倒数 三角函数 空间向量
(1)求函数y =7-4sin x cos x +4cos x -4cos x 的最大值与最小值。 解:y =7-4sin x cos x +4cos x -4cos x
2
4
24
=7-2sin 2x +4cos 2x (1-cos 2x )
=7-2sin 2x +4cos 2x sin 2x =7-2sin 2x +sin 22x =(1-sin 2x )+6
2
,由于函数z =(u -1)+6在[-11]中的最大值为
2
z max =(-1-1)+6=10 最小值为
z min =(1-1)+6=6
故当sin 2x =-1时y 取得最大值10,当sin 2x =1时y 取得最小值6
2
2
π⎫⎛
(2)
已知函数f (x ) =sin 2ωx ωx sin ωx +⎪(ω>0)的最小正周期为π.(Ⅰ)
2⎭⎝
求ω的值;(Ⅱ)求函数f (x ) 在区间⎢0⎥上的取值范围.
3
⎡2π⎤⎣⎦
解:
(Ⅰ)f (x ) =
1-cos 2ωx 112ωx =2ωx -cos 2ωx +
222
π⎫1⎛
=sin 2ωx -⎪+.
6⎭2⎝
因为函数f (x ) 的最小正周期为π,且ω>0, 所以
2π
=π,解得ω=1. 2ω
⎛⎝
π⎫1⎪+. 6⎭2
(Ⅱ)由(Ⅰ)得f (x ) =sin 2x -
2π, 3
ππ7π所以-≤2x -≤,
666
因为0≤x ≤
所以-
1π⎫≤sin ⎛2x - ⎪≤1, 26⎭⎝
因此0≤sin 2x -
⎛
⎝
π⎫13⎡3⎤
,即的取值范围为+≤0⎥. f (x ) ⎪⎢6⎭22⎣2⎦
2
(3))已知函数f (x ) =2co s ωx +2s in ωx cos ωx +1(x ∈R , ω>0)的最小值正周期
是
π
. (Ⅰ)求ω的值; 2
(Ⅱ)求函数f (x ) 的最大值,并且求使f (x ) 取得最大值的x 的集合.
(3)已知函数f (x ) =2co s ωx +2s in ωx cos ωx +1(x ∈R , ω>0)的最小值正周期是
2
π
. (Ⅰ)求ω的值; 2
(Ⅱ)求函数f (x ) 的最大值,并且求使f (x ) 取得最大值的x 的集合. 解:
f (x )=2⋅
1+cos 2ωx
+sin 2ωx +12
=sin 2ωx +cos 2ωx +2
ππ⎫ =2 sin 2ωx cos +cos 2ωx sin ⎪+2
44⎭⎝π⎫⎛
=2sin 2ωx +⎪+2
4⎭⎝
由题设,函数f (x )的最小正周期是(Ⅱ)由(Ⅰ)知,f (x )=
2πππ
,可得=,所以ω=2.
2ω22
π⎫⎛
2sin 4x +⎪+2.
4⎭⎝
当4x +
π
4
=
π
2
+2k π,即x =
π
16
+
k ππ⎫(k ∈Z )时,sin ⎛ 4x +⎪取得最大值1,所以函数
4⎭2⎝
πk π⎧⎫
f (x )的最大值是2+2,此时x 的集合为⎨x |x =+, k ∈Z ⎬
162⎩⎭
(1)如图,已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在平面互相垂直,点M ,N 分别在对角线BD ,AE 上,且BM =平面CDE .
11
BD ,AN =AE .求证:MN //33
解析:要证明MN //平面CDE ,只要证明向量NM 可以用平面CDE 内的
两个不共线的向量DE 和DC 线性表示.
1
BD ,所以3
1 1 1 1 1
MB =DB =DA +AB .同理AN =AD +DE ,又CD =BA =-AB ,所以
33 3 3 3
MN =MB +BA +AN
1 1 1 1 2 1 1 2
=(DA +AB ) +BA +(AD +DE ) =BA +DE =CD +DE .又CD 与33333333
根据共面向量定理,可知MN ,CD ,DE 共面.由于MN 不在平面CDE DE 不共线,
内,所以MN //平面CDE .
答案:证明:如图,因为M 在BD 上,且BM =
(2)如图, 在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AC =3,BC =4,AA 1=4,点D 是AB 的中点, (I )
求证:AC ⊥BC 1; (II )求证:AC 1//平面CDB 1;
解析:(1)证明线线垂直方法有两类:一是通过三垂线定理或逆定理证明,二是通过线面垂直来证明线线垂直;(2)证明线面平行也有两类:一是通过线线平行得到线面平行,二是通过面面平行得到线面平行.
答案:(I )直三棱柱ABC -A 1B 1C 1,底面三边长AC =3,BC =4AB =5,
∴ AC ⊥BC ,且BC 1在平面ABC 内的射影为BC ,∴ AC ⊥BC 1;
(II )设CB 1与C 1B 的交点为E ,连结DE ,∵ D 是AB 的中点,E 是BC 1的中点, ∴ DE//AC 1,∵ DE ⊂平面C D B 1,AC 1⊄平面C D B 1, ∴ AC 1//平面C D B 1;
(3)如图所示,四棱锥P —ABCD 中,AB ⊥AD ,CD ⊥AD ,PA ⊥底
面ABCD ,PA=AD=CD=2AB=2,M 为PC 的中点。
(1)求证:BM ∥平面PAD ;
(2)在侧面PAD 内找一点N ,使MN ⊥平面PBD ; (3)求直线PC 与平面PBD 所成角的正弦。
解析:本小题考查直线与平面平行,直线与平面垂直, 二面角等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力.
答案:(1) M 是PC 的中点,取PD 的中点E ,则
11CD ,又
AB CD 22
∴四边形ABME 为平行四边形 ∴BM ∥EA ,BM ⊄平面PAD EA ⊂平面PAD
∴BM ∥平面PAD (4分)
(2)以A 为原点,以AB 、AD 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图,则B (1, 0, 0) ),C (2, 2, 0),D (0, 2, 0),P (0, 0, 2),M (1, 1, 1),E (0, 1, 1)
ME
在平面PAD 内设N (0, y , z ),MN =(-1, y -1, z -1),PB =(1, 0, -2),
--→--→
DB =(1, -2, 0) 由MN ⊥PB ∴MN ⋅PB =-1-2z +2=0 ∴z =
由MN ⊥DB ∴MN ⋅DB =-1-2y +2=0 ∴y =
--→
--→
--→
--→
--→--→--→--→--→
1 2
1 2
(8分)
⎛11⎫
∴N 0, , ⎪∴N 是AE 的中点,此时MN ⊥平面P BD
⎝22⎭
(3)设直线PC 与平面PBD 所成的角为θ
--→--→--→--→11⎫⎛
PC =(2, 2, -2),MN = -1, -, -⎪,设PC , MN 为α
22⎭⎝
cos α=
PC ⋅MN
--→--→--→
--→
=
-223⋅
62
=-
PC MN
22 s i n θ=-c o αs =33
故直线PC 与平面PBD 所成角的正弦为
2 3
2
(1)1.已知a >0,函数f (x )=lnx﹣ax ,x >0. (Ⅰ)求f (x )的单调区间;
(Ⅱ)若存在均属于区间[1,3]的α,β,且β﹣α≥1,使(f α)=f(β),证明
.
(I )解:,
令f ′(x )=0,解得x=,
的单调递减区间是
,
所以,(f x )的单调递增区间是
(II )证明:由f (α)=f(β)及(I )的结论知从而f (x )在[α,β]上的最小值为f (a ).
.
又由β﹣α≥1,α,β∈[1,3], 知1≤α≤2≤β≤3. 故
,即
,
从而.
(2)已知函数f (x )=xlnx﹣2x+a,其中a ∈R . (1)求f (x )的单调区间;
(2)若方程f (x )=0没有实根,求a 的取值范围;
2
(3)证明:ln1+2ln2+3ln3+…+nlnn>(n ﹣1),其中n≥2 解:(1)由题意可知:f' (x )=lnx﹣1,令f' (x )=0,得x=e,(1分) 则当x ∈(0,e )时,f ′(x )<0,f (x )单调递减;(2分) 当x ∈(e ,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增(4分)
(2)由(1)可得f (x )在x=e处取得极小值,且f (x )=0没有实根,(6分) 则minf (x )=f(e )>0,即a ﹣e >0,解得:a >e (8分)
(3)方法1:由(2)得,令a=3>e ,f (x )=xlnx﹣2x+3>0成立, 则∀x >0,xlnx >2x ﹣3恒成立(10分)
故ln1+2ln2+3ln3++nlnn=2ln2+3ln3++nlnn>(2•2﹣3)+(2•3﹣3)+(2•4﹣3)++(2•n ﹣3)=
=(n ﹣1),即得证.(14分)
2
方法2:数学归纳法
2
(1)当n=2(2)时,ln1+2ln2>1(3)成立;
2
(4)当n=k(5)时,ln1+2ln2+3ln3++klnk>(k ﹣1)(6)成立,
2
当n=k+1时,ln1+2ln2+3ln3++klnk+(k+1)ln (k+1)>(k ﹣1)+(k+1)ln (k+1) 同理令a=3>e ,xlnx >2x ﹣3,即(k+1)ln (k+1)>2(k+1)﹣3,(10分)
222
则(k ﹣1)+(k+1)ln (k+1)>(k ﹣1)+2(k+1)﹣3=k,(12分)
2
故ln1+2ln2+3ln3++klnk+(k+1)ln (k+1)>k ,
2
即ln1+2ln2+3ln3++klnk>(k ﹣1)对n=k+1也成立,
2
综合(1)(2)得:∀n≥2,ln1+2ln2+3ln3++nlnn>(n ﹣1)恒成立. (3)已知函数f (x )=axlnx(a ≠0). (Ⅰ)求函数f (x )的单调区间和最值;
(Ⅱ)若m >0,n >0,a >0,证明:f (m )+f(n )+a(m+n)ln2≥f(m+n) 解:(Ⅰ)∵f' (x )=alnx+a(x >0),令f' (x )≥0, 当a >0时,即lnx ≥﹣1=lne.∴同理,令f' (x )≤0可得∴f (x )单调递增区间为由此可知
.
,单调递减区间为.无最大值.
﹣1
﹣1
.∴.
.
当a <0时,令f' (x )≥0即lnx ≤﹣1=lne.∴.∴.
同理,令f' (x )≤0可得∴f (x )单调递增区间为由此可知
.
,单调递减区间为
.此时无最小值.
.
(Ⅱ)证:不妨设m ≥n >0,则m=kn(k ≥1)
左边﹣右边=a[mlnm+nlnn+(m+n)ln2﹣(m+n)ln (m+n)]=
=
令
=
,
则
=
∴g (k )≥g(1)=0,又∵a >0,n >0,∴左边﹣右边≥0,
得证.