２ ＝－３ . (１) 由题图可知 ꎬ 定义域为 [－５ꎬ０]∪[２ꎬ 即ｘ ４－６ . ≠０ꎬ ≠４ꎬ ６) ｘ ｘ 由ｆ ｘ ＋２ 解得ｘ . 值域为 . 函数ｆ ｘ ３ 的定义域为 ｘ ｘ . (３) ( )＝ｘ ＝２ꎬ ＝１４ [０ꎬ＋∞) ∴ ( )＝ｘ －４ { ｜ ≠４} ６.解析 解法一 －６ (２) 当ｒ ∈[０ꎬ２)∪(５ꎬ＋∞) 时 ꎬ 只有唯一的 (２) 因为对于 ｘ ∈ Ｒ 的任何一个值ｆ ( ｘ )＝ {ｆ ２ ｂ : ｃ ｂ ｃ ｐ值与之对应. ｘ２都有意义 所以 ｆ ｘ ｘ２ 的定义域 由 (１)＝１＋􀅰１＋ ＝ ＋＋１＝０ꎬ １２.解析 满足条件的一个函数的图象如图. ꎬ ( )＝ ｆ ２ ｂ ｃ ｂ ｃ 为Ｒ (３)＝３＋􀅰３＋ ＝３＋＋９＝０ꎬ . {ｂ 解得 ＝－４ꎬ 要使分式 ６ 有意义 应满足ｘ２ ｘ ｃ . (３) ｘ２ ｘ ꎬ －３ ＝３ －３ ＋２ 即ｘ 且ｘ ∴ ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ －４ ｘ ＋３ꎬ ＋２≠０ꎬ ≠１ꎬ ≠２ꎬ ｆ ２ . ∴ (－１)＝(－１) －４×(－１)＋３＝８ ∴ 函数ｆ ( ｘ )＝ｘ２ －３ ６ ｘ ＋２ 的定义域为 { ｘ ｜ ｘ ≠１ꎬ 解法二 : 由ｆ (１)＝ ｆ (３)＝０ 知 ꎬ 且ｘ . １ꎬ３ 是ｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ＝０ 的两个根 ꎬ (１) 略. ≠２} ｂ ｃ . 定义域为 ｘ ｘ 且ｘ 图象 ｘ ∴ ＝－(１＋３)＝－４ꎬ ＝１×３＝３ (２) { ｜－３≤ ≤８ꎬ ≠５}ꎬ (４) 要使 ｘ ４ － － １ 有意义 ꎬ ∴ ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ －４ ｘ ＋３ꎬ 在 －３≤ ｘ ≤８ 范围内 ꎬ 应有 { ４－ ｘ ≥０ꎬ ∴ ｆ (－１)＝(－１) ２ －４×(－１)＋３＝８ . 且横坐标为 ５ 的点不在图象上 ꎻ 解法三 由ｆ ｆ 知 值域为 ｙ ｙ ｙ 图象在 ｙ ｘ －１≠０ꎬ : (１)＝ (３)＝０ ꎬ { ｜－１≤ ≤２ꎬ ≠０}ꎬ －１≤ ｘ 且ｘ １ꎬ３ 是ｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ＝０ 的两个根 ꎬ ≤２ 范围内 ꎬ ∴ ≤４ꎬ ≠１ꎬ ｆ ｘ ｘ２ ｂｘ ｃ ｘ ｘ 且所有纵坐标为 的点不在图象上. ｘ ∴ ( )＝ ＋ ＋ ＝( －１)( －３)ꎬ ０ ∴ 函数ｆ ( ｘ )＝ ｘ ４ － － １ 的定义域为 { ｘ ｜ ｘ ≤４ꎬ 且 ∴ ｆ (－１)＝(－１－１)×(－１－３)＝８ . ì ï－３ꎬ ｘ ∈(－２ . ５ꎬ－２)ꎬ ２ . ｘ 解 ≠ 析 １} . (１) ｆ ( ｘ ) 的定义域为Ｒ ꎬ ｇ ( ｘ ) 的定义 ７.解 ( ｆ ( 析 ｘ ) ＝ ( ０ １ ꎬ ) ｘ ≤ 是 ０ 分 含 段 端 函 点 数 ꎬ ｆ ( ꎬ ｘ 图 )＝ 象 １ 由 ꎬ ｘ > 两 ０ 条 不 射 含 线 端 ï ï ï － － ２ １ ꎬ ꎬ ｘ ｘ ∈ ∈ [ [ － － ２ １ ꎬ ꎬ０ － ) １ ꎬ )ꎬ 域为 { ｘ ｜ ｘ ≠０}ꎬ 它们的定义域不同 ꎬ 点 ) 组成 ( 如图 １) . １３.解析 ｆ ( ｘ )＝ í ï０ꎬ ｘ ∈[０ꎬ１)ꎬ ∴ ｆ ( ｘ ) 与ｇ ( ｘ ) 不是同一个函数. (２) 图象由 (１ꎬ４)、(２ꎬ７)、(３ꎬ１０) 三个点组 ï１ꎬ ｘ ∈[１ꎬ２)ꎬ ( [ ２ ０ ) ꎬ＋ ｆ ∞ ( ｘ ) ) ꎬ 的 它 定 们 义 的定 域 义 为 域 Ｒ 不 ꎬ ｇ 同 ( ｘ ꎬ ) 的定义域为 成 ( 如图 ２) . î ï ï２ ３ ꎬ ꎬ ｘ ｘ ∈ ∈ [ { ２ ３ ꎬ } ３ ꎬ )ꎬ ｆ ｘ 与ｇ ｘ 不是同一个函数. 则ｆ ( ｘ ) 的图象如图. ∴ ( ) ( ) ｆ ｘ 与ｇ ｘ 的定义域都是Ｒ (３) ( ) ( ) ꎬ ３ｘ６ ｘ２ ∵ ＝ ꎬ 它们的对应关系也相同 ∴ ꎬ ｆ ｘ 与ｇ ｘ 是同一个函数. ∴ ( ) ( ) ３解析 如图 定义域为Ｒ 值域为Ｒ 图 图 . (１) ①ꎬ ꎬ . １ ２ 如图 定义域为 ｘ ｘ 值域为 ｙ 综合运用 (２) ②ꎬ { ｜ ≠０}ꎬ { ｜ ｙ ≠０} . ì ï ｘｙ ＝１０ꎬ ï ｄ２ ｘ２ ｙ２ ８.解析 由题意得í ＝ ＋ ꎬ由此可得ｘ ｙ ｄ ｌ ï ï ｌ ＝２ ｘ ＋２ ｙ ꎬ 、 、 、 １４.解析 略. îｘ ｄ . 拓广探索 >０ꎬ >０ 任意两个量的函数关系式. １５.解析 (１) 如图 ꎬ∵∠ ＡＰＢ ＝９０ ° ꎬ ＡＢ ｘ２ 例如 ｙ １０ ｘ ｌ ｘ ２０ ｘ ∴ ＝ ＋４ ｋｍꎬ 图 图 : ＝ ｘ ( >０)ꎬ ＝２ ＋ ｘ ( >０)ꎬ ① ② ｘ２ 如图 定义域为Ｒ 值域为Ｒ 由Ａ到Ｂ所用的时间为 ＋４ . (３) ③ꎬ ꎬ . ｌ ｄ２ ｄ . ∴ ｈ (４) 如图 ④ꎬ 定义域为Ｒ ꎬ 值域为 { ｙ ｜ ｙ ≥－２} . ＝２ ＋２０( >０) ( ｄ ) ２ ３ ９.解析 依题意得 ｘ ｖｔ π ＝ ꎬ ２ ｖ ｘ ４ ｔ. ∴ ＝ ｄ２ π 由题意可知函数的值域为 ｈ 函数的 [０ꎬ ]ꎬ∴ 图 ③ 图 ④ 定义域为 [ ｈ π ｄ２ ] . ４.解析 ｆ (－ ２)＝３×(－ ２) ２ －５×(－ ２)＋２＝ ０ꎬ ４ ｖ 又ＢＣ ＝(１２－ ｘ )ｋｍꎬ １０.解析 ８＋５ ２ꎻ 由Ｂ到Ｃ所用的时间为１２－ ｘ . ｆ (－ ａ )＝３×(－ ａ ) ２ －５×(－ ａ )＋２＝３ ａ２ ＋５ ａ ＋２ꎻ ｘ １ ２ ３ ４ ５ ６ ∴ ５ ｈ 从小岛到城镇共用的时间为 ｔ ｆ ａ ａ ２ ａ ａ２ ａ ｙ ∴ ＝ ( ＋３)＝３×( ＋３) －５×( ＋３)＋２＝３ ＋１３ ５ ３ ４ ２ ４ ５ ( ) ＋１４ꎻ ｙ是ｘ的函数. ｘ２ ＋４ ＋ １２－ ｘ ｈ . ｆ ( ａ )＋ ｆ (３)＝３ ａ２ －５ ａ ＋２＋３×３ ２ －５×３＋２＝３ ａ２ 定义域是 ３ ５ －５ ａ ＋１６ . {１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６}ꎬ 由题意知 ０≤ ｘ ≤１２ . ２６９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋函数关系式为ｔ ｘ ｘ２ ＋４ １２－ ｘ 调递增. 必要性 : 由偶函数的定义知 ꎬ∀ ｘ ∈ Ａ ꎬ 都有 － ｘ ∴ ( )＝ ＋ ꎬ０≤ 证明 ｘ ｘ 且ｘ ｘ Ａ且ｆ ｘ ｆ ｘ ３ ５ :∀ １ꎬ ２∈(－∞ꎬ０)ꎬ １< ２ꎬ ∈ (－ )＝ ( )ꎬ ｘ . ｋ ｋ ｋ ｘ ｘ Ｐ ｘ ｆ ｘ 与Ｐ′ ｘ ｆ ｘ 关于ｙ轴 ≤１２ 则ｆ ｘ ｆ ｘ ( １－ ２). ∴ ( ꎬ ( )) (－ ꎬ (－ )) 由 及题意 可得ｔ . ( ２)－( １)＝ ｘ －ｘ ＝ ｘ ｘ 对称. (２) (１) ꎬ (４)≈３ｈ ２ １ １ ２ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 由任意性可得ｆ ｘ 的图象关于ｙ轴对称. １６.解析 ｖ １ ｕ２ 是函数. ∵ １< ２<０ꎬ∴ １－ ２<０ꎬ １ ２>０ꎬ ( ) (１) ＝－ ꎬ 当ｋ 时 ｆ ｘ ｆ ｘ 函数ｙ ｆ ｘ 是偶函数的充要条件是它的 ２ ∴ >０ ꎬ ( １)>( ２)ꎻ ∴ ＝ ( ) ｕ ｖ ｖ 不是函数. 当ｋ 时 ｆ ｘ ｆ ｘ . 图象关于ｙ轴对称. (２) ＝± －２ ꎬ ∈(－∞ꎬ０]ꎬ <０ ꎬ ( １)<( ２) １７.解析 存在满足条件的函数.如 ｆ ｘ ｋ 充分性 如果ｆ ｘ 的图象关于原点对 (１) : ( ) 当ｋ 时 ｙ 在 上单调递减 (２) : ( ) ｘ ｇ ｘ ｘ . ∴ >０ ꎬ ＝ ｘ (－∞ꎬ０) ꎻ 称 则ｆ ｘ ｆ ｘ ＝ ꎬ ( )＝ ＋１ ꎬ (－ )＝－( )ꎬ (２) 存在满足条件的函数.如 : ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ ꎬ ｘ ∈ 当ｋ <０ 时 ꎬ ｙ ＝ ｋ ｘ 在 (－∞ꎬ０) 上单调递增. ∴ ｆ ( ｘ ) 是奇函数. (－∞ꎬ０]ꎬ ｇ ( ｘ )＝ ｘ２ ꎬ ｘ ∈ Ｒ. ｋ 必要性 : 由奇函数的定义知 ꎬ∀ ｘ ∈ Ａ ꎬ 都有 － ｘ １８.解析 ｙ是ｎ的函数. 同理可证 ｙ 在 上的单调性. Ａ且ｆ ｘ ｆ ｘ ꎬ ＝ ｘ (０ꎬ＋∞) ∈ (－ )＝－( )ꎬ 定义域为 { ｎ ｜１≤ ｎ ≤２００ꎬ ｎ ∈ Ｎ∗ }ꎬ 值域为 练习 ∴ Ｐ ( ｘ ꎬ ｆ ( ｘ )) 与Ｐ′ (－ ｘ ꎬ ｆ (－ ｘ )) 关于原点 . 对称 {０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７ꎬ８ꎬ９} １.解析 函数图象可能如图所示. ꎬ 对应关系略. 由任意性可得ｆ ｘ 的图象关于原点对称. ( ) 函数ｙ ｆ ｘ 是奇函数的充要条件是它的 ∴ ＝ ( ) 3.2 函数的基本性质 图象关于原点对称. ３.２.１ 单调性与最大(小)值 ◆习题3.2 复习巩固 练习 １.解析 由题中图象先上升后下降可知 ꎬ 工人 由图可知 ꎬ 增区间为 [８ꎬ１２]ꎬ[１３ꎬ１８]ꎻ 减区 １.解析 单调区间为 [－１ꎬ０]ꎬ[０ꎬ２]ꎬ[２ꎬ４]ꎬ 数在一定范围内时 ꎬ 生产效率随着工人数的 间为 [１２ꎬ１３]ꎬ[１８ꎬ２０] . [４ꎬ５] . 增加而提高 ꎬ 而当工人数超过某一数量后 ꎬ ２.答案 最小值 函数在 [－１ꎬ０] 上是减函数 ꎬ 在 [０ꎬ２] 上是增 随着工人数的增加 ꎬ 生产效率反而降低. 解析 ｆ ( ｘ ) 在 [－６ꎬ１１] 上的大致图象如图. 函数 ꎬ 在 [２ꎬ４] 上是减函数 ꎬ 在 [４ꎬ５] 上是增 ２.证明 ｘ ｘ Ｒ 且ｘ ｘ 则ｆ ｘ ｆ ｘ 函数. ＝３ ｘ ２ ＋２ ∀ －３ １ ｘ ꎬ １－ ２ ２ ∈ ＝３( ꎬ ｘ ２－ ｘ １ １ < )ꎬ ２ꎬ ( ２)－( １) ２.解 所 析 示. (１) 函数 ｙ ＝ ｘ２ －５ ｘ －６ 的图象如图 ｘ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ∵ １< ２ꎬ∴ ２－ １>０ꎬ∴ ( ２)－( １)>０ꎬ ｆ ｘ ｆ ｘ ∴ ( １)<( ２)ꎬ 函数ｆ ｘ ｘ 是增函数. ∴ ( )＝３ ＋２ ３.证明 ｘ ｘ 且ｘ ｘ ∀ １ꎬ ２∈(－∞ꎬ０)ꎬ １< ２ꎬ ｘ ｘ 则ｆ ( ｘ ２)－ ｆ ( ｘ １)＝－ｘ ２ ＋ｘ ２ ＝ ２( ｘ ２－ ｘ １) ꎬ 由图可知ｆ (－２) 是函数ｆ ( ｘ ) 的一个最小值. ∵ ｘ １< ｘ ２<０ꎬ ２ １ １ ２ ３.解析 ∵ 函数ｆ ( ｘ )＝ １ ｘ 在区间 [２ꎬ６] 上单 ∴ ｘ １ ｘ ２>０ꎬ ｘ ２－ ｘ １>０ꎬ 调递减 ꎬ ｆ ｘ ｆ ｘ ∴ ∴ ｆ ( ( ｘ ２ １ ) ) － < ｆ ( ( ｘ １ ２ ) )ꎬ >０ꎬ ∴ ｆ ( ｘ )ｍａｘ＝ ｆ (２)＝ ２ １ ꎬ ｆ ( ｘ )ｍｉｎ＝ ｆ (６)＝ ６ １ . 由图象可知 ꎬ ( ] ∴ 函数 ｆ ( ｘ )＝－ ２ ｘ 在区间 (－∞ꎬ０) 上单调 ３.２.２ 奇偶性 单调减区间是 －∞ꎬ ５ ２ ꎬ 递增. 练习 单调增区间是 [ ５ ) . ４.解析 １.解 ∴ 析 ｆ ( ｘ ) 的 ∵ 图 ｆ ( ｘ 象 ) 是 关 偶 于 函 ｙ 数 轴 ꎬ 对称 ꎬ 补充后的图象 (２) 函数ｙ ＝９－ ｘ２ ２ 的 ꎬ 图 ＋∞ 象如图所示. 如图 . １ ｇ ｘ 是奇函数 ∵ ( ) ꎬ ｇ ｘ 的图象关于原点对称 补充后的图象 ∴ ( ) ꎬ 如图 . ２ 由图象可知 ꎬ 单调增区间是 单调减区间是 (－∞ꎬ０]ꎬ . [０ꎬ＋∞) ２.解析 函数ｆ ｘ 的定义域为Ｒ 关于原 ３.证明 ｘ ｘ Ｒ 且ｘ ｘ (１) ( ) ꎬ (１)∀ １ꎬ ２∈ ꎬ １< ２ꎬ 点对称. 则ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ( １)－( ２)＝－２ １＋１－(－２ ２＋１)＝２( ２ ∵ ｆ (－ ｘ )＝ ２(－ ｘ ) ４ ＋３(－ ｘ ) ２ ＝２ ｘ４ ＋３ ｘ２ ＝ － ｘ １)ꎬ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ４ ｘ２为偶函数. ｘ ｘ 定义域Ｉ ｘ ｘ . ( )ꎬ∴ ( )＝２ ＋３ ∵ １< ２ꎬ (１) ＝{ ｜ ≠０} 函数ｆ ｘ 的定义域为Ｒ 关于原点对称. ｘ ｘ ｋ (２) ( ) ꎬ ∴ ２－ １>０ꎬ (２) 当ｋ >０ 时 ꎬ ｙ ＝ ｘ 在 (－∞ꎬ０) 和 (０ꎬ＋∞) ∵ ｆ (－ ｘ )＝(－ ｘ ) ３ －２(－ ｘ )＝－ ｘ３ ＋２ ｘ ＝－( ｘ３ －２ ｘ )＝ ∴ ｆ ( ｘ １)－ ｆ ( ｘ ２)>０ꎬ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ３ ｘ为奇函数. ｆ ｘ ｆ ｘ 上单调递减 － ( )ꎬ∴ ( )＝ －２ ∴ ( １)>( ２)ꎬ ꎻ ３.证明 充分性 如果ｆ ｘ 的图象关于ｙ 函数ｆ ｘ ｘ 是减函数. ｋ (１) : ( ) ∴ ( )＝－２ ＋１ 当ｋ 时 ｙ 在 和 上单 轴对称 则ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ 是偶函数. ｘ ｘ 且ｘ ｘ <０ ꎬ ＝ ｘ (－∞ꎬ０) (０ꎬ＋∞) ꎬ ( )＝ (－ )ꎬ∴ ( ) (２)∀ １ꎬ ２∈(０ꎬ＋∞)ꎬ １< ２ꎬ ２７０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 则ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ２ ｘ２ 则ｆ ｘ ｆ ｘ ｙ ( １)－ ( ２)＝( １＋１)－( ２＋１) ( ２)－( １) Δ . ｘ ｘ ｘ ｘ ∴ ｘ>０ ＝( １＋ ２)( １－ ２)ꎬ ｘ ９ ｘ ９ Δ ｘ ｘ ＝ ２＋ｘ － １－ｘ 当 ｘ ｘ ｘ 时 ｙ ｆ ｘ ｆ ｘ ∵ ２> １>０ꎬ ２ １ ∴ Δ ＝ １－ ２<０ ꎬΔ ＝ ( １)－ ( ２)<０ꎬ ｘ ｘ ｘ ｘ . ｘ ｘ ｙ ∴ ∴ ｆ ( １＋ ｘ １) ２> － ０ ｆ ꎬ ( ｘ １ ２ － )< ２ ０ < ꎬ ０ 即ｆ ( ｘ １)< ｆ ( ｘ ２) . ＝ ｘ ２－ ｘ １＋ ９( ( ｘ １ １ － ｘ ２ ２) ) ∴ 综上 Δ Δ ｘ> 函 ０ . 数ｙ ｆ ｘ 在区间Ｄ上单调递增的 ∴ ( ｆ ＝ ( ３ ｘ 函 ｘ ) １ １ ∀ ) 数 － － ｘ ｘ １ １ ｆ ｆ ( ꎬ ( ｘ ｘ ＝ ｘ ２ ) ２ ｘ ∈ ) ｘ ＝ １ ＝ － ( ｘ ｘ ｘ ２ １ － ２ ＋ － ∞ ꎬ １ ｘ １ ꎬ 在 １ ０ － ) ( ( ꎬ ０ １ 且 ꎬ － ＋∞ ｘ ｘ １ １ ２ < ) ) ｘ 上 ２ꎬ 单 则 调递增. 因 ｘ ＝ ＝ ( ( ｘ 为 ｘ ｘ ２ ２ ｘ － － １ ｘ ｘ ≥ １ １ 所 ) ) ３ 􀅰 以 ꎬ １ ｘ ｘ － ２ ｆ １ ｘ ≥ ｘ ｘ １ ｘ １ ２ ９ ｘ ｘ ３ － ２ ２ ꎬ ９ 且 . ｆ ｘ ｘ ２> ｘ １ꎬ 所以ｘ ２－ ｘ １>０ꎬ １０ 充 ( > .解 ２ ０ 要 ) . 析 同 ꎬ 条 理 件 设 可 是 每 证 : ＝ 间 . ∀ ( 熊 ｘ １ ) 猫 ꎬ ｘ 居 ２∈ 室 Ｄ 的 ꎬ 面 ｘ １ 积 ≠ 为 ｘ ２ꎬ ｙ 都 ２ 有Δ Δ ｙ ｘ ２ １ １ ２ ２ １>９ꎬ ( ２)－( １)>０ꎬ ｍ ꎬ ｘ ｘ 由宽为 ｘ 得每间熊猫居室的长为 ∵ ｘ １< ｘ ２<０ꎬ ｘ ｘ 所以ｆ ( ｘ １)< ｆ ( ｘ ２)ꎬ 所以ｙ ＝ ｘ ＋ ９ ｘ 在区间 [３ꎬ ｘ ｍꎬ ｘ ｘ２ ｘ ∴ ∴ ｆ ( １－ ｘ １) ２< － ０ ｆ ꎬ ( ｘ １ ２) ２ < > ０ ０ ꎬ ꎬ ＋∞) 上单调递增. ３０－ ２ ３ ｍꎬ 那么ｙ ＝ ｘ 􀅰 ３０－ ２ ３ ＝－ ３( － ２ １０ ) 即 ∴ 函 ｆ ( 数 ｘ １) ｆ ( < ｘ ) ｆ ( ＝ ｘ ２ １ ) － . １ ｘ 在 (－∞ꎬ０) 上单调递增. ( 由 ２ ( ) １ ∀ ) ｘ 知 １ꎬ ｆ ｘ ( ２ ｘ ∈ ２) ( － ０ ｆ ꎬ ( ＋ ｘ ∞ １) ) ＝ ꎬ ( 且 ｘ ２ ｘ － １ ｘ < １ ｘ ) ２ 􀅰 ꎬ ｘ １ ｘ ｘ ２ ｘ －９ ꎬ 所 ＝ － 以 ３( 当 ｘ － ｘ ２ ５ ＝ ) ５ ２ ＋ 时 ７５ ꎬ ｙ ( 有 ０< 最 ｘ < 大 １０ 值 ) . ３７ . ５ . １ ２ ４.解析 ｙ ｘ２ ｘ 因为 ０< ｘ １< ｘ ２ꎬ 所以ｘ ２－ ｘ １>０ꎬ ｘ １ ｘ ２>０ꎬ 故宽为 ５ ｍ 时才能使所建造的每间熊猫居 ＝－ ＋１６２ －２１０００ 当ｘ ｘ 时 ｘ ｘ 室面积最大 最大面积是 . ２. ５０ １ꎬ ２∈(０ꎬ３] ꎬ １ ２－９<０ꎬ ꎬ ３７５ｍ 所以ｆ ｘ ｆ ｘ 即ｆ ｘ ｆ ｘ １１.解析 因为ｆ ｘ 是Ｒ上的奇函数 ＝－ ５ １ ０ ( ｘ２ －８１００ ｘ )－２１０００ 此时函 ( 数 ２) ｆ ( － ｘ ( ) 为 １) 减 <０ 函 ꎬ 数 ꎻ ( １)>( ２)ꎬ 所以 ｆ (－ ｘ )＝ ( － ｆ ( ) ｘ ) . ꎬ ＝－ １ ( ｘ －４０５０) ２ ＋３０７０５０ . 当ｘ １ꎬ ｘ ２∈(３ꎬ＋∞) 时 ꎬ ｘ １ ｘ ２－９>０ꎬ 因为当ｘ ≥０ 时 ꎬ ｆ ( ｘ )＝ ｘ (１＋ ｘ )ꎬ 所以 ５０ 当 ｘ 时 ｙ 取得最大值 ｙ 所以ｆ ( ｘ ２)－ ｆ ( ｘ １)>０ꎬ 即ｆ ( ｘ １)< ｆ ( ｘ ２)ꎬ 所以当ｘ <０ 时 ꎬ－ ｘ >０ꎬ . ＝４ ０５０ ꎬ ꎬ ｍａｘ ＝ 此时函数ｆ ( ｘ ) 为增函数. 所以ｆ (－ ｘ )＝(－ ｘ )(１－ ｘ )＝－ ｘ (１－ ｘ )ꎬ ３０７０５０ 所以ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ . 故每辆车的月租金为 元时 租赁公司 综上 函数ｆ ｘ ｘ ９ 在区间 上为减 ( )＝－(－ )＝ (１－ ) ４ ０５０ ꎬ ꎬ ( )＝ ＋ ｘ (０ꎬ３] {ｘ ｘ ｘ 的月收益最大 为 元. 所以ｆ ｘ (１＋ )ꎬ ≥０ꎬ ꎬ ３０７０５０ 函数 在区间 上为增函数. ( )＝ ｘ ｘ ｘ . ５.解析 函数ｆ ｘ ｘ２ 的定义域为Ｒ ꎬ [３ꎬ＋∞) (１－ )ꎬ <０ (１) ( )＝ ＋１ ꎬ ｋ 它的图象如图所示. 关于原点对称. 设ｙ ｆ ｘ ｘ ｋ ｘ ｘ (３) ＝ ( )＝ ＋ ｘ ( >０)ꎬ∀ １ꎬ ２∈(０ꎬ ∵ ｆ (－ ｘ )＝(－ ｘ ) ２ ＋１＝ ｘ２ ＋１＝ ｆ ( ｘ )ꎬ 且ｘ ｘ 则 ∴ 函数ｆ ( ｘ )＝ ｘ２ ＋１ 为偶函数. ＋∞)ꎬ １< ２ꎬ ( ｋ ) ( ｋ ) 函数ｆ ｘ ｘ 的定义域为Ｒ 关于原 ｆ ( ｘ ２)－ ｆ ( ｘ １)＝ ｘ ２＋ｘ － ｘ １＋ｘ ＝( ｘ ２－ (２) ( )＝ｘ２ ＋１ ꎬ ( ｋ ｋ ) ２ ｘ １ ｘ 点对称. ｘ ｘ ｘ ｋ １－ ２ ｘ １)＋ ｘ －ｘ ＝( ２－ １)＋ 􀅰 ｘ ｘ ＝( ２－ 拓广探索 ｘ ｘ ２ １ １ ２ ∵ ｆ (－ ｘ )＝ (－ ｘ － ) ２ ＋１ ＝－ｘ２ ＋１ ＝－ ｆ ( ｘ )ꎬ ｘ １)􀅰 ｘ １ ｘ ｘ ２ ｘ － ｋ ꎬ １２.解 数 析 那 么 偶 ｆ 函 ｘ 数 在 ｆ ( ｘ ) 在 ( 上 ０ꎬ 是 ＋∞ 增 ) 函 上 数 是 . 减函 ｘ １ ２ ꎬ ( ) (－∞ꎬ０) ∴ 函数ｆ ( ｘ )＝ｘ２ ＋１ 为奇函数. 因为 ０< ｘ １< ｘ ２ꎬ 所以ｘ ２－ ｘ １>０ꎬ ｘ １ ｘ ２>０ꎬ 证明如下 : 综合运用 当ｘ １ꎬ ｘ ２∈(０ꎬ ｋ ] 时 ꎬ ｘ １ ｘ ２－ ｋ <０ꎬ ∀ ｘ １ꎬ ｘ ２∈(－∞ꎬ０)ꎬ 且ｘ １< ｘ ２ꎬ ６.解析 心率关于时间的一个可能的图象 所以ｆ ( ｘ ２)－ ｆ ( ｘ １)<０ꎬ 即ｆ ( ｘ １)> ｆ ( ｘ ２)ꎬ 则 － ｘ １>－ ｘ ２>０ . 如图. 此时函数ｆ ( ｘ ) 为减函数 ꎻ 因为函数ｆ ( ｘ ) 在 (０ꎬ＋∞) 上是减函数 ꎬ 当ｘ ｘ ｋ 时 ｘ ｘ ｋ 所以ｆ ｘ ｆ ｘ . １ꎬ ２∈[ ꎬ＋∞) ꎬ １ ２－ >０ꎬ (－ １)<(－ ２) 所以ｆ ｘ ｆ ｘ 即ｆ ｘ ｆ ｘ 又因为ｆ ｘ 是偶函数 ( ２)－( １)>０ꎬ ( １)<( ２)ꎬ ( ) ꎬ 此时函数ｆ ｘ 为增函数. 所以ｆ ｘ ｆ ｘ ( ) (－ １)＝ ( １)ꎬ ｋ ｆ ｘ ｆ ｘ . 综上 函数 ｆ ｘ ｘ ｋ 在区间 (－ ２)＝ ( ２) ꎬ ( )＝ ＋ ｘ ( >０) 于是ｆ ｘ ｆ ｘ ( １)<( ２)ꎬ ｋ 上为减函数 在 ｋ 上为增 所以偶函数ｆ ｘ 在 上是增函数. 心率减慢 则图象下降 心率升高 则图象 (０ꎬ ] ꎬ [ ꎬ＋∞) ( ) (－∞ꎬ０) 上升. ꎬ ꎻ ꎬ 函数. １３.解析 (１)∵ ｆ ( ｘ ＋ ａ )＝( ｘ ＋ ａ ) ３ －３( ｘ ＋ ａ ) ２ ７.解 故 单 析 调 ｆ ( 递 ｘ ) ( 减 的 １ 区 ) 单 间 ｆ 调 ( ｘ 为 递 )＝ 增 ｘ２ 区 －２ 间 ｘ 为 ＝ . ( [ ｘ １ － ꎬ １ ＋ ) ∞ ２ － ) １ ꎬ ꎬ ９.证 都 明 有 Δ Δ ｙ ｘ ( > １ ０ ) ꎬ 充 ∴ 分 { Δ Δ 性 ｘ ｙ > > : ０ ０ ∵ ꎬ或 ∀ { ｘ Δ Δ １ꎬ ｘ ｙ ｘ < < ２ ０ ０ ∈ ꎬ ꎬ Ｄ ꎬ ｘ １≠ ｘ ２ꎬ ∴ ＝ ＝ ｘ ｘ ｙ ３ ３ ＝ ＋ ＋( ｆ ２ ( ａ ３ ｘ ｘ ａ ＋ ２ － ＋ ａ ３ ) ａ ) ２ － ｘ ｘ ｂ ２ ＋ ＋ ＝ ａ ( ｘ ｘ ３ ３ ２ ＋ ＋ ａ ( ２ ２ － ３ ａ ６ ａ ２ｘ ａ － ＋ ) ３ ａ ｘ ) ３ ＋ ｘ － ａ ２ ３ ＋ ３ ｘ － ( ２ ３ ３ － ａ ａ ６ ２ ２ ａ ꎬ － ｘ ６ － ａ ３ ) ａ ｘ ２ (－∞ꎬ１] ｇ ( ｘ )＝ ｘ２ －２ ｘ ＝( ｘ －１) ２ －１ꎬ ｘ ∈[２ꎬ４]ꎬ 即ｘ １> ｘ ２ 时 ꎬ ｆ ( ｘ １)> ｆ ( ｘ ２) 或ｘ １< ｘ ２ 时 ꎬ ｆ ( ｘ １) ＋ ａ３ －３ ａ２ － ｂ是奇函数 ꎬ 故ｇ ( ｘ ) 的单调递增区间为 [２ꎬ４] . < ｆ ( ｘ ２) . { ３ ａ －３＝０ꎬ {ａ ＝１ꎬ (２) 由 (１) 知 ꎬ 当ｘ ＝１ 时 ꎬ ｆ ( ｘ ) 取最小值 －１ . 由增函数的定义可知 ꎬ ｙ ＝ ｆ ( ｘ ) 在区间Ｄ上 ∴ ａ３ －３ ａ２ － ｂ ＝０ꎬ ∴ ｂ ＝－２ . 当ｘ 时 ｇ ｘ 取最小值 . 单调递增. ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ 的图象的对称中心为 ＝２ ꎬ ( ) ０ ∴ ( )＝ －３ 必要性 ｘ ｘ Ｄ ｘ ｘ ｙ ｆ ｘ 在Ｄ . ８.解析 证明 设ｙ ｆ ｘ ｘ ９ . ｘ ｘ :∵∀ １ꎬ ２∈ ꎬ １≠ ２ꎬ ＝ ( ) (１ꎬ－２) (１) : ＝ ( )＝ ＋ ｘ ∀ １ꎬ ２ 上单调递增 函数ｆ ｘ 的图象关于直线ｘ ａ对称的 ꎬ (２) ( ) ＝ 且ｘ ｘ 当 ｘ ｘ ｘ 时 ｙ ｆ ｘ ｆ ｘ 充要条件是ｙ ｆ ｘ ａ 为偶函数. ∈[３ꎬ＋∞)ꎬ １< ２ꎬ ∴ Δ ＝ １－ ２>０ ꎬΔ ＝ ( １)－ ( ２)>０ꎬ ＝ ( ＋ ) ２７１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋3.3 幂函数 根据表中的数据作出函数图象如图所示 由图象可知 当 ｘ 时 该公司亏损 : ꎬ ０≤ <１５００ ꎬ ꎻ 当ｘ 时 该公司不赔不赚 练习 ＝１５００ ꎬ ꎻ 当ｘ 时 该公司赢利. １.解析 设所求幂函数的解析式为ｙ ｆ ｘ >１５００ ꎬ ＝ ( )＝ ◆习题3.4 ｘα.因为幂函数的图象过点 所以有 (２ꎬ ２)ꎬ 综合运用 α 解得α １ 所以所求函数的解析 ２＝２ ꎬ ＝ ꎬ １.解析 根据题意得 ２ 式为ｙ ＝ ｆ ( ｘ )＝ ｘ１ ２ ( ｘ ≥０) . 通过观察图象得函数的定义域为 ｘ ｘ { ６０ ｔ (０≤ ｔ ≤２ . ５)ꎬ ２.解析 (１) 令ｆ ( ｘ )＝ ｘ３. 值域为 { ｜ ≠０}ꎬ ｘ ＝ １５０(２ . ５< ｔ ≤３ . ５)ꎬ ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增 且 . . (０ꎬ＋∞)ꎬ ｔ . ｔ . . ∵ ( ) ꎬ －１５<－１４ꎬ 函数的定义域关于原点对称 且ｆ ｘ ３２５－５０(３５<≤６５) ∴ ｆ (－１ . ５)< ｆ (－１ . ４)ꎬ 即 (－１ . ５) ３ <(－１ . ４) ３. ∵ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ－２为偶函数. ꎬ ( )＝ 函数图象如图 １ . (－ )ꎬ∴ ( )＝ 令ｇ ｘ １ . 函数ｆ ｘ ｘ－２在 上单调递增 在 (２) ( )＝ ｘ ( )＝ (－∞ꎬ０) ꎬ 上单调递减. ｇ ｘ 在 上单调递减 且 . (０ꎬ＋∞) ∵ ( ) (－∞ꎬ０) ꎬ －１ ５< 证明 ｘ ｘ 且ｘ ｘ . :∀ １ꎬ ２∈(－∞ꎬ０)ꎬ １< ２ ３.解 ∴ －１ 析 ｆ . ( ４ ｘ ꎬ ２ ∴ ) ∀ － ｇ ｆ ( ｘ ( １ － ｘ ꎬ １ １ ｘ ) . ２ ５ ∈ ＝ ) ｘ > Ｒ ３ ２ ｇ ꎬ － ( 且 ｘ － ３ １ １ ｘ . １ ４ < ) ｘ ꎬ ２ ∴ ꎬ －１ １ . ５ > －１ １ . ４ . ∴ ＝ ( ｆ ( ｘ １ ｘ ＋ ２) ｘ ２ － ｘ ) ２ ｆ ( ( ｘ２ ｘ ｘ １ １ ) － ＝ ｘ ２) ｘ １ ２ ２ ꎬ －ｘ １ ２ １ ＝ ｘ ｘ ２ １ ２ １ － ｘ ｘ ２ ２ ２ ２ { 图 ｔ １ . ｘ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｘ２ １ ２ ６０(０≤≤２５)ꎬ ＝( ２－ １)( ２＋ １ ２＋ １) ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 由题意得ｖ . ｔ . [( ) ] ∵ １< ２<０ꎬ∴ １＋ ２<０ꎬ １－ ２<０ꎬ ＝ ０(２５<≤３５)ꎬ ｘ ｘ ｘ２ ｘ ｘ １ ｘ２ ３ ｘ２ ｆ ｘ ｆ ｘ . ｔ . . ＝( ２－ １) ２＋ １ ２＋ ４ １ ＋ ４ １ ∴ ( ２)－( １)>０ꎬ －５０(３５<≤６５) [( ) ] ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ－２在 上单 函数图象如图 . ＝( ｘ ２－ ｘ １) ｘ ２＋ ２ １ ｘ １ ２ ＋ ４ ３ ｘ２ １ ꎬ ∴ 调递 ( 增 １) ꎬ < 同 ( 理 ２ 可 )ꎬ 证 ∴ : ( ｆ ( ) ｘ ＝ )＝ ｘ－２在 (－ ( ∞ ０ꎬ ꎬ ＋ ０ ∞ ) ) 上 ２ ｘ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ 单调递减. ∵ ２> １ꎬ∴ ２－ １>０ꎬ∴ ( １)<( ２)ꎬ ｆ ｘ ｘ３在Ｒ上单调递增. ∴ ( )＝ 3.4 函数的应用（一） ｆ ｘ ｘ３的定义域Ｒ关于原点对称 ∵ ( )＝ ꎬ 且ｆ ｘ ｘ ３ ｘ３ ｆ ｘ 练习 (－ )＝(－ ) ＝－ ＝－( )ꎬ ｆ ｘ 是Ｒ上的奇函数. ∴ ( ) １.解析 由２０ ２ａ得ａ １ ◆习题3.3 ３＝(６０) ＝ ３ꎬ 图 １０ ３６×５×１０ ２ 复习巩固 由５０ １ ｘ２得ｘ . ２.解析 设水池底的长 宽分别为ｘ ｙ 总 ３＝ ３ ＝３０ １０ 、 ｍ、 ｍꎬ １.解析 函数ｙ ｘ 的图象 如图. １０ ３６×５×１０ 造价为ｗ元 ＝ ｜ ｜ ꎬ ꎬ ∵３０ １０<１００ꎬ ∴ 这辆车没有超速行驶. ( 根据题意知ｘ 􀅰 ｙ ＝ １２ ６ ００ ＝２００ꎬ ２.解析 设矩形广告牌的长为 ｘ ｘ ｙ ２００. ｍ ０< < ∴ ＝ ｘ ) ｌ 则其宽为 ｌ －２ ｘ ∵ 底面积为 ２００ｍ ２ ꎬ ꎬ ｍꎬ 函数ｙ ｆ ｘ ｘ 的定义域为Ｒ 关于 ２ ２ 侧面积为 ｘ ｙ ｘ ｙ ２ ∵ ＝ ( )＝ ｜ ｜ ꎬ ２􀅰 􀅰６＋２􀅰 􀅰６＝１２( ＋ )ｍ ꎬ 原点对称 ꎬ ∴ Ｓ ＝ ｘ 􀅰 ｌ －２ ｘ ＝－ ｘ２ ＋ ｌ ｘ ∴ 总造价ｗ ＝１２( ｘ ＋ ｙ )×９５＋２００×１３５ 又ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ ２ ２ ( ) ｙ (－ ) ｘ ＝ 为 ｜ 偶 － 函 ｜ 数 ＝ . ｜ ｜ ＝ ( )ꎬ ＝－ ( ｘ２ － ｌ ｘ ＋ ｌ２ ) ＋ ｌ２ ＝１１４０ ｘ ＋ ２０ ｘ ０ ＋２７０００( ｘ >０) . ∴ ＝ ｜ ｜ ２ １６ １６ 要使总造价ｗ 函数ｙ ＝ ｆ ( ｘ ) 在 (－∞ꎬ０] 上单调递减 ꎬ ( ｘ ｌ ) ２ ｌ２ ( ｘ ｌ ) . ( <７ ) ００００ꎬ 在 上单调递增. ＝－ － ＋ ０< < 则 ｘ ２００ . [０ꎬ＋∞) ４ １６ ２ １１４０ ＋ ｘ ＋２７０００<７００００ 综合运用 ｌ ２.解析 (１) 由题意得ｖ ＝ ｋ 􀅰 ｒ４ ( ｋ >０) . ∴ 当ｘ ＝ ４ 时 ꎬ 广告牌的面积Ｓ最大 ꎬ 且Ｓ ｍａｘ ∵ ｘ > . ０ꎬ ｘ ∴５７ . ｘ２ . －２１５０ ｘ ＋１１４００<０ꎬ (２) 将ｒ ＝３ꎬ ｖ ＝４００ 代入ｖ ＝ ｋ 􀅰 ｒ４得 ＝ ｌ２ . ∴６ 水 ４ 池 < 的 <３ 长 １ 在 ３ . . 范围内变化时 总 １６ ∴ (６４ꎬ３１３) ꎬ ｋ ＝ ４ ８ ０ １ ０ ꎬ ３.解析 (１) 由题意可得 ３. 造 解 价 析 可控 设 制 每 在 户每 ７ 万 月 元 用 以 水 内 量 . 为ｘ ３ 需交纳的 故流量速率ｖ的表达式为ｖ ＝ ４００ｒ４ ( ｒ >０) . ｙ １＝１５０＋０ . ２５ ｘ ( ｘ ≥０)ꎬ ｙ ２＝ １５ ｘ ０ ＋０ . ２５( ｘ >０)ꎬ 水费 为ｆ ｘ 元 则 ｍ ꎬ ８１ ( ) ꎬ (３) 当ｒ ＝５ 时 ꎬ ｙ ３＝０ . ３５ ｘ ( ｘ ≥０)ꎬ { ３ ｘ ꎬ０≤ ｘ ≤１２ꎬ ｙ . ｘ . ｘ . ｘ ｘ . ｆ ｘ ｘ ｘ ｖ ４００ｒ４ ４００ ４ ３/ . ４＝０３５ －(１５０＋０２５ )＝０１ －１５０( ≥０) ( )＝ ３６＋６( －１２)ꎬ１２< ≤１８ꎬ ＝ ＝ ×５ ≈３０８６(ｃｍ ｓ) 画出ｙ . ｘ ｘ 的图象如图. ｘ ｘ . ８１ ８１ (２) ４＝０１ －１５０( ≥０) ７２＋９( －１８)ꎬ >１８ ３.解析 利用函数解析式列出表格. 若该居民交纳的水费为 元 那么用水量ｘ ４８ ꎬ ∈(１２ꎬ１８]ꎬ ｘ １ １ 􀆺 －２ －１ － １ ２ 􀆺 令 ｘ 得ｘ ２ ２ ３６＋６( －１２)＝４８ ＝１４ꎬ 该居民本月用水量为 ３. ∴ １４ｍ ｙ １ １ 􀆺 １ ４ ４ １ 􀆺 拓广探索 ４ ４ ４.解析 根据题图 可得 点Ａ的实际 (１) (１) ꎬ ２７２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 意义为当乘客量为 时 亏损 单位 点Ｂ 根据函数解析式作出函数的图象 如图所示. 于是 ｆ ｘ ｆ ｘ 即ｆ ｘ ｆ ｘ . ０ ꎬ １( )ꎻ ꎬ － ( ２)>－ ( １)ꎬ ( １)>( ２) 的实际意义为当乘客量为 . 单位 时 收 所以ｆ ｘ 在 ｂ ａ 上单调递减. １５( ) ꎬ ( ) [－ ꎬ－ ] 支持平 射线ＡＢ上的点的实际意义为当乘 偶函数ｇ ｘ 在 ｂ ａ 上单调递增. ꎻ (２) ( ) [－ ꎬ－ ] 客量小于 . 时公司将亏损 当乘客量大于 证明如下 ｘ ｘ ｂ ａ 且ｘ ｘ １５ ꎬ :∀ １ꎬ ２∈[－ ꎬ－ ]ꎬ １< ２ꎬ . 时公司将赢利. 则ａ ｘ ｘ ｂ. １５ ≤－ ２<－ １≤ 题图 的建议是降低成本且保持票价 因为ｇ ｘ 在 ａ ｂ 上是减函数 (２) (２) ( ) [ ꎬ ] ꎬ 不变 ꎻ 题图 (３) 的建议是提高票价且保持成 ∵ ｆ ( ｘ ) 的定义域为 (０ꎬ＋∞)ꎬ 不关于原点对 所以ｇ (－ ｘ ２)> ｇ (－ ｘ １) . 本不变. 称 ꎬ∴ 该函数为非奇非偶函数 ꎬ 又因为ｇ ( ｘ ) 是偶函数 ꎬ 所以ｇ (－ ｘ )＝ ｇ ( ｘ ) . ５.解 由 析 图 可考 由 虑 题 以 中表 Ｆ ＝ 格 ｋｘ 画 ＋ ｂ 出 ( ｋ 散 ≠ 点 ０) 图 作 ꎬ 为 如 刻 图 画 所 长 示 度 . ６. 由 解 图 析 象 { 得 (１) ｙ ∵ ＝ ｆ Ｐ ( ｘ ＝ ) Ｒ 在 －１ ( ０ ０ ０ ꎬ ｘ ＋ － ∞ ２０ ) 上 ００ 单 ０ꎬ 调递减. 于 所 是 以 ｇ ｇ ( ( ｘ ｘ ) ２) 在 > ｇ [ ( － ｘ ｂ １ ꎬ ) － . ａ ] 上单调递增. 与 取 有 { 拉 两 １ 力 组 ４ . ２ 的 数 ｋ ＋ 函 据 ｂ 数 ( ＝ １ １ 模 ４ ꎬ . ２ 型 ꎬ { １ . ) ｋ ≈ ꎬ( ０ ５ . ７ ０ . ６ ５ ９ ꎬ ꎬ ４)ꎬ ∴ Ｐ ＝ ６ － ０ ２ １ ００ ｘ ０ ２ ＋ － ３ １ ０ ０ ０ ０ ｘ ｘ ꎬ － ｘ ２ > ０ ４ ０ ０ ０ ０ ０ . ꎬ０≤ ｘ ≤４００ꎬ １０.解 ( ｘ － 析 ｋ ０ . ４ ＋ ａ ( ) １ ｋＷ ) 􀅰 依 ｈꎬ 题 则 意 电力 知 部 用 门 电 的收 量 益 增 为 至 ｙ ５７ . ５ ｋ ＋ ｂ ＝４ ⇒ ｂ ≈０ . ０１６ . (２) 当 ０≤ ｘ ≤４００ 时 ꎬ ( ｋ ａ ) ｘ . . ｘ . . ∴ Ｆ ＝０ . ０６９ ｘ ＋０ . ０１６ . Ｐ ＝－ ２ １ [( ｘ２ －６００ ｘ ＋９０ ０００)－９００００]－ ( ＝ ２) ｘ 依 －０ 题 . ４ 意 ＋ 有 ( －０３)(０５５≤ ≤０７５) ２００００＝－ ２ １ ( ｘ －３００) ２ ＋２５０００ꎬ {( ｘ ０ － . ２ ０ ａ . ４ ＋ ａ ) ( ｘ －０ . ３)≥ ａ (０ . ８－０ . ３)(１＋２０ ％ )ꎬ ∴ 当ｘ ＝３００ 时 ꎬ Ｐ ｍａｘ＝２５０００ꎻ ０ . ５５≤ ｘ ≤０ . ７５ꎬ 当ｘ >４００ 时 ꎬ Ｐ ＝６００００－１００ ｘ <６００００－１００× 整理得 {ｘ２ －１ . １ ｘ ＋０ . ３≥０ꎬ ４００＝２００００ꎬ ０ . ５５≤ ｘ ≤０ . ７５ꎬ 将已知数据代入解析式 或作出图象 可以 ∵２５０００>２０ ０００ꎬ∴ 月产量为 ３００ 台时 ꎬ 公 解得 ０ . ６０≤ ｘ ≤０ . ７５ꎬ 发现 这个模型与已知数 ꎬ 据拟合程度 ꎬ 较好 司所获利润最大 ꎬ 最大利润为 ２５０００ 元. ∴ 当电价最低定为 ０ . ６ 元/ (ｋＷ􀅰ｈ) 时 ꎬ 仍 ꎬ ꎬ 综合运用 可保证电力部门的收益比上年至少增 说明它能较好地反映弹簧伸长长度与拉力 的关系. ７.解析 ｆ (１)＝５ꎻ ｆ (－３)＝２１ꎻ 长 ２０ ％. 复习参考题3 ｆ ａ { ( ａ ＋１)( ａ ＋５)ꎬ ａ ≥－１ꎬ 拓广探索 复习巩固 ( ＋１)＝ ( ａ ＋１)( ａ －３)ꎬ ａ <－１ . １１.解析 厂商希望产品价格低的时候 ꎬ 卖出 {ｘ ８.证明 ｆ (ｘ １＋ ｘ ２ ) ａ (ｘ １＋ ｘ ２ ) ｂ 的产品少 ꎬ 价格高的时候 ꎬ 卖出的多 ꎻ 而客 １.解析 (１) 由 ｘ －２≥０ꎬ得ｘ ≥２ꎬ (１) ２ ＝ ２ ＋ 户希望价格低时多买入 ꎬ 价格高时少买入. 故所求定义域为 ＋５ ｘ ≥ ｘ ０ . ａｘ １＋ ｂ ａｘ ２＋ ｂ 故厂商希望的供应曲线是题图 (１) 曲线 ꎬ 客 {ｘ { ｜ ≥２} ＝ ２ ＋ ２ 户希望的需求曲线是题图 (２) 曲线. (２) 由 ｜ － ｘ ｜ ４ － ≥ ５ ０ ≠ ꎬ ０ 得ｘ ≥４ꎬ 且ｘ ≠５ꎬ ＝ ｆ ( ｘ ２ １) ＋ ｆ ( ｘ ２ ２) ＝ ｆ ( ｘ １)＋ ２ ｆ ( ｘ ２). １２.解析 ｙ ＝ ｘ － １ ｘ 的定义域为 { ｘ ｜ ｘ ≠０}ꎬ 值域 ２. 故 解 所 析 求 定 (１ 义 ) 域 ｆ ( ａ 为 ) { ＋ ｘ １ ｜ ＝ ｘ ≥ １－ ４ ａ ａ ꎬ ＋ 且 １＝ ｘ ≠ ２ ５ ａ } ( . ａ ≠－１) . (２) ｇ (ｘ １＋ ２ ｘ ２ ) ＝ ４ １ ( ｘ２ １＋ ｘ２ ２＋２ ｘ １ ｘ ２)＋ ａ 􀅰 ｘ １＋ ２ ｘ ２ 为 ∵ 函 Ｒ. 数ｙ ＝ ｆ ( ｘ ) 的定义域关于原点对称 ꎬ 且 １＋ １＋ ｂ ( ) ａ ａ ＋ ꎬ ｆ ｘ ｘ １ ｘ １ ｆ ｘ ｆ ａ １－( ＋１) － ａ . ｇ ｘ ｇ ｘ (－ )＝－ ＋ ｘ ＝－ － ｘ ＝－( )ꎬ (２) ( ＋１)＝ １＋( ａ ＋１) ＝ａ ＋２ ( ≠－２) ( １)＋ ( ２) ｘ ２ ｘ２ ２ ｙ ｘ １ 为奇函数.函数 ｙ ｘ １ 在 ３.证明 ｆ ｘ １＋(－ ) １＋ ｆ ｘ . ∴ ＝ － ｘ ＝ － ｘ (１) (－ ) ( ＝ １－ ) ( ２ － ｘ ) ２＝ １－ ｘ２＝ ( ) ＝ ２ １ [( ｘ２ １＋ ａｘ １＋ ｂ )＋( ｘ２ ２＋ ａｘ ２＋ ｂ )] (－∞ꎬ０) 和 (０ꎬ＋∞) 上单调递增. (２) ｆ ( １ ｘ ) ＝ １＋ ( １ １ ｘ ) ２＝ ｘ ｘ ２ ２ ＋ － １ １ ＝ ２ １ ( ｘ２ １＋ ｘ２ ２)＋ ａ 􀅰 ｘ １＋ ２ ｘ ２ ＋ ｂ. ∀ ｆ ｘ ｘ １ꎬ ｘ ２ ｆ ∈ ｘ (０ꎬ＋ ( ∞ ｘ )ꎬ 且 １ ) ｘ １< ( ｘ ｘ ２ꎬ １ ) １－ ｘ ( ２)－( １)＝ ２－ｘ － １－ｘ 因为 １ ｘ２ ｘ２ ｘ ｘ １ ｘ２ ｘ２ ２ １ １＋ ｘ２ ｆ ｘ ｘ . ４ ( １＋ ２＋２ １ ２)－ ２ ( １＋ ２) ｘ ｘ １ １ ＝－ １－ ｘ２＝－ ( )( ≠０) １ ｘ ｘ ２ ＝ ２－ １＋ｘ １ －ｘ ２ ４.解析 函数 ｆ ( ｘ ) 的图象的对称轴是直线ｘ ＝－ ４ ( １－ ２) ≤０ꎬ ｘ ｘ ｘ １ ｘ ２＋１ 当 ＝ ８ ｋ ｋ . ≤５ꎬ 或 ｋ ≥２０ꎬ 即 所以 １ ４ ｇ ( ( ｘ２ １ ｘ ＋ １＋ ｘ２ ２ ｘ ＋ ２ ) ２ ｘ ≤ １ ｘ ｇ ２ ( ) ｘ ≤ １) １ ２ ＋ ｇ ( ( ｘ ｘ ２ １ ２ ＋ ) ｘ . ２ ２)ꎬ ∵ ∴ ＝( ｘ ｘ １ １ ２ ꎬ ｘ － ２ ｘ > ２∈ １ ０ ) . ( 􀅰 ０ꎬ＋ ｘ １ ∞ ｘ ２ )ꎬ ꎬ ８ ８ ２ ２ 又ｘ ｘ ｘ ｘ 即ｋ 或ｋ 时 ｆ ｘ 在 上是 ９.解析 奇函数ｆ ｘ 在 ｂ ａ 上单调递 １< ２ꎬ∴ ２－ １>０ꎬ ≤４０ꎬ ≥１６０ ꎬ ( ) [５ꎬ２０] (１) ( ) [－ ꎬ－ ] ｆ ｘ ｆ ｘ 单调函数. 减.证明如下 ∴ ( ２)－( １)>０ꎬ : ｆ ｘ ｆ ｘ 所以实数ｋ的取值范围为 ｋ ｋ 或ｋ ｘ ｘ ｂ ａ 且ｘ ｘ ∴ ( １)<( ２)ꎬ { ｜ ≤４０ ≥ ∀ １ꎬ ２∈[－ ꎬ－ ]ꎬ １< ２ꎬ 函数ｙ ｆ ｘ ｘ １ 在 上单调 １６０} . 则ａ ≤－ ｘ ２<－ ｘ １≤ ｂ. ∴ ＝ ( )＝ － ｘ (０ꎬ＋∞) ５.解析 令 ｆ ( ｘ )＝ ｘα ꎬ∵ ｆ ( ｘ ) 的图象过点 因为ｆ ( ｘ ) 在 [ ａ ꎬ ｂ ] 上是减函数 ꎬ 递增 ꎬ ( ) 所以ｆ ｘ ｆ ｘ . ２ ２ α 解得α １ (－ ２)> (－ １) 同理函数ｙ ｆ ｘ ｘ １ 在 上单 ２ꎬ ꎬ∴ ＝２ ꎬ ＝－ ꎬ 又因为ｆ ｘ 是奇函数 ＝ ( )＝ － ｘ (－∞ꎬ０) ２ ２ ２ ( ) ꎬ ∴ ｆ ( ｘ )＝ ｘ－２ １. 所以ｆ (－ ｘ )＝－ ｆ ( ｘ )ꎬ 调递增 ꎬ 函数图象如图. ２７３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋３.解析 ( ３６ ) ３ ２ [( ６ ) ２ ] ３ ２ ( ６ ) ３ 原式 ｍ１ ２􀅰 ｍ１ ３􀅰 ｍ１ ４ (１) ４９ ＝ ７ ＝ ７ (３) ＝ ｍ５ ６􀅰 ｍ１ ４ ＝ ３ ２ ４ １ ３ ６. ＝ ｍ１ ２ ＋ ３ １＋ ４ １－ ６ ５－ ４ １ ＝ ｍ０ ＝１ . (２)２ ３×３ ３ １ . ５× ６ １２ ５.解析 (１) 原式 ＝ ａ１ ３ ＋ ４ ３＋ １ ７ ２＝ ａ５ ３ . １３.解析 ｙ ｆ ｔ ＝２×３ １ ２×３× ３ ３ ×(２ ２ ×３) １ ６ (２) 原式 ＝ ａ２ ３ ＋ ４ ３－ ６ ５ ＝ ａ １ ７ ２ . ＝ ( )＝ ２ 原式 ｘ１×１２ ｙ－３×１２ ｘ４ｙ－９. (３) ＝ ３ 􀅰 ４ ＝ ì ï ï ３ｔ２ ꎬ０< ｔ ≤１ꎬ ＝２×３ １ ２×３×３ １ ３×２ － ３ １ ×２ １ ３×３ １ ６ (４) 原式 ＝(－６) ａ２ ３ ＋ ３ １ｂ－ ３ １＋３ １ ＝－６ ａｂ０ ＝－６ ａ. í ï２ ＝２ １－ ３ １＋ ３ １ ×３ １＋ ２ １＋ ３ １＋ ６ １ 综合运用 ï － ３ ( ｔ －２) ２ ＋ ３ꎬ１< ｔ ≤２ꎬ ＝２×３ ２ ＝１８ . ６.答案 ６４ î ïï ２ ｔ . (３) ａ１ ２ ａ１ ４ ａ－ ８ １ ＝ ａ１ ２ ＋ ４ １－ ８ １ ＝ ａ５ ８ . 解析 ∵ 细菌每 １０ ｍｉｎ 分裂 １ 次 ꎬ１ ｈ 共分 函数 ３ꎬ 图 > 象 ２ 如图. (４)２ ｘ－ ３ １ ( １ ｘ１ ３－２ ｘ－ ３ ２ ) ＝ ｘ－ ３ １＋ ３ １ －４ ｘ－ ３ １－ ３ ２ ７. 裂 解析 ６ 次 ꎬ∴１ 个细 ｍ 菌分裂 ｎ 成 ２ ６ ＝６４ 个. ２ (１)∵１０ ＝２ꎬ１０ ＝３ꎬ ＝１－４ ｘ ４ －１ . . １.２ 无理数指数幂 ∴１０ ３ ｍ ２ －２ ｎ ＝(１０ ３ ｍ－２ ｎ ) １ ２ ＝ ( １ １ ０ ０ ３ ２ ｍ ｎ ) １ ２ [ ｍ ] １ ( ) １ 及其运算性质 (１０ ) ３ ２ ２ ３ ２ ２ ２. ＝ ｎ ２ ＝ ２ ＝ 练习 (１０ ) ３ ３ １４.解析 (１) 由题表中所给数据 ꎬ 在平面直角 １.解析 (１)(２ ３ ｍ３ ) ２３ (２)∵ ａ２ ｘ ＝３ꎬ∴ ａ ａ ３ ｘ ｘ ＋ ＋ ａ ａ － － ３ ｘ ｘ ＝ ( ａｘ ) ａ ３ ｘ ＋ ＋ ( ａ－ ａ ｘ －ｘ ) ３ 坐标系中作出 的对 ( 应 ３０ 点 ꎬ６０ 它 )ꎬ 们 ( 近 ４０ 似 ꎬ３ 地 ０) 分 ꎬ( 布 ４５ 在 ꎬ ＝２ ３×２３ 􀅰 ｍ２ ３×２３ ＝ ａ２ ｘ － ａｘ 􀅰 ａ－ｘ ＋ ａ－２ ｘ ＝３－１＋ １ ＝ ７ . １５)ꎬ(５０ꎬ０) ꎬ ３ ３ 一条直线上 ꎬ 如图所示. ２. ( 解 ＝ ２ ２ 析 ) ６ ａ 􀅰 π ３ ｍ ａ ３ ２ ３ π ＝ ａ ６ 当 －π ４ ｍ ＝ ｘ ３ ａ . 趋 π ３ ＋ 向 ２ ３ π 负 －π 无 ＝ ａ 穷 ０ ＝ 大 １ . 时 ｘ 的值不 ８.解 (１ 析 ) ａ ＋ ａ 已 －１ 知 ＝( ａ ａ １ ２ １ ２ ＋ ＋ ａ ａ － － ２ １ ２ １ ＝ ) ２ ３ － ꎬ ２ ａ１ ２􀅰 ａ－ ２ １ (１) ꎬ２ 断变小 并且趋近于 . ＝３ ２ －２ ａ０ ＝７ . ꎬ ０ ( )ｘ (２) ａ２ ＋ ａ－２ ＝( ａ ＋ ａ－１ ) ２ －２ ａ 􀅰 ａ－１ 当ｘ趋向正无穷大时 １ 的值不断 (２) ꎬ ２ ＝４９－２＝４７ . 变小 并且趋近于 . 拓广探索 ꎬ ０ ◆习题4.1 ９.解析 当进行 次之后 容器中酒精含 (１) １ ꎬ { ｋ ｂ 设ｙ ｋｘ ｂ ｋ 则 ５０ ＋ ＝０ꎬ 复习巩固 量为 ２ 第 次之后为 ２ ２ ４ ＝ ＋ ( ≠０)ꎬ ｋ ｂ Ｌꎻ ２ × ＝ Ｌꎻ ４５ ＋ ＝１５ꎬ １.解析 原式 . ３ ３ ３ ９ {ｋ (１) ＝１００ ( ) ５ 解得 ｂ ＝－３ꎬ (２) 原式 ＝－０ . １ . 􀆺􀆺ꎻ 第 ５ 次之后为 ２ ３ Ｌ . ｙ ＝ ｘ １５０ꎬ ｘ 且ｘ Ｎ∗ . (３) 原式 ＝４－π . 由 得出第ｎ次之后为 ( ２ )ｎ . ∴ ＝－３ ＋１５０(０≤ ≤５０ꎬ ∈ ) 原式 ｘ ｙ . (２) (１) Ｌ 依题意 得Ｐ ｙ ｘ (４) ＝｜ － ｜ ３ (２) ꎬ ＝ ( －３０) ２.答案 Ｄ Ａ １０.解析 略. ｘ ｘ (１) (２) (１) ＝ ＝ ( － － ３( ３ ｘ ＋ － １ ４ ５ ０ ０ ) ) ２ ＋ ( ３０ － ０ ３ ( ０ ０ ) ≤ ｘ ≤５０ꎬ 且ｘ ∈ Ｎ∗ )ꎬ 解析 (１) 对于 Ａꎬ ａ４ ３ａ３ ４ ＝ ａ４ ３＋４ ３ ＝ ａ２ １ ５ ２ꎻ 对于 (２) 当ｎ越来越大时 ꎬ ( １＋ ｎ １ )ｎ 也会越来 ∴ 当ｘ ＝４０ 时 ꎬ Ｐ有最大值 ３００ . Ｂꎬ ａ ÷ ａ２ ３ ＝ ａ１－３ ２ ＝ ａ１ ３ꎻ 对于 Ｃꎬ ａ２ ３ａ－３ ２ ＝ ａ０ ＝１ꎻ 越大.没有最大值. 故销售单价为 元时 才能获得最大日销 售利润. ４０ ꎬ 对于 Ｄꎬ( ａ１ ４) ４ ＝ ａ.故选 Ｄ . 4.2 指数函数 ａ ｍ ｎ ｎ ａｍ ａ０ ａ－ ｍ ｎ １ 故选 . 第四章 指数函数与 (２) ＝ ꎬ ＝１ꎬ ＝ ｎ ａｍꎬ Ａ ４.２.１ 指数函数的概念 对数函数 ３.答案 ( １ ) －１ 练习 (１) １.Ｃ 为一次函数图象 为二次函数图象 ２ Ａ ꎬＢ ꎬ 4.1 指数 (２)２ ３ <３ ２ <２ π <π ５ Ｄ 可以为ｙ ＝ ｘ３的图象. 练 ４ 习 .１.１ ｎ次方根与分数指数幂 ４.解析 (１) 原式 ＝ æ è ç ｂ ａ ３ 􀅰 ａ ｂ６ ２ ö ø ÷ １ ２ ２.解 ｆ (０ 析 . ５ )＝ ｆ ( ２ ０ ｆ ) ( ＝ ０) ３ ＝ 􀅰 ３ ２ 􀅰 ０ ꎻ ２ １ ꎻ １.解析 (１) ａ１ ２ ＝ ａ. (２) ａ３ ４ ＝ ４ａ３. (ｂ３ ) １ ２ (ａ２ ) １ ４ ｆ ｆ (１) . ＝２ ｆ ( ｆ ０ . ５)＝４ ｆ ｆ (０)＝３􀅰２ ２ ３ ꎻ ａ－３ １ . ａ－２ １ . ＝ ａ 􀅰 ｂ６ (１５)＝２(１)＝８(０)＝３􀅰２ ꎻ ２. ( 解 ３ 析 ) ５ ( ＝ １) ５ａ ３ ３ ｘ２ ( ＝ ４) ｘ２ ３( ３ ｘ > ＝ ０ ３ ) ａ . ２ ＝ ｂ ａ ３ ２ １ ２ ａ ｂ １ ２ ３ ２ ＝１ . 􀆺 ｆ 所 (０ 􀆺 以 . ５ 函 ｎ ) 数 ＝２ ｙ ｆ ( ＝ ０ ｆ . ( ５ ｘ ( ) ｎ 的 －１ 一 )) 个 ＝ 解 ３􀅰 析 ２ 式 ｎ. 为ｆ ( ｘ )＝３ (２) ５ ( ｍ － ｎ ) ４ ＝( ｍ － ｎ ) ４ ５( ｍ > ｎ ) . 原式 ａ１ ａ１ ａ １ 􀅰２ ２ ｘ ＝３􀅰４ ｘ. (３) ｐ６ ｐ５ ＝ ｐ３ 􀅰 ｐ５ ２ ＝ ｐ１ ２ １ ( ｐ >０) . (２ ａ ) １ ａ ＝ １ ( ２ ４ 􀅰 ａ １ ２ )２ ３.解析 令ｆ ( ｘ )＝(１＋６ . ２５ ％ ) ｘ ꎬ (４) ａ ａ ３ ＝ ａ３－ ２ １ ＝ ａ５ ２( ａ >０) . ＝ ａ ４ １ 􀅰( ａ１ ４􀅰 ａ１ )２ １ ａ１. 则 所以 ｆ ( 该 ３０ 湖 )＝ 泊 ( 的 １＋ 蓝 ６ . 藻 ２５ 变 ％ ) 为 ３０ 原 ≈ 来 ６ . １ 的 ６ꎬ . 倍. ＝ ４􀅰 ８􀅰( ４)２ ＝ ２ ６１６ ２７４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ４.２.２ 指数函数的图象和性质 ｐ％ ａ ｐ％ ２ １０.解析 当ａ 时 ｆ ｘ 单调递增 ｇ ｘ 􀅰 ＝ (１＋ ) ꎻ (１) >１ ꎬ( ) ꎬ ( ) 经过 年后 年产量为 ａ ｐ％ ２ 单调递减 练习 ３ ꎬ (１＋ ) ＋ ꎻ １.解析 在同一平面直角坐标系中 函数ｙ ａ (１＋ ｐ％ ) ２ 􀅰 ｐ％ ＝ ａ (１＋ ｐ％ ) ３ ꎻ 当 ０< ａ <１ 时 ꎬ ｆ ( ｘ ) 单调递减 ꎬ ｇ ( ｘ ) 单调递增. ꎬ ＝ ( )ｘ 􀆺􀆺 (２) ３ ｘ ꎬ ｙ ＝ ３ １ 的图象如图所示.它们的图象 经过ｘ年后 ꎬ 年产量为ａ (１＋ ｐ％ ) ｘ. 关于ｙ轴对称. ∴ ｙ ＝ ａ (１＋ ｐ％ ) ｘ ( ｘ ∈ Ｎ∗ ꎬ ｘ ≤ ｍ ) . ３.解析 ｍ ｎ. ｍ ｎ. ｍ ｎ. ｍ ｎ. (１) < (２) > (３) > (４) > ４.解析 . Ｑ ｒ １０ (１)２０２３＝ ０(１＋ ) ꎬ① . Ｑ ｒ １１ ２３２６＝ ０(１＋ ) ꎬ② . . ②得２３２６ ｒ ｒ ２３２６ . . . ＝１＋ ꎬ∴ ＝ . －１≈０１５ 图 ① ２０２３ ２０２３ ① 由 知 Ｑ ｆ . １２ (２) (１) ꎬ ０≈５ꎬ (１２)＝５×(１＋０１５) . １２ . . ＝５×１１５ ≈２６７５ ２.解析 由函数ｙ ｘ ｙ ｘ 的图象可知 综合运用 (１) ＝６ 、 ＝７ ５.解析 设ｆ ｘ . ａｘ ａ 且ａ ２ ２. (１) ( )＝３５􀅰 ( >０ ≠１)ꎬ ６ <７ 由ｆ . 得ａ . (１)＝４２０ꎬ ＝１２ꎬ ｆ ｘ . . ｘ. ∴ ( )＝３５×１２ 设ｇ ｘ ｃ ａｘ ｃ ａ 且ａ (２) ( )＝ 􀅰 ( ≠０ꎬ >０ ≠１)ꎬ 由ｇ ｇ 得 (－１)＝８ꎬ (１)＝２ꎬ 图 { ② {ｃ ａ－１ ａ １ 􀅰 ＝８ꎬ解得 ＝ ꎬ 当ａ 时 若ｆ ｘ ｇ ｘ 由图 得ｘ ｃ ａ ２ >１ ꎬ ( )< ( )ꎬ ①ꎬ <０ꎻ 由函数 ｙ . ｘ 的图象可知 . －３ . ５ 􀅰 ＝２ꎬ ｃ ＝４ꎬ 当 ０< ａ <１ 时 ꎬ 若ｆ ( ｘ )< ｇ ( ｘ )ꎬ 由图 ②ꎬ 得 (２) ＝０ ３ ０ ３ > ( )ｘ ｘ . . －２ . ３. ｇ ｘ １ . >０ ０３ ∴ ( )＝４􀅰 ２ ６.解析 ｙ ｘ是增函数 且 . . 4.3 对数 (１)∵ ＝３ ꎬ ０８>０７ꎬ ∴３ ０ . ８ >３ ０ . ７. ４.３.１ 对数的概念 ｙ . ｘ是减函数 且 . . (２)∵ ＝０７５ ꎬ －０１<０１ꎬ 练习 . －０ . １ . ０ . １. ∴０７５ >０７５ (３)∵ ｙ ＝１ . ０１ ｘ是增函数 ꎬ 且 ２ . ７<３ . ５ꎬ １.解析 (１)ｌｏｇ２８＝３ . ∴１ . ０１ ２ . ７ <１ . ０１ ３ . ５. (２)ｌｎ ｍ ＝ ３ . (４) . ∵ ｙ ３ . ３ ＝０ . ９ . ９ ｘ ４ . 是 ５. 减函数 ꎬ 且 ３ . ３<４ . ５ꎬ (３)ｌｏｇ２７ １ ３ ＝－ ３ １ . 由函数ｙ . ｘ ｙ . ｘ的图象可知 . ０ . ５ ７.解 ∴０ 析 ９９ 能 > . ０ 设 ９ 原 ９ 来碳 的含量为 则经过 (４)３ ２ ＝９ . ( > ３ １ ) >０ . ５ １ . ２ ꎬ 即 ＝ １ . １ ２ ０ ２ . ５ > 、 ０ . ＝ ５ ０ １ . ２ ５ . １２ 个 半 衰期 后 碳 １４ 的含量为 ( １ １ ꎬ ) ９ １ ９ (５)１０ ２ . ３ ＝ ｎ. “ ” ꎬ １４ ２ ＝ ５１２ (６)３ －４ ＝ １ . ８１ > １０ １ ００ ꎬ 所以能探测到. ２.解析 (１)∵５ ２ ＝２５ꎬ∴ｌｏｇ５２５＝２ . ８.解析 (１) 本利和ｙ关于存期数ｘ的函数解 (２)∵０ . ４ ０ ＝１ꎬ∴ｌｏｇ０ . ４１＝０ . 析式为ｙ ＝ ａ (１＋ ｒ ) ｘ. (３)∵ｅ －１ ＝ １ ꎬ∴ｌｎ １ ＝－１ . 当ａ ｒ . ％ ｘ 时 ｅ ｅ ３.解析 略. ( ｙ ２ ＝ ) １ ０００ ＝ × １ ( ０ １ ０ ＋ ０ꎬ ２ . ＝ ２５ ２ ％ ２５ ) ５ ＝ ꎬ １ ＝５ ０００× ꎬ １ . ０２２５ ５ (４)∵１０ －３ ＝０ . ００１ꎬ∴ｌｇ０ . ０ ( ０１＝－ ) ３ . ◆习题4.2 元 . ３.解析 ｘ ｘ １ －３ . ≈１１１８( ) (１)ｌｏｇ１ ３ ＝－３ꎬ∴ ＝ ＝２７ 复习巩固 期后的本利和约为 元. ３ １.解析 对任意的ｘ Ｒ 函数ｙ ３－ｘ都有 拓 ∴ 广 ５ 探索 １１１８ (２)∵ｌｏｇｘ４９＝４ꎬ∴ ｘ４ ＝４９ꎬ (１) ∈ ꎬ ＝２ 又ｘ 且ｘ ｘ . 意 (２ 义 ) 对 ꎬ 所 任 以 意的 ｙ ＝ ｘ ２ ∈ ３－ｘ Ｒ 的 ꎬ 定 函 义 数 域 ｙ 为 ＝３ ( ２ ｘ － ＋１ ∞ 都 ꎬ 有 ＋∞ 意 ) 义 . ꎬ ９.解析 (１) 由题意 ꎬ 得 {ｆ ｂ ( ＝ ０ ２ ) ꎬ ＝０ꎬ ∴ {ａ ｂ ＝ ＝ ２ － ꎬ ２ꎬ (３)∵ >０ ｌｇ０ . ０ ≠ ００ １ꎬ ０ ∴ １＝ ｘ ＝ ꎬ∴ ７ ｘ ＝ｌｇ１０ －５ ＝－５ . 所以ｙ ＝３ ２ ｘ＋１的定义域为 (－∞ꎬ＋∞) . ｙ ( １ ) ｜ ｘ ｜ . (４)∵ｌｎ ｅ＝－ ｘ ꎬ∴ ｘ ＝－ｌｎｅ １ ２ ＝－ １ . ( ) ｘ ∴ ＝－２􀅰 ＋２ ２ 对任意的ｘ Ｒ 函数ｙ １ ５ 都有意 ２ (３) ∈ ꎬ ＝ 图象如图所示 ４.３.２ 对数的运算 ２ : ( ) ｘ ５ 义 所以ｙ １ 的定义域为 . 练习 ꎬ ＝ (－∞ꎬ＋∞) ２ １.解析 ２ ３ ４ 由题意知ｘ 所以ｙ . １ｘ 的定义域 (１)ｌｏｇ３(２７×９ )＝ｌｏｇ３３ ＋ｌｏｇ３３ ＝３＋４ (４) ≠０ꎬ ＝０７ . ＝７ 为 . (－∞ꎬ０)∪(０ꎬ＋∞) . ２.解析 由题意可得 (２)ｌｇ５＋ｌｇ２＝ｌｇ(５× ( ２)＝ｌｇ ) １０＝１ ꎬ １ １ . 经过 年后 年产量为 ａ ａ ｐ％ ａ (３)ｌｎ３＋ｌｎ ＝ｌｎ ３× ＝ｌｎ１＝０ １ ꎬ ＋ 􀅰 ＝ (１ ３ ３ ｐ％ 该函数是偶函数.在 上单调递 ＋ )ꎻ (２) (－∞ꎬ０] ５ １ . 经过 年后 年产量为ａ ｐ％ ａ ｐ％ 减 在 上单调递增. (４)ｌｏｇ３５－ｌｏｇ３１５＝ｌｏｇ３ ＝ｌｏｇ３ ＝－１ ２ ꎬ (１＋ )＋ (１＋ ) ꎬ [０ꎬ＋∞) １５ ３ ２７５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２.解析 ｘｙｚ ｘ ｙ ｚ. ４.解析 ｘ ａ ｂ ａｂ {ｘ {ｘ (１)ｌｇ( )＝ｌｇ ＋ｌｇ ＋ｌｇ (１)ｌｎ ＝ｌｎ ＋ｌｎ ＝ｌｎ ꎬ 由 >０ꎬ 得 >０ꎬ ｘｙ２ ｘ ａｂ. (２) ｘ ｘ ｘｙ２ ｚ ∴ ＝ ｌｇ ≠０ꎬ ≠１ꎬ (２)ｌｇ ｚ ＝ｌｇ( )－ｌｇ ｎ３ ｘ ｎ ｍ ｎ３ ｍ ｙ １ 的定义域为 ｘ ｘ 且ｘ . ｘ ｙ２ ｚ (２)ｌｇ ＝３ｌｇ －ｌｇ ＝ｌｇ －ｌｇ ＝ｌｇ ｍꎬ ∴ ＝ ｘ { ｜ >０ꎬ ≠１} ＝ｌｇ ＋ｌｇ －ｌｇ ｌｇ ｘ ｙ ｚ. ｎ３ ＝ｌｇ ＋２ｌｇ －ｌｇ ｘ . 由 １ 得 ｘ ｘｙ３ ｘｙ３ ｚ ∴ ＝ ｍ (３) １－３ ｘ>０ꎬ １－３ >０ꎬ (３)ｌｇ ｚ ＝ｌｇ( )－ｌｇ ｘ １ ｂ ｃ ｂ ｃ ｘ １ . (３)ｌｏｇａ ＝ ｌｏｇａ －ｌｏｇａ ＝ｌｏｇａ －ｌｏｇａ ∴ < ２ ３ ｘ ｙ３ １ ｚ { } ＝ｌｇ ＋ｌｇ － ２ ｌｇ ＝ｌｏｇａ ｃ ｂ ꎬ∴ ｘ ＝ ｃ ｂ . ∴ ｙ ＝ｌｏｇ７ １－ １ ３ ｘ 的定义域为 ｘ ｘ < ３ １ . ｘ ｙ １ ｚ. ＝ｌｇ ＋３ｌｇ － ２ ｌｇ (４)∵ｌｏｇ２[ｌｏｇ３(ｌｏｇ４ ｘ )]＝０ꎬ (４) ｙ ＝ｌｏｇａ｜ ｘ ｜( ａ >０ꎬ 且ａ ≠１) 的定义域为 (４)ｌｇｙ ｘ ２ｚ＝ｌｇ ｘ －ｌｇ( ｙ２ｚ ) 综 ∴ ∴ 合 ｌ ｌ 运 ｏ ｏ ｇ ｇ ３ ４ 用 ( ｘ ｌ ＝ ｏｇ ３ ４ ꎬ ｘ ∴ )＝ ｘ ＝ １ꎬ ４ ３ ＝６４ . ２. { 解 所 ｘ 析 示 ｜ ｘ ≠ . ０ ( } １ . ) 函数 ｙ ＝ｌｇ １０ ｘ ＝ ｘ 的图象如图 １ ｘ ｙ２ ｚ ＝ ２ ｌｇ －ｌｇ －ｌｇ ５.解析 (１)ｌｇ６＝ｌｇ２＋ｌｇ３＝ ａ ＋ ｂ. ＝ ２ １ ｌｇ ｘ －２ｌｇ ｙ －ｌｇ ｚ. (２)ｌｏｇ３４＝ ｌ ｌ ｇ ｇ ４ ３ ＝ ２ ｌｇ ｌｇ ３ ２ ＝ ２ ｂ ａ . ３.解析 (１) 原式 ＝ ｌ ｌ ｇ ｇ ３ ２ × ｌ ｌ ｇ ｇ ４ ３ × ｌ ｌ ｇ ｇ ５ ４ × ｌ ｌ ｇ ｇ ２ ５ ＝１ . (３)ｌｏｇ２１２＝ ｌｇ１２ ＝ ｌｇ３＋ｌｇ４ ＝ ｌｇ３＋２ｌｇ２ (２) 原式 ＝２ ( １ ｌｏｇ２３＋ １ ｌｏｇ２３ ) ( ｌｏｇ３２＋ ＝ ２ ａ ａ ＋ ｂ . ｌｇ２ ｌｇ２ ｌｇ２ (２) ｙ ＝１０ ｌｇ ｘ ＝ ｘ ( ｘ >０) 的图象如图所示. ２ ３ ) １ ３ ｂ ａ. ｌｏｇ３２ (４)ｌｇ ＝ｌｇ３－ｌｇ２＝ － ２ ２ ６.解析 ｘ ｘ ５ ３ ５ . (１) ｌｏｇ３４＝１ꎬ∴ ＝ｌｏｇ４３ꎬ ＝２× ｌｏｇ２３× ｌｏｇ３２＝ ◆习题 ６ 4.3 ２ ２ ∴４ ｘ ＋４ －ｘ ＝４ ｌｏｇ４３ ＋４ －ｌｏｇ４３ ＝３＋ １ ＝ １０. ３.答案 ３ ３ ① 复习巩固 (２) ｆ (ｌｏｇ３２)＝３ ｌｏｇ３２ ＝２ . ４.４.２ 对数函数的图象和性质 １.解析 (１)ｌｏｇ３１＝ ｘ. ７.证明 (１) 左边 ＝ ｌｇ ａ ｂ 􀅰 ｌｇ ｂ ｃ 􀅰 ｌｇ ａ ｃ＝１ꎬ 练习 ｌｇ ｌｇ ｌｇ (２)ｌｏｇ４ １ ６ ＝ ｘ. ∴ｌｏｇａ ｂ 􀅰ｌｏｇｂ ｃ 􀅰ｌｏｇｃ ａ ＝１ . １.解析 函数ｙ ＝ｌｏｇ３ ｘ和ｙ ＝ｌｏｇ１ ３ ｘ的图象如图 ( ( ３ ４ ) ) ｌ ｌ ｇ ｎ ６ ２５ ＝ ＝ ｘ. ｘ. (２)ｌｏｇａｍ ｂｎ ＝ ｌ ｌ ｇ ｇ ａ ｂ ｍ ｎ ＝ ｍ ｎ 􀅰 ｌ ｌ ｇ ｇ ａ ｂ 所示. (５)５ ｘ ＝２７ . ＝ ｍ ｎ ｌｏｇａ ｂ. (６)７ ｘ ＝ ３ １ . ８.解析 设ｘ年后该地 ＧＤＰ 会翻两番. (７)１０ ｘ ＝０ . ３ . 由题意知 ꎬ(１＋６ . ５ ％ ) ｘ ＝４ꎬ ｘ . . (８)ｅ ｘ ＝ ３ . ∴ ＝ 年 ｌｏｇ 后 １ . ０６ 该 ５４ 地 ≈２２０１ 会翻两番. ２.答案 Ｄ Ｃ ∴２３ ＧＤＰ (１) (２) { ｘ 拓广探索 ２－ >０ꎬ 解析 根据题意 知 ｘ １ ｘ ９.解析 １ . ０１ ３６５ . . ｙ ｘ的图象与ｙ ｘ的图象关于ｘ轴 (１) ꎬ ２ ｘ －１>０ꎬ⇒ ２ < < (１) ０ . ９９ ３６５≈１４８０６６ 对 ＝ 称 ｌｏｇ . ３ ＝ｌｏｇ１ ３ 且ｘ 故选 . ２ －１≠１ (２)１ . ０１ ｘ １＝１０×０ . ９９ ｘ １ꎬ ２.解析 ｙ ｘ在 上是增函 ２ꎬ ≠１ꎬ Ｄ ｘ . . (１)∵ ＝ｌｇ (０ꎬ＋∞) ａ ｂ 且ａ ｂ ａｂ ∴ １≈１１５１３ 数 且 . . (２)∵ｌｇ ＋ｌｇ ＝０ꎬ >０ꎬ >０ꎬ∴ ｌｇ( )＝ 大约经过 天后 进步 的是 落后 的 ꎬ ０６<０８ꎬ 即ａｂ 故选 ∴ １１６ “ ” “ ” . . . ０ꎬ ＝１ꎬ Ｃ. 倍.同理可得 大约经过 天 天后 ∴ｌｇ０６<ｌｇ０８ １０ ꎬ ２３１ 、３４６ ｙ ｘ在 上是减函数 且 ３.解析 (１)ｌｏｇａ２＋ｌｏｇａ １ “ 进步 ” 的分别是 “ 落后 ” 的 １００ 倍 、１０００ 倍. (２)∵ ＝ｌｏｇ０ . ５ (０ꎬ＋∞) ꎬ ６ ( ) ２ １０.解析 设经过 ｘ 个小时才能驾驶 由题 >４ꎬ ꎬ . ＝ｌｏｇａ ２× １ ＝ｌｏｇａ１＝０ . 意 得 ∴ｌｏｇ０ . ５６<ｌｏｇ０ . ５４ ２ ꎬ 当ｍ 时 ｙ ｘ在 上是增 ％ ｘ (３) >１ ꎬ ＝ｌｏｇｍ (０ꎬ＋∞) １８ . １００×(１－３０ ) ≤２０ꎬ 函数 (２)ｌｏｇ３１８－ｌｏｇ３２＝ｌｏｇ３ ＝ｌｏｇ３９＝２ . ꎬ ２ ｘ ｌｇ０２ . . ∴ ≥ . ≈４５ ∵５<７ꎬ∴ｌｏｇｍ５<ｌｏｇｍ７ꎻ １ １ １ . ｌｇ０７ 当 ｍ 时 ｙ ｘ在 上是减函数 (３)ｌｇ －ｌｇ２５＝ｌｇ ＝ｌｇ ＝－２ 至少经过 个小时才能驾驶. ０< <１ ꎬ ＝ｌｏｇｍ (０ꎬ＋∞) ꎬ ４ ４×２５ １００ ∴ ５ . . ∵５<７ꎬ∴ｌｏｇｍ５>ｌｏｇｍ７ (４)２ｌｏｇ５２５－３ｌｏｇ２６４＝２×２－３ . ×６＝４－１８＝－１４ 4.4 对数函数 ３.解析 (１) 由题意得 ꎬ ｙ ＝３ ０００(１＋６ . ８ ％ ) ｘ ꎬ (５)ｌｏｇ２(ｌｏｇ２１６)＝ｌｏｇ２４＝２ ｘ 且ｘ Ｎ∗. (６)ｌｏｇ２２５×ｌｏｇ３４×ｌｏｇ５９ ４.４.１ 对数函数的概念 １≤ ≤５ ∈ . ％ ｘ (２)３０００(１＋６８ ) ＝３９００ꎬ ｌｇ２５ ｌｇ４ ｌｇ９ ＝ × × 练习 解得ｘ . ｌｇ２ ｌｇ３ ｌｇ５ ≈３９９ꎬ １.解析 由 ｘ 得ｘ 经过 年该地区 能达到 亿元 ２ｌｇ５ ２ｌｇ２ ２ｌｇ３ . (１) １－ >０ꎬ <１ꎬ ∴ ４ ＧＤＰ ３ ９００ ＝ × × ＝８ 故ｙ ｘ 的定义域为 ｘ ｘ . 人民币. ｌｇ２ ｌｇ３ ｌｇ５ ＝ｌｎ(１－ ) { ｜ <１} ２７６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ４.４.３ 不同函数增长的差异 的单调性相反. 补全表格如下 (３) : ５.解析 令Ｏ 练习 (１) ＝２７００ꎬ ｔ ０ ５ １０ １５ ２０ １.答案 ｙ 则ｖ １ ２７００ . . ２ ＝ ｌｏｇ３ ＝１５(ｍ/ｓ) Ｐ /万元 解析 由题表中的数据可知 关于ｘ呈指数 ２ １００ １ ２０ ３０ ４０ ５０ ６０ ꎬ 当一条鱼的耗氧量是 个单位时 它 增长的变量是ｙ . ∴ ２ ７００ ꎬ Ｐ /万元 ２ 的游速为 . ２ ２０ ２０ ２ ４０ ４０ ２ ８０ ２.解析 由题图 知 ｘ . 时 ｘ ｘ １５ｍ/ｓ. (１) ０≤ <０２７ ３ >５ ꎬ Ｏ 图象如图所示 由题图 (２)(３) 知 ꎬ ｘ >２ . １７ 时 ３ ｘ >５ ｘ ꎬ (２) 令ｖ ＝０ꎬ 则 １ ２ ｌｏｇ３ １００ ＝０ꎬ 解得Ｏ ＝１００ . : 使 ｘ ｘ的ｘ的取值范围是 . 一条鱼静止时的耗氧量为 个单位. ∴ ３ >５ [０ꎬ０２７)∪ ∴ １００ . . ６.Ｂ (２１７ꎬ＋∞) ３.解析 由题图可知Ａ Ｂ . 综合运用 (１ꎬ０)ꎬ (２ꎬｌｇ２) 设一次函数的解析式为ｆ ｘ ｋｘ ｂ ｋ ７.解析 互为反函数. ( )＝ ＋ ( ≠０)ꎬ (１) { ｋ ｂ {ｂ ｙ ｘ的定义域为 值域为Ｒ 由题意得 ０＝ ＋ ꎬ ＝－ｌｇ２ꎬ ＝ｌｎ (０ꎬ＋∞)ꎬ ꎻ ｋ ｂ ∴ ｋ ｙ ｘ的定义域为Ｒ 值域为 . ｌｇ２＝２ ＋ ꎬ ＝ｌｇ２ꎬ ＝ｅ ꎬ (０ꎬ＋∞) ｆ ｘ ｘ . 互为反函数. ∴ ( )＝ ｌｇ２－ｌｇ２ (２) ４.Ｃ 根据ｆ ｆ 可知ｙ ｘ满足. 由ｙ ｘ 得 ｘ ｙ 当ｔ 或ｔ 时 Ｐ Ｐ (２)<１ꎬ(３)>１ ＝ｌｎ ＝－ｌｏｇａ ꎬ ｌｏｇａ ＝－ ꎬ ＝０ ＝１０ ꎬ １＝ ２ꎻ ◆习题4.4 ( )ｙ 当 ｔ 时 Ｐ Ｐ 复习巩固 ∴ ｘ ＝ ａ－ｙ ＝ ａ １ ꎬ∴ ｙ ＝－ｌｏｇａ ｘ的反函数是ｙ 当 ０ ｔ <<１ 时 ０ Ｐ ꎬ Ｐ １> . ２ꎻ １.解析 (１) 由题意知ｘ >０ꎬ ＝ ( ａ １ )ｘ . 拓广探 > 索 １０ ꎬ １< ２ 所以函数的定义域为 . 由 { ｌｏｇ０ . ５(４ ｘ －３)≥ ( ０ ０ ꎬ ꎬ＋∞) ｙ ＝－ ( ｌｏｇａ ) ｘ ｘ 的定义域为 (０ꎬ＋∞)ꎬ 值域为Ｒ ꎻ １２.解析 ｌｏｇａ １ ２ <１＝ｌｏｇａ ａ ꎬ (２) ｘ ｙ １ 的定义域为Ｒ 值域为 . 当ａ 时 ａ １ ａ ４ －３>０ꎬ ＝ ａ ꎬ (０ꎬ＋∞) >１ ꎬ > ꎬ∴ >１ꎻ ２ 得 ｘ 解得 ３ ｘ . ８.解析 ｙ ｇ ｘ 表示该学校男生体重为 ０<４ －３≤１ꎬ < ≤１ (１) ＝ ( ) 当 ａ 时 ａ １ ａ １ . ４ ｘ 时平均身高为ｙ . ０< <１ ꎬ < ꎬ∴０< < ( ] ｋｇ ｃｍ ２ ２ 故函数的定义域是 ３ . ｆ ｇ . ꎬ１ (２)∵ (１７０)＝５５ꎬ∴ (５５)＝１７０ ａ 或 ａ １ . ４ 其实际意义是男生体重为 时的平均身 ∴ >１ ０< < ２.解析 ｍ ｎ. ｍ ｎ. ５５ｋｇ ２ (１) < (２) > 高为 . ( )ａ ( ) ０ ｍ ｎ. ｍ ｎ. １７０ｃｍ １ １ (３) > (４) > ∵ <１＝ ꎬ ３.解析 若火箭的最大速度ｖ ９.解析 设疾病的患病率与经过的年数的函 ２ ２ 则 则 ２ ｌｎ ０ ( ０ １ ０ ＋ ｌｎ Ｍ ｍ ( １ ) ＋ ＝ Ｍ ｍ ３ ) ꎬ ＝１２ꎬ ＝１２ｋｍ/ｓꎬ 数 依 即 关 题 ０ . 系 意 ８５ 式 得 ｘ ＝ 为 ( . ０ １ . ５ － ｆ ( ꎬ １ ｘ ５ ) ％ ＝ ) ( ｘ １ ＝ － ５ １ ０ ５ ％ ％ ꎬ ) ｘ ꎬ ∴ ∵ ∴０ ａ ａ ≤ > １ ２ ０ < ａ . １ < ꎬ １ 即 . ａ <１ꎬ∴ {ａ ａ ≥ <１ ０ ꎬ ꎬ ５００ ｘ ｌｇ０５ . . 即 Ｍ ５ ３ ００ ∴ ＝ ｌｇ０ . ８５ ≈４２６５ 综上 ꎬ 实数ａ的取值范围是 ０< ａ < １ . １＋ｍ ＝ｅ ꎬ 要将当前的患病率降低一半 大约需要 ２ ∴ ꎬ Ｍ 年. １３.解析 (１) 解法一 : 如图 ꎬ 所以 . . ５ ｍ≈０００６ ( Ｉ ) １０.解析 Ｌ 为增函数 故当燃料质量是火箭质量的 . ％时 火箭 (１)∵ Ｉ＝１０ｌｇ －１２ ꎬ ０ ６ ꎬ １０ 的最大速度可达到 . ( ) １２ｋｍ/ｓ Ｌ １ ４.解析 对应函数ｙ ｘ 对应函数ｙ ∴( Ｉ)ｍａｘ＝１０ｌｇ －１２ ＝１２０ꎬ (１)① ＝ｌｇ ꎬ② １０ ｘ 对应函数ｙ ｘ.当底数大于 ( －１２ ) 时 ＝ｌ ꎬ ｏｇ 图 ５ 象 ꎬ③ 在ｘ ＝１ 的右侧 ＝ ꎬ ｌｏ 底 ｇ２ 数越大的图象越 １ ( Ｌ Ｉ)ｍｉｎ＝１０ｌｇ １ １ ０ ０ －１２ ＝０ꎬ 靠近ｘ轴. ∴ 人听觉的声强级范围为 [０ꎬ１２０]( 单位 : (２) 如图 ꎬ ｄＢ) . ( ) －６ 由图象可知 . (２) Ｌ Ｉ＝１０ｌｇ １ １ ０ ０ －１２ ＝６０ｄＢ . 解法二 ꎬｌｏｇ . ０ . ２６>ｌｏｇ０ . . ３６>ｌｏｇ０ . ４ . ６ １１.解析 设Ｐ ｆ ｔ ｋｔ ｂ ｋ :∵ｌｏｇ６０２<ｌｏｇ６０３<ｌｏｇ６０４<０ꎬ (１) １＝ ( )＝ ＋ ( ≠０)ꎬ １ １ １ 即 由 得 { ｆ ( ｂ ０ ＝ ) ｋ ２ ＝ ０ ｂ ꎬ ２０ꎬ ｆ (１ ∴ ０) { ＝ ｋ ｂ ＝ ４０ ２ ꎬ ꎬ . ∴ >ｌｏ ｌｏ ｇ 如 ｇ ０ . ６ ４ ０ ６ 图 . . ２ > ｌｏｇ６０ . ３ > ｌｏｇ６０ . ４ ꎬ ｌｏｇ０ . ２６>ｌｏｇ０ . ３６ １０ ＋ ＝４０ꎬ ＝２０ (２) ꎬ Ｐ ｆ ｔ ｔ ｔ . 从 的图中发现 ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ ∴ １＝ ( )＝２＋２０( ≥０) (３) (２) ꎬ ＝ｌｏｇ２ ꎬ ＝ｌｏｇ５ ꎬ ＝ 设Ｐ ｇ ｔ ｃ ａｔ ｃ ａ 且ａ ｘ 的图象分别与ｙ ｘ ｙ ｘ (２) ２＝ ( )＝ 􀅰 ( >０ꎬ >０ꎬ ≠ ｌｇ ＝ ｌｏｇ１ ２ ꎬ ＝ ｌｏｇ１ ５ ꎬ ｙ ｘ的图象关于ｘ轴对称. １)ꎬ 可 ＝ 推 ｌｏｇ 广 １ １ ０ 到一般情况. 由ｇ (０)＝２０ꎬ ｇ (１０)＝４０ꎬ 得 ｘ ｘ ａ 且ａ {ｃ 􀅰 ａ０ ＝２０ꎬ {ｃ ＝２０ꎬ ∵ｌ ｙ ｏｇ１ａ ＝ ｘ －ｌｏ ａ ｇａ ( 且 >０ ａ ꎬ 的 ≠ 图 １) 象 ꎬ 与ｙ ｘ ｃ 􀅰 ａ１０ ＝４０ꎬ ∴ ａ ＝２１ １ ０ꎬ ∴ ＝ｌｏｇ１ａ ( >０ꎬ ≠１) ＝ｌｏｇａ ｔ ( ａ >０ꎬ 且ａ ≠１) 的图象关于ｘ轴对称 ꎬ 它们 ∴ Ｐ ２＝ ｇ ( ｔ )＝２０􀅰(２１ １ ０) ｔ ＝２０􀅰２１０( ｔ ≥０) . 由图象可知 ꎬｌｏｇ２３>ｌｏｇ３４>ｌｏｇ４５ . ２７７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋4.5 函数的应用（二） ｘ . . . 根据问题的实际意义 可选择如下模型 ｙ ０∈(０６２５ꎬ０６８７５) ꎬ : ＝ 由于 . . . . ｋ ｐ ｘ ｋ Ｒ 且ｋ ｐ ｘ .由碳 ４.５.１ 函数的零点与方程的解 ｜０６８７５－０６２５｜＝００６２５<０１ꎬ (１－ ) ( ∈ ꎬ ≠０ꎻ０< <１ꎻ ≥０) 所以函数在区间 内零点的近似值约为 的半衰期为 年 得 (０ꎬ１) １４ ５７３０ ꎬ 练习 １.解析 不能.不能仅根据其中一个图象得出 ２. ０ 解 . ６ 析 ８７５ 原 . 方程可化为ｘ ｘ 令ｆ ｘ ｋ (１－ ｐ ) ５７３０ ＝ １ ｋ ꎬ 于是 １－ ｐ ＝ ５７３０ １ ꎬ ＋ｌｇ －３＝０ꎬ ( )＝ ２ ２ 函 断 数 ꎬ 应 ｙ 结 ＝ ｆ 合 ( ｘ 函 ) 在 数 某 零 个 点 区 存 间 在 只 定 有 理 一 和 个 函 零 数 点 单 的 调 判 性 ｘ ｆ ＋ｌｇ ｘ － . ３ꎬ . 用 于 计 是ｆ 算器可 ｆ 算得ｆ ( 所 ２) 以 ≈ 这 －０ 个 . ７０ 方 ꎬ 所以ｙ ＝ ｋ ( ５７３０ １ )ｘ . (３)≈０４８ (２)􀅰(３)<０ꎬ ２ 判断. 程在区间 内存在实数解ｘ . 由样本中碳 的残余量约为初始量的 ２.解析 作出函数图象 如图 因为 (２ꎬ３) ０ １４ (１) ( １)ꎬ 下面用二分法求方程ｘ ｘ在区间 . ％ 可知 ＝３－ｌｇ (２ꎬ ６２７６ ꎬ ｆ － ( ｘ １ ３ ) － ＝ ３ ｘ １ ＋ > ５ ０ꎬ 在 ｆ 区 (１ 间 . ５) ( ＝ １ꎬ － １ ２ . . ５ ８ ) ７５ 上 < 至 ０ꎬ 少 所 有 以 一 ｆ ( 个 ｘ ) 零 ＝ ３ 取 ) 区 内 间 的近似解 的 . 中点ｘ . 用计算器可算 ｋ ( ５７３０ １ )ｘ ＝ ６２ . ７６ ％ｋ ꎬ 即 ( ５７３０ １ )ｘ ＝ 点.又因为ｆ ｘ 是 上的减函数 (２ꎬ３) １＝２５ꎬ ２ ２ ( ) (－∞ꎬ＋∞) ꎬ 得ｆ . . . . . 所 只 以 有 ｆ 一 ( ｘ 个 )＝ 零 － 点 ｘ３ . －３ ｘ ＋５ 在区间 (１ꎬ１ . ５) 上有且 因为 (２ ｆ ( ５ ２ ) . ５ ≈ )􀅰 －０ ｆ ( １ ３ ０ )<０ꎬ 解 ０６ 得 ２７ ｘ ６ ＝ｌｏｇ５７３０ １ ２ ０ . ６２７６ . 所以ｘ . . 由计算工具得ｘ . 作出函数图象 如图 因为ｆ ０∈(２５ꎬ３) ≈３８５１ (２) ( ２)ꎬ (３)<０ꎬ 再取区间 . 的中点ｘ . 用计算器 因为 年之前的 年是公元前 年所 ｆ 所以ｆ ｘ ｘ ｘ 在区间 (２５ꎬ３) ２＝２７５ꎬ １９５９ ３８５１ １８９２ ꎬ (４)>０ꎬ ( )＝ ２ ｌｎ( －２)－３ 可算得ｆ . . . 以推理二里头遗址大概是公元前 年建成的. 上至少有一个零点. (２７５)≈０１９ １８９２ (３ꎬ４) 因为ｆ . ｆ . 练习 (２５)􀅰(２７５)<０ꎬ 又因为ｆ ｘ ｘ ｘ 在 上是 ( )＝２ ｌｎ( －２)－３ (２ꎬ＋∞) 所以ｘ . . . １.解析 乙选择的模型更符合实际. 增函数 所以ｆ ｘ 在 上有且仅有一个 ０∈(２５ꎬ２７５) 零点. ꎬ ( ) (３ꎬ４) 同理可得ｘ ０∈(２ . ５ꎬ２ . ６２５)ꎬ 对于甲选择的模型ｙ ＝ ａｘ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ꎬ 代入数据 ｘ . . . 作出函数图象 如图 因为ｆ ０∈(２５６２５ꎬ２６２５) (１ꎬ５２)ꎬ(２ꎬ６１)ꎬ(３ꎬ６８)ꎬ (３) ( ３)ꎬ (０)<０ꎬ 由于 . . . . { ａ ｂ ｃ {ａ ｆ (１)>０ꎬ 所以ｆ ( ｘ )＝ｅ ｘ－１ ＋４ ｘ －４ 在区间 (０ꎬ１) 此时区 ｜２ 间 ６２５－ . ２５６２５｜ . ＝００６ 中 ２５ 任 < 意 ０１ 一 ꎬ 个值都 得 ５２＝ ＋ ａ ＋ ｂ ꎬ ｃ 解得 ｂ ＝－１ꎬ 上至少有一个零点. (２５６２ ５ꎬ２６２５) ６１＝４ ＋２ ＋ ꎬ ＝１２ꎬ 是零点ｘ 满足精确度的近似值 所以原方 ａ ｂ ｃ ｃ . 又 增 因 函 为 数 ｆ 所 ( ｘ 以 )＝ ｆ ｅ ｘ ｘ －１ ＋ 在 ４ ｘ －４ 在 上 (－ 有 ∞ 且 ꎬ＋ 仅 ∞ 有 ) 一 上是 个 程的近似 ０ 解可取为 ２ . ６ . ꎬ ∴ ｙ ＝ ６８ － ＝ ｘ２ ９ ＋１ ＋ ２ ３ ｘ ＋ ＋ ４１ ꎬ ꎬ ＝４１ ꎬ ( ) (０ꎬ１) 检验 零点. ４.５.３ 函数模型的应用 : 当ｘ 时 ｙ (４) 作出函数图象 ( 如图 ４)ꎬ 因为ｆ (－４)<０ꎬ 练习 当ｘ ＝４ 时 ꎬ ｙ ＝７３ꎬ ｆ (－３)>０ꎬ ｆ (－２)<０ꎬ ｆ (２)<０ꎬ ｆ (３)>０ꎬ 所以 １.解析 (１) 根据马尔萨斯人口增长模型ｙ ＝ 当ｘ ＝５ 时 ꎬ ｙ ＝７６ꎬ . ｆ ( ( － ｘ ３ ) ꎬ ＝ － ３ ２ ( ) ｘ ꎬ ＋ (２ ２ ꎬ ) ３ ( ) ｘ 上 － 各 ３) 有 ( ｘ 一 ＋ 个 ４) 零 ＋ ｘ 点 在 . (－４ꎬ－３)ꎬ ｙ ∴ ０ｅ ｙ ｒｔ ＝ ꎬ ５ 对 ｅ ０ 于 . ００３ １ ｔ. ６５０ 年 ꎬ ｙ ０＝５ 亿 ꎬ ｒ ＝０ . ００３ꎬ 当 对于 ｘ ＝ ＝ 乙 ６ ６ 选 时 ꎬ ꎬ 择 偏 ＝ 的 差 ７７ 模 较大 型 . ｙ ＝ ｐｑｘ ＋ ｒ ꎬ 代入数据 要使世界人口是 １６５０ 年的 ２ 倍 ꎬ { ｐｑ ｒ ５２＝ ＋ ꎬ 则ｙ ＝１０ 亿 ꎬ∴１０＝５ｅ ０ . ００３ ｔ ꎬ 有 ｐｑ２ ｒ ６１＝ ＋ ꎬ 解得ｔ 年 ≈２３１ ꎬ ｐｑ３ ｒ 年的世界人口是 年的 倍. ６８＝ ＋ ꎬ ∴１８８１ １６５０ ２ ì 图 １ 图 ２ 同理 ｙ ꎬ 对于 ０ . ０２ １ １ ｔ ９ .令 ７０ ｙ 年 ꎬ ｙ ０＝ 亿 ３６ 则 亿 ꎬ ｒ ＝０ . ０２ ０ １ . ０ ꎬ ２１ ｔ 解 ï ï ï ｐ ＝－ ７ １ ２ ４ ９ ꎬ ∴ ＝３６ｅ ＝７２ ꎬ ７２＝３６ｅ ꎬ íｑ ７ 得ｔ 年 ∴ ï ＝ ꎬ ≈３３ ꎬ ９ 约 年的世界人口是 年的 倍. ï ∴ ２００３ １９７０ ２ ïｒ １８５. 根据实际情况 对于 年得到的结 î ＝ (２) ꎬ １６５０ ２ ( )ｘ 论 公式中的增长速度要小于实际的增长速 图 图 ꎬ ｙ ７２９ ７ １８５. ３ ４ 度 而对于 年得到的结论 公式中的增 ∴ ＝－ １４ 􀅰 ９ ＋ ２ ꎬ １９７０ ꎬ ４.５.２ 用二分法求方程的近似解 长速度要大于实际的增长速度.可见近几十 检验 : 当ｘ ＝４ 时 ꎬ ｙ ≈７３ . ４４ꎬ 当ｘ 时 ｙ . 当ｘ 时 ｙ . 练习 年 ꎬ 各国为控制人口增长而采取了一定的措 ＝５ ꎬ ≈７７６８ꎬ ＝６ ꎬ ≈８０９７ꎬ 与实际数据相差都不算太大 １.解析 由题设可知ｆ (０)＝－１ . ４<０ꎬ ｆ (１)＝ 施 ꎬ 已经有了一定成效 ꎬ 或者此模型不太适 所以乙选择的模型更符合实 ꎬ 际. 宜估计时间跨度非常大的人口增长情况. . 于是ｆ ｆ 所以函数ｆ ｘ 在 １６>０ꎬ (０)􀅰(１)<０ꎬ ( ) ２.解析 记 年为第一年.设第ｘ年的 区间 内存在零点ｘ .下面用二分法求 ２.解析 设野兔基数为ｍ ꎬ 增长率为ａ ꎬ 则ｍ 􀅰 (１) ２００８ 函数 ( ｆ ( ０ ｘ ꎬ ) １ ＝ ) ｘ３ ＋１ . １ ｘ２ ＋０ . ９ ０ ｘ －１ . ４ 在区间 (０ꎬ (１＋ ａ ) ２１ ＝２ ｍ ꎬ 肉 可 鸡 知 数 每 量 一 为 年 ｙ 的 吨 肉 ꎬ 由 鸡 题 数 中 量 第 比 一 上 个 一 表 年 中 平 的 均 数 增 据 长 １) 内的零点. ∴(１＋ ａ ) ２１ ＝２ꎬ∴１＋ ａ ＝２２ １ １. 吨 ꎬ 则 １５５ ꎬ 取区间 的中点ｘ . 用计算器可算 设 万只野兔增长到 亿只野兔需要ｔ个 (０ꎬ１) １＝０５ꎬ １ １ ｙ ＝７６９０＋１５５( ｘ －１)＝７５３５＋１５５ ｘ. 得 因 再 为 取 ｆ ( ｆ 区 ０ ( . ０ ５ 间 . ) ５ ＝ ( ) ０ 􀅰 － . ５ ０ ｆ ꎬ . ( ５ １ １ ５ ) ) . 的 <０ 中 ꎬ 所 点 以 ｘ ２ ｘ ＝ ０ ０ ∈ . ７ ( ５ ０ ꎬ . ５ꎬ１) . 月 ｔ ≈ ꎬ ２ 依 ７９ 题 ꎬ∴ 意 ２ １ ７ ꎬ ２ ９ 有 ≈２ １ ３ ０ . ２ ８ ５ ＝ ( 年 １０ ) ４ . 􀅰(２２ １ １) ｔ ꎬ 解得 设 口 ２５ 第 数 ００ 表 ｘ ０ 年 中 的 的 . 人 数 ｘ 口 据 . 数 可 为 知 ｚ ｚ ＝ 万 １ 人 ００ ꎬ ( 由 １＋ 同 １ . 期 ２ ％ 该 ) 地 ｘ－１ 人 ＝ 用计算器可算得ｆ . . 万只野兔增长到 亿只野兔大约需要 ×１０１２ (０７５)≈０３２ꎬ ∴１ １ ２５３ 因为ｆ . ｆ . 年. 设人均消费ｔ 肉鸡 由题意 得 ｔ (０５)􀅰(０７５)<０ꎬ ２４ (２) ｋｇ ꎬ ꎬ １１１３ 所以ｘ . . . ３.解析 能.设样本中碳 的初始量为ｋ 衰 ｔ . . ０∈(０５ꎬ０７５) １４ ꎬ ＝９０８０ꎬ∴ ≈８１６ 同理可得ｘ . . 减率为ｐ ｐ 经过ｘ年后 残余量为ｙ. 年的肉鸡需求量为 . ０∈(０６２５ꎬ０７５)ꎬ (０< <１)ꎬ ꎬ ２０１８ １ １２７×８ １６ ＝ ２７８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 . 吨 小于 年的产量 . 内的近似解.取区间 . 的中点 所以函数在区间 内的零点约为 ９１９６３２( )ꎬ ２０１８ ９ ２３０ (０５ꎬ１) (０５ꎬ１) (－３ꎬ－２) 吨 故 年能满足市场要求. ｘ . 用计算器可算得ｆ . . . . .同样可求得函数在区间 内的零 ꎬ ２０１８ １＝０７５ꎬ (０７５)≈０１３ －２８ (－１ꎬ０) 由题中两表的变化趋势 可知 年后 因为ｆ . ｆ 点约为 . . (３) ꎬ ２０１８ (０７５)􀅰(１)<０ꎬ －０２ 可先减少增加量 而后再增大增加量. 所以ｘ . . 所以函数ｇ ｘ 的零点约为 . . . ꎬ ０∈(０７５ꎬ１) ( ) －２８ꎬ－０２ ◆习题4.5 再取区间 . 的中点ｘ . ９.Ｃ 设ｙ ｆ ｔ ａｔ.由ｆ 得ａ (０７５ꎬ１) ２＝０８７５ꎬ ＝ ( )＝ (１)＝２ꎬ ＝２ꎬ 复习巩固 用计算器可算得ｆ . . . ｙ ｔ 正确 (０８７５)≈－００４ ∴ ＝２ꎬ① ꎻ １.答案 因为ｆ . ｆ . ｆ ５ 故 正确 ①③ (０８７５)􀅰(０７５)<０ꎬ (５)＝２ ＝３２>３０ꎬ ② ꎻ 解析 题图 中不存在区间 ａ ｂ 使 所以ｘ . . . ｆ ｆ ２ １ ①③ [ ꎬ ]ꎬ ０∈(０７５ꎬ０８７５) (２)－(１)＝２ －２ ＝２ꎬ ｆ ( ａ )􀅰 ｆ ( ｂ )<０ . 同理可得ｘ ０∈(０ . ８１２５ꎬ０ . ８７５) . ｆ (３)－ ｆ (２)＝２ ３ －２ ２ ＝４ꎬ ２.解析 函数ｆ ( ｘ ) 在区间 (２ꎬ３)ꎬ(３ꎬ４)ꎬ(４ꎬ 由于 ｜０ . ８１２５－０ . ８７５｜＝０ . ０６２５<０ . １ꎬ ∴ 浮萍每月增加的面积不断增长 ꎬ③ 错误 ꎻ ５) 内有零点. 所以原方程的近似解可取为 ０ . ８７５ . ２ ｔ １＝２ꎬ２ ｔ ２＝３ꎬ２ ｔ ３＝６ꎬ 理由如下 由ｘ ｆ ｘ 的对应值表可得ｆ ６.解析 设复制次数为ｎ ｔ ｔ ｔ : 、 ( ) (２)􀅰 ꎬ ∴ １＋２＝ｌｏｇ２２＋ｌｏｇ２３＝ｌｏｇ２６＝ ３ꎬ ｆ (３)<０ꎬ ｆ (３)􀅰 ｆ (４)<０ꎬ ｆ (４)􀅰 ｆ (５)<０ꎬ 结合 则 ２×２ ｎ ＝６４×１０２４ꎬ ∴ ｔ １＋ ｔ ２＝ ｔ ３ 成立 ꎬ④ 正确.故选 Ｃ . 函数零点存在定理可知函数ｆ ( ｘ ) 分别在区 ∴ ｎ ＝１５ꎬ１５×３＝４５( 分 )ꎬ １０.解析 设应在病人注射这种药ｔ ｈ 后再向 间 内有零点. 开机后 分 该病毒会占据 内存. 病人的血液补充这种药. (２ꎬ３)ꎬ(３ꎬ４)ꎬ(４ꎬ５) ∴ ４５ ꎬ ６４ＭＢ ３.证明 ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ . 综合运用 依题意 可得 ％ ｔ ( )＝ ⇐⇒( )－ ＝０ ꎬ ５００≤２ ５００(１－２０ ) ≤ 令 ｇ ｇ ( ｘ )＝ ｆ ( ｘ )－ ｘ ＝ ｘ３ －３ ｘ ＋１ . ７.证明 ∵ ｆ (１)＝ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ＝－ ２ ａ ꎬ １５００ꎬ ( )ｔ ∵ ｇ ( ( １ － ) １)＝ ( ３ １ >０ ) ꎬ ３ ３ ３ ∴３ ａ ＋２ ｂ ＋２ ｃ ＝０ꎬ 即 ２ ｂ ＝－３ ａ －２ ｃ. 整理得 １ ５ ≤ ４ ５ ≤ ３ ５ ꎬ ＝ － ＋１＝－ <０ꎬ ａｃ ｇ (２ ２ )＝８－６＋ ２ １＝３>０ ２ ꎬ ８ ∵ ｆ (０)􀅰 ｆ (１)＝－ ２ ꎬ ∴ｌｏｇ４ ５ ３ ５ ≤ ｔ ≤ｌｏｇ４ ５ １ ５ ꎬ ｇ ｇ ( １ ) ｇ ( １ ) ｇ . ｆ (１)􀅰 ｆ (２)＝－ ａ (４ ａ ＋２ ｂ ＋ ｃ )＝－ ａ ( ａ － ｃ ) . ∴２ . ３≤ ｔ ≤７ . ２ . ∴ (－１) <０ꎬ (２)<０ ２ ２ 应在用药后 . 至 . 再向病人的血 ２ ２ 当ｃ 时 ｆ ｆ ∴ ２３ｈ ７２ｈ 由函数零点存在定理知 >０ ꎬ(０)􀅰(１)<０ꎬ 液补充这种药. ꎬ ｆ ｘ 在 内至少存在一个零点. ( ) ∴ ( ) (０ꎬ１) １１.解析 ｇ ( ｘ ) 在 －１ꎬ １ ２ 内至少存在一个零点 ꎬ 当ｃ ≤０ 时 ꎬ 年份 ( ) ａ ２００８ ２００９ ２０１０ ２０１１ 􀆺 ２０２０ 在 １ ２ ꎬ２ 内至少存在一个零点 ꎬ ｆ (１)􀅰 ｆ (２)＝－ ２ ( ａ － ｃ )<０ꎬ ｙ/ ＺＢ ０ . ４９ ０ . ８ １ . ２ １ . ８２ 􀆺 １ . ８２×４４ 综上 ꎬ ｆ ( ｘ )＝ ｘ在 (－１ꎬ２) 内至少有两个实 ∴ ｆ ( ｘ ) 在 (１ꎬ２) 内至少存在一个零点. 根据表格中数据可选ｇ ( ｘ )＝ ａｂｘ模型. ４. 数 解 解 析 . 由题设有ｆ . 综 零 上 点 所 . 述 ꎬ 函数ｆ ( ｘ ) 在 (０ꎬ２) 内至少有一个 {ａｂ２ . ì ï ïａ ＝ １６ ꎬ (２)≈－０３１<０ꎬ 则 ＝０８ꎬ解得í ４５ ｆ 于 (３ 是 )≈ ｆ ０ . ４３> ｆ ０ꎬ ８.解 (－ 析 ｘ２ －３ ( ｘ １ － ) ２ 由 ) ２ 题 ＝－ 设 ｘ４ 有 －６ ｇ ｘ ( ３ ｘ － ) １ ＝ ３ ｘ ２ ２ － － １ [ ２ ｆ ( ｘ － ｘ ) ２ ] . ２ ＝２－ ａｂ３ ＝１ . ２ꎬ î ïïｂ ＝ ２ ３ ꎬ (２)􀅰(３)<０ꎬ 所以函数ｆ ( ｘ ) 在区间 (２ꎬ３) 内存在零点ｘ ０ . (２) 函数图象如图所示. ∴ ｇ ( ｘ )＝ １６ 􀅰 ( ３ )ｘ . ４５ ２ 下面用二分法求函数ｆ ( ｘ )＝ｌｎ ｘ － ２ ｘ 在区间 １２.解析 (１) 以身高为横坐标 ꎬ 平均体重为纵 内的近似解. 坐标 ꎬ 画出散点图如图所示.根据点的分布 (２ꎬ３) 取区间 (２ꎬ３) 的中点ｘ １＝２ . ５ꎬ 特 区 征 未 ꎬ 成 可 年 考 男 虑以 性平 ｙ ＝ 均 ａ 􀅰 体 ｂ 重 ｘ 作 与 为 身 刻 高 画 的 这 函 个地 数 用计算器可算得ｆ . . (２５)≈０１２ꎬ 因为ｆ ｆ . 模型. (２)􀅰(２５)<０ꎬ 所以ｘ . . ０∈(２ꎬ２５) 再取区间 . 的中点ｘ . (２ꎬ２５) ２＝２２５ꎬ 用计算器可算得ｆ . . . (２２５)≈－００８ 因为ｆ . ｆ . (２２５)􀅰(２５)<０ꎬ 所以ｘ . . . 由图象可知 函数 ｇ ｘ 分别在区间 如果取其中的两组数据 . ０∈(２２５ꎬ２５) (３) ꎬ ( ) (７０ꎬ７ ９０)ꎬ(１６０ꎬ 同理可得ｘ . . 和区间 内各有一个零点. . ０∈(２２５ꎬ２３７５)ꎬ (－３ꎬ－２) (－１ꎬ０) ４７２５)ꎬ ｘ . . 取区间 的中点ｘ . 用计算器 { . ａ ｂ７０ ０∈(２３１２５ꎬ２３７５)ꎬ (－３ꎬ－２) １＝－２５ꎬ 代入ｙ ａ ｂｘ得 ７９０＝ 􀅰 ꎬ 由于 ｜２ . ３７５－２ . ３１２５｜＝０ . ０６２５<０ . １ꎬ 可算得ｇ (－２ . ５)＝１ . ４３７５ . ＝ 􀅰 ４７ . ２５＝ ａ 􀅰 ｂ１６０ ꎬ 所以函数在区间 内的零点可取为 因为ｇ ｇ . 用计算器算得ａ ｂ . . (２ꎬ３) (－３)􀅰 (－２５)<０ꎬ ≈２ꎬ ≈１０２ . . 所以ｘ . . 这样 就得到了一个函数模型ｙ . ｘ. ２３７５ ０∈(－３ꎬ－２５) ꎬ ＝２×１０２ ５.解析 原方程可化为 . ｘ ｘ 再取区间 . 的中点ｘ . 用计 将ｘ 代入ｙ . ｘ 得ｙ ０８ －１－ｌｎ ＝０ꎬ (－３ꎬ－２５) ２＝－２７５ꎬ (２) ＝１７５ ＝２×１ ０２ ꎬ ＝２× 令ｆ ( ｘ )＝０ . ８ ｘ －１－ｌｎ ｘ ꎬ ｆ (０) 没有意义 ꎬ 算器可算得ｇ (－２ . ７５)≈０ . ２８ꎬ １ . ０２ １７５ ꎬ 用计算器算得ｆ . . ｆ . 因为ｇ ｇ . 由计算器算得ｙ . . (０５)≈０５９ꎬ (１)＝－０２ꎬ (－３)􀅰 (－２７５)<０ꎬ ≈６３９８ 于是ｆ . ｆ 所以ｘ . . 由于 . . . 所以这个男生 (０５)􀅰(１)<０ꎬ ０∈(－３ꎬ－２７５) ７８÷６３９８≈１２２>１２ꎬ 所以这个方程在区间 . 内存在实数 同理可得ｘ . . 偏胖. (０５ꎬ１) ０∈(－２８７５ꎬ－２７５)ꎬ 解ｘ . ｘ . . . 拓广探索 ０ ０∈(－２８１２５ꎬ－２７５) 下面用二分法求方程 . ｘ ｘ在区间 由于 . . . . １３.解析 不正确. ０ ８ －１＝ｌｎ ｜－２７５－(－２８１２５)｜＝００６２５<０１ꎬ ２７９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋理由如下 ( ) : ｃ ｆ １ ｆ １ ｆ ｆ 仅说明变号零点的性质 还 ＝ (２)＝ ｜ｌｇ２｜＝ ｌｇ ＝ ꎬ (－１) (１)<０ ꎬ ２ ２ ( ) ( ) 应讨论不变号零点的情况. １ １ １ ｆ １ ｆ １ ∵ < < ꎬ∴ > > {ａ ４ ３ ２ ４ ３ 由 ≠０ꎬ 得ａ １ ( ) Δ ａ ＝－ ꎬ ｆ １ 即ａ ｂ ｃ 故选 . ＝１６＋４×２４ ＝０ ６ ꎬ > > ꎬ Ｄ ２ 此时ｆ ( ｘ )＝－４ ｘ２ ＋４ ｘ －１ꎬ 零点为 １ ꎬ 符合 (３) 在同一直角坐标系中分别作出函数ｙ ＝ ２ ｘ ｙ ｘ ｙ ｘ３ 及 ｙ ｘ 的图象 如图 题意. ２ ꎬ ＝ｌｏｇ２ ꎬ ＝ ＝－ ꎬ 所示. ( ) 函数分别在区间 和区间 所以实数 ａ 的取值范围是 １ ５ (－１ꎬ０)、(０ꎬ１) (２ꎬ － ꎬ ∪ 内各有一个零点 ８ ２４ ３) ꎬ { } 所以方程 ｘ３ ｘ２ ｘ 的最大的根应 １ . ２ －４ －３ ＋１＝０ － 在区间 内. ６ (２ꎬ３) １４.解析 由题意可知 符合题意的函数模 取区间 的中点ｘ . 用计算器可算 (１) ꎬ (２ꎬ３) １＝２５ꎬ 型必须满足 ２ 个条件 : 定义域为 [０ꎬ１２０]ꎻ 得ｆ (２ . ５)＝－０ . ２５ . 在 [０ꎬ１２０] 上为增函数.而 ｙ ＝０ . ５ ｖ ＋ ａ 在 因为ｆ (２ . ５)􀅰 ｆ (３)<０ꎬ [ 又 ０ꎬ ｙ １ ＝ ２ ｋ ０ ｌ ] ｏｇ 为 ａ ｖ 减 ＋ ｂ 函 的 数 定 ꎬ 义 故 域 不 为 符 ( 合 ０ 题 ꎬ＋ 意 ∞ . ) .也不满 所 再 用 以 取 计 ( 算 ｘ ２ ０ 器 . ∈ ５ꎬ 可 ( ３ ２ ) 算 . ５ 的 ꎬ 得 ３ 中 ) ｆ 点 . . ｘ ２＝２ . ７５ . ꎬ . ６. 由 证 图 明 象 可 ( 知 １) ｂ > 因 ｃ > 为 ａ ꎬ 故 ｇ 选 ( ｘ Ｂ ) . ＝ ｅ ｘ ＋ｅ －ｘ ꎬ ｆ ( ｘ ) 足题意 故选Ｑ ａｖ３ ｂｖ２ ｃｖ. (２７５)≈４０９ ２ 代入已 ꎬ 知数据 ＝ ＋ ＋ 因为ｆ (２ . ５)􀅰 ｆ (２ . ７５)<０ꎬ ｅ ｘ －ｅ －ｘ ꎬ 所以ｘ . . . ＝ ꎬ { ８ . １２５＝ ａ 􀅰６０ ３ ＋ ｂ 􀅰６０ ２ ＋ ｃ 􀅰６０ꎬ 同理 可 ０∈ 得 (２５ ｘ ꎬ２７５) . . ｘ 所以 ２ ｇ ｘ ２ ｆ ｘ ２ 得 １０＝ ａ 􀅰８０ ３ ＋ ｂ 􀅰８０ ２ ＋ ｃ 􀅰８０ꎬ (２ . ５ꎬ２ . ５６２５)ꎬ ０ ｘ ∈ ０∈ ( (２ ２ . ５ꎬ ５ ２ ꎬ . ５ ２ ３１ ６ ２ ２ ５ ５ ) ) ꎬ ꎬ ０ ∈ ( ｅ ｘ [ ＋ｅ ( －ｘ ) ) ] ２ － ( [ ｅ ｘ ( －ｅ ) －ｘ ] ) ２ ａ ３ ｂ ２ ｃ ｘ . . ＝ － ２０＝ 􀅰１２０ ＋ 􀅰１２０ ＋ 􀅰１２０ꎬ ０∈(２５１５６２５ꎬ２５３１２５)ꎬ ２ ２ ì ïａ １ ｘ ０∈(２ . ５１５６２５ꎬ２ . ５２３４３７５)ꎬ ｅ ２ ｘ ＋２＋ｅ －２ ｘ ｅ ２ ｘ －２＋ｅ －２ ｘ . ï ＝ ３８４００ ꎬ 由于 ｜２ . ５２３４３７５－２ . ５１５６２５｜ ＝ ４ － ４ ＝１ ï . . ２ ｘ －２ ｘ 解得íｂ １ ＝０００７８１２５<００１ꎬ 因为ｆ ｘ ｅ －ｅ ï ＝－ ２４０ ꎬ 所以方程 ２ ｘ３ －４ ｘ２ －３ ｘ ＋１＝０ 的最大根约为 (２) (２ )＝ ２ ꎬ î ï ïｃ ＝ ７ . ２ . ５２ . 而 ２ ｆ ( ｘ )􀅰 ｇ ( ｘ )＝２􀅰 ｅ ｘ －ｅ －ｘ 􀅰 ｅ ｘ ＋ｅ －ｘ ２４ (２) 令 ｌｇ ｘ ＝ １ ｘ ꎬ 即 ｌｇ ｘ － １ ｘ ＝０ꎬ ２ ｘ －２ ｘ ２ ２ ∴ Ｑ ＝ １ ｖ３ － １ ｖ２ ＋ ７ ｖ ꎬ ｖ ∈[０ꎬ１２０] . ＝ ｅ －ｅ ꎬ ３８４００ ２４０ ２４ 令ｔ ｘ ｘ １ 用二分法求得交点的横 ２ (２) 设该汽车从甲地到乙地总耗油量为ｙ ꎬ ( )＝ｌｇ － ｘ ꎬ 所以ｆ (２ ｘ )＝２ ｆ ( ｘ )􀅰 ｇ ( ｘ ) . 行驶时间为ｔ ꎬ ( 则 ) ４.解 坐 析 标 约 画 为 出 ２ . ５ ｆ ( . ｘ ) 的图象与直线ｙ ＝ ｋ ꎬ 如图. (３) 因为ｇ (２ ｘ )＝ ｅ ２ ｘ ＋ ２ ｅ －２ ｘ ꎬ ｙ ＝ Ｑ 􀅰 ｔ ＝ ２４ ｖ ０ １ ｖ３ － １ ｖ２ ＋ ７ ｖ 又 [ ｇ ( ｘ )] ２ ＋[ ｆ ( ｘ )] ２ ｖ２ ３８４００ ２４０ ２４ ｅ ２ ｘ ＋ｅ －２ ｘ ＋２ ｅ ２ ｘ ＋ｅ －２ ｘ －２ ｖ １ ｖ ２ ＝ ＋ ＝ － ＋ ７０ ＝ ( － ８０) ＋ ４ ４ １６０ １６０ ２ ｘ －２ ｘ ｖ . ｅ ＋ｅ ３０ꎬ ∈[０ꎬ１２０] ＝ ꎬ ｖ ２ ∵０≤ ≤１２０ꎬ 所以ｇ ｘ ｇ ｘ ２ ｆ ｘ ２. 当ｖ 时 ｙ . (２ )＝[ ( )] ＋[ ( )] ∴ ∴ 该汽 ＝ 车 ８０ 以 ８ ꎬ ０ ｋ ｍｉ ｍ ｎ＝ /ｈ ３０ 的速度行驶才能使总 ７.解析 由指数函数ｙ ＝ ( ａ ｂ )ｘ 图象可知 ꎬ０< 耗油量最少. 由图象可知 ｂ ꎬ 复习参考题4 ａ <１ꎬ 当ｋ 时 ｆ ｘ ｋ有 个解 <－４ ꎬ( )＝ １ ꎻ 复习巩固 当ｋ 或ｋ 时 ｆ ｘ ｋ有 个解 １ ｂ ＝－４ >－３ ꎬ( )＝ ２ ꎻ ∴－ <－ ａ<０ꎬ １.答案 Ｃ Ｂ Ｃ 当 ｋ 时 ｆ ｘ ｋ有 个解. ２ ２ 解析 (１) ｙ ( ｘ ２ 中 ) 用 ( ｘ ３ 代 ) 替ｘ 用 ｙ代替 综合 － 运 ４ 用 < ≤－３ ꎬ ( )＝ ３ ∴ 二次函数ｙ ＝ ａｘ２ ＋ ｂｘ图象顶点的横坐标的 (１) ＝２ － ꎬ － ( ) ｙ ꎬ 则得到ｙ ＝－２ －ｘ ꎬ 所以函数ｙ ＝－２ －ｘ与ｙ ＝２ ｘ ５.答案 (１) Ａ (２) Ｄ (３) Ｂ 取值范围是 － １ ꎬ０ . 的图象关于原点对称. 解析 (１) Ａ ＝{ ｙ ｜ ｙ ＝ｌｏｇ２ ｘ ꎬ ｘ >１}＝{ ｙ ｜ ｙ >０}ꎬ ８.解析 . ２ ％ ８００ ％ . ８００ ( )ｘ { } { } (１－２ ４７ ) ×１００ ＝０９７５３ × ( 数 过 ２ ꎬ 点 ) 它 ∵ 们 ｙ ＝ 的 ２ 图 . ｘ 故 ꎬ 象 ｙ 选 ＝ 过 ６ 定 ｘ . ꎬ 点 ｙ ＝ (０ꎬ ２ １ １ )ꎬ 而 都 ② 是 的 指 图 数 象 函 不 Ｂ 所 ＝ 以 ｙ Ａ ∩ ｙ Ｂ ＝ ＝ ２ １ { ｘꎬ ｙ ｘ > ０ １ < ｙ < ＝ ２ １ ｙ } ０ . < 故 ｙ 选 < ２ １ Ａ. ꎬ ９. ∴ 解 １０ ８ 析 ０ ０ ％ ０ ≈ 年 当 ０ 后 . ０ ｔ 原 ０ ＝ ０ ０ 有 ０ 时 ０ 的 ０ ꎬ 锶 Ｐ ２０ ＝ ９ ４ Ｐ ０ ％ ０ 还 􀅰 . 剩 ｅ － ０ ｋ 􀅰 . ０ ０ ０ ＝ ０ Ｐ ０ ０ ０ . ０２０４ ％. (０ꎬ１) Ｂ ｆ ｘ ｘ 的图象如图所示 Ｐ －５ ｋ Ｐ －５ ｋ 分别为函数 ｙ ｘ ｙ (２) ( )＝ ｜ｌｇ ｜ ꎬ 当ｔ 时 由题意得 ０􀅰ｅ ０􀅰ｅ (３)①②③④ ＝ｌｏｇ１ ２ ꎬ ＝ 由图象知ｆ ｘ 在 上单调递减 ＝５ ꎬ Ｐ ＝ Ｐ ＝ ｌｏｇ１ ３ ｘ ꎬ ｙ ＝ｌｏｇ３ ｘ ꎬ ｙ ＝ｌｏｇ２ ｘ ꎬ 故选 Ｃ . ( ) (０ꎬ１) ꎬ ９０ ％ ꎬ 即 ｅ －５ ｋ ＝０ . ９ꎬ ０ ２.答案 (１)> (２)< (３)> (４)> (５)> 则ｋ １ . . ＝－ ｌｎ０９ (６)< ５ ３.解析 令ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ ｘ 函数图 Ｐ －１０ ｋ (１) ( )＝２ －４ －３ ＋１ꎬ 当ｔ 时 ０􀅰ｅ －１０ ｋ －５ ｋ ２ 象如图所示 (１) ＝１０ ꎬ Ｐ ＝ｅ ＝(ｅ ) ＝ : ０ ２８０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 . ２ . . 天也是星期三 天后的那一天是星期五. ０９ ＝０８１ １２.解析 易知函数ｆ ｘ ａ ２ 的定义 ꎬ１００ 所以 后还剩 ％的污染物. (１) ( )＝ － ｘ 可以先把 ｋ ｋ Ｚ 天换为 天 天来判 １０ｈ ８１ ２ ＋１ ７ ( ∈ ) ７ ꎬ１４ (２) 设污染物减少 ５０ ％需经过ｔ ｈꎬ 则有 ｅ －ｋｔ 域为Ｒ 而ｙ ｘ为增函数 所以ｙ ２ 为 断 ꎬ 由 １００＝７×１４＋２ 可知 ꎬ１００ 天后的那一天 ＝０ . ５ꎬ ꎬ ＝２ ꎬ ＝ ２ ｘ ＋１ 相当于是 ７×１４ 天后的两天后 ꎬ 故为星期五. 两边取以 ｅ 为底的对数 ꎬ 得 － ｋｔ ＝ｌｎ０ . ５ . 减函数 ꎬ 故ｆ ( ｘ )＝ ａ － ｘ ２ 是增函数. ３.解析 (１) 第一象限角. (２) 第四象限角. . . ２ ＋１ 第二象限角. 第三象限角. 所以ｔ ｌｎ０５ ｌｎ０５ . (３) (４) ＝－ ｋ ＝－ １ . ≈３３ 证明如下 : 如图中的 ①~④ . － ｌｎ０９ ｘ ｘ Ｒ 且ｘ ｘ ５ ∀ １ꎬ ２∈ ꎬ １< ２ꎬ 所以经过 污染物减少 ％. ( ) ( ) ３３ｈ ５０ 则ｆ ｘ ｆ ｘ ａ ２ ａ ２ 函数图象如图所示. ( ２)－( １)＝ － ｘ － － ｘ (３) ２ ２＋１ ２ １＋１ ｘ ｘ ２ ２ ２(２ ２－２ １) ４.解析 (１)－５４ ° １８ ′ ＝３０５ ° ４２ ′ ＋(－１)×３６０ ° ꎬ ＝ ｘ － ｘ ＝ ｘ ｘ ２ １＋１ ２ ２＋１ (２ １＋１)(２ ２＋１) ∴ 在 ０ ° ~３６０ °范围内 ꎬ 与 －５４ ° １８ ′角终边相 因为ｘ ２> ｘ １ꎬ 所以 ２ ｘ ２－２ ｘ １>０ꎬ 同的角是 ３０５ ° ４２ ′ ꎬ 是第四象限角. 又 ２ ｘ １＋１>１ꎬ２ ｘ ２＋１>１ꎬ (２)３９５ ° ８ ′ ＝３５ ° ８ ′ ＋３６０ ° ꎬ 所以 ２(２ ｘ ２－２ ｘ １) ∴ 在 ０ ° ~３６０ °范围内 ꎬ 与 ３９５ ° ８ ′角终边相同 (２ ｘ １＋１)(２ ｘ ２＋１) >０ꎬ 的角是 ３５ ° ８ ′ ꎬ 是第一象限角. １０.解析 (１) 将θ １＝６２ꎬ θ ０＝１５ꎬ ｔ ＝１ꎬ θ ＝５２ 代 所以ｆ ( ｘ ２)> ｆ ( ｘ １)ꎬ 故ｆ ( ｘ ) 在Ｒ上是增 (３)－１１９０ ° ３０ ′ ＝２４９ ° ３０ ′ ＋(－４)×３６０ ° ꎬ 入θ θ θ θ －ｋｔ中 得 函数. 在 ° °范围内 与 ° ′角终边 ＝ ０＋( １－ ０)ｅ ꎬ ５２＝１５＋(６２－ ∴ ０ ~３６０ ꎬ －１ １９０ ３０ 存在.假设存在实数ａ 使ｆ ｘ ｆ ｘ 相同的角是 ° ′ 是第三象限角. －ｋ 所以 －ｋ ３７ (２) ꎬ (－ )＝－( )ꎬ ２４９ ３０ꎬ １５)ｅ ꎬ ｅ ＝ ４７ ꎬ 则ａ ２ ａ ２ ５.解析 (１){ β ｜ β ＝１ ３０３ ° １８ ′ ＋ ｋ 􀅰３６０ ° ꎬ ｋ ∈ 两边取以 ｅ 为底的对数 ꎬ － ２ －ｘ ＋１ ＝－ ＋ ２ ｘ ＋１ ꎬ Ｚ }( 或 { β ｜ β ＝２２３ ° １８ ′ ＋ ｋ 􀅰３６０ ° ꎬ ｋ ∈ Ｚ }) . 得 － ｋ ＝ｌｎ ３ ４ ７ ７ ꎬ 即 ２ ａ ＝ ２ ｘ ２ ＋１ ＋ ２ －ｘ ２ ＋１ ＝２ꎬ 由 － ° ７２０ ° ≤ ° β <３６０ °得 －７２０ ° ≤１３０３ ° １８ ′ ＋ ｋ 􀅰 ３６０ <３６０ ꎬ 所以ｋ ＝－ｌｎ ３７ ≈０ . ２３９２≈０ . ２４ . 所以ａ ＝１ . 解得 －２０２３ ° １８ ′ ≤ ｋ 􀅰３６０ ° <－９４３ ° １８ ′ ꎬ ( 两 得 ２ 边 ) 把 同 θ θ 时 － θ θ 取 ０＝ 以 ４ ( ７ １ θ ０ １－ θ 为 θ ０ 底 ) θ ｅ 的 －ｋｔ 对 ꎬ ｋｔ 数 ꎬ １３. 故 解 令 存 析 ｆ ( 在 ｘ ) 实 ( ＝ １ ａ 数 ) ｘ 当 ＋ ａ ｂ ＝ ０ ( ≤ ａ １ > ꎬ ｘ 使 ０ ≤ ) 函 . ２ 数 时 ｆ ꎬ ( ｘ ) 为奇函数. 又 当 ＋(－ ｋ ｋ ∈ ＝ ５) － Ｚ × ５ ꎬ ３ 所 时 ６０ 以 ꎬ ° １ ＝ ｋ ３ － ＝ ０ ４ ３ － ９ ° ６ ５ １ ° ꎬ ８ ４ － ′ ２ ＋ ４ ′ ꎬ ｋ ꎻ － 􀅰 ３ ３ . ６０ ° ＝１３０３ ° １８ ′ 所以 ｌｇ( ｔ ＝ － ｌｇ( ０) θ ＝ １－ ｌ θ ｇ ｋ ( ０)－ １－ ｌｇ( ０ θ ) － － θ ０) ｌｇｅꎬ 由 得 { ｆ ( １ ０ ＋ ) ｂ ＝ ＝０ ０ ꎬ ꎬ ｆ (２ { ) ｂ ＝ ＝ ３ － ꎬ １ꎬ 当 ＋(－ ｋ ＝ ４) － × ４ ３ 时 ６０ ꎬ ° １ ＝ ３ － ０ １ ３ ３ ° ６ １ ° ８ ４ ′ ２ ＋ ′ ｋ ꎻ 􀅰３６０ ° ＝１３０３ ° １８ ′ θ θ 􀅰 θ ｌｇ θ ｅ ａ２ ＋ ｂ ＝３ꎬ ∴ ａ ＝２ꎬ 当ｋ ＝－３ 时 ꎬ１３０３ ° １８ ′ ＋ ｋ 􀅰３６０ ° ＝１３０３ ° １８ ′ ≈ ｌｇ( １－ ０ . )－ｌｇ( － ０). ∴ ｆ ( ｘ )＝２ ｘ －１ . ＋(－３)×３６０ ° ＝２２３ ° １８ ′. ０１０３９ 当 ｘ 时 令ｆ ｘ ｋｘ ｍ ｋ . 所以适合不等式 ° β °的元素β是 把θ θ 代入上式 得 ２≤ ≤５ ꎬ ( )＝ ＋ ( ≠０) －７２０ ≤ <３６０ １＝６２ꎬ ０＝１５ ꎬ 由ｆ ｆ ° ′ ° ′ ° ′. θ (２)＝３ꎬ (５)＝０ꎬ －４９６ ４２ꎬ－１３６ ４２ꎬ２２３ １８ ｔ ｌｇ４７－ｌｇ( －１５) { ｋ ｍ {ｋ β β ° ｋ ° ｋ Ｚ . ≈ . 得 ２ ＋ ＝３ꎬ ＝－１ꎬ ｆ ｘ ｘ (２){ ｜ ＝－２２５ ＋ 􀅰３６０ ꎬ ∈ } ０１０３９ ｋ ｍ ∴ ｍ ∴ ( )＝－ ＋５ꎬ 由 ° β °得 ° ° ｋ . θ ５ ＋ ＝０ꎬ ＝５ꎬ －７２０ ≤ <３６０ －７２０ ≤－２２５ ＋ 􀅰 ≈ １６７２ ０ １ . １ － ０ ｌｇ ３ ( ９ －１５). ∴ ｆ ( ｘ )＝ { ２ ｘ ｘ －１ꎬ０≤ ｘ ｘ <２ꎬ . ３ 解 ６０ 得 ° <３６０ ° ° ꎬ ｋ ° ° 当θ 时 ｔ １ . ６７２１－ｌｇ２７ . － ＋５ꎬ２≤ ≤５ －４９５ ≤ 􀅰３６０ <５８５ ꎬ ＝４２ ꎬ＝ . ≈２３１７(ｍｉｎ)ꎬ 略. 又ｋ Ｚ ０１０３９ (２) ∈ ꎬ . . 所以ｋ . ２３１７ｍｉｎ≈２ｍｉｎ１９ｓ ＝－１ꎬ０ꎬ１ . 第五章 三角函数 当ｋ 时 ° ｋ ° ° 当θ 时 ｔ １６７２１－ｌｇ１７ . ＝－１ ꎬ－２２５ ＋ 􀅰３６０ ＝－２２５ ＋(－１) ＝３２ ꎬ＝ . ≈４２５１(ｍｉｎ)ꎬ ° ° ０１０３９ 5.1 任意角和弧度制 ×３６０ ＝－５８５ ꎻ . . 当ｋ 时 ° ｋ ° ° ° ４２５１ｍｉｎ≈４ｍｉｎ１５ｓ ５.１.１ 任意角 ＝０ ꎬ－２２５ ＋ 􀅰３６０ ＝－２２５ ＋０×３６０ 所以冷却 后 物体温度为 ° ２ｍｉｎ１９ｓ ꎬ ４２℃ꎻ ＝－２２５ ꎻ 冷却 后 物体温度为 . 练习 当ｋ 时 ° ｋ ° ° ° ４ｍｉｎ１５ｓ ꎬ ３２℃ ＝１ ꎬ－２２５ ＋ 􀅰３６０ ＝－２２５ ＋１×３６０ 拓广探索 １.解析 锐角是第一象限角 第一象限角不一 °. ꎬ ＝１３５ １１.解析 ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ 定是锐角 例如 °角的终边与 °角的终 所以适合不等式 ° β °的元素β是 (１) ( )＋ ( )＝ｌｏｇａ( ＋１)＋ｌｏｇａ(１－ ꎬ ４００ ４０ －７２０ ≤ <３６０ ｘ ａ 且ａ . 边相同 都是第一象限角 但 °角不是锐 ° ° °. )( >０ꎬ ≠１) ꎬ ꎬ ４００ －５８５ ꎬ－２２５ ꎬ１３５ {ｘ 角.直角不属于任何一个象限 直角的终边 要使该函数有意义 应满足 ＋１>０ꎬ ꎬ ５.１.２ 弧度制 ꎬ ｘ 在第一象限与第二象限的分界线上 ｙ轴的 １－ >０ꎬ ( 所以 ｘ 故所求函数的定义域为 非负半轴上 但是在第一象限与第二象限 练习 －１< <１ꎬ )ꎬ { ｘ ｜－１< ｘ <１} . 的分界线上的角不一定是直角 ꎬ 例如 －２７０ ° ꎬ １.解析 (１)２２ ° ３０ ′ ＝ π × ４５ ＝ π. 由 易得函数ｆ ｘ ｇ ｘ 的定义域 °等角的终边都在第一象限与第二象限的分 １８０ ２ ８ (２) (１) ( )＋ ( ) ４５０ 关于原点对称.令Ｍ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ 界线上 但它们都不是直角.钝角是第二象限 ° π ７π. ( )＝ ( )＋ ( )ꎬ ꎬ (２)－２１０ ＝ ×(－２１０)＝－ 则Ｍ ｘ ｘ ｘ 角 但第二象限角不一定是钝角 例如 ° １８０ ６ ( )＝ｌｏｇａ( ＋１)＋ｌｏｇａ(１－ )ꎬ ꎬ ꎬ －２００ ꎬ 则Ｍ (－ ｘ )＝ｌｏｇａ(－ ｘ ＋１)＋ｌｏｇａ(１＋ ｘ ) ４６０ °角是第二象限角 ꎬ 但它们都不是钝角. (３)１２００ ° ＝ １ π ８０ ×１２００＝ ２０ ３ π. ＝ｌｏｇａ( ｘ ＋１)＋ｌｏｇａ(１－ ｘ )＝ Ｍ ( ｘ )ꎬ ２.解析 今天是星期三 ꎬ 那么 ７ ｋ ( ｋ ∈ Ｚ ) 天后 ２.解析 π ( １８０ )° π °. 故Ｍ ｘ 为偶函数 即ｆ ｘ ｇ ｘ 为偶函数. 的那一天是星期三 ｋ ｋ Ｚ 天前的那一 (１) ＝ × ＝１５ ( ) ꎬ ( )＋ ( ) ꎬ７ ( ∈ ) １２ π １２ ２８１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋９.解析 ° π １０π ２００ ＝２００× ＝ (ｒａｄ)ꎬ １８０ ９ 在 ° β °范围内 β为 ° °. －３６０ ≤ <３６０ ꎬ ０ ꎬ－３６０ 所求半径ｒ ５０ . ( )° ( ) ３.解析 第一象限角 β ｋ ° β ｋ ° ∴ ＝ ≈１４(ｃｍ) (２)－ ４π ＝ １８０ × － ４π ＝－２４０ °. { :{ ｜ 􀅰３６０ < < 􀅰３６０ １０π ３ π ３ ° ｋ Ｚ 或 β ｋ β ｋ π ｋ ９ ( )° ＋９０ ꎬ ∈ } ２ π< <２ π＋ ꎬ ∈ 拓广探索 ３π １８０ ３π °. ２ (３) ＝ × ＝５４ } １０.解析 设半径为Ｒ 扇子的圆心角为θ 则 １０ π １０ Ｚ ꎬ ꎬ ３.解析 α α ｋ ｋ Ｚ α α ｋ ꎻ 剩余部分的圆心角为 θ. (１){ ｜ ＝２ πꎬ ∈ }∪{ ｜ ＝２ π ２π－ ｋ Ｚ α α ｋ ｋ Ｚ . 第二象限角 β ｋ ° ° β ｋ ° ＋πꎬ { ∈ }＝{ ｜ ＝ πꎬ ∈ } } { :{ { ｜ 􀅰３６０ ＋９０ < < 􀅰３６０ ＋ Ｓ １ θＲ２ θ (２) α α ＝２ ｋ π＋ } π ２ ꎬ ｋ { ∈ Ｚ ∪ α α ＝ １８０ ° } ꎬ ｋ ∈ Ｚ } 或 β ２ ｋ π＋ π ２ < β <２ ｋ π＋πꎬ ｋ (１)Ｓ １ ２ ＝ １ ( ２ ２π－ θ ) Ｒ２ ＝ ２π－ θ . ２ ２ ｋ π＋ ３ ２ π ꎬ ｋ ∈ Ｚ ＝ α α ＝ ｋ π＋ π ２ ꎬ ∈ Ｚ ꎻ 由 Ｓ １ θ . } (２) Ｓ ＝ θ＝０６１８ꎬ ｋ ∈ Ｚ . 第三象限角 :{ β ｜ { ｋ 􀅰３６０ ° ＋１８０ ° < β < ｋ 􀅰３６０ ° 可得θ ＝ ２ ０ . ６ ２ １ π ８( － ２π－ θ )ꎬ ° ｋ Ｚ 或 β ｋ β ｋ ３π ｋ . ４.解析 . ° . ＋２７０ ꎬ ∈ } ２ π＋π< <２ π＋ ꎬ 则θ １２３６ °. (１)∵ｃｏｓ０７５ ≈１０００ꎬ ２ ＝ . π≈１３８ . . } １６１８ ｃｏｓ０７５≈０７３２ꎬ Ｚ . ° . . ∈ ꎻ １１.解析 时针转了 ° 等于 ２π 弧 ∴ｃｏｓ０７５ >ｃｏｓ０７５ (１) －１２０ ꎬ － . ° . . . 第四象限角 β ｋ ° ° β ｋ ° ３ (２)∵ｔａｎ１２ ≈００２１ꎬｔａｎ１２≈２５７２ꎬ :{ ｜ 􀅰３６０ ＋２７０ < < 􀅰３６０ 度 分针转了 ° 等于 弧度. . ° . . { ꎻ －１４４０ ꎬ －８π ∴ｔａｎ１２ <ｔａｎ１２ ° ｋ Ｚ 或 β ｋ ３π β ｋ 不正确.理由 设从午夜零时算起 经过 ５.解析 角度制下 ｒ θ ° ＋３６０ ꎬ ∈ } ２ π＋ < <２ π＋２πꎬ (２) : ꎬ : ＝１ｍꎬ ＝６０ ꎬ ２ ｔ 分针就与时针重合 ｎ为两针一天内 θｒ } ｍｉｎ ꎬ 弧长ｌ π π×６０×１ π . ｋ Ｚ . 重合的次数. ∴ ＝ ＝ ＝ (ｍ) ∈ １８０ １８０ ３ 因为分针旋转的角速度为 ４.解析 不等于 弧度.这是因为长度等于半 弧度制下 ｒ θ π １ : ＝１ｍꎬ ＝ ３ ꎬ 径长的弧所对的圆心角为 １ 弧度的角 ꎬ 而等 ２π ＝ π (ｒａｄ/ｍｉｎ)ꎬ ６０ ３０ ∴ 弧长ｌ ＝ θｒ ＝ π (ｍ) . 于半径长的弦所对的弧比半径长 ꎬ 所以等于 时针旋转的角速度为 ３ 半径长的弦所对的圆心角大于 弧度. ６.解析 α ＝ Ｒ ｌ ＝ １４４ ＝１ . ２ꎬ ５.解析 ° π π. １ １２ ２ × π ６０ ＝ ３ π ６０ (ｒａｄ/ｍｉｎ)ꎬ １２０ (１)３６ ＝ ×３６＝ ( ) 即该弧所对的圆心角 正角 的弧度数为 １８０ ５ 所以 π π ｔ ｎ 所以ｔ ７２０ｎ. ( ) － ＝２π ꎬ ＝ . . ° π ５π. ３０ ３６０ １１ 习 １ 题 ２ 5.1 (２)－１５０ ＝ １８０ ×(－１５０)＝－ ６ 时针旋转一天所需的时间为 ２４×６０＝ ° π ７３π. 复习巩固 (３)１０９５ ＝ ×１０９５＝ １４４０(ｍｉｎ)ꎬ １８０ １２ １.解析 ° ° ° 故在 ° 令７２０ｎ 解得ｎ . (１)－２６５ ＝－１×３６０ ＋９５ ꎬ ０ ~ ° π . ≤１４４０ꎬ ≤２２ ３ 为 ６０ 第 °范 二 围 象 内 限 与 角 － . ２６５ °角终边相同的角为 ９５ ° ꎬ ６. ( 解 ４ 析 )１４４０ ＝ １ ７ ８ π ０ ×１ ( ４４ ７ ０ π ＝ ) ８π ( １８０ )° °. １２. 故 解 时 析 １１ 针与分针 相 一 互 天 啮 内 合 只 的 会 两 重 个 合 齿 ２ 轮 ２ 次 大 . 轮有 (１)－ ＝ － × ＝－２１０ (１)∵ ꎬ (２)－１０００ ° ＝－３×３６０ ° ＋８０ ° ꎬ 故在 ０ ° ~３６０ ° ( ６ ) ６ ( )° π ４８ 齿 ꎬ 小轮有 ２０ 齿 ꎬ 范围内与 °角终边相同的角为 ° 为 １０π １０π １８０ °. 第一象限角 －１ . ０００ ８０ ꎬ (２)－ ３ ＝ － ( ３ )° × π ＝－６００ ∴ 当大轮转动一周时 ꎬ 小轮转动４ ２ ８ ０ ＝ １ ５ ２ ３ ( ６ ３ ０ ) ° － 范 ８４ 围 ３ ° 内 １０ 与 ′ ＝ － － ８ ３ ４ × ３ ３ ° ６ １ ０ ０ ° ′ ＋ 角 ２ 终 ３６ ° 边 ５０ 相 ′ ꎬ 同 故 的 在 角 ０ ° 为 ~ (３)１ ２ . ４＝１ ２ . ４× ( １ １ π ８ ８ ０ ０ )° ≈８０ . . ２１ ° ° . . 周 ꎬ 即１ ５ ２ ×２π＝ ２４ ５ π (ｒａｄ)ꎬ ２３６ ° ５０ ′ ꎬ 为第三象限角. (４) ３ ＝ ３ × π ≈３８２０ 小轮转动的角度为２４π . ∴ ｒａｄ ° ° ° 故在 ° ° 综合运用 ５ (４)３ ９００ ＝１０×３６０ ＋３００ ꎬ ０ ~３６０ 大轮的转速为 范围内与 °角终边相同的角为 ° 为 ７.答案 Ｃ Ｄ (２)∵ １８０ｒ/ｍｉｎꎬ ３９００ ３００ ꎬ (１) (２) 第四象限角. 解析 因为 ° α ° 所以 ° α 小轮的转速为１２ . (１) ０ < <９０ ꎬ ０ <２ < ∴ ×１８０＝４３２(ｒ/ｍｉｎ) ２.解析 β β ｋ ° ° ｋ Ｚ ° 故选 . ５ (１){ ｜ ＝ 􀅰３６０ ＋６０ ꎬ ∈ }ꎬ １８０ ꎬ Ｃ 小轮周上一点每 转过的弧度为 在 ° β °范围内 β为 ° °. 因为ｋ ° α ° ｋ ° ｋ Ｚ 所 ∴ １ｓ ４３２× －３６０ ≤ <３６０ ꎬ ６０ ꎬ －３００ (２) 􀅰３６０ < <９０ ＋ 􀅰３６０ ꎬ ∈ ꎬ β β ｋ ° ° ｋ Ｚ α ７２ . (２){ ｜ ＝ 􀅰３６０ －７５ ꎬ ∈ }ꎬ 以ｋ ° ° ｋ ° ｋ Ｚ. ２π÷６０＝ π 在 ° β °范围内 β为 ° °. 􀅰１８０ < <４５ ＋ 􀅰１８０ ꎬ ∈ ５ －３６０ ≤ <３６０ ꎬ ２８５ ꎬ－７５ ２ 小轮的半径为 . (３){ β ｜ β ＝ ｋ 􀅰３６０ ° －８２４ ° ３０ ′ ꎬ ｋ ∈ Ｚ }ꎬ 当ｋ为奇数时 ꎬ α 是第三象限角 ꎻ 当ｋ为偶 ∵ 小轮周上一点每 １０５ｃ 转 ｍꎬ 过的弧长为７２π 在 ° β °范围内 β 为 ° ′ ２ ∴ １ｓ × －３６０ ≤ <３６０ ꎬ ２５５ ３０ꎬ α ５ ° ′. 数时 是第一象限角.故选 . . . . －１０４ ３０ ꎬ Ｄ １０５＝１５１２π(ｃｍ) β β ｋ ° ° ｋ Ｚ ２ 5.2 三角函数的概念 (４){ ｜ ＝ 􀅰３６０ ＋４７５ ꎬ ∈ }ꎬ ８.解析 设 ＡＯＢ α. 在 ° β °范围内 β为 ° °. ∠ ＝ －３６０ ≤ <３６０ ꎬ １１５ ꎬ－２４５ 解法一 由ｌ αＲ 得 α ５.２.１ 三角函数的概念 β β ｋ ° ° ｋ Ｚ : ＝ ꎬ １１２＝１００ ꎬ (５){ ｜ ＝ 􀅰３６０ ＋９０ ꎬ ∈ }ꎬ 在 －３６０ ° ≤ β <３６０ °范围内 ꎬ β为 ９０ ° ꎬ－２７０ °. ∴ α ＝ １１２ ＝１ . １２(ｒａｄ)≈６４ °. 练习 (６){ β ｜ β ＝ ｋ 􀅰３６０ ° ＋２７０ ° ꎬ ｋ ∈ Ｚ }ꎬ 解法二 １００ 由ｌ π αＲ 得 π α ×１００ １.解析 在 ° β °范围内 β为 ° °. : ＝ ꎬ １１２＝ ꎬ －３６０ ≤ <３６０ ꎬ －９０ ꎬ２７０ １８０ １８０ α π ３π β β ｋ ° ° ｋ Ｚ α °. ０ π (７){ ｜ ＝ 􀅰３６０ ＋１８０ ꎬ ∈ }ꎬ ∴ ≈６４ ２ ２ 在 ° β °范围内 β为 ° °. －３６０ ≤ <３６０ ꎬ １８０ ꎬ－１８０ β β ｋ ° ｋ Ｚ (８){ ｜ ＝ 􀅰３６０ ꎬ ∈ }ꎬ ２８２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 续表 或 或 复习巩固 (２)①④( ①⑥ ④⑥) 或 或 α ０ π π ３π (３)②④( 或 ②⑤ 或 ④⑤) １.解析 (１)∵－ １７π ＝－６π＋ π ꎬ ２ ２ (４)②③( ②⑥ ③⑥) ３ ３ ５.解析 ° ° ° ( ) ｓｉｎ α α ０ １ ０ －１ ｃｏｓ２ ９ ° ( ≈ １ ０ ) . ｃ ８ ｏ ７ ｓ ４ １ ６ . １０９ ＝ｃｏｓ(２９ ＋３×３６０ )＝ ∴ｓｉｎ － １７ ３ π ＝ｓｉｎ π ３ ＝ ２ ３ ꎬ ｃｏｓ １ ０ －１ ０ ( ) ( ) ｔａｎ α ０ — ０ — (２)ｔａｎ １９ ３ π ＝ｔａｎ π ３ ＋６π ＝ｔａｎ π ３ ＝ ３ . ｃｏｓ － １７ ３ π ＝ｃｏｓ π ３ ＝ ２ １ ꎬ ( ) ２.解析 设７π角的终边与单位圆的交点是 (３)ｓｉｎ(－１０５０ ° )＝ｓｉｎ(３０ ° －３×３６０ ° ) ｔａｎ － １７π ＝ｔａｎ π ＝ ３ . ３ ３ ６ ° １ . Ｐ ｘ ｙ 则ｙ １ ＝ｓｉｎ３０ ＝ ２ (２)∵ ２１π ＝４π＋ ５π ꎬ ( ꎬ )ꎬ ＝－ ꎬ ( ) ( ) ４ ４ ２ ３１π π π . ( ) ２ (４)ｔａｎ － ４ ＝ｔａｎ ４ －８π ＝ｔａｎ ４ ＝１ ２１π ５π ２ ｘ １ ３ ∴ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ＝－ ꎬ ∴ ＝－ １－ － ＝－ ꎬ ４ ４ ２ ２ ２ ５.２.２ 同角三角函数的基本关系 ( ) ２１π ５π ２ 即Ｐ － ３ ꎬ－ １ ꎬ 练习 ｃｏｓ ４ ＝ｃｏｓ ４ ＝－ ２ ꎬ ２ ２ ７π １ ７π ３ １.解析 ∵ｃｏｓ α ＝－ ４ ꎬ 且α为第三象限角 ꎬ ｔａｎ ２１π ＝ｔａｎ ５π ＝１ . ∴ｓｉｎ ＝－ ꎬｃｏｓ ＝－ ꎬ ５ ４ ４ ６ ２ ６ ２ ｔａｎ ７π ＝ ３. ∴ｓｉｎ α ＝－ １－ｃｏｓ ２α ＝－ ５ ３ . (３)∵ ( － ２３ ６ π ＝ ) －４π＋ π ６ ꎬ ３.解析 ６ ３ 点 Ｐ 到 原 点 的 距 离 是 ｒ ＝ ∴ｔａｎ α ＝ ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ α α＝ ４ ３ . ∴ｓｉｎ － ２３ ６ π ＝ｓｉｎ π ６ ＝ ２ １ ꎬ ( ) (－１２) ２ ＋５ ２ ＝１３ꎬ ２.解析 ∵ｔａｎ φ ＝－ ３<０ꎬ ｃｏｓ － ２３π ＝ｃｏｓ π ＝ ３ ꎬ θ ５ θ １２ θ ５ . φ为第二或第四象限角. ６ ６ ２ ∴ｓｉｎ ＝ ꎬｃｏｓ ＝－ ꎬｔａｎ ＝－ ∴ ( ) １３ １３ １２ φ ２３π π ３. ４.解析 设ｒ为圆的半径 ꎬ α为一个任意角 ꎬ 由题 ∵ｔａｎ φ ＝ ｓｉｎ φ＝－ ３ꎬ ｔａｎ － ６ ＝ｔａｎ ６ ＝ ３ ｃｏｓ 知 ｒ α ° ° ° ꎬ ＝２ꎬ ＝－２ｒａｄꎬ φ φ (４)∵１５００ ＝４×３６０ ＋６０ ꎬ ｘ ｒ α ｙ ｒ α ∴ｓｉｎ ＝－ ３ｃｏｓ ꎬ ∴ ＝ ｃｏｓ ＝２ｃｏｓ(－２)ꎬ ＝ ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ(－２)ꎬ ° ° ３ ∴ 点Ｐ的坐标为 (２ｃｏｓ(－２)ꎬ２ｓｉｎ(－２)) . 代入 ｓｉｎ ２φ ＋ｃｏｓ ２φ ＝１ 得 ｃｏｓ ２φ ＝ ４ １ . ∴ｓｉｎ１５００ ＝ｓｉｎ６０ ＝ ２ ꎬ 练习 ° ° １ １.答案 当φ为第二象限角时 ꎬｃｏｓ φ ＝－ ２ １ ꎬ ｃｏｓ１５００ ＝ｃｏｓ６０ ＝ ２ ꎬ ° ° . ｔａｎ１５００ ＝ｔａｎ６０ ＝ ３ α ２π １３π －π － ４π １５π ｓｉｎ φ ＝ ３ ꎻ ２.解析 Ｐ ａ ａ ｒ ａ . ６ ３ ４ ２ ∵ (３ ꎬ４ )ꎬ∴ ＝５｜ ｜ ａ ａ ｓｉｎ α ０ １ ２ ０ ２ ３ － ２ ２ 当φ为第四象限角时 ꎬｃｏｓ φ ＝ ２ １ ꎬ ∴ｓｉｎ α ＝ ５ ４ ｜ ａ ｜ ꎬｃｏｓ α ＝ ５ ３ ｜ ａ ｜ . 当ａ 即α为第一象限角时 >０ꎬ ꎬ α ３ １ ２ φ ３. ｃｏｓ １ ２ －１ － ２ ２ ｓｉｎ ＝－ ２ ｓｉｎ α ＝ ４ ꎬｃｏｓ α ＝ ３ ꎬｔａｎ α ＝ ４ ꎻ ３.解析 由题可知θ为第一或第二象限角. ５ ５ ３ α ３ 当ａ 即α为第三象限角时 ｔａｎ ０ ３ ０ － ３ －１ 当θ为第一象限角时 ꎬｃｏｓ θ ＝ １－ｓｉｎ ２θ ＝ <０ꎬ ꎬ ２.解析 ∵０< α <πꎬ∴ｓｉｎ α >０ꎬ０< α < π ꎬ １－０ . ３５ ２ ≈０ . ９４ꎬ ｓｉｎ α ＝－ ５ ４ ꎬｃｏｓ α ＝－ ５ ３ ꎬｔａｎ α ＝ ３ ４ . ２ ２ θ ３.解析 原式 又 θ . θ ｓｉｎ . (１) ＝６×(－１)＋３×０－８×(－１)＋ α ｓｉｎ ＝０３５ꎬ∴ｔａｎ ＝ θ≈０３７ꎻ ∴ｔａｎ >０ .当 α 为钝角时 ꎬｃｏｓ α <０ꎬ ｃｏｓ １２×(－１)＝－１０ . ２ 当θ为第二象限角时 θ ２θ 原式 . α 即 α与 α有可能取负值. ꎬｃｏｓ ＝－ １－ｓｉｎ ＝ (２) ＝１０×０＋４×０＋９×０＋１５×１＝１５ ３. ｔ 解 ａｎ 析 <０ꎬ ｃｏｓ °角的终 ｔａｎ 边在第二象限 － １－０ . ３５ ２ ≈－０ . ９４ꎬ 原式 ３ ( ３ ) ２ １ ( ３ ) ２ (１)１５６ ꎬ (３) ＝２×０－１＋ × － ＋ ° . 又 θ . θｓｉｎ θ . . ４ ３ ２ ２ ∴ｓｉｎ１５６ >０ ｓｉｎ ＝０３５ꎬ∴ｔａｎ θ≈－０３７ ( ) ｃｏｓ ３ . (２)ｃｏｓ １６ ５ π ＝ｃｏｓ ６ ５ π ＋２π ＝ｃｏｓ ６ ５ π <０ . ４.解析 (１)ｃｏｓ θ ｔａｎ θ ＝ｃｏｓ θ 􀅰 ｓｉｎ θ θ＝ｓｉｎ θ. ＋(－１)＝－ ( ２ ) ２ ° ° ° ｃｏｓ 原式 ３ ４ ２ ９ . (３)ｃｏｓ(－ ° ４５０ . )＝ｃｏｓ(２７０ －７２０ ) ２ｃｏｓ ２α －１ ２ｃｏｓ ２α －(ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ) (４) ＝ ２ ＋０ －( ３) ＝－ ４ ＝ｃｏｓ２７０ ＝０ (２) ２α＝ ２α ２α ２α ４.解析 原式 ａ ｂ ｃ . ( ) ( ) １－２ｓｉｎ (ｓｉｎ ＋ｃｏｓ )－２ｓｉｎ (１) ＝ 􀅰０＋ 􀅰０＋ 􀅰０＝０ １７π １５π ２α ２α 原式 ｐ２ ｑ２ ｐｑ (４)ｔａｎ － ＝ｔａｎ －４π ｃｏｓ －ｓｉｎ . (２) ＝－ ×(－１)＋ ×１－２ ×１＝ ８ ８ ＝ ｃｏｓ ２α －ｓｉｎ ２α＝１ ( ｐ － ｑ ) ２. ＝ｔａｎ １５ ８ π <０ . (３)(１＋ｔａｎ ２α )ｃｏｓ ２α ＝ ( １＋ ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ ２ ２ α α ) ｃｏｓ ２α ＝ ( ＝ ３ ( ) ａ 原 － ｂ 式 ) ２ ＝ . ａ２ ×１－ ｂ２ ×(－１)＋ ａｂ ×(－１)－ ａｂ ×１ (５)－ ( ４ ３ π ４ 角 π 的 ) 终边 . 在第二象限 ꎬ ５. ｃ 证 ｏｓ 明 ２α ＋ｓ 左 ｉｎ ２ 边 α ＝ ＝ １ ｓ . ｉｎ ２α (ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α )＋ｃｏｓ ２α ＝ ５. ( 解 ４ 析 ) 原 式 ( ＝ １) ｍ ∵ ×０ １ ＋ ８ ｎ ６ × ° ０ 角 － ｐ 的 ×０ 终 － ｑ 边 ×０ 在 － ｒ 第 ×０ 三 ＝０ 象 . 限 ꎬ ∴ｓｉｎ － ３ >０ ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ＝１＝ 右边. ∴ｓｉｎ１８６ ° <０ . ° ° ° ° . 所以原等式成立. ° ° ° ° . (６)ｔａｎ５５６ ＝ｔａｎ(１９６ ＋３６０ )＝ｔａｎ１９６ >０ (２)ｔａｎ５０５ ＝ｔａｎ(１４５ ＋３６０ )＝ｔａｎ１４５ <０ ４.答案 或 或 ◆习题5.2 . . . (１)①③( ①⑤ ③⑤) (３)ｓｉｎ７６π＝ｓｉｎ(１６π＋６π)＝ｓｉｎ１６πꎬ ２８３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋( ) 所以原等式成立. . ３π . . ５π . . ∵１６π∈ ꎬ２π ꎬ∴ｓｉｎ７６π<０ ＝ｓｉｎ ≈０９６５９ １５.解析 α ２ １２ ∵ｔａｎ ＝２ꎬ ( ) ( ) ( ) ( ) α (４)ｔａｎ － ２３π ＝ｔａｎ π －６π ＝ｔａｎ π >０ . (２)ｔａｎ － １５π ＝ｔａｎ －４π＋ π ∴ 原式 ＝ ｔａｎ α ＋１ ＝ ３ ＝３ . ４ ４ ４ ４ ４ ｔａｎ －１ １ ° ° ° ° . 拓广探索 (５)ｃｏｓ９４０ ＝ｃｏｓ(２２０ ＋７２０ )＝ｃｏｓ２２０ <０ π . ( ) ( ) ＝ｔａｎ ４ ＝１ １６.解析 α为第二象限角 ５９π ９π ９π . ∵ ꎬ (６)ｃｏｓ － ＝ｃｏｓ －４π ＝ｃｏｓ <０ ° ′ ° ° ′ １７ １７ １７ (３)ｃｏｓ３９８ １３ ＝ｃｏｓ(３６０ ＋３８ １３) α ２ ６.解析 (１)∵ α为第四象限角 ꎬ ＝ｃｏｓ３８ ° １３ ′ ≈０ . ７８５７ . ∴ 原式 ＝ (１－ｓ ( ｉｎ １＋ α ｓ ) ｉｎ (１＋ ) ｓｉｎ α ) ∴ｃｏ α ｓ α ｓｉ ＝ ｎ α １－ ( ｓｉｎ ２ ３ α ) ＝ １－ ( － . ２ ３ ) ２ ＝ ２ １ ꎬ １０ ＝ ( .证 ４ ｔａ ) ｎ 明 ｔａ ４ ｎ ６ ７ ° ( ６ １ １ ６ ５ ) ° ′ ≈ １ ｓｉ ５ ｎ １ ′ . ＝ θ ０ 􀅰 ｔ ４ ａ ４ ｎ ｔａ ( ６ ｎ ７ . ２ θ ０ ＝ ° ｓ ＋ ｉｎ ４６ ２θ θ ° . １５ ′ ) － ( ( １ １ ＋ ＋ ｓ ｓ ( ｉ ｉ ｎ ｎ １－ α α ｓ ) ) ｉｎ ( ２ １ α － ) ｓ ２ ｉｎ ( α １ ) －ｓｉｎ α ) ２ ｔａｎ ＝ ｃｏｓ α＝ － ２ ×２＝－ ３ 若θ为第二或第三象限角 ｃｏｓ 则 θ ２θ ＝ ｃｏｓ ２α － ｃｏｓ ２α α为第二象限角 ꎬ ｃｏｓ <０ꎬｓｉｎ α α (２)∵ ꎬ θ θ . １＋ｓｉｎ １－ｓｉｎ ( ) >０ꎬ∴ｓｉｎ 􀅰ｔａｎ <０ ＝－ α ＋ α ∴ｓｉｎ α ＝ １－ｃｏｓ ２α ＝ １－ － ５ ２ ＝ １２ ꎬ 反过来 ꎬ 若 ｓｉｎ θ 􀅰ｔａｎ θ <０ꎬ 则 ｃｏｓ θ <０ꎬ ｃｏｓ α. ｃｏｓ １３ １３ θ为第二或第三象限角. ＝－２ｔａｎ α ｓｉｎ α １２ ( １３ ) １２. ∴ 可仿证 略 . １７.解析 如 ｓｉｎ ４ｘ ＋ｃｏｓ ４ｘ ＝１－２ｓｉｎ ２ｘ 􀅰ｃｏｓ ２ｘ也 ｔａｎ ＝ α＝ × － ＝－ (２)(３)(４) ( ) ｃｏｓ １３ ５ ５ 是 ２ｘ ２ｘ 的一个变形 １ １１.解析 ｘ １ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１ ꎻ ２ｘ＝１＋ α ３ ∵ｓｉｎ ＝－ <０ꎬ ｃｏｓ (３)∵ｔａｎ ＝－ <０ꎬ ３ ｘ ４ ｘ是第三或第四象限角. ２ｘ是 ２ｘ ２ｘ 和ｓｉｎ ｘ的变 α为第二或第四象限角. ∴ ｔａｎ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１ ｘ＝ｔａｎ ∴ 当ｘ为第三象限角时 ｃｏｓ 当α为第二象限角时 ꎬ 形等. ꎬ ｃ 当 ｏｓ α α 为 ＝－ 第 ５ ４ 四 ꎬ 象 ｓｉｎ 限 α 角 ＝ 时 ５ ３ ꎬ ꎻ ｃ 当 ｏｓ ｘ ｘ 为 ＝－ 第 ２ 四 ３ ２ 象 ꎬｔａ 限 ｎ 角 ｘ ＝ 时 ４ ꎬ ２ ꎻ １８.解 ＝ ( 析 ３ ) (１ ４ － ) ( ∵ １ ｓｉｎ ) ４ ４ π ３ ＝ － １ ｃｏ ꎬ ｓ ４ π ３ ｘ ２ ２ ｘ ２. ２ ２ ２ ｃｏｓ α ＝ ５ ４ ꎬｓｉｎ α ＝－ ５ ３ . ｃｏｓ ＝ ３ ꎬｔａｎ ＝－ ４ ２ π ２ π ( ３ ) ２ ( １ ) ２ １ ｓｉｎ －ｃｏｓ ＝ － ＝ ꎬ (４)∵ｃｏｓ α ＝０ . ６８>０ꎬ １２.解析 ∵ｔａｎ α ＝ ３ꎬπ< α < ３π ꎬ ３ ３ ２ ２ ２ α为第一或第四象限角. ２ ∴ ∴ｓｉｎ ４ π －ｃｏｓ ４ π ＝ｓｉｎ ２ π －ｃｏｓ ２ π. 当 α 为第一象限角时 α . α ４π α １ α ３. ３ ３ ３ ３ ꎬ ｓｉｎ ≈ ０７３ꎬ ∴ ＝ ꎬ∴ｃｏｓ ＝－ ꎬｓｉｎ ＝－ α . ３ ２ ２ 当α π时 ｔａｎ ≈１０７ꎻ ( ) (２) ＝ ꎬ 当α为第四象限角时 ꎬｓｉｎ α ≈－０ . ７３ꎬ ∴ｃｏｓ α －ｓｉｎ α ＝－ １ － － ３ ＝ ３－１. ４ ( ) ４ ( ) ４ α . . ２ ２ ２ ４ π ４ π ２ ２ 综 ｔ 合 ａｎ 运 ≈ 用 －１０７ １３.解析 (１)∵ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ＝１ꎬ ｓｉｎ ４ －ｃｏｓ ４ ＝ ２ － ２ ＝０ꎬ ( ) ( ) ７.解析 当ｘ π 时 ｆ ( π ) π ∴ｓｉｎ α ＝± １－ｃｏｓ ２α ꎬ ｓｉｎ ２ π －ｃｏｓ ２ π ＝ ２ ２ － ２ ２ ＝０ꎬ (１) ＝ ４ ꎬ ４ ＝ｓｉｎ ２ ＋ α ｓｉｎ α １－ｃｏｓ ２α . ４ ４ ２ ２ ∴ｔａｎ ＝ α＝± α ４ π ４ π ２ π ２ π. π ｃｏｓ ｃｏｓ ∴ｓｉｎ －ｃｏｓ ＝ｓｉｎ －ｃｏｓ ２ｓｉｎ０－４ｃｏｓ ＋３ｃｏｓ π＝１＋０－０＋３×(－１)＝ ２α ２α ４ ４ ４ ４ ２ (２)∵ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１ꎬ 证明 ｘ Ｒ ４ｘ ４ｘ －２ . ( ) ∴ｃｏｓ α ＝± １－ｓｉｎ ２α ꎬ ( ＝ ３ ( ) ｓｉｎ ２ｘ ＋ : ｃ ∀ ｏｓ ２ ∈ ｘ )(ｓ ꎬ ｉ ∵ ｎ ２ｘ ｓｉ － ｎ ｃｏｓ － ２ ｃ ｘ ｏ ) ｓ (２) 当ｘ ＝ ３ ４ π时 ꎬ ｆ ３ ４ π ＝ｓｉｎ π＋２ｓｉｎ π ２ － ∴ｔａｎ α ＝ ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ α α＝± １ ｓ － ｉｎ ｓｉ α ｎ ２α . ＝ ∴ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ ２ ２ ｘ ｘ － － ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ ２ ２ ｘ ｘ ꎬ ＝ｓｉｎ ４ｘ －ｃｏｓ ４ｘ. ３π ３π . １４.证明 左边 ４ｃｏｓ ＋３ｃｏｓ ＝０＋２－０＋０＝２ (１) ＝ ２ ２ ２ｘ ２ｘ ｘ ｘ 5.3 诱导公式 ８.解析 ° ° (ｓｉｎ ＋ｃｏｓ )－２ｓｉｎ ｃｏｓ (１)ｔａｎ１２５ <０ꎬｓｉｎ２７３ <０ꎬ ２ｘ ２ｘ ° ° . ｃｏｓ －ｓｉｎ 练习 ∴ｔａｎ１２５ ｓｉｎ２７３ >０ ｘ ｘ ２ (２)ｔａｎ１０８ ° <０ꎬｃｏｓ３０５ ° >０ꎬ ＝ (ｃｏｓ ｘ ＋ ( ｓ ｃ ｉ ｏ ｎ ｓ ｘ ) － ( ｓｉ ｃ ｎ ｏｓ ) ｘ －ｓｉｎ ｘ ) １.答案 (１)－ｃｏｓ ４π (２)－ｓｉｎ１ ° ｘ ｘ ｘ ９ ｔａｎ１０８ . ｃｏｓ －ｓｉｎ １－ｔａｎ 右边. ∴ ｃｏｓ３０５ °<０ ＝ ｃｏｓ ｘ ＋ｓｉｎ ｘ＝ １＋ｔａｎ ｘ＝ (３)－ｓｉｎ π (４)－ｔａｎ７０ ° ６ ′ 所以原等式成立. ５ ５π ４π １１π (３)ｓｉｎ ５π ４ <０ ４ ꎬ π ｃｏｓ ５ １１ < π ０ꎬｔａ . ｎ ６ <０ꎬ (２) 左边 ＝ ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ ２ ２ α α－ｓｉｎ ２α ＝ ｓｉｎ ２α ( ｃｏ １ ｓ － ２ ｃ α ｏｓ ２α ) ＝ ２. ( 解 ５ 析 )－ｃｏｓ π ７ (６)－ｔａ ° ｎ７９ ° ３９ ′ ° ∴ｓｉｎ ４ ｃｏｓ ５ ｔａｎ ６ <０ ２α ２α 右边. (１)ｃｏｓ(－４２０ )＝ｃｏｓ４２０ ｔａｎ ｓｉｎ ＝ ５π １１π ２π 所以原等式成立. ＝ｃｏｓ(１×３６０ ° ＋６０ ° )＝ｃｏｓ６０ ° ＝ １ . (４)ｃｏｓ <０ꎬｔａｎ <０ꎬｓｉｎ >０ꎬ ２ ６ ６ ３ 左边 ２β β ２β β ( ) (３) ＝ｃｏｓ －２ｃｏｓ ＋１＋ｓｉｎ ＝２－２ｃｏｓ ７ ７ ５π １１π 右边. (２)ｓｉｎ － π ＝－ｓｉｎ π ｃｏｓ ｔａｎ ＝ ６ ６ ６ ６ . 所以原等式成立. ( ) ∴ >０ π π １ . ｓｉｎ ２ ３ π (４) 左边 ＝ ｓｉｎ ４ｘ ＋ ｃｏｓ ４ｘ ＋ ２ｓｉｎ ２ｘ ｃｏｓ ２ｘ － ＝－ｓｉｎ π＋ ６ ＝ｓｉｎ ６ ＝ ２ ９.解析 ( ６７π ) ( ５π ) ２ｓｉｎ ２ｘ ｃｏｓ ２ｘ ＝(ｓｉｎ ２ｘ ＋ｃｏｓ ２ｘ ) ２ －２ｓｉｎ ２ｘ ｃｏｓ ２ｘ ＝ (３)ｔａｎ(－１１４０ ° )＝ｔａｎ(－６０ ° －３×３６０ ° ) (１)ｓｉｎ － ＝ｓｉｎ －６π＋ ２ｘ ２ｘ 右边. ° ° . １２ １２ １－２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ＝ｔａｎ(－６０ )＝－ｔａｎ６０ ＝－ ３ ２８４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ( ) α ３α ７７ ７７ 原式 ２α ｔａｎ ｃｏｓ ＋１. α ３ .故选 . (４)ｃｏｓ － π ＝ｃｏｓ π (２) ＝ｃｏｓ － α＝ α ∴ｃｏｓ ＝－ Ｂ ６ ６ －ｓｉｎ ｃｏｓ ５ ( ) ( ) α α α ５ π 原式 －ｃｏｓ 􀅰(－ｓｉｎ ) ｓｉｎ α. ６.解析 α α １ ＝ｃｏｓ １２π＋ π ＝ｃｏｓ π－ (３) ＝ ２α ＝ α＝ｔａｎ ∵ｓｉｎ(π＋ )＝－ｓｉｎ ＝－ ꎬ ６ ６ ｃｏｓ ｃｏｓ ２ ◆习题5.3 ＝－ｃｏｓ π ６ ＝－ ２ ３. 复习巩固 ∴ｓｉｎ α ＝ ２ １ . (５)ｔａｎ３１５ ° ＝ｔａｎ(３６０ ° －４５ ° ) １.解析 原式 １７ ( π ) (１) 原式 ＝ｓｉｎ α ＝ １ . ° . (１) ＝ｃｏｓ π＝ｃｏｓ ４π＋ ＝ ２ ＝－ｔａｎ４５ ＝－１ ４ ４ ì ( ) ( ) ï １１ ３π π ２. ï ３ ꎬ α为第一象限角 ꎬ (６)ｓｉｎ ３π － ４ π ( ＝－ｓｉ π ｎ ) ２π＋ ４ ２. ｃ ( ｏ ２ ｓ ) 原 ４ 式 ＝ ＝ ２ －ｓｉｎ１５７４ ° ＝－ｓｉｎ(４×３６０ ° ＋１３４ ° ) (２) 原式 ＝ｃｏｓ α ＝ î í ï ï － ２ ３ ꎬ α为第二象限角. ＝－ｓｉｎ ＝－ｓｉｎ π－ ＝－ ° ° . . ２ ４ ４ ２ ＝－ｓｉｎ１３４ ＝－ｓｉｎ４６ ≈－０７１９３ ３.解析 原式 α ° 原式 ° ′ ° 原式 α １ . (１) ＝ｓｉｎ[－( ＋１８０ )]􀅰 (３) ＝－ｓｉｎ ２ １６０ ５２ ＝－ｓｉｎ(６×３６０ ＋ (３) ＝－ｓｉｎ ＝－ α ° α α ° ′ ′ . . ２ ｃｏｓ(－ )ｓｉｎ(１８０ － )＝ －ｓｉｎ( ＋１８０ )􀅰 ５２)＝－ｓｉｎ５２≈－００１５１ α { α为第一象限角 α ° α α α α 原式 ° ′ ° ° ′ 原式 ｃｏｓ ３ꎬ ꎬ ｃ ＝ ｏ ｓ ｓ ｉ ( ｎ － ２α ｃ ) ｏ ｓ ｓ ｉｎ α ( . １８０ － )＝ｓｉｎ 􀅰ｃｏｓ 􀅰ｓｉｎ ＝ (４ ｃ ) ｏｓ(３６０ ＝ ° － ｃｏ ４ ｓ ８ ° １ ２４ ７ ′ ５ ) １ ＝ ３ ｃ ６ ｏｓ ＝ ４ ｃ ８ ｏ ° ｓ ２ ( ４ ４ ′ ≈ ×３ ０ ６ . ０ ６６ ＋ ３ ３ ９ １ . １３６) (４) ＝ ｓｉｎ α＝ － ３ꎬ α为第二象限角. (２) 原式 ＝－ｃｏｓ ３α ｓｉｎ α ｔａｎ ３ ( α ＋π) (５) 原式 ＝ｃｏｓ(４×３６０ ° ＋１７５ ° ８ ′ ) ７.解析 (１) 不成立. ＝－ｃｏｓ ３α ｓｉｎ α ｔａｎ ３α ＝－ｓｉｎ ４α. ＝ｃｏｓ１７５ ° ８ ′ ＝ｃｏｓ(１８０ ° －４ ° ５２ ′ ) ∵ｃｏｓ( Ａ ＋ Ｂ )＝ｃｏｓ(π－ Ｃ )＝－ｃｏｓ Ｃ ꎬ ４.答案 ＝－ｃｏｓ４ ° ５２ ′ ≈－０ . ９９６４ . ∴ 不成立. ( ) 成立. α ４π ５π ５π ７π ８π １１π 原式 ４π ４π (２) － － － － － － (６) ＝－ｓｉｎ １０π－ ＝ｓｉｎ Ａ Ｂ Ｃ Ｃ ３ ４ ３ ４ ３ ４ ３ ３ ∵ｓｉｎ( ＋ )＝ｓｉｎ(π－ )＝ｓｉｎ ꎬ α ３ ２ ３ ２ ３ ２ ( ) 成立. ｓｉｎ ２ ２ ２ ２ － ２ － ２ ＝ｓｉｎ π＋ π ＝－ｓｉｎ π ＝－ ３. ∴ 不成立. ｃｏｓ α － ２ １ － ２ ２ １ ２ ２ ２ － ２ １ － ２ ２ ２.证明 ３ 左边 ３ ２ ° α (３) Ａ Ｂ ( Ｃ ) Ｃ (１) ＝ ｓｉｎ[３６０ ＋(－ )] ＝ ＋ π ｔａｎ α － ３ －１ ３ １ ３ １ ｓｉｎ(－ α )＝－ｓｉｎ α ＝ 右边. ∵ｓｉｎ ２ ＝ｓｉｎ ２ － ２ ＝ｃｏｓ ２ ꎬ 练习 (２) 左边 ＝ｃｏｓ[３６０ ° ＋(－ α )]＝ｃｏｓ(－ α )＝ ∴ 不成立. α 右边. 不成立. ｃｏｓ ＝ (４) １.解析 (１)－ ２ ３. (２) ２ ２. (３)－０ . ２１１６ . (３) 左边 ＝ｔａｎ[３６０ ° ＋(－ α )] ＝ｔａｎ(－ α )＝ ∵ｃｏｓ Ａ ＋ Ｂ ＝ｃｏｓ ( π － Ｃ ) ＝ｓｉｎ Ｃ ꎬ . . . . . －ｔａｎ α ＝ 右边. ２ ２ ２ ２ ２. ( 证 ４ 明 )－ ０ ( ７ １ ５８ )ｃ ７ ｏｓ ( ( ５) ５ ２ ３ π－ ( α ６ ) )０８４９６ ３.解 ＋ α 析 ) －２ ( ｃ １ ｏ ) ｓ ２ 原 α 式 ＝ ＝ １ １ － ＋ ｓ [ ｉｎ －ｓ α ｉｎ 􀅰 (２ ｓ π ｉｎ － α α ) － ] ２ 􀅰 ｃｏ ｓ ｓ ｉ ２ ｎ α (π ＝ ８. ∴ 解 不 析 成 立 ∵ . ｓｉｎ ( π － ｘ ) ＝ １ ꎬ 且 ０< ｘ < π ꎬ [ ( )] ２α. ３ ３ ２ －ｃｏｓ ( ) [ ( )] π α ＝ｃｏｓ ２π＋ － 原式 ° ° π ｘ π π ｘ ２ (２) ＝ (－ｓｉｎ １ ０７１ ) 􀅰ｓｉｎ９９ ＋ ∴ｓｉｎ ＋ ＝ｓｉｎ － － ( ) ° ° ° ６ ２ ３ ＝ｃｏｓ π － α ＝ｓｉｎ α. (－ｓ ° ｉｎ１７１ )􀅰( ° －ｓｉｎ ° ２６１ )＝－ｓｉｎ( ° ２× ° ３６０ ＋ ( π ｘ ) ( １ ) ２ ２ ２. ２ ３５１ )􀅰ｓｉｎ(９０ ＋９ )＋[－ｓｉｎ(１８０ －９ )]􀅰 ＝ｃｏｓ － ＝ １－ ＝ ( ) ° ° ° ° ３ ３ ３ ７ α [－ｓｉｎ(２７０ －９ )] ＝ －ｓｉｎ ３５１ 􀅰ｃｏｓ９ － ( ) [ ( )] (２)ｃｏｓ ２ π＋ ｓｉｎ９ ° ｃｏｓ９ ° ＝ｓｉｎ９ ° ｃｏｓ９ ° －ｓｉｎ９ ° ｃｏｓ９ ° ＝０ . ｃｏｓ ２π ＋ ｘ ＝ｃｏｓ π－ π － ｘ [ ( )] ４.解析 角 α 的终边与单位圆的交点为 ３ ３ π α ∵ ( ) ＝ｃｏｓ ３π＋ ＋ ( ) π ｘ ２ ２. ( ２ ) Ｐ － ３ ꎬ ４ ꎬ 由三角函数的定义可知 ꎬ ＝－ｃｏｓ ３ － ＝－ ３ π α α. ５ ５ 拓广探索 ＝－ｃｏｓ ＋ ＝ｓｉｎ ２ α ４ α ３ ９.解析 当ｎ ｋ ｋ Ｚ时 ( ) ｓｉｎ ＝ ꎬｃｏｓ ＝－ ꎬ (１) ＝４ ꎬ ∈ ꎬ (３)ｓｉｎ ９ ２ π－ α ５ α α ５ ４ ｓｉｎ (ｎ π ＋ α ) ＝ｓｉｎ(２ ｋ π＋ α )＝ｓｉｎ α ꎻ [ ( )] ∴ｓｉｎ(π＋ )＝－ｓｉｎ ＝－ ꎬ ２ ＝ｓｉｎ ４π＋ π － α ５ 当ｎ ＝４ ｋ ＋１ꎬ ｋ ∈ Ｚ时 ꎬ ( ) ２ ｃｏｓ(π＋ α )＝－ｃｏｓ α ＝ ３ ꎬ (ｎ π α ) ( ｋ π α ) π α α. ５ ｓｉｎ ＋ ＝ｓｉｎ ２ π＋ ＋ ＝ｓｉｎ － ＝ｃｏｓ ２ ２ ２ α α ４ ( ) ( １１π α ) ｓｉｎ(－ )＝－ｓｉｎ ＝－ ５ ꎬ ＝ｓｉｎ π ＋ α ＝ｃｏｓ α ꎻ (４)ｓｉｎ － ２ ＝ ＝ ｓ － ｉ ｓ ｎ ｉｎ [ ( ５π π ２ ＋ ２ － ( α π ２ ) － ＝ α － ) ｃｏ ] ｓ α. ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ( ( ( － π ２ π α ) ＋ ＝ α α ) ｃ ) ｏ ＝ ｓ ｃ α ｏ ＝ ｓ － α α ＝ ５ ３ － ꎬ ５ ３ ４ ꎬ . ＝ 当 ｓｉｎ ｓｉ ｎ ( ｎ ｎ ＝ ( ２ π π ４ ｋ ＋ ＋ ＋ α α ２ ) ) ꎬ ＝ ｋ ＝ ∈ － ｓｉ ｓ ｎ Ｚ ｉｎ ( 时 ２ α ｋ ꎻ π＋π＋ α ) ( ) ｃｏｓ ２ ＋ ＝－ｓｉｎ ＝－ ５ 当ｎ ＝４ ｋ ＋３ꎬ ｋ ∈ Ｚ时 ꎬ ｃｏｓ π － α 综合运用 (ｎ ) ( ) ３.解析 原式 ２ α π α ｋ ３π α (１) ＝ ( )􀅰ｓｉｎ( －２π) ( ) [ ( )] ｓｉｎ ＋ ＝ｓｉｎ ２ π＋ ＋ π α ５.Ｂ ７π α π α ２ ２ ｓｉｎ ＋ ∵ｓｉｎ ＋ ＝ｓｉｎ ３π＋ ＋ ( ) ２ ２ ２ ３π α α. α ( ) ＝ｓｉｎ ＋ ＝－ｃｏｓ α ｓｉｎ α α ２α. π α α ３ ２ 􀅰ｃｏｓ(２π－ )＝ α􀅰ｓｉｎ 􀅰ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ＝－ｓｉｎ ＋ ＝－ｃｏｓ ＝ ꎬ 当ｎ ｋ ｋ Ｚ时 ｃｏｓ ２ ５ (２) ＝４ ꎬ ∈ ꎬ ２８５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋(ｎ ) ３.解析 把ｙ ｘ在ｘ轴下方的部分翻折到 奇函数. π α ｋ α α ＝ｓｉｎ (４) ｃｏｓ － ＝ｃｏｓ(２ π－ )＝ｃｏｓ ꎻ ｘ轴上方 就得到 ｙ ｘ 的图象.如图 ４.解析 Ｔ ２ ꎬ ＝ ｜ｓｉｎ ｜ ∵ ＝２ꎬ 当ｎ ＝４ ｋ ＋１ꎬ ｋ ∈ Ｚ时 ꎬ 所示. ∴ ｆ (３)＝ ｆ (１)＝０ꎬ (ｎ ) ( ) ( ) ( ) ｃｏｓ π － α ＝ｃｏｓ ２ ｋ π＋ π － α ｆ ７ ＝ ｆ ７ －２ ２ ２ ２ ２ ( ) ( ) ( ) ＝ｃｏｓ π ２ － α ＝ｓｉｎ α ꎻ ＝ ｆ ３ ２ ＝ ２ ３ －１ ２ ＝ ４ １ . 当ｎ ＝４ ｋ ＋２ꎬ ｋ ∈ Ｚ时 ꎬ 练习 ｃｏｓ (ｎ π － α ) ＝ｃｏｓ(２ ｋ π＋π－ α ) ( ) １.解析 (１)(２ ｋ πꎬ２ ｋ π＋π)( ｋ ∈ Ｚ ) . ２ ４.ＡＢＣ 函数ｙ ｘ ｘ π 的图 ｋ ｋ ｋ Ｚ . α α ＝１＋ｃｏｓ ꎬ ∈ ꎬ２π (２)(２ π－πꎬ２ π)( ∈ ) ＝ｃｏｓ(π－ )＝－ｃｏｓ ꎻ ３ ( ) 当ｎ ＝４ ｋ ＋３ꎬ ｋ ∈ Ｚ时 ꎬ 象如图所示 ꎬ 当ｔ <０ 或ｔ ≥２ 时 ꎬ 无交点 ꎻ 当ｔ (３) ２ ｋ π－ π ꎬ２ ｋ π＋ π ( ｋ ∈ Ｚ ) . (ｎ π α ) ( ｋ ３π α ) 或 ３ ｔ 时 只有 个交点 当 ｔ ( ２ ２ ) ｃｏｓ － ＝ｃｏｓ ２ π＋ － ＝０ ≤ <２ ꎬ １ ꎻ ０< < ｋ π ｋ ３ ｋ Ｚ . ２ ２ ２ (４) ２ π＋ ꎬ２ π＋ π ( ∈ ) ( ) ２ ２ ３π α α. ３ 时 有 个交点 故选 . { } ＝ｃｏｓ － ＝－ｓｉｎ ꎬ ２ ꎬ ＡＢＣ ２.解析 当ｘ ｘ ｘ π ｋ ｋ Ｚ ２ ２ (１) ∈ ＝ ＋２ πꎬ ∈ １０.解析 略. ２ 时 函 数 取 得 最 大 值 为 当 ｘ ꎬ ꎬ ２ꎻ ∈ { } 5.4 三角函数的 ｘ ｘ π ｋ ｋ Ｚ 时 函数取得最小 ＝－ ＋２ πꎬ ∈ ꎬ ２ 图象与性质 值 为 . ꎬ －２ ５.４.１ 正弦函数、余弦 当ｘ ｘ ｘ ｋ ｋ Ｚ 时 函数取 (２) ∈{ ｜ ＝６ π＋３πꎬ ∈ } ꎬ ５.４.２ 正弦函数、余弦函数的性质 函数的图象 得最大值 ꎬ 为 ３ꎻ 当ｘ ∈{ ｘ ｜ ｘ ＝６ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ } 时 ꎬ 练习 函数取得最小值 为 . 练习 ꎬ １ ( ) ３.Ｃ 由函数在 上的图象可知选 . １.解析 可以用单位圆中的三角函数线作出 １.解析 等式 π ２ π成立.但 [０ꎬ２π] Ｃ ｓｉｎ ＋ π ＝ｓｉｎ ( ) 它们的图象 也可以用 五点法 作出它们的 ６ ３ ６ ４.解析 ３π ３π ꎬ “ ” (１)ｃｏｓ － ＝ｃｏｓ ꎬ 不能说 ２ 是ｙ ｘ ｘ Ｒ的一个周期 ５ ５ 图象.两条曲线形状相同 位置不同.例如函 π ＝ｓｉｎ ꎬ ∈ ꎬ 数ｙ ＝ｓｉｎ ｘ ꎬ ｘ ∈[０ꎬ２π] 的 、 图象 ꎬ 可以通过将 因为不满 ３ 足函数周期的定义 ꎬ 对定义域内任 ∵０< ２ ７ π < ３ ５ π <πꎬ 函数ｙ ＝ｃｏｓ ｘ ꎬ ｘ ∈ [ － π ２ ꎬ ３ ２ π ] 的图象向右平 意 ｘ ꎬｓｉｎ ( ｘ ＋ ３ ２ π ) 不一定等于 ｓｉｎ ｘ ꎬ 如 函数ｙ ＝ｃｏｓ ｘ在 [０ꎬπ] ( 上单调 ) 递减 ꎬ ( ) ２π ３π ３π . 移π个单位长度而得到 ( 如图所示 ) . ｓｉｎ π ＋ ２ π ≠ｓｉｎ π ꎬ 故 ２ π 不是正弦 ∴ｃｏｓ ７ >ｃｏｓ ５ ＝ｃｏｓ － ５ ２ ３ ３ ３ ３ ° ° ° ° 函数ｙ ｘ ｘ Ｒ的一个周期. (２)∵９０ <２５０ <２６０ <２７０ ꎬ ＝ｓｉｎ ꎬ ∈ 函数ｙ ｘ在 ° ｘ °上单调递减 ＝ｓｉｎ ９０ ≤ ≤２７０ ꎬ ２.解析 画图略. 因为 ３ ｘ ° °. (１) ｓｉｎ ＝ ∴ｓｉｎ２５０ >ｓｉｎ２６０ ４ ( ) [ ( )] ５.解析 令ｚ ｘ π 易知函数ｙ ｚ的单 ３ ｘ ３ ｘ ８π 所以由 ＝２ ＋ ꎬ ＝３ｓｉｎ ｓｉｎ ＋２π ＝ｓｉｎ ＋ ꎬ ４ ４ ４ ３ [ ] 调递减区间为 ｋ π ｋ ３ ｋ Ｚ 周期函数的定义可知 原函数的周期为８π. ２ π＋ ꎬ２ π＋ π ꎬ ∈ ꎬ ꎬ ２ ２ ３ ２.解析 (１) (２) 因为 ｃｏｓ ４ ｘ ＝ ｃｏｓ (４ ｘ ＋ ２π) ＝ ∴２ ｋ π＋ π ≤２ ｘ ＋ π ≤２ ｋ π＋ ３ πꎬ [ ( )] ２ ４ ２ ｘ π π ｘ π 所以由周期函数的定义 －π － ２ ０ ２ π ｃｏｓ ４ ＋ ２ ꎬ 解得ｋ π＋ π ≤ ｘ ≤ ｋ π＋ ５ π . ｙ 可知 原函数的周期为π. ８ ８ ０ １ ０ －１ ０ ꎬ 设Ａ ２ ＝[０ꎬπ]ꎬ ( ) { } 因 为 １ ｘ π １ Ｂ ｘ ｋ π ｘ ｋ ５ ｋ Ｚ (３) ｃｏｓ ２ － ＝ 􀅰 ＝ π＋ ≤ ≤ π＋ πꎬ ∈ ꎬ ２ ３ ２ ８ ８ ( ) [ ] [ ] ｘ π １ ｘ π 所 易知Ａ Ｂ π ５ . ｃｏｓ ２ － ＋２π ＝ ２( ＋π)－ ꎬ ∩ ＝ ꎬ π ３ ２ ３ ８ ８ 以由周期函数的定义可知 原函数的周期 ( ) ꎬ 故函数ｙ ｘ π ｘ 的单调 (２) 为 . ＝３ｓｉｎ ２ ＋ ꎬ ∈[０ꎬπ] π ４ ( ) [ ] ｘ π π 因为 １ ｘ π 递减区间为 π ５ . －π － ０ π (４) ｓｉｎ ＋ ꎬ π ２ ２ ３ ４ ８ ８ [( ) ] ｙ ３ ２ １ ２ ３ １ ｘ π ５.４.３ 正切函数的性质与图象 ＝ｓｉｎ ＋ ＋２π ３ ４ [ ] １.解析 由ｙ ｘ的图象可知 １ ｘ π ＝ｔａｎ ꎬ ＝ｓｉｎ ( ＋６π)＋ ꎬ [ ) ( ) ３ ４ 不等式 ｘ ｘ π π 所以由周期函数的定义可知 原函数的周期 ｔａｎ ≥－１ꎬ ∈ ０ꎬ ∪ ꎬπ ꎬ ２ ２ 为 . [ ) [ ) ６π 的解集为 π ３π . ３.解析 奇函数. 偶函数. 奇函数. ０ꎬ ∪ ꎬπ (１) (２) (３) ２ ４ ２８６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ( ６. 解 析 单 调 递 增 区 间 为 可直接由函数 ｙ Ａ ωｘ φ 或 ｙ ( １ ) ＝ ｓｉｎ( ＋ ) ＝ [ ] [ ] π 和 ３π ) ０ꎬ ꎬ２π ꎻ Ａ ωｘ φ 的周期Ｔ ２π来求解 ２ ２ ｃｏｓ( ＋ ) ＝ ω [ ] ｜ ｜ 单调递减区间为 π ３π . ꎬ ３.解析 偶函数. ２ ２ (１) 单调递增区间为 偶函数. (２) [０ꎬπ]ꎻ (２) 单调递减区间为 . ( ) (３) 奇函数. [πꎬ２π] ２.解析 (１) ｋ πꎬ ｋ π＋ π ( ｋ ∈ Ｚ ) . 既不是奇函数 也不是偶函数. ７.解析 由ｘ π π ｋ ｋ Ｚ 得ｘ π ２ (４) ꎬ ＋ ≠ ＋ π( ∈ ) ≠ ＋ (２){ ｘ ｜ ｘ ＝ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ } . ４.解析 (１) ｘ ∈{ ｘ ｜ ｘ ＝６ ｋ ＋３ꎬ ｋ ∈ Ｚ } 时 ꎬ 函数 ｋ ｋ Ｚ ６ ２ 原 函 数 的 定 义 ３ 域 ( ) π( ∈ )ꎬ ∴ ｋ π ｋ ｋ Ｚ . 取最大值 ｙ ３ { } (３) π－ ꎬ π ( ∈ ) ꎬ ｍａｘ＝ ꎻ 为 ｘ ｘ π ｋ ｋ Ｚ . ２ ２ ≠ ＋ πꎬ ∈ ｋ ｘ ｘ ｘ ｋ ｋ Ｚ 时 函数取最小值 ｙ ３ ３.解析 由 ｘ ｋ π ｋ Ｚ 得ｘ ∈{ ｜ ＝６ ꎬ ∈ } ꎬ ꎬ ｍｉｎ ３ ≠ π＋ ( ∈ )ꎬ ≠ π＋ ８.解析 所求函数的周期Ｔ π π. ２ ３ １ . ＝ ω ＝ ＝ ｜ ｜ ２ π ｋ Ｚ 所以函数 ｙ ｘ的定义域 ２ ( ) ( ∈ )ꎬ ＝ｔａｎ３ { } ９.解析 １ π ６ ｘ ｘ ｘ ｋ π ｋ Ｚ 时 函数取最 (１)ｔａｎ － π ＝－ｔａｎ ꎬ { ｋ } (２) ∈ ＝ π＋ ꎬ ∈ ꎬ ５ ５ 为 ｘ ｘ π ｋ Ｚ . ８ ( ) ４.解析 ≠ ３ 因 π＋ 为 ６ ꎬ ∈ ｘ ｘ 大值 { ꎬ ｙ ｍａｘ＝３ꎻ } ｔａｎ － ７ ３ π ＝－ｔａｎ ３ ７ π . (１) ｔａｎ ２ ＝ｔａｎ(２ ＋π)＝ ｘ ｘ ｘ ｋ ３π ｋ Ｚ 时 函数取最小 [ ( )] ∈ ＝ π－ ꎬ ∈ ꎬ π ３ π ｘ π 所以函 数 ｙ ｘ ８ ∵０< < π< ꎬ ｔ ｘ ａｎ π ２ ｋ ＋ π ２ ｋ Ｚ ꎬ 的周期为π. ＝ ｔａｎ２ ꎬ 值 ꎬ ｙ ｍｉｎ＝ { －３ . } 且ｙ ＝ ５ ｔａｎ ｘ ７ 在ｘ ∈ ２ ( ０ꎬ π ) 内为增函数 ꎬ ≠ ４ ＋ ２ ( ∈ ) ２ (３) ｘ ∈ ｘ ｘ ＝４ ｋ π＋ ７ πꎬ ｋ ∈ Ｚ 时 ꎬ 函数取 ２ ｘ ( ｘ ) ３ π ３ 因 为 ∴ｔａｎ <ｔａｎ πꎬ (２) ５ｔａｎ ＝ ５ｔａｎ ＋π ＝ 最大值 ｙ ３ ５ ７ ２ ２ ꎬ ｍａｘ＝ ꎻ ( ) ( ) ｘ ＋２π 所以函数ｙ ｘ ｘ ｋ { ２ } 故 ｔａｎ － １ π >ｔａｎ － ３ π . ５ｔａｎ ꎬ ＝５ｔａｎ ꎬ ≠(２ ＋ ｘ ｘ ｘ ｋ π ｋ Ｚ 时 函数取最小 ５ ７ ２ ２ ∈ ＝４ π＋ ꎬ ∈ ꎬ ° ° ° ° ｋ Ｚ 的周期为 . ３ (２)ｔａｎ１５１９ ＝ｔａｎ(４×３６０ ＋７９ )＝ｔａｎ７９ ꎬ １)π( ∈ ) ２π ° ° ° °. ５.解析 (１)∵－９０ ° <－５２ ° <－４７ ° <０ ° ꎬ 值 ꎬ ｙ ｍｉｎ＝－ ２ ３ . ｔａｎ ° １４９３ ° ＝ｔａ ° ｎ(４× ° ３６０ ＋５３ )＝ｔａｎ５３ 函数ｙ ｘ在 ° ｘ °上单调递增 { } ∵０ <５３ <７９ <９０ ꎬ ＝ｔａｎ ° －９０ < ° ≤ . ０ ꎬ (４) ｘ ∈ ｘ ｘ ＝４ ｋ π＋ π ꎬ ｋ ∈ Ｚ 时 ꎬ 函数取 且ｙ ＝ｔａｎ ｘ在 ０ ° < ｘ <９０ °内为增函数 ꎬ ∴ｔａｎ(－５２ )<ｔａｎ(－４７ ) ３ ° ° 即 ° °. ( ) ∴ｔａｎ５３ <ｔａｎ７９ ꎬ ｔａｎ１５１９ >ｔａｎ１４９３ １３π π π 最大值 ｙ １ ( ) (２)ｔａｎ ４ ＝ｔａｎ ３π＋ ４ ＝ｔａｎ ４ ꎬ ꎬ ｍａｘ＝ ２ ꎻ (３)ｔａｎ ６ ９ π＝ｔａｎ ９ πꎬｔａｎ －５ ３ π ＝ ( ) { } １１ １１ １１ ｔａｎ １７π ＝ｔａｎ ３π＋ ２π ＝ｔａｎ ２π. ｘ ∈ ｘ ｘ ＝４ ｋ π－ ５ πꎬ ｋ ∈ Ｚ 时 ꎬ 函数取最 ８ . π ８ ９ ３ ５ ５ ５ ３ ｔａｎ π∵ < π< π< πꎬ １１ ２ １１ １１ ２ ∵ ０< π ４ < ２ ５ π < π ２ ꎬ 函数 ｙ ＝ ｔａｎ ｘ 在 小值 ꎬ ｙ ｍｉｎ＝－ ２ １ . 且ｙ ＝ｔａｎ ｘ在ｘ ∈ ( π ꎬ ３ π ) 内为增函数 ꎬ ( π ) 上单调递增 π ２π ５.解析 ° ° ′ ° ′ ° ２ ２ ０ꎬ ꎬ∴ｔａｎ <ｔａｎ ꎬ (１)∵ ９０ <１０３ １５ <１６４ ３０ <１８０ ꎬ ８ ９ ２ ４ ５ 且ｙ ＝ｓｉｎ ｘ在 ９０ ° < ｘ <１８０ °内为减函数 ꎬ ∴ｔａｎ １１ π<ｔａｎ １１ πꎬ １３π １７π. ° ′ ° ′. ( ) ∴ｔａｎ <ｔａｎ ∴ｓｉｎ１０３ １５ >ｓｉｎ１６４ ３０ 即 ９ ３ . ４ ５ ｔａｎ６ π>ｔａｎ －５ π 习题5.4 ４π ３π １１ １１ (２)∵－π<－ <－ <０ꎬ ( ) ( ) 复习巩固 ９ １０ ７π π π 函数ｙ ｘ在 上单调递增 (４)ｔａｎ ＝ｔａｎ π－ ＝ｔａｎ － ꎬ ＝ｃｏｓ [－πꎬ０] ꎬ ８ ８ ８ １.解析 如图所示. ( ) ( ) (１) ３π ４π . π π π π ∴ｃｏｓ － >ｃｏｓ － ∵－ <－ < < ꎬ １０ ９ ２ ８ ６ ２ ° ° ° ° ( ) (３)ｓｉｎ５０８ ＝ｓｉｎ(３６０ ＋１４８ )＝ｓｉｎ１４８ ꎬ 且ｙ ｘ在ｘ π π 内为增函数 ° ° ° ° ＝ｔａｎ ∈ － ꎬ ꎬ ∵９０ <１４４ <１４８ <１８０ ꎬ ２ ２ ( ) 且ｙ ＝ｓｉｎ ｘ在 ９０ ° < ｘ <１８０ °内为减函数 ꎬ ∴ｔａｎ － π <ｔａｎ π ꎬ 即 ｔａｎ ７ π<ｔａｎ π. ° ° 即 ° °. ８ ６ ８ ６ 如图所示. ∴ｓｉｎ１４４ >ｓｉｎ１４８ ꎬ ｓｉｎ５０８ <ｓｉｎ１４４ 综合运用 (２) ( ) ( ) ４７ ３π ３π (４)ｃｏｓ π ＝ｃｏｓ ５π－ ＝－ｃｏｓ ꎬ [ ] １０ １０ １０ １０.解析 ｘ π ５π ２ ｘ ( ) ( ) (１)∵ ∈ ꎬ ꎬ∴－ ≤ｓｉｎ ４ ４ ２ ４４ π π ｃｏｓ π ＝ｃｏｓ ５π－ ＝－ｃｏｓ ꎬ [ ] ９ ９ ９ ｙ ｘ ｘ π ５π 的值域 [ ] ≤１ꎬ∴ ＝ｓｉｎ ꎬ ∈ ꎬ ４ ４ ∵０< π < ３π < π ꎬ 且ｙ ＝ｃｏｓ ｘ在 ０ꎬ π 上 [ ] ９ １０ ２ ２ 为 ２ . 单调递减 － ꎬ１ ꎬ ２ π ３π π ３π ｘ π π ｘ π ５π ∴ｃｏｓ >ｃｏｓ ꎬ∴－ｃｏｓ <－ｃｏｓ ꎬ (２)∵０≤ ≤ ꎬ∴ ≤ ＋ ≤ ꎬ ９ １０ ９ １０ ２ ３ ３ ６ ( ) ( ) ( ) ２.解析 Ｔ . Ｔ π. ４７ ４４ . ３ ｘ π １ (１) ＝３π(２) ＝ ∴ｃｏｓ π >ｃｏｓ π ∴－ ≤ｃｏｓ ＋ ≤ ꎬ ２ １０ ９ ２ ３ ２ ２８７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋( ) [ ] 由余弦函数和正切函数的周期性可知 余 ° ° ° ° ｙ ｘ π ｘ π 的值域 ꎬ (３)ｓｉｎ ７５ ＝ｓｉｎ(４５ ＋３０ )＝ ｓｉｎ ４５ 􀅰 ∴ ＝ｃｏｓ ＋ ꎬ ∈ ０ꎬ ( ) [ ] ３ ２ 弦曲线的对称中心为 π ＋ ｋ πꎬ０ ( ｋ ∈ ｃｏｓ３０ ° ＋ｃｏｓ ４５ ° ｓｉｎ ３０ ° ＝ ２ × ３ ＋ ２ × １ 为 ３ １ . ２ ２ ２ ２ ２ － ꎬ Ｚ 对称轴方程为ｘ ｋ ｋ Ｚ 正切曲线 ２ ２ )ꎬ ＝ πꎬ ∈ ꎻ { (ｋ ) ＝ ６＋ ２. １１.解析 ｘ π ｋ ｘ ２π ｋ ｋ 的对称中心为 π ｋ Ｚ 正切曲线 ４ (１) ３ ＋２ π≤ ≤ ３ ＋２ πꎬ ２ ꎬ０ ( ∈ )ꎬ (４)ｔａｎ１５ ° ＝ｔａｎ(６０ ° －４５ ° ) } 不是轴对称图形. ∈ Ｚ . ＝ ｔａｎ６０ ° － ° ｔａｎ４５ ° °＝ ３－１ { } 5.5 三角恒等变换 １＋ｔａｎ６０ ｔａｎ４５ １＋ ３ ｘ ３π ｋ ｘ ３π ｋ ｋ Ｚ . ２ (２) － ４ ＋２ π≤ ≤ ４ ＋２ πꎬ ∈ ５.５.１ 两角和与差的 ＝ ( ３－１) ＝ ４－２ ３ ＝２－ ３ . １２.Ａ ｙ ｘ 的最小正周期为 且在 ( ３＋１)( ３－１) ２ ＝ ｜ｓｉｎ ｜ πꎬ 正弦、余弦和正切公式 ( ) ( ) ２.解析 θ ３ θ π π 上单调递减 (１)∵ｃｏｓ ＝－ ꎬ ∈ ꎬπ ꎬ ꎬπ ꎻ 练习 ５ ２ ２ ( ) ｙ ＝ｃｏｓ ｘ的最小正周期为 ２πꎻ １.证明 ３π α ３π α ∴ｓｉｎ θ ＝ １－ｃｏｓ ２θ ＝ ４ ꎬ ｙ ｘ在 ( π ) 上单调递增 (１)ｃｏｓ ２ － ＝ｃｏｓ ２ ｃｏｓ ＋ ( ) ５ ＝ｔａｎ ꎬπ ꎻ θ π θ π θ π ｘ ２ ｓｉｎ ３ ２ π ｓｉｎ α ＝－ｓｉｎ α. ∴ｓｉｎ ＋ ３ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ３ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ３ ｙ 的最小正周期为 .故选 . ( ) ＝ｃｏｓ ２ ４π Ａ (２)ｃｏｓ(－ α )＝ｃｏｓ(０－ α ) ＝ ４ × １ ＋ － ３ × ３ １３.解析 ( ｋ π ｋ ３ ] ｋ Ｚ . ＝ｃｏｓ０ｃｏｓ α ＋ｓｉｎ０ｓｉｎ α ＝ｃｏｓ α. ５ ２ ５ ２ (１) π＋ ꎬ π－ π ( ∈ ) ２.解析 ° ° ° ２ ４ ｃｏｓ１５ ＝ｃｏｓ(４５ －３０ ) ４－３ ３. [ ) ° ° ° ° ＝ ｋ π ｋ π ｋ Ｚ . ＝ｃｏｓ４５ ｃｏｓ３０ ＋ｓｉｎ４５ ｓｉｎ３０ １０ (２) π＋ ꎬ π＋ ( ∈ ) ３ ２ θ １２ θ是第三象限角 １４.解析 函数ｙ ( ｘ ３π ) 的单调递减 ＝ ２ ２ × ２ ３ ＋ ２ ２ × ２ １ ＝ ６＋ ４ ２. (２)∵ｓｉｎ ＝－ １３ ꎬ ꎬ ＝－ｔａｎ ２ － ( ) ( ４ ) ３.解析 α ３ α π ∴ｃｏｓ θ ＝－ １－ｓｉｎ ２θ ＝－ ５ ꎬ ｋ ｋ ∵ｃｏｓ ＝－ ꎬ ∈ ꎬπ ꎬ １３ 区间为 π π π ５π ｋ Ｚ. ５ ２ ( ) ＋ ꎬ ＋ ꎬ ∈ ２ ８ ２ ８ π θ π θ π θ α ４ ∴ｃｏｓ ＋ ＝ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ １５.解析 ｆ ｘ 是周期为 的奇函数 ∴ｓｉｎ ＝ ꎬ ６ ６ ６ ｆ ∵ ｆ ( ) ｆ ２ ｆ ꎬ ( ５ ) ( ) ( ) ∴ ∴２ ( ｆ ( １ １ ) ) ＝ ＝ ( ０ １ ꎬ － ∴ ２) ｆ ( ＝ １) ( ＝ － ０ １ ꎬ )＝－(１)ꎬ ∴ ｃｏｓ π ４ － α ＝ｃｏｓ π ４ ｃｏｓ α ＋ｓｉｎ π ４ 􀅰 ＝ ２ ３ × － １ ５ ３ － ２ １ × － １ １ ３ ２ ＝ １２－ ２６ ５ ３. ( ) ｆ . ｆ . ｆ . ｆ . ( ) ∴ (３５)＝ (３５－４)＝ (－０５)＝－ (０５)＝ α ２ ３ ２ ４ ２. (３) ∵ ｔａｎ α ＝ ３ꎬ ∴ ｔａｎ α ＋ π ＝ . ｓｉｎ ＝ × － ＋ × ＝ ４ －１ ２ ５ ２ ５ １０ １６.解析 (１) Ｔ ＝ ２ ２ π ＝π . ４.解析 ∵ｓｉｎ θ ＝ １ １ ７ ５ ꎬ θ是第二象限角 ꎬ ｔａｎ α ＋ｔａｎ π ４ ＝ ３＋１ ＝－２ . α π １－３×１ π ｘ π ５π ｘ π π θ ８ １－ｔａｎ ｔａｎ (２)－ ≤ ≤ ꎬ∴－ ≤２ － ≤ ꎬ ∴ｃｏｓ ＝－ ꎬ ４ ４ ４ ６ ３ ６ １７ ３.解析 原式 ° ° ( ) ( ) (１) ＝ｓｉｎ(７２ ＋１８ ) ∴－１≤ｓｉｎ ２ ｘ － π ≤ １ ꎬ ∴ｃｏｓ θ － π ＝ｃｏｓ θ ｃｏｓ π ＋ｓｉｎ θ ｓｉｎ π ＝ｓｉｎ９０ ° ＝１ . ３ ２ ３ ３ ３ ( ) ∴－ ２ １ ≤ １ ２ ｓｉｎ ２ ｘ － π ３ ≤ １ ４ ꎬ ＝ ( － ８ ) × １ ＋ １５ × ３ ＝ １５ ３－８. (２) 原式 ＝ｃｏｓ(７２ ° －１２ ° )＝ｃｏｓ６０ ° ＝ ２ １ . １７ ２ １７ ２ ３４ 原式 ° ° ° . ( ) (３) ＝ｔａｎ(１２ ＋３３ )＝ｔａｎ４５ ＝１ ｆ ｘ １ 此时ｘ π ∴ ( )ｍａｘ＝ ４ ꎬ ＝ ４ ꎻ ５.解析 ∵ｓｉｎ α ＝－ ２ ꎬ α ∈ πꎬ ３π ꎬ 原式 ° ° ° ３. ３ ２ (４) ＝ｓｉｎ(１４ －７４ )＝ｓｉｎ(－６０ )＝－ ｆ ｘ １ 此时ｘ π. ２ ( )ｍｉｎ＝－ ꎬ ＝－ α ５. 原式 ° ° ° ２ １２ ∴ｃｏｓ ＝－ (５) ＝－(ｃｏｓ ３４ ｃｏｓ ２６ －ｓｉｎ ３４ 􀅰 拓广探索 ３ ° ( ) ｓｉｎ２６ ) １７.解析 设 Ｏ的半径为ｒ 由三角函数的定 β ３ β ３π β ７. ☉ ꎬ ∵ｃｏｓ ＝ ꎬ ∈ ꎬ２π ꎬ∴ｓｉｎ ＝－ ° ° ° １ . ｙ ４ ２ ４ ＝－ｃｏｓ(３４ ＋２６ )＝－ｃｏｓ６０ ＝－ 义 ꎬ 知 ｓｉｎ ｘ ＝ ｒ ꎬ 又ｒ ＝２ꎬ∴ ｙ ＝２ｓｉｎ ｘ.画图略. ∴ｃｏｓ( β － α )＝ｃｏｓ β ｃｏｓ α ＋ｓｉｎ β ｓｉｎ α (６) 原式 ＝－ｓｉｎ２０ ° ｃｏｓ７０ ° －ｃｏｓ２０ ° ２ ｓｉｎ７０ ° ( ) ( ) ( ) １８.解析 Ｔ . ° ° ° ° (１) ＝２ ３ ５ ７ ２ ＝－(ｓｉｎ２０ ｃｏｓ７０ ＋ｃｏｓ２０ ｓｉｎ７０ ) ＝ × － ＋ － × － (２) ｙ ＝ ｆ ( ｘ ＋１) 的图象如下图所示. ４ ３ ４ ３ ＝－ｓｉｎ(２０ ° ＋７０ ° )＝－ｓｉｎ９０ ° ＝－１ . ２ ７－３ ５. ４.解析 原式 π ｘ π ｘ ＝ (１) ＝ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ １２ ３ ３ 练习 ( ) π ｘ . １.解析 ° ° ° ＝ｃｏｓ ＋ (１)ｓｉｎ１５ ＝ｓｉｎ(４５ －３０ ) ３ ｙ ｘ ｋ ｘ ｋ ｋ ｋ Ｚ. ° ° ° ° ( ) (３) ＝｜ －２ ｜ꎬ ∈[２ －１ꎬ２ ＋１]ꎬ ∈ ＝ｓｉｎ４５ ｃｏｓ３０ －ｃｏｓ４５ ｓｉｎ３０ 原式 ３ ｘ １ ｘ １９.解析 正弦曲线是中心对称图形 它有无 (２) ＝２ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ꎬ ２ ３ ２ １ ６－ ２. ２ ２ 数个对称中心 对称中心坐标为 ｋ ｋ ＝ × － × ＝ ( ) ꎬ ( πꎬ０)ꎬ ２ ２ ２ ２ ４ ｘ π ｘ π Ｚ 正弦曲线也是轴对称图形 有无数条 ° ° ° ° ° ＝２ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ∈ ꎻ ꎬ (２)ｃｏｓ７５ ＝ｃｏｓ(４５ ＋３０ )＝ｃｏｓ４５ 􀅰ｃｏｓ３０ － ６ ６ ( ) 对称轴 对称轴方程为ｘ π ｋ ｋ Ｚ. ° ° ２ ３ ２ １ ６－ ２. ｘ π . ꎬ ＝ ＋ πꎬ ∈ ｓｉｎ４５ ｓｉｎ３０ ＝ × － × ＝ ＝２ｓｉｎ ＋ ２ ２ ２ ２ ２ ４ ６ ２８８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ( ) θ φ θ φ (３) 原式 ＝２ ２ ｓｉｎ ｘ － ２ ｃｏｓ ｘ (２)ｃｏｓ ２π －ｓｉｎ ２π ＝ｃｏｓ π ＝ ２. 则α ＝ ＋ ꎬ β ＝ － . ２ ２ ８ ８ ４ ２ ２ ２ ( ) . ° θ φ θ φ ＝２ ｓｉｎ ｘ ｃｏｓ π ４ －ｃｏｓ ｘ ｓｉｎ π ４ (３) １－ ｔａ ｔ ｎ ａｎ ２ ２ ２ ２２ ５ . ５ °＝ ２ １ ｔａｎ４５ ° ＝ ２ １ . 从而有 ｃｏｓ ＋ ２ ｓｉｎ － ２ ＝ ２ １ (ｓｉｎ θ －ｓｉｎ φ )ꎬ ( ) θ φ θ φ 即 θ φ ＋ － . ｘ π . ２ . ° ° ２. ｓｉｎ －ｓｉｎ ＝２ｃｏｓ ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ － (４)２ｃｏｓ ２２５ －１＝ｃｏｓ４５ ＝ ２ ２ ４ ２ 令 题中α β θ α β φ ( ) (２) ４(２) ＋ ＝ ꎬ － ＝ ꎬ 原式 １ ｘ ３ ｘ ５.５.２ 简单的三角恒等变换 θ φ θ φ (４) ＝２ ２ ｃｏｓ － ｓｉｎ 则α ＋ β － . ２ ２ ＝ ꎬ ＝ ( ) 练习 ２ ２ π ｘ π ｘ θ φ θ φ ＝２ ２ ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ α α α 从而有 ＋ － １ θ φ ３ ３ ｃｏｓ ｃｏｓ ＝ (ｃｏｓ ＋ｃｏｓ )ꎬ ( ) α ｓｉｎ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ２ ２ ２ １.证明 ２ ２ ２ π ｘ . ｔａｎ ＝ α ＝ α ＝ θ φ θ φ ＝２ ２ｃｏｓ ３ ＋ ２ ｃｏｓ ２ｃｏｓ ２ 即 ｃｏｓ θ ＋ｃｏｓ φ ＝２ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ － . ５.解析 由已知得 α β α α β ２ ２ ２ ２ ｓｉｎ( － )ｃｏｓ －ｃｏｓ( － ) α α 令 题中α β θ α β φ (３) ４(３) ＋ ＝ ꎬ － ＝ ꎬ ２ α ３ α α ｓｉｎ ２ｓｉｎ θ φ θ φ 􀅰ｓｉｎ ＝ ꎬ ｓｉｎ ２ ２ 则α ＋ β － . ５ αꎬｔａｎ ＝ α ＝ α α ＝ ꎬ ＝ １＋ｃｏｓ ２ ２ ２ ｃｏｓ ２ｓｉｎ ｃｏｓ 即 α β α ３ 即 β ３ ２ ２ ２ θ φ θ φ ｓｉｎ[( － )－ ]＝ ꎬ ｓｉｎ(－ )＝ ꎬ 从而有 ＋ － １ θ φ ５ ５ α α α α ｓｉｎ ｓｉｎ ＝－ (ｃｏｓ －ｃｏｓ )ꎬ １－ｃｏｓ ｓｉｎ １－ｃｏｓ . ２ ２ ２ ＝ α ꎬ∴ｔａｎ ＝ α＝ α 所以 β ３ . ｓｉｎ ２ １＋ｃｏｓ ｓｉｎ θ φ θ φ ｓｉｎ ＝－ 即 θ φ ＋ － . ５ ｃｏｓ －ｃｏｓ ＝－２ｓｉｎ ｓｉｎ ２.解析 ° θ ° θ １ ２ ２ 又β是第三象限角 ꎬ 所以 ｃｏｓ β ＝－ １－ｓｉｎ ２β ∵２７０ < <３６０ ꎬｃｏｓ ＝ ３ ꎬ 练习 ( ) θ ２ ° ° １.解析 ｙ ｘ ｘ ｘ φ ＝－ １－ － ３ ＝－ ４ ꎬ ∴１３５ < ２ <１８０ ꎬ ( (１) ＝５ｃｏｓ －１２ｓｉｎ ＝ ) １３ｃｏｓ( ＋ ) ５ ５ 因 此 ꎬ ｓｉｎ ( β ＋ ５π ) ＝ ｓｉｎ β ｃｏｓ ５π ＋ ∴ｓｉｎ θ ＝ １－ｃｏｓ θ ꎬ 其中 ｃｏｓ φ ＝ １ ５ ３ ꎬｓｉｎ φ ＝ １ １ ３ ２ ꎬ∴ Ｔ ＝２πꎬ ４ ４ ２ ２ ｙ ｙ . ( ) ( ) ( ) ｍａｘ＝１３ꎬ ｍｉｎ＝－１３ ( ｃｏｓ β ｓｉｎ ５ ４ π ＝ － ５ ３ × － ２ ２ ＋ － ５ ４ ＝ １－ ３ １ ＝ ３. (２) ｙ ＝ｃｏｓ ｘ ＋２ｓｉｎ ｘ ＝ ５ｓｉｎ( ｘ ＋ φ ) 其中 ｓｉｎ φ ( ) ２ ３ ) × － ２ ２ ＝ ７ １０ ２. ｃｏｓ θ ＝－ １＋ｃｏｓ θ ＝ ５ ５ ꎬｃｏｓ φ ＝ ２ ５ ５ ꎬ 练习 ２ ２ Ｔ ∴ ＝２πꎬ α １ １.解析 α １＋ ｙ ｙ . ∵８π< <１２πꎬ∴２π< <３πꎬ ３ ６. ｍａｘ＝ ５ꎬ ｍｉｎ＝－ ５ ４ ＝－ ＝－ ２.解析 如图 ＢＤ Ｒ α ２ ３ ꎬ ＝２ ꎬ ３π. ３.解析 设等腰三角形的顶角为θ π< < ꎬ ８ ２ θ 又 ｃｏｓ α ＝－ ４ ꎬ∴ｓｉｎ α ＝－ ３ ꎬ 则 ｃｏｓ θ ＝ ２ ７ ５ ꎬ 底角为π ２ － ２ ꎬ ８ ５ ８ ５ α α α α ( θ ) θ θ ∴ｓｉｎ ４ ＝２ｓｉｎ ８ ｃｏｓ ８ ＝ ２ ２ ５ ４ ꎬｃｏｓ ４ ＝ ∴ ｓｉｎ π ２ － ２ ＝ ｃｏｓ ２ ＝ １＋ｃ ２ ｏｓ ＝ 设 ∠ ＤＢＣ ＝ θ ꎬ ２ α ７ α ２４. ７ 则ＢＣ ＝２ Ｒ ｃｏｓ θ ꎬ ＣＤ ＝２ Ｒ ｓｉｎ θ ꎬ ２ｃｏｓ ８ －１＝ ２５ ꎬｔａｎ ４ ＝ ７ １＋ ２５ ４ ( π θ ) ３ ∴ Ｓ 花坛＝２ Ｒ ｃｏｓ θ 􀅰２ Ｒ ｓｉｎ θ ＝２ Ｒ２ ｓｉｎ２ θ. ＝ ꎬｃｏｓ － ＝ ꎬ ２.解析 α ３ α ３ . ２ ５ ２ ２ ５ 当θ π时 θ . ∵ｓｉｎ( －π)＝ ꎬ∴ｓｉｎ ＝－ ( θ ) ＝ ꎬｓｉｎ２ ＝１ ５ ５ π ４ . ４ ３. ∴ 解 ｃ 析 ｏｓ ２ ∵ α ＝ ｓｉ １ ｎ － ２ ２ α ｓｉ ＝ ｎ ２ － α ｓｉ ＝ ｎ ２ α ７ ５ ꎬ . ４. ∴ 证 ｓｉｎ ｔ 明 ａ β ｎ ꎬ ( ２ １) － ∵ ２ ｓｉｎ( ＝ α ＋ ３ β )＝ｓｉｎ α ｃｏｓ β ＋ｃｏｓ α 􀅰 ３. ∴ 此 证 Ｓ 时 明 花坛 Ｂ ｍ Ｃ 如 ａｘ ＝ ＝ 图 Ｃ ２ Ｄ Ｒ Ａ ＝ ２ Ｂ . ２ 为 Ｒ 正 . ｎ边形的一条边 ＯＡ ∴２ｓｉｎ α ｃｏｓ α ＝－ｓｉｎ α. ｓｉｎ( α － β )＝ｓｉｎ α ｃｏｓ β －ｃｏｓ α ｓｉｎ β ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ( ) Ｒ ＯＭ ｒ ＡＯＭ π 又α π α ∴ｓｉｎ( α ＋ β )－ｓｉｎ( α － β )＝２ｃｏｓ α ｓｉｎ β ꎬ ꎬ ＝ ꎬ∠ ＝ ｎ ꎬ ∈ ꎬπ ꎬ∴ｓｉｎ ≠０ꎬ ２ ａ ａ 即 α β １ α β α β . ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ [ｓｉｎ( ＋ )－ｓｉｎ( － )] 从而有 ｃｏｓ α ＝－ ２ １ ꎬ (２)∵ ｃｏｓ( α ＋ β ２ )＝ ｃｏｓ α ｃｏｓ β －ｓｉｎ α ｓｉｎ β ꎬ ∴ Ｒ ＋ ｒ ＝ ２ π ＋ ２ π α β α β α β ｓｉｎ ｎ ｔａｎ ｎ α ３ α . ｃｏｓ( － )＝ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ꎬ ∴ｓｉｎ ＝ ꎬｔａｎ ＝－ ３ ( ) ２ ∴ｃｏｓ( α ＋ β )＋ｃｏｓ( α － β )＝２ｃｏｓ α ｃｏｓ β ꎬ ａ π α １＋ｃｏｓ ｎ ４.解析 α ２ｔａｎ １ ∵ｔａｎ２ ＝ １－ｔａｎ ２α＝ ３ ꎬ 即 ｃｏｓ α ｃｏｓ β ＝ １ [ｃｏｓ( α ＋ β )＋ｃｏｓ( α － β )] . ＝ π ２ ２ｓｉｎ ｎ ∴ｔａｎ ２α ＋６ｔａｎ α －１＝０ꎬ (３) 由 (２) 得 ｃｏｓ( α ＋ β )－ｃｏｓ( α － β ) ａ ａ α α β . ∴ｔａｎ ＝－３± １０ꎬ ＝－２ｓｉｎ ｓｉｎ ꎬ ＝ ＝ π π ∴ｔａｎ α ＝－３＋ １０ 或 ｔａｎ α ＝－３－ １０ . 即 ｓｉｎ α ｓｉｎ β ＝－ １ [ｃｏｓ( α ＋ β )－ｃｏｓ( α － β )] . ２􀅰 ｓｉｎ ｎ ２ｔａｎ ２ ｎ ５.解析 ° ° １ ° １ . ２ π (１)ｓｉｎ １５ ｃｏｓ １５ ＝ ｓｉｎ３０ ＝ ５.证明 令 题中α β θ α β φ １＋ｃｏｓ ｎ ２ ４ (１) ４(１) ＋ ＝ ꎬ － ＝ ꎬ ２８９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋α α α 综上可知 Ｃ １６. ｃｏｓ －ｓｉｎ １－ｔａｎ 右边. ꎬｃｏｓ ＝－ ＝ α α＝ α＝ ６５ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ １＋ｔａｎ ５.解析 由于 α β α β ２θ ｔａｎ( ＋ )＝３ꎬｔａｎ( － )＝５ꎬ 左边 １－(１－２ｓｉｎ ) ２θ 右边. 于是 α α β α β (５) ＝ ２θ ＝ｔａｎ ＝ ｔａｎ２ ＝ｔａｎ[( ＋ )＋( － )] １＋２ｃｏｓ －１ ◆习题5.5 ＝ １ ｔａ － ｎ ｔａ ( ｎ α ( ＋ α β ＋ ) β ＋ ) ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ ( ( α α － － β β ) ) ＝－ ７ ４ ꎬ (６) 左边 ＝ １ １ ＋ － ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ ２ ２ θ θ ＋ ＋ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ ２ ２ θ θ 复习巩固 ２θ θ θ ２ｓｉｎ ＋２ｓｉｎ ｃｏｓ １.解析 α ２ α ( π ) 同理 ｔａｎ２ β ＝ｔａｎ[( α ＋ β )－( α － β )]＝－ ８ １ . ＝ ２ｃｏｓ ２θ ＋２ｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ∵ｓｉｎ ＝ ３ ꎬ ∈ ２ ꎬπ ꎬ ６.解析 (１)ｓｉｎ３４７ ° ｃｏｓ１４８ ° ＋ｓｉｎ７７ ° ｃｏｓ５８ ° ＝ ｓｉｎ θ θ (ｓｉｎ θ θ ＋ｃｏｓ θ θ ) ＝ｔａｎ θ ＝ 右边. ( ) ° ° ° ° ｃｏｓ (ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ) β ３ β ３π ＝(－ｃｏｓ７７ )(－ｓｉｎ５８ )＋ｓｉｎ７７ ｃｏｓ５８ ９.证明 α β α β ｃｏｓ ＝－ ꎬ ∈ πꎬ ꎬ ° ° ° ° (１)∵ ｓｉｎ( ＋ )＝ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ ４ ２ ＝ｃｏｓ７７ ｓｉｎ５８ ＋ｓｉｎ７７ ｃｏｓ５８ α β １ α β α β ∴ｃｏｓ α ＝－ ５ ꎬｓｉｎ β ＝－ ７ ꎬ ＝ｓｉｎ(７７ ° ＋５８ ° )＝ｓｉｎ１３５ ° ＝ ２. ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ ２ ꎬｓｉｎ( － )＝ ｓｉｎ ｃｏｓ － ３ ４ ２ ∴ｃｏｓ( α － β )＝ｃｏｓ α ｃｏｓ β ＋ｓｉｎ α ｓｉｎ β (２)ｓｉｎ１６４ ° ｓｉｎ２２４ ° ＋ｓｉｎ２５４ ° ｓｉｎ３１４ ° ｃｏｓ α ｓｉｎ β ＝ ３ １ ꎬ ( ) ( ) ( ) ° ° ° ５ ３ ２ ７ ＝ｃｏｓ ７４ (－ｓｉｎ ４４ ) ＋ (－ ｓｉｎ ７４ ) 􀅰 α β ５ α β １ . ＝ － × － ＋ × － ∴ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ꎬｃｏｓ ｓｉｎ ＝ ３ ４ ３ ４ ° ° ° ° １ . １２ １２ (－ｃｏｓ４４ )＝ｓｉｎ(７４ －４４ )＝ｓｉｎ３０ ＝ α β α β. ２ ∴ｓｉｎ ｃｏｓ ＝５ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ ３ ５ １ － ２ ２ ７. (３)ｓｉｎ( α ＋ β )ｃｏｓ( γ － β )－ｃｏｓ( β ＋ α )ｓｉｎ( β － γ ) (２)ｓｉｎ α ｃｏｓ β ＝５ｃｏｓ α ｓｉｎ β两边同时除以 ２.解析 ∵ α 、 β都是锐角 ꎬ∴０< α ＋ β <π . ＝ｓｉｎ( α ＋ β )ｃｏｓ( γ － β )＋ｃｏｓ( α ＋ β )ｓｉｎ( γ － β ) ｃｏｓ α ｃｏｓ β ꎬ 得 ｔａｎ α ＝５ｔａｎ β. α β γ β α γ . θ 又 ｃｏｓ α ＝ ７ １ ꎬｃｏｓ( α ＋ β )＝－ １ １ ４ １ ꎬ ＝ (４ ｓ ) ｉｎ ｓ ( ｉｎ( ＋ α － ＋ β ) － ｓｉｎ ) ( ＝ β － ｓ γ ｉｎ ) ( －ｃｏ ＋ ｓ( ) α － β )ｃｏｓ( γ － β ) １０.证明 ∵ １ ２ － ＋ ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ θ＝１ꎬ∴ｔａｎ θ ＝－ ２ １ ꎬ α β β γ α β β γ θ ＝ｓｉｎ( － )ｓｉｎ( － )－ｃｏｓ( － )ｃｏｓ( － ) θ ２ｔａｎ －１ ４ ∴ｓｉｎ α ＝ ４ ７ ３ ꎬｓｉｎ( α ＋ β )＝ ５ １４ ３ ꎬ ＝－[ｃｏｓ( α － β )ｃｏｓ( β － γ )－ｓｉｎ( α － β )􀅰 ∴ｔａｎ２ ＝ １－ｔａｎ ２θ＝ １－ １ ＝－ ３ ꎬ β α β α α β α β γ ４ ∴ｃｏｓ ＝ｃｏｓ[( ＋ )－ ]＝ｃｏｓ( ＋ )ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ( － )] ( ) θ ( ) α β β γ α γ . θ π ｔａｎ ＋１ ＝－ｃｏｓ( － ＋ － )＝－ｃｏｓ( － ) －４ｔａｎ ＋ ＝－４× θ ｓｉｎ( α ＋ β )􀅰ｓｉｎ α ＝ － １１ × １ ＋ ５ ３ × ４ ３ ４ １－ｔａｎ １４ ７ １４ ７ ５π ５π π ５π ｔａｎ ＋ｔａｎ ｔａｎ ＋ｔａｎ １ ＝ ２ １ . (５) １－ ４ ｔａｎ ５π １２ ＝ １－ ４ ｔａｎ ５π １２ ＝－４× － ( ２ ＋ １ １ )＝－ ３ ４ ꎬ ３.解析 ° α ° １２ １２ １－ － ∵６０ < <１５０ ꎬ ２ ° α ° ° π ５π ( ) ∴９０ < ＋３０ <１８０ ꎬ ｔａｎ ＋ｔａｎ θ θ π . 又 α ° ３ ＝ ４ １２ ∴ｔａｎ２ ＝－４ｔａｎ ＋ ４ ｓｉｎ( ＋３０ )＝ ５ ꎬ １－ｔａｎ π 􀅰ｔａｎ ５π １１.解析 设这段弧所对的圆心角为α ４ １２ ꎬ ( ) α ∴ｃｏｓ( α ＋３０ ° )＝－ ４ . π ５π ２π . 则其所对的圆周角为 . ５ ＝ｔａｎ ４ ＋ １２ ＝ｔａｎ ３ ＝－ ３ ２ 于是 α α ° ° ｃｏｓ ＝ｃｏｓ[( ＋３０ )－３０ ] α β α β α ３ α . α ° ° α ° ° ｓｉｎ( ＋ )－２ｓｉｎ ｃｏｓ ∴ｓｉｎ ＝ ꎬ０< <π ＝ｃｏｓ( ＋３０ )ｃｏｓ３０ ＋ｓｉｎ( ＋３０ )ｓｉｎ３０ (６) α β α β ５ ２ｓｉｎ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ( ＋ ) ＝ ３－ １ ４ ０ ３. ＝ ｓ ２ ｉ ｓ ｎ ｉｎ α α ｃｏ ｓ ｓ ｉｎ β β ＋ ＋ ｃｏ ｃ ｓ ｏｓ α α ｓｉ ｃ ｎ ｏｓ β － β － ２ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ α α ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ β β 当 ０< α < π ２ 时 ꎬｃｏｓ α ＝ ５ ４ ꎬ α β α β ４.解析 ∵ 在 △ ＡＢＣ中 ꎬｃｏｓ Ｂ ＝ ５ ３ ꎬ ＝ ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ α ｓ ｃ ｉ ｏ ｎ ｓ β － ＋ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ α ｃ ｓ ｏ ｉｎ ｓ β ｓｉｎ α ＝ １－ｃｏｓ α ＝ １－ ５ ４ ＝ １０. Ｂ为锐角 β α ２ ２ ２ １０ ∴ ꎬ ｓｉｎ( － ) β α . ＝ β α ＝ｔａｎ( － ) ∴ｓｉｎ Ｂ ＝ ５ ４ . ７.解 ｃ 析 ｏｓ( － ) α . α ( π ) ｃｏｓ α ＝ １＋ｃｏｓ α ＝ １＋ ５ ４ ＝ ３ １０ ꎬ ∵ｓｉｎ ＝０８０ꎬ ∈ ０ꎬ ꎬ ２ ２ ２ １０ ∵ｓｉｎ Ａ ＝ ５ ꎬ ２ α １３ ∴ｃｏｓ α ＝０ . ６０ꎬ∴ ｓｉｎ２ α ＝２ｓｉｎ α ｃｏｓ α ＝０ . ９６ꎬ α ｓｉｎ ２ １ . ∴ｃｏｓ Ａ ＝± １－ｓｉｎ ２Ａ ＝± １２. ｃｏｓ２ α ＝２ｃｏｓ ２α －１＝－０ . ２８ . ｔａｎ ２ ＝ α ＝ ３ １３ ８.证明 左边 ２ α ２ α ｃｏｓ (１) ＝ ｓｉｎ ２ ＋ ｃｏｓ ２ － ２ 当 Ａ １２时 Ａ为锐角 α α α 右边. ｃｏｓ ＝ ꎬ ꎬ ２ｓｉｎ２ ｃｏｓ２ ＝１－ｓｉｎ４ ＝ 当π α 时 α ４ １３ ｘ ｘ ｘ ２ < <π ꎬｃｏｓ ＝－ ５ ꎬ Ｃ Ａ Ｂ ∴ｃｏｓ ＝－ｃｏｓ( ＋ ) ｔａｎ ＋１ ｔａｎ －１ ４ｔａｎ ( ) 左边 ２ ２ ２ ４ ＝－ １ １ ３ ２ × ５ ３ － １ ５ ３ × ５ ４ ＝－ ６ １ ５ ６. (２) ＝ １－ｔａｎ ２ ｘ ＋ １＋ｔａｎ ２ ｘ ＝ １－ｔａｎ ２ ２ ｘ 同理 ꎬ 得 ｓｉｎ α ２ ＝ １＋ ２ ５ ＝ ３ １０ １０ ꎬ ｘ 右边. 当 ｃｏｓ Ａ ＝－ １ １ ３ ２时 ꎬ Ａ为钝角 ꎬ ＝２ｔａｎ ＝ ２φ φ φ ２φ α １－ ４ ( ) (３) 左边 ＝ ｓｉｎ ＋２ｓｉｎ φ ｃｏｓ φ ＋ｃｏｓ ｃｏｓ ＝ ５ ＝ １０ ꎬ 此时 Ａ Ｂ ５ ３ １２ ４ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ２ ２ １０ ｓｉｎ( ＋ )＝ × ＋ － × <０ꎬ φ φ 右边. α １３ ５ １３ ５ ＝ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ . 这与 ｓｉｎ( Ａ ＋ Ｂ )>０(０< Ａ ＋ Ｂ <π) 矛盾 ꎬ 此情形 左边 ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α －２ｓｉｎ α ｃｏｓ α ｔａｎ ２ ＝３ 不存在. (４) ＝ ２α ２α １２.解析 ｘ ｘ ｃｏｓ －ｓｉｎ (１)３ １５ｓｉｎ ＋３ ５ｃｏｓ ２９０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ( ) ２α ４α ２α ｋ ｋ ３ ｘ １ ｘ ＝２－８ｓｉｎ ＋８ｓｉｎ －４＋８ｓｉｎ ＋２ ７π π ｘ ５π π ｋ Ｚ ＝６ ５ ２ ｓｉｎ ＋ ２ ｃｏｓ ＝８ｓｉｎ ４α ＝ 右边. ∴－ ４８ ＋ ２ ≤ ≤ ４８ ＋ ２ ꎬ ∈ ꎬ α α ｆ ｘ 的 单 调 递 增 区 间 是 ＝６ ５(ｓｉｎ ｘ ｃｏｓ３０ ° ＋ｃｏｓ ｘ ｓｉｎ３０ ° ) ｓｉｎ α􀅰 ｓｉｎ２ α ∴ [ ( ｋ ) ｋ ] ｘ ° . 左边 ｃｏｓ ｃｏｓ２ α ７π π ５π π ｋ Ｚ . ＝６ ５ｓｉｎ( ＋３０ ) (２) ＝ α α－ ３ｃｏｓ２ － ＋ ꎬ ＋ ( ∈ ) ｓｉｎ２ ｓｉｎ ４８ ２ ４８ ２ α－ α (２) ３ ２ ｃｏｓ ｘ － ２ ３ ｓｉｎ ｘ ｓｉｎ ｃ α ｏ ｓ ｓ ｉｎ ２ ２ α ｃｏｓ α (２) ｆ ( ｘ )＝ ａ ( ｓｉｎ ｘ ａ ＋ ｂ ｃｏｓ ｘ ｂ ) ( ３ ｘ １ ｘ ) ＝ ｓｉｎ２ α ｃｏｓ α －ｃｏｓ２ α ｓｉｎ α－ ３ｃｏｓ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ａ２ ｂ２ ｓｉｎ ｘ ＋ ａ２ ｂ２ ｃｏｓ ｘ ＝ ３ ｃｏｓ － ｓｉｎ α α ＋ ＋ ２ ° ｘ ２ ° ｘ ＝ｓｉｎ ( ２ － ３ｃｏｓ２ ) ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ｓｉｎ( ｘ ＋ φ )ꎬ ＝ ＝ ３ ３ ( ｃｏ ｃ ｓ ｏ ( ｓ ｘ ３ ＋ ０ ３０ ｃ ° ｏ ) ｓ . －ｓｉｎ３０ ｓｉｎ ) ＝２ １ ２ ( ｓｉｎ２ α － ) ２ ３ ｃｏｓ２ α 其中 ｓｉｎ φ ＝ ａ２ ｂ ｂ２ ꎬｃｏｓ φ ＝ ａ２ ａ ｂ２ ꎬ ＋ ＋ ｘ ｘ α π 右边. (３) ３ｓｉｎ ２ ＋ｃｏｓ ２ ＝２ｓｉｎ ２ － ３ ＝ ∴ ｆ ( ｘ )ｍａｘ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ꎬ ｆ ( ｘ )ｍｉｎ＝－ ａ２ ＋ ｂ２. ( ｘ ｘ ) １６.解析 假设存在锐角α β 使α β ２π 拓广探索 ＝２ ２ ３ ｓｉｎ ２ ＋ ２ １ ｃｏｓ ２ α ꎬ ꎬ ＋２ α ＝ ３ ꎬ １８.解析 ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２ ( α ＋３０ ° )＋ｓｉｎ α 􀅰ｃｏｓ( α ＋ ( ) β 同时成立 则 β ｘ ｘ ｔａｎ ｔａｎ ＝２－ ３ ꎬ ＋ ＝ ° ３ . ° ° ２ ２ ３０ )＝ ＝２ ｓｉｎ ２ ｃｏｓ３０ ＋ｃｏｓ ２ ｓｉｎ３０ α ４ ( ｘ ) ( α ) ｔａｎ ＋ｔａｎ β 证明 :ｓｉｎ ２α ＋(ｃｏｓ α ｃｏｓ３０ ° －ｓｉｎ α ｓｉｎ３０ ° ) ２ ＋ ° . π 从而有 β ２ ＝２ｓｉｎ ２ ＋３０ ３ ꎬ ｔａｎ ２ ＋ ＝ α β ｓｉｎ α 􀅰(ｃｏｓ α ｃｏｓ３０ ° －ｓｉｎ α ｓｉｎ３０ ° )＝ｓｉｎ ２α (４) ４ ２ ｓｉｎ ( π ４ － ｘ ) ＋ ４ ６ ｃｏｓ ( π ４ － ｘ ) ｔａｎ α ＋ｔａｎ β １－ｔａｎ ２ ｔａｎ ＋ ３ｃｏ ４ ｓ ２α ＋ ｓｉｎ ４ ２α － ２ ３ ｓｉｎ α ｃｏｓ α ＋ ２ ３ ｓｉｎ α ｃｏｓ α [ ( ) ( ２ ＝ １ ２α ３ . ２ １ π ｘ ３ π － ｓｉｎ ＝ ＝ ｓｉｎ － ＋ ｃｏｓ － １－(２－ ３) ２ ４ ２ ２ ４ ２ ４ α １９.解析 能.Ａ Ｂ是单位圆上的点 角α β的 ) ] [ ( ) β 、 ꎬ 、 ｔａｎ ＋ｔａｎ ｘ ２ π π ｘ π ２ π 终边分别为射线ＯＡ ＯＢ Ｍ是ＡＢ的中点 ＝ ｓｉｎ ｓｉｎ － ＋ｃｏｓ 􀅰 ＝ ＝ｔａｎ ＝ ３ꎬ 、 ꎬ ꎬ ( ２ ) ] ６ ４ ６ ３－１ ３ ＯＣ平分 ∠ ＡＯＢ ꎬ 如下图. α π ｘ β . ｃｏｓ － ∴ｔａｎ ＋ｔａｎ ＝３－ ３ ４ ２ [ ( ) ] ì α ＝ ２ ｃｏｓ π － π － ｘ ï ïｔａｎ ＋ｔａｎ β ＝３－ ３ꎬ ２ ６ ４ 由í ２ ( ) ïï α β ２ ｘ π . îｔａｎ ｔａｎ ＝２－ ３ꎬ ＝ ｃｏｓ － ２ ２ １２ { α { α 综合运用 得 ｔａｎ ＝１ꎬ 或 ｔａｎ ＝２－ ３ꎬ １３.解析 由根与系数的关系可得 Ａ Ｂ ２ ２ ( α β α β ) ｔａｎ ＋ｔａｎ β β . 则Ｍ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ . ｐ Ａ Ｂ ｐ ｔａｎ ＝２－ ３ ｔａｎ ＝１ ꎬ ＝－ ꎬｔａｎ 􀅰ｔａｎ ＝１＋ ꎬ α α ２ ２ Ａ Ｂ 若 则 π α π 与已知 β α β α Ａ Ｂ ｔａｎ ＋ｔａｎ ｔａｎ ＝１ꎬ ＝ ꎬ∴ ＝ ꎬ 又ＯＭ ＯＡ － － ∴ｔａｎ( ＋ )＝ Ａ Ｂ＝１ꎬ ２ ２ ４ ２ ＝ ｃｏｓ ＝ｃｏｓ ꎬ １－ｔａｎ ｔａｎ 条件矛盾. ２ ２ 又 ° Ａ Ｂ ° α β β α α β ０ < ＋ <１８０ ꎬ ＯＮ ＯＭ ＋ － ＋ ｘ Ａ Ｂ °. 若 β 则β π ∴ ＝ ｃｏｓ ＝ｃｏｓ ｃｏｓ ＝ Ｍ ∴ ＋ ＝４５ ｔａｎ ＝１ꎬ ＝ ꎬ ２ ２ ２ 又Ａ Ｂ Ｃ ° Ｃ °. ４ α β ＋ ＋ ＝１８０ ꎬ∴ ＝１３５ α ｃｏｓ ＋ｃｏｓ １４.Ｃ ∵ Ｂ Ｄ Ｃ Ｃ 如 ＝ 图 ３ ｈ ｈ 所 ꎬ 示 Ａ ꎬ Ｃ 设ＡＤ ＝ ｈ ｈ ꎬ 则ＢＤ ＝ ＡＤ ＝ ｈ. 此时 ｔａｎ α ＝ １ ２ － ｔａ ｔａ ｎ ｎ ２ ２ α ２ ＝ ３ ３ ꎬ∴ α ＝ π ６ ꎬ 即 ＝ １ ２ (ｃ ２ ｏｓ α ＋ ꎬ ｃｏｓ β )＝ｃｏｓ α ２ ＋ β ｃｏｓ β － ２ α ∴ ＝２ ꎬ∴ ＝ ５ ꎬ α β α β 存在α π β π满足题意. ＋ － . ∴ｃｏｓ Ｃ ＝ ２ ５ ꎬｓｉｎ Ｃ ＝ ５. ∴ ＝ ６ ꎬ ＝ ４ ＝ｃｏｓ ２ ｃｏｓ ２ ５ ５ １７.解析 ｆ ｘ α β ∴ｃｏｓ Ａ ＝－ｃｏｓ( Ｂ ＋ Ｃ ) ( (１) ( ) )＝ ( ) 同理可证 １ (ｓｉｎ α ＋ｓｉｎ β )＝ ｓｉｎ ＋ 􀅰 ２ ２ π ｘ ｘ π π Ｃ π Ｃ ＋４ ＋ ４ － α β ＝－ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ３ ６ － . ４ ４ ２ｓｉｎ 􀅰 ｃｏｓ ２ ２ ２ ２ ５ ２ ５ ( π ｘ ) ( ｘ π ) ２０.解析 当ｘ ＝２ 时 ꎬ ｆ ( α )＝ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ＝１ . ＝－ ２ × ５ ＋ ２ × ５ ｃｏｓ ３ ＋４ － ４ － ６ 当ｘ ＝４ 时 ꎬ ｆ ( α )＝ ｓｉｎ ４α ＋ｃｏｓ ４α ＝(ｓｉｎ ２α ＋ ＝－ １ １ ０ ０.故选 Ｃ . ( ｘ π ２ ) π ｃｏｓ ２α ) ２ －２ｓｉｎ ２α ｃｏｓ ２α ＝１－ １ ｓｉｎ ２ ２ α. ＝２ｓｉｎ ４ ＋ ｃｏｓ ２ １２ ４ 当ｘ 时 ｆ α ６α ６α ( ) ＝６ ꎬ ( )＝ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ ２ｓｉｎ ４ ｘ ＋ π ꎬ ＝(ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α )(ｓｉｎ ４α －ｓｉｎ ２α ｃｏｓ ２α ＋ｃｏｓ ４α ) １２ ２α ２α ２ ２α ２α ＝(ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ) －３ｓｉｎ ｃｏｓ １５.证明 (１) 左边 ＝３＋２ｃｏｓ ２ ２ α －１－４ｃｏｓ２ α ∴ Ｔ ＝ ２ ４ π ＝ π ２ ꎬ ３ ２ α. ２ α α ＝１－ ｓｉｎ ２ ＝２ｃｏｓ ２ －４ｃｏｓ２ ＋２ π ｋ ｘ π π ｋ ｋ Ｚ ４ ２α ２ ２α ∵－ ＋２ π≤４ ＋ ≤ ＋２ πꎬ ∈ ꎬ 可知 当ｘ 时 ｆ α ＝２(１－２ｓｉｎ ) －４(１－２ｓｉｎ )＋２ ２ １２ ２ ꎬ ＝２ ꎬ ( )＝１ꎻ ２９１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋持不变的情况下将各点的纵坐标缩短到原 ( ) 当ｘ 时 １ ｆ α 解析 由题图易知 Ａ Ｔ ５π π ＝４ ꎬ ≤ ( )≤１ꎻ ( ) ＝２ꎬ ＝ ２ ＋ ２ 来的 ２ 得到ｙ ２ １ ｘ π 的图象. １２ １２ ꎬ ＝ ｓｉｎ － 当ｘ 时 １ ｆ α ３ ３ ２ ４ ＝πꎬ ＝６ ꎬ ≤ ( )≤１ꎬ [ ) ω ｙ ｘ φ ４ ４.解析 将正弦曲线在区间 π 内的 ∴ ＝２ꎬ∴ ＝２ｓｉｎ(２ ＋ )ꎬ ꎬ＋∞ ( ) 猜想 : 当ｘ ∈{ ｎ ｜ ｎ ＝２ ｋ ꎬ ｋ ∈ Ｎ ＋} 时 ꎬ １ ｋ－１≤ １２ ∴２ｓｉｎ － π ×２＋ φ ＝２ꎬ ２ 所有点向左平移 π 个单位长度 就得到ｙ １２ ｆ α . ꎬ ＝ ( )≤１ １２ π φ π ｋ ｋ Ｚ ( ) ∴－ ×２＋ ＝ ＋２ πꎬ ∈ ꎬ ｘ π ｘ 的图象. １２ ２ 5.6 函数 ｙ Ａ ωｘ φ ｓｉｎ ＋ ꎬ ∈[０ꎬ＋∞) ＝ ｓｉｎ( ＋ ) ◆习题 １ 5 ２ .6 ∴ φ ＝ ２π ＋２ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ ꎬ ５.６.１ 匀速圆周运动的数学模型 ３ 复习巩固 ５.６.２ 函数ｙ＝Ａ (ωｘ＋φ)的图象 又 ∵０< φ <πꎬ∴ φ ＝ ２π ꎬ ｓｉｎ １.答案 Ｃ Ａ Ｄ ３ (１) (２) (３) ( ) 练习 ２.解析 各个函数在长度为一个周期的闭区 ｙ ｘ ２π . ∴ ＝２ｓｉｎ ２ ＋ １.解析 各函数在长度为一个周期的闭区间 间上的简图分别如下图 . ３ (１)~(４) [ ( ) ] 上的简图分别如下图 . ５.解析 ｇ ｘ ｘ π π (１)~(４) ( )＝３ｓｉｎ ２ ＋ ＋ ３ ４ ( ) ｘ １１π . ＝３ｓｉｎ ２ ＋ １２ ｔ ６.答案 π １０ｓｉｎ ６０ ｔ ｔ 解析 ＡＯＢ π ∵∠ ＝ ×２π＝ ꎬ ６０ ３０ ｄ １ ＡＯＢ ∴ ＝２×５×ｓｉｎ ∠ ２ ｔ π . ＝１０ｓｉｎ ６０ ７.解析 Ａ Ｋ . . (１) ＝３ꎬ ＝２２ ３.解析 先将正弦曲线上所有的点向右平 ２.答案 (１) Ｃ (２) Ｂ (３) Ｃ (１) ( ) ∵ Ｔ ＝ ６ . ０ ＝４０ꎬ∴ ω ＝ π. ( ) 移π个单位长度 得到ｙ ｘ π ｘ １５ ２０ 解析 ｙ ｘ π 的图象向右平移 ꎬ ＝ｓｉｎ － ꎬ ∈ ( ) (１) ＝３ｓｉｎ ＋ ５ Ｒ的 ８ 图象 然后将所得图象上各点的 ８ 横坐标 ∴ ｄ ＝３ｓｉｎ πｔ ＋ φ ＋２ . ２ꎬ ( ) ꎻ ２０ ２ ５ π个 ( 单位长 ) 度 ꎬ 得到ｙ ＝３ｓｉｎ ｘ － ２ ５ π ＋ π ５ ＝ 伸长 ( 到 ｘ 原来的 ) ４ 倍 ( 纵坐标不变 )ꎬ 得到ｙ ＝ 当ｔ ＝０ φ 时 ꎬ３ｓ . ｉｎ φ ＋２ . ２＝０ꎬ ３ｓｉｎ ｘ － π ５ 的图象. ｓｉｎ ４ － π ８ ꎬ ｘ ∈ Ｒ的图象 ꎻ 再将所得图象 ∴ ∴ ｓ φ ｉ ≈ ｎ － ≈ ４７ － . １ ０ ６３ ７３ ８ ３ . ３ꎬ ( ) 上各点的纵坐标伸长到原来的 倍 横坐标 ( ) (２) ｙ ＝３ｓｉｎ ｘ ＋ π 的图象上所有点的横坐 ( ｘ ) ８ ( (２) 令ｄ ＝３ｓｉｎ πｔ ＋ φ ＋２ . ２＝５ . ２ꎬ ５ 不变 得到ｙ π ｘ Ｒ的图 ２０ )ꎬ ＝８ｓｉｎ － ꎬ ∈ ( ) 标缩短到原来的 １ 纵坐标不变 得到ｙ ４ ８ πｔ φ πｔ φ π ( )ꎬ ＝ 象 最后将所得函数的图象把ｙ轴左侧的部 ∴ｓｉｎ ＋ ＝１ꎬ∴ ＋ ＝ ꎬ ２ ꎻ ２０ ２０ ２ ( ) ( ｘ ) ( ) ｘ π 的图象. 分抹去 就得到ｙ π ｘ ｔ π . ２０ . . ３ｓｉｎ ２ ＋ ꎬ ＝８ｓｉｎ － ꎬ ∈[０ꎬ ∴ ＝ ＋４７１６３８ × ≈３１０４１ ５ ４ ８ ２ π ( ) 的图象. ｙ ｘ π 的图象上所有点的纵坐 ＋∞) (３) ＝３ｓｉｎ ＋ 5.7 三角函数的应用 ５ 先将正弦曲线上所有的点向左平移 π (２) 标伸长到原来的 ４ 倍 横坐标不变 得到ｙ ７ 练习 ( )ꎬ ( ) ３ 个单位长度 得到ｙ ｘ π ｘ Ｒ的图 ( ) ꎬ ＝ｓｉｎ ＋ ꎬ ∈ １.解析 Ａ Ｔ ｆ １ . ｘ π 的图象. ７ (１) ＝３ꎬ ＝４ꎬ ＝ ＝４ｓｉｎ ＋ 象 然后将所得图象上各点的横坐标缩短到 ４ ５ ꎻ ( ) 要分清ω φ Ａ到底是哪个发生了变化 才 ｙ πｘ φ ( 能得出正确 、 的 、 结论 ) ꎬ 原来的 １ ３ ( 纵坐标不变 )ꎬ 得到 ｙ ＝ (２) ( ＝３ｓｉｎ ２ ) ＋ ꎬ . ( ) π . φ ２２π φ ３π ３.解析 ∵ Ａ ＝ ２ ꎬ ω ＝ １ ꎬ∴ 振幅为 ２ ꎬ 周期 ｓｉｎ ３ ｘ ＋ π ꎬ ｘ ∈ Ｒ的图象 ꎻ 再将所得图象 ３ｓｉｎ ２ ×２２＋ ＝－３ꎬ∴ ２ ＋ ＝ ２ ＋ ３ ２ ３ ７ ｋ ｋ Ｚ φ可取２π ２ πꎬ ∈ ꎬ∴ ꎬ Ｔ ２π 频率ｆ １ １ . 上各点的纵坐标缩短到原来的 １ 横坐标 ５ ＝ ω ＝４πꎬ∴ ＝ Ｔ ＝ ４π ３ ( ( ) ( ) ( ) ｙ πｘ ２π . ∴ ＝３ｓｉｎ ＋ ｙ ＝ ２ ｓｉｎ １ ｘ － π 的图象与ｙ ＝ｓｉｎ ｘ的图 不变 )ꎬ 得到ｙ ＝ １ ｓｉｎ ３ ｘ ＋ π ꎬ ｘ ∈ Ｒ的图 ２ ５ ３ ２ ４ ３ ７ θ . ２.解析 设最大偏角为θ 则 １５ 象的关系 先将ｙ ｘ图象上所有的点向 象 最后将所得函数的图象把ｙ轴左侧的部 (１) ꎬ ｓｉｎ ＝ ＝ : ＝ｓｉｎ ꎻ ２ ２５ ( ) ( ) θ 右平移π个单位长度 得到ｙ ｘ π 分抹去 就得到ｙ １ ｘ π ｘ . . ° θ . ° θ . ꎬ ＝ｓｉｎ － ꎬ ＝ ｓｉｎ ３ ＋ ꎬ ∈[０ꎬ ００６ꎬ∴ ≈３４４ ꎬ∴ ≈６８８ ꎬ∴ ＝６８８× ４ ４ ３ ７ ２ 的图象 然后在纵坐标保持不变的情况下将 的图象. ꎻ ＋∞) π . . 各点的横坐标伸长到原来的 倍 得到函数 综合运用 ≈０１２０１ｒａｄ ２ ꎬ １８０ ( ) ( ) ｌ ｙ １ ｘ π 的图象 最后在横坐标保 ４.答案 ｙ ｘ ２π Ｔ ＝ｓｉｎ － ꎻ ＝２ｓｉｎ ２ ＋ (２) ＝２π ｇ ＝１ꎬ ２ ４ ３ ２９２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ｇ . 其中适合不等式 β 的元素β为 ２α α ｌ ９８ . －２π≤ <４π ｔａｎ ＋２ｔａｎ ＋１ ∴ ＝ ２＝ ２≈０２４８(ｍ)ꎬ ＝ ２α ４π ４π ７π π ９π. ｔａｎ ＋１ 线的长度应是 . . － ꎬ ꎬ ( ) ２ ( ) ∴ ２４８ｃｍ ４ ４ ４ １ １ ３.解析 由题意可设函数解析式为 Ｕ { } － ＋２× － ＋１ ＝ (２) Ｓ ＝ β β ＝－ ２ π＋２ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ ꎬ 其中适 ＝ ３ ( ) ２ ３ Ａ ωｔ.Ｔ . ｆ １ Ａ Ｕ ３ － １ ＋１ ｓｉｎ ＝０ ０２ꎬ ＝ ０ . ０２ ＝５０ꎬ ＝ ｍａｘ＝３１１ 合不等式 β 的元素β为 ２ ３ －２π≤ <４π － πꎬ (Ｖ)ꎬ ３ ＝ ２ . ５ ω ＝ ２ Ｔ π ＝ ０ ２ . ０ π ２ ＝１００πꎬ ４ ３ πꎬ １ ３ ０ { π. } ５.解析 (１) 原式 ＝ｓｉｎ ( ４π＋ π ) ＋ ∴ Ｕ ＝３１１ｓｉｎ１００π ｔ. (３) Ｓ ＝ β β ＝ １２ π＋２ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ ꎬ 其中适合 ( ) ( ) ６ 练习 ５ π π ｃｏｓ ８π＋ －ｔａｎ ６π＋ １.解析 乙点的位置将移至它关于ｘ轴的对 不等式 β 的元素 β 为 ８ ３ ４ －２π≤ <４π － πꎬ 称点处 因为绳波从乙点传到戊点正好经过 ５ ＝ｓｉｎ π ＋ｃｏｓ π －ｔａｎ π ꎬ ６ ３ ４ ２ １２ . 一个周期 ꎬ 所以经过 １ 周期后 ꎬ 绳波正好从 ５ πꎬ ５ π ＝ １ ＋ １ －１＝０ . ２ Ｓ β β ｋ ｋ Ｚ 其中适合不等式 ２ ２ 乙点传到丁点.又因为在绳波的传播过程 (４) ＝{ ＝２ πꎬ ∈ }ꎬ 原式 . . β 的元素β为 . (２) ≈１０７７１ 中 ꎬ 绳上各点只是上下振动 ꎬ 纵坐标在变 ꎬ 横 －２π≤ <４π {ｌ αｒ －２πꎬ０ꎬ２π (３)ｃｏｓ(ｓｉｎ２)≈０ . ６１４３ . ＝ ＝５ꎬ ６.答案 坐标不变 所以经过 １ 周期后 乙点将移至 ２.解析 由题意得 ꎬ ２ ꎬ Ｓ ＝ １ αｒ２ ＝５ꎬ 它关于ｘ轴的对称点处 即横坐标不变 纵 ２ ｘ ７π ５π ４π ３π ７π １１π ꎬ ꎬ ( )° ６ ４ ３ ２ ４ ６ 坐标与图中的丁点的纵坐标相同. 解得α ５ α ５ １８０ °. ＝ ꎬ∴ ＝ × ≈１４３ ２.解析 同学们可以上网下载有关人体节律 ２ ２ π ｘ １ ２ ３ ２ １ 的软 件 ꎬ 利用软件就能方便地作出自己某一 ３.解析 (１)∵ｃｏｓ φ ＝ ４ １ >０ꎬ ｓｉｎ － ２ － ２ － ２ －１ － ２ － ２ 时间段的三条人体节律曲线 ꎬ 它们都是正弦 ∴ φ是第一或第四象限角. ｃｏｓ ｘ － ２ ３ － ２ ２ － ２ １ ０ ２ ２ ２ ３ 型函数图象 根据曲线不难回答题中的问 ꎬ 题 ꎬ 并可以指导自己的生活. 当φ为第一象限角时 ꎬｓｉｎ φ ＝ ４ １５ ꎬ ｔａｎ ｘ ３ ３ １ ３ — －１ － ３ ３ 习题5.7 φ ｔａｎ ＝ １５ꎻ ７.解析 最大值为 １ 此时ｘ的集合 综合运用 (１) ２＋ ꎬ １.解析 约为 . 天 约为 . 等星 约为 . 当φ为第四象限角时 ꎬｓｉｎ φ ＝－ １５ ꎬｔａｎ φ ＝ { } π ５５ ꎻ ３７ ꎻ ４４ ４ 为 ｘ ｘ π ｋ ｋ Ｚ 等星. ＝ ＋２ πꎬ ∈ ꎻ . ２ ( ) － １５ ２.解析 函数ｈ ｔ π 在 上的 ｘ ｘ ｘ 则ｘ为第 最小 值 为 １ 此 时 ｘ 的 集 合 ＝２ｓｉｎ ＋ [０ꎬ２π] (２)∵ｓｉｎ ＝２ｃｏｓ ꎬ∴ ｔａｎ ＝２>０ꎬ ２ － ꎬ ４ 一或第三象限角. π 图象如图. { } 当ｘ为第一象限角时 ꎬｔａｎ ｘ ＝２ꎬ 为 ｘ ｘ ＝－ π ＋２ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ . ２ ì ï 最大值为 此时ｘ的集合为 ｘ ｘ ｋ { ｘ ｘ ïｓｉｎ ｘ ＝ ２ ５ ꎬ (２) ５ꎬ { ｜ ＝(２ ＋ 由 ｓｉｎ ＝２ｃｏｓ ꎬ 解得í ５ １)πꎬ ｋ ∈ Ｚ }ꎻ ｓｉｎ ２ｘ ＋ｃｏｓ ２ｘ ＝１ꎬ î ï ï ｃｏｓ ｘ ＝ ５ ５. ８. 最 解 小 析 值为 各 １ 函 ꎬ 此 数 时 在 ｘ 长 的 度 集 为 合 一 为 个 { ｘ 周 ｜ ｘ ＝ 期 ２ ｋ 的 πꎬ 闭 ｋ ∈ 区 Ｚ 间 } . 上的图象分别为图 .图象变换略. 当ｘ为第三象限角时 ｘ ｘ ２ ５ (１)~(４) ｔ 时 ｈ π 即小球在开始 ꎬｔａｎ ＝２ꎬｓｉｎ ＝－ ꎬ (１) ＝０ ꎬ ＝２ｓｉｎ ＝ ２ꎬ ５ ４ 振动时的位置在平衡位置的上方 处. ｘ ５. ２ ｃｍ ｃｏｓ ＝－ 小球的最高点和最低点与平衡位置的距 ５ (２) 离都是 . １ ２ｃｍ α － ＋２ (３) Ｔ ＝２π(ｓ)ꎬ∴ 经过 ２πｓ 小球往复运动一次. ４.解析 (１) 原式 ＝ ｔ ５ ａ － ｎ ｔａｎ ＋ α ２ ＝ ３ １ ＝ １ ５ ６ . ５＋ 每秒钟小球能往复振动 １ 次. ３ (４) ２π 原式 ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α 拓广探索 (２) ＝ α α ２α ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ３.解析 可到网上搜索有关数据 ꎬ 然后根据数 ( １ ) ２ 据画散点图 再根据散点图的变化规律确定 ２α － ＋１ ꎬ ｔａｎ ＋１ ３ １０. 模拟函数 并作出有关预测. ＝ ２ｔａｎ α ＋１ ＝ ２ ＝ ３ ４.解析 根 ꎬ 据供电部门统计的每天用电数据 － ３ ＋１ [ ] α α α ９.解析 函数ｙ ｘ ｘ π 的图 作出用电量随时间变化的图象 根据图象确 原式 ｓｉｎ ｃｏｓ ｔａｎ (１) ＝ｓｉｎ ꎬ ∈ ０ꎬ ꎬ (３) ＝ ２α ２α＝ ２α ２ 定 波峰 时间段和 波谷 时间段 然后制 ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ｔａｎ ＋１ 象如图所示. “ ” “ ” ꎬ 订方案. １ － 复习参考题5 ＝( ３ ) ２ ＝－ ３ . １ １０ 复习巩固 － ＋１ ３ { } ２α α α ２α １.解析 Ｓ β β π ｋ ｋ Ｚ 原式 ｓｉｎ ＋２ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ (１) ＝ ＝ ＋２ πꎬ ∈ ꎬ (４) ＝ ２α ２α ４ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ２９３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋由 ｘ ｘ 可知ｙ ｘ ｘ ( ) ° ° (２) ｓｉｎ(π－ )＝ｓｉｎ ꎬ ＝ｓｉｎ ꎬ ∈ π α 原式 ° ｃｏｓ１０ ＋ ３ｓｉｎ１０ 􀅰ｓｉｎ － (４) ＝ｓｉｎ５０ 􀅰 ° 的图象关于直线ｘ π 对称 据此可 ４ ｃｏｓ１０ [０ꎬπ] ＝ ꎬ ( ) ( ) ( ) ° ° ２ １２ ３ ５ ４ ５６ ° ｓｉｎ４０ ｓｉｎ８０ . 得出函数ｙ ｘ ｘ 的图象 又由 ＝ － × － － × － ＝－ ꎬ ＝２ｓｉｎ５０ 􀅰 °＝ °＝１ ＝ｓｉｎ ꎬ ∈[０ꎬπ] ꎻ １３ ５ １３ ５ ６５ ｃｏｓ１０ ｃｏｓ１０ ｘ ｘ 可知函数ｙ ｘ ｘ ｓｉｎ(２π－ )＝－ｓｉｎ ꎬ ＝ｓｉｎ ꎬ ∈ α β α β ５６. １４.解析 由题意得 θ ４ 的图象关于点 对称 据此可得 ∴ｓｉｎ( ＋ )＝－ｓｉｎ(π＋ ＋ )＝ (１) ｓｉｎ ＝－ ꎬ [０ꎬ２π] (πꎬ０) ꎬ ６５ ５ ( ) 出函数ｙ ｘ ｘ 的图象. θ θ ２ θ ＝ｓｉｎ ꎬ ∈[０ꎬ２π] α β 都是锐角 α １ β (３) 先把ｙ轴向右 ( 当φ >０ 时 ) 或向左 ( 当φ (３)∵ ꎬ ꎬｔａｎ ＝ ７ ꎬｓｉｎ ＝ ∴ ｓｉｎ ２ －ｃｏｓ ２ ＝１－２ｓｉｎ ２ 􀅰 时 平行移动 φ 个单位长度 再把所得 θ <０ ) ｜ ｜ ꎬ １０ β １ θ ４ ９ . 图象向下 ( 当ｋ >０ 时 ) 或向上 ( 当ｋ <０ 时 ) 平 １０ ꎬ∴ｔａｎ ＝ ３ ꎬ ｃｏｓ ２ ( ＝１－ｓｉｎ ＝１＋ ５ ) ＝ ５ 移 ｜ ｋ ｜ 个单位长度 ꎬ 最后根据周期性 ꎬ 把图象 α β １ ＋ １ (２) ｓｉｎ α －ｃｏｓ α ２ ＝１－ｓｉｎ α ＝ １ ꎬ 向右或向左扩展 抹去 之外的部分 α β ｔａｎ ＋ｔａｎ ７ ３ ２ ２ ２５ ꎬ [０ꎬ２π] ꎬ ∴ ｔａｎ( ＋ )＝ α β ＝ 就可得到函数ｙ ＝ｓｉｎ( ｘ ＋ φ )＋ ｋ ꎬ ｘ ∈[０ꎬ２π] １－ｔａｎ ｔａｎ １－ １ × １ ∴ｓｉｎ α ＝ ２４. φ ｋ都是常数 的图象. ７ ３ ２５ ( 、 ) １ (３) (ｓｉｎ ２θ ＋ ｃｏｓ ２θ ) ２ ＝ ｓｉｎ ４θ ＋ ｃｏｓ ４θ ＋ １０.解析 (１) 振幅是 １ꎬ 周期是２π ꎬ 初相是 ＝ ２ ꎬ ２(ｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ) ２ ５ α β β α β ｔａｎ( ＋ )＋ｔａｎ ( θ ) ２ π.把正弦曲线向左平行移动 π 个单位长 ∴ｔａｎ( ＋２ )＝ α β β ５ ｓｉｎ２ θ ２ ２. １－ｔａｎ( ＋ )ｔａｎ ＝ ＋２ ＝１ꎬ∴ｓｉｎ２ ＝± ６ ６ ９ ２ ３ ( ) １ １ 度 可以得到函数ｙ ｘ π ｘ Ｒ的 ＋ θ ３ θ ４ ꎬ ＝ｓｉｎ ＋ ꎬ ∈ ２ ３ . (４)∵ｃｏｓ２ ＝ ꎬ∴ｓｉｎ２ ＝± ꎬ ６ ＝ ＝１ ５ ５ 图象 再把所得图象上所有点的横坐标缩短 １－ １ × １ ( θ ) ２ ꎬ ２ ３ ４θ ４θ ｓｉｎ２ １７. 到原来的 １ 纵坐标不变 就可得到函数ｙ １２.解析 (１) 证明 : 左边 ＝ｔａｎ( α ＋ β )(１－ ∴ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１－２ ２ ＝ ２５ ( ５ ( ) )ꎬ ｔａｎ α ｔａｎ β )＝ｔａｎ( α ＋ β )－ｔａｎ α ｔａｎ β ｔａｎ( α ＋ １５.解析 (１) 由题意得 ＝ｓｉｎ ５ ｘ ＋ π ꎬ ｘ ∈ Ｒ的图象. β )＝ 右边. ì ï ïｃｏｓ α ｃｏｓ β －ｓｉｎ α ｓｉｎ β ＝ １ ꎬ ６ ° ° í ５ ( 把 ２ 正 ) 振 弦 幅 曲 是 线 ２ 上 ꎬ 周 所 期 有 是 点的 １２ 横 πꎬ 坐 初 标 相 伸 是 长 ０ . 到原来 (２)∵ｔａｎ６０ ° ＝ １ ｔａ － ｎ ｔａ ２ ｎ ０ ２０ ＋ ° ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ ４ ４ ０ ０ °＝ ３ꎬ î ïï ｃｏｓ α ｃｏｓ β ＋ｓｉｎ α ｓｉｎ β ＝ ３ ꎬ ° ° ° ５ 的 倍 纵坐标不变 可以得到函数ｙ ∴ ｔａｎ ２０ ＋ｔａｎ ４０ ＝ ３ － ３ ｔａｎ ２０ 􀅰 ６ ( )ꎬ ＝ ° α β ２ α β １ ｔａｎ４０ ꎬ ∴ｃｏｓ ｃｏｓ ＝ ꎬｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ꎬ ５ ５ １ ｘ ｘ Ｒ的图象 再把所得图象上所 ° ° ° ° . ｓｉｎ ６ ꎬ ∈ ꎬ ∴ｔａｎ２０ ＋ｔａｎ４０ ＋ ３ｔａｎ２０ ｔａｎ４０ ＝ ３ α β １ . α β ∴ｔａｎ ｔａｎ ＝ 有点的纵坐标伸长到原来的 倍 横坐标 α β ｔａｎ ＋ｔａｎ ３π ２ ２ ( (３)∵ ｔａｎ( ＋ )＝ α β＝ｔａｎ ＝ 不变 )ꎬ 就可得到函数ｙ ＝２ｓｉｎ １ ６ ｘ ꎬ ｘ ∈ Ｒ的 －１ꎬ∴ｔａｎ α ＋ｔａｎ β －ｔ １ ａｎ －ｔ α ａｎ ｔａｎ ｔ β ａｎ ＋１＝０ꎬ ４ 已知 ì í ï ïｃｏｓ α ＋ｃｏｓ β ＝ ２ １ ꎬ 图象. ∴(１－ｔａｎ α )(１－ｔａｎ β )＝１－(ｔａｎ α ＋ｔａｎ β )＋ (２) ïï α β １ α β . îｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝ ꎬ １１.解析 (１)∵ α ꎬ β都是锐角 ꎬ 且 ｓｉｎ α ＝ ４ ꎬ ｔａｎ 原 ｔａ 式 ｎ ＝２ 两式分别平方得 ３ ５ (４) ＝ ì ｃｏｓ( α ＋ β )＝ １ ５ ３ ꎬ ｔａｎ６０ ° ( ｔ １ ａ － ｎ ｔａ ２ ｎ ０ ° ２ ｔ ０ ａ ° ｎ ｔａ ４ ｎ ０ ° ４０ ° )－ ３ ＝－ ３ . í ï ïｃｏｓ ２α ＋ｃｏｓ ２β ＋２ｃｏｓ α ｃｏｓ β ＝ ４ １ ꎬ ① ∴ｃｏｓ α ＝ ５ ３ ꎬｓｉｎ( α ＋ β )＝ １ １ ３ ２ ꎬ １３.解析 ° (１) 原式 ＝ ° ° î ïï ｓｉｎ ２α ＋ｓｉｎ ２β ＋２ｓｉｎ α ｓｉｎ β ＝ ９ １ ꎬ ② ∴ｓｉｎ β ＝ｓｉｎ[( α ＋ β )－ α ]＝ｓｉｎ( α ＋ β )ｃｏｓ α － ｃｏｓ ｓｉ １ ｎ ０ １０ － ° ｃ ３ ｏｓ ｓｉ １ ｎ ０ １ ° ０ ＝ ４ ｓ ｓ ｉｎ ｉｎ ２ ２ ０ ０ ° ＝４ . ①＋② 得 ２＋２(ｃｏｓ α ｃｏｓ β ＋ｓｉｎ α ｓｉｎ β )＝ １３ ꎬ ３６ α β α １２ ３ ５ ４ １６. ° ° ｃｏｓ( ＋ )ｓｉｎ ＝ × － × ＝ 原式 ° ｓｉｎ１０ － ３ｃｏｓ１０ ( １３ ５ ) １３ ５ ( ６５ ) (２) ＝ｓｉｎ４０ 􀅰 ｃｏｓ１０ ° ∴ｃｏｓ( α － β )＝－ ５９. ７２ (２)∵ α ∈ π ꎬ ３π ꎬ β ∈ ０ꎬ π ꎬ ２ｓｉｎ４０ ° ｓｉｎ(１０ ° －６０ ° ) 综合运用 ４ ４ ４ ＝ ° ( ) ( ｃｏｓ１０ １６.证明 左边 ２ α α π α π ５π β ５π ° ° ° (１) ＝２ｃｏｓ ２ ＋２＋４ｃｏｓ２ ＝ ∴ ４ － ∈ － ２ ꎬ０ ꎬ ４ ＋ ∈ ４ ꎬ ＝－ ２ｓｉｎ４０ ｃｏ ° ｓ４０ ＝－ ｓｉｎ８０ ° ２(ｃｏｓ２ α ＋１) ２ ＝２(２ｃｏｓ ２α ) ２ ＝８ｃｏｓ ４α ＝ 右边. ) ( ) ｃｏｓ１０ ｃｏｓ１０ α α ２ . 左边 (ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ) ３π . 又 π α ３ ＝－１ (２) ＝ α α α ２ ｃｏｓ ４ － ＝ ５ ꎬ ° ( ° ) ２ｃｏｓ (ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ) ( ) ( ) (３) 原式 ＝ ｓｉｎ７０ °􀅰ｃｏｓ１０ ° 􀅰 ３􀅰 ｓｉｎ２０ °－１ ｓｉｎ α ＋ｃｏｓ α １ α １ 右边. ５π β １２ π α ｃｏｓ７０ ｃｏｓ２０ ＝ α ＝ ｔａｎ ＋ ＝ ｓｉｎ ４ ＋ ( ＝－ １ ) ３ ꎬ∴ ｓｉｎ ４ － ＝ ＝ ｃｏｓ２０ ° ° 􀅰ｃｏｓ１０ ° 􀅰 ( ３ｓｉｎ２０ ° ° －１ ) (３) 左 ２ｃ 边 ｏｓ ＝ ２ ２ ４ ５π β ５ . ｓｉｎ２０ ｃｏｓ２０ α α β α β α α α β － ꎬｃｏｓ ＋ ＝－ ｓｉｎ ｃｏｓ( ＋ )＋ｓｉｎ( ＋ )ｃｏｓ －２ｓｉｎ ｃｏｓ( ＋ ) ５ ４ １３ ° ° α [ ( ) ( ＝ ３ｃｏｓ１０ ° － ｃｏｓ２０ ｃｏｓ ° １０ α β α ｓｉｎ β α β ５π β π ｓｉｎ２０ ｓｉｎ( ＋ － ) ｓｉｎ 右边. ∵ｓｉｎ(π＋ ＋ )＝ｓｉｎ ＋ － － ° ＝ α ＝ α＝ ４ ４ ° ｃｏｓ２０ ｓｉｎ ｓｉｎ α ) ] ＝ ３ｃｏｓ１０ － ２ｓｉｎ１０ ° 左边 ２ｃｏｓ ２ ２ Ａ －４ｃｏｓ２ Ａ ＋２ ° ° ° ° (４) ＝ ２ Ａ Ａ ３ｓｉｎ２０ －ｃｏｓ２０ ｓｉｎ(２０ －３０ ) ２ｃｏｓ ２ ＋４ｃｏｓ２ ＋２ ( ５π β ) ( π α ) ( ５π β ) ＝ ２ｓｉｎ１０ ° ＝ ｓｉｎ１０ ° ( ｃｏｓ２ Ａ －１ ) ２ ( －２ｓｉｎ ２Ａ ) ２ ＝ｓｉｎ ４ ＋ ｃｏｓ ４ － －ｃｏｓ ４ ＋ ＝－１ . ＝ ｃｏｓ２ Ａ ＋１ ＝ ２ｃｏｓ ２Ａ ２９４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ４Ａ 右边. [ ] ( ) ＝ｔａｎ ＝ ｘ π π ３π . 由 知ｆ ｘ ｘ π １７.解析 由已知及平方关系式得 ∴２ － ∈ － ꎬ (２) (１) ( )＝２ｓｉｎ ２ ＋ ＋４ꎬ ４ ４ ４ ６ { ( ) α α １ ２ ｘ π ｘ Ｒ 当 ｘ π ｋ π ｋ Ｚ ｓｉｎ －ｃｏｓ ＝ ꎬ ∴－ ≤ｓｉｎ ２ － ≤１ꎬ ∵ ∈ ꎬ∴ ２ ＋ ＝２ π－ ꎬ ∈ ꎬ ５ ２ ４ ６ ２ ｓｉｎ ２ ì ï ï α ｓ ＋ ｉｎ ｃｏ α ｓ ２ ＝ α ＝ ４ １ ꎬ ꎬ ì ï ïｓｉｎ α ＝－ ３ ꎬ ∴－ ２≤－ ２ｓｉｎ ( ２ ｘ － π ４ ) ≤１ . 即 故 ｘ ｆ ＝ ｘ ｋ π 取 － 最 π ３ 小 ( 值 ｋ ∈ Ｚ 时 ) 时 相 ꎬ 应 ｆ ( 的 ｘ ) ｘ ｍｉｎ 的 ＝ 集 ２ . 合为 解得í ５ 或í ５ ｆ ｘ . ( ) ２ ꎬ ïï α ３ ïï α ４ . ∴ ( )ｍｉｎ ( ＝－ ２ ) { ｘ ｘ ｋ π ｋ Ｚ } . îｃｏｓ ＝ îｃｏｓ ＝－ 此时 ｘ π 即 ｘ π π ＝ π－ ꎬ ∈ ５ ５ ｓｉｎ ２ － ＝１ꎬ ２ － ＝ ＋ ３ α α ４ ４ ２ ２３.解析 设ＡＰ ｘ ＡＱ ｙ ＢＣＰ α ＤＣＱ ∵０≤ ≤πꎬ∴０≤ｓｉｎ ≤１ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ∠ ＝ ꎬ∠ ì ｋ ｋ Ｚ ｘ ３π ｋ ｋ Ｚ . β 则 α ｘ β ｙ 于是 α í ï ïｓｉｎ α ＝ ５ ４ ꎬ ２ π( ∈ [ )ꎬ∴ ] ＝ ８ ＋ π( ∈ ) β ＝ ꎬ ２－ ｔ ( ａｎ ｘ ＋ ｙ ＝ ) １ . － ꎬｔａｎ ＝１－ ꎬ ｔａｎ( ＋ ∴ î ïï ｃｏｓ α ＝ ３ ꎬ ∵ ｘ ∈ ０ꎬ π ２ ꎬ∴ ｆ ( ｘ ) 取最小值时ｘ的 )＝ ( ｘ ＋ ｙ )－ ｘｙ ５ { } 又 ＡＰＱ的周长为 即ｘ ｙ ｘ２ ｙ２ ì ï ïｓｉｎ２ α ＝ ２４ ꎬ 集合为 ３ ８ π . 化 △ 简变形可得ｘｙ ＝２ ２ ( ꎬ ｘ ＋ ｙ ) ＋ －２ ＋ . ＋ ＝２ꎬ í ２５ ( ) ( ) ｘ ｙ ∴ ïï α ７ ２１.解析 ｆ ｘ ｘ π ｘ π 于是 ｔａｎ( α ＋ β )＝ ｘ ｙ ２－( ＋ ｘ ) ｙ ＝１ꎬ îｃｏｓ２ ＝－ ꎬ ( )＝ｓｉｎ ＋ ＋ｓｉｎ － ＋ ( ＋ )－[２( ＋ )－２] ２５ ６ ６ ( ) 又 α β π 所以α β π 所以 ＰＣＱ α π α π α ｘ ａ ｘ π ｘ ａ ｘ ０< ＋ < ꎬ ＋ ＝ ꎬ ∠ ∴ｓｉｎ ２ － ＝ｓｉｎ ２ ｃｏｓ －ｃｏｓ２ 􀅰 ｃｏｓ ＋ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ＋ ＝ ３ｓｉｎ ＋ ２ ４ ４ ４ ６ ( ) π α β π. ｘ ａ ｘ π ａ. ＝ －( ＋ )＝ π ２４ ２ ７ ２ ３１ ２. ｃｏｓ ＋ ＝２ｓｉｎ ＋ ＋ ２ ４ ｓｉｎ ４ ＝ ２５ × ２ ＋ ２５ × ２ ＝ ５０ ６ 拓广探索 ( ) ｙ ａ ａ . １８.解析 ∵２ｃｏｓ ２ π ４ ＋ ｘ －１＝－ｓｉｎ２ ｘ ( ( １ ２ ) ) ∵ 由 ( ｍ １ ａ ) ｘ＝ 知 ２ ꎬ ＋ ｆ ( ＝ ｘ ) １ꎬ ＝ ∴ ２ｓｉｎ ＝ ( － ｘ １ ＋ π ) －１ꎬ 由正 ２４.解析 (１) 由 { ｓｉｎ β ＋ｃｏｓ β ＝ ５ １ ꎬ可得 ２５ｓｉｎ ２β ＝－ ２ ７ ５ ꎬ ( ∴ｓｉｎ２ ｘ ＝ ) ２ ７ ５ . ( ) 弦曲线可知 ꎬ π ＋２ ｋ π≤ ｘ ＋ π ≤ ６ ３π ＋２ ｋ πꎬ ｋ －５ｓｉｎ β －１２＝０ꎬ ｓｉｎ ２β ＋ｃｏｓ ２β ＝１ ２ ６ ２ ∵ ｘ ∈ １ １ ７ ２ π ꎬ ７ ４ π ꎬｃｏｓ ｘ ＋ π ４ ＝ ５ ３ ꎬ ∈ Ｚ ꎬ 解得 ｓｉｎ β ＝ ４ 或 ｓｉｎ β ＝－ ３ ( 舍去 ) . ５ ５ ( ) 即π ｋ ｘ ４ ｋ ｋ Ｚ ｘ ｘ ３ ２ ｘ π ４ ＋２ π≤ ≤ π＋２ πꎬ ∈ ꎬ 所以 β １ β ３ . ∴ｃｏｓ －ｓｉｎ ＝ ꎬｓｉｎ ＋ ＝－ ꎬ ３ ３ ｃｏｓ ＝ －ｓｉｎ ＝－ ５ ４ ５ ｆ ｘ 的 单 调 递 减 区 间 为 ５ ５ ∴ ( ) ｘ ｘ ４ ２ [ ] 于是 β ４ . ∴ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝－ ꎬ π ｋ ４π ｋ ｋ Ｚ . ｔａｎ ＝－ ５ ＋２ πꎬ ＋２ π ( ∈ ) ３ ｓｉｎ２ ｘ ＋２ｓｉｎ ２ｘ ２ｓｉｎ ｘ (ｓｉｎ ｘ ＋ｃｏｓ ｘ ) ３ ｆ ｘ ３ (２) 根据所给条件可求出仅由 ｓｉｎ β 、ｃｏｓ β 、 ∴ ｘ ＝ ｘ ｘ (３)∵ ( )≥０ꎬ β 表示的三角函数的值. 例如 １－ｔａｎ ｃｏｓ －ｓｉｎ ( ) ｔａｎ ꎬ ｃｏｓ ｘ ∴２ｓｉｎ ｘ ＋ π －１≥０ꎬ ( β π ) β ｓｉｎ β ＋ｃｏｓ β ｘ ｘ ｘ ６ ｓｉｎ ＋ ꎬ ｃｏｓ ２ ＋ ２ꎬ β ꎬ ｓｉｎ２ (ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ) ( ) ３ ２ｔａｎ ＝ ｃｏ ( ｓ ｘ －ｓｉｎ ) ｘ 即 ｓｉｎ ｘ ＋ π ６ ≥ １ ２ ꎬ ｓｉｎ β β －ｃｏｓ β β 等. ７ ４ ２ ３ｓｉｎ ＋２ｃｏｓ ２５ × － ５ ∴ π ＋２ ｋ π≤ ｘ ＋ π ≤ ５π ＋２ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ ꎬ ２５.解析 (１) 如图 ꎬ 易知 ∠ ＥＡＣ ＝ α ꎬ ＝ ６ ６ ６ 在 ＡＥＣ和 ＡＤＢ中 ＡＢＤ ＥＡＣ ３ ２ Ｒｔ△ Ｒｔ△ ꎬ∠ ＝∠ ｋ ｘ ２π ｋ ｋ Ｚ α ５ ∴２ π≤ ≤ ＋２ πꎬ ∈ ꎬ ＝ ꎬ ３ ２８. 符合题意的ｘ的取值集合为 ＝－ ∴ ７５ { } １９.证明 由题得 ｓｉｎ ２θ ＋ｃｏｓ ２θ ＋２ｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ｘ ２ ｋ π≤ ｘ ≤ ２π ＋２ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ . ２α ３ ＝４ｓｉｎ ꎬ ∵ｓｉｎ θ ｃｏｓ θ α ＝ｓｉｎ ２β ꎬ∴ β １＋２ｓｉｎ ２β ＝４ｓｉｎ ２α ꎬ ２２.解析 ( (１) ｆ ( ｘ )＝ ) ３ｓｉｎ２ ｘ ＋ｃｏｓ２ ｘ ＋ ｍ ＋１ ∴ ＡＣ ＝ ｈ １ αꎬ ＡＢ ＝ ｈ ２ αꎬ ∴２－２ｃｏｓ２ ＝２－ｃｏｓ２ ꎬ ｘ π ｍ . ｃｏｓ ｓｉｎ ２０. 即 解析 ４ｃ ｏｓ ２ ｆ ( ２ α ｘ ) ＝ ＝ ｃｏ ｃ ｓ ｏ ２ ｓ ２ ４ β ｘ － . ２ｓｉｎ ｘ ｃｏｓ ｘ －ｓｉｎ ４ｘ ＝２ ｘ ｓｉｎ [ ２ ＋ π ６ ] ＋ ＋１ ∴ Ｓ ( α )＝ ２ １ ＡＣ 􀅰 ＡＢ ＝ ２ｓｉｎ ｈ １ α ｈ ｃ ２ ｏｓ α＝ ｓ ｈ ｉｎ １ ｈ ２ ２ α ∵ ∈ ０ꎬ ꎬ ( ) ＝(ｃｏｓ ２ｘ ＋ｓｉｎ ２ｘ )(ｃｏｓ ２ｘ －ｓｉｎ ２ｘ )－ｓｉｎ２ ｘ ２ α π . ０< < ＝ｃｏｓ２ ｘ －ｓ ( ｉｎ ｘ ２ ｘ π ) . ∴ π ６ ≤ ( ２ ｘ ＋ π ６ ≤ ) ７ ６ π ( ꎬ ) (２) 图略 ２ . ＝－ ２ｓｉｎ ２ － ４ ∴ｓｉｎ ２ ｘ ＋ π ６ ０≤ ｘ ≤ π ２ 的最大值 (３) 当α ＝ π ４ 时 ꎬ Ｓ ( α )ｍｉｎ＝ ｈ １ ｈ ２ . (１) Ｔ ＝ ２ ω π ＝ ２ ２ π ＝π . 为 １ꎬ ２６.解析 略. [ ] ｆ ｘ ｍ ｍ . ２７.解析 略. ｘ π ∴ ( )ｍａｘ＝３＋ ＝６ꎬ∴ ＝３ (２)∵ ∈ ０ꎬ ꎬ ２ ２９５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋