江西省2013年高考數(shù)學第二輪復習 第3講 解答題題型特點與技法指導 理

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1、第3講　解答題題型特點與技法指導 高考解答題一般有六大方向：三角函數(shù)與平面向量、概率與統(tǒng)計、立體幾何、數(shù)列與不等式、解析幾何、不等式與函數(shù)及導數(shù)．一般來說，前三題屬于中、低檔題，第四題屬中檔偏難題，后兩題屬難題．三角函數(shù)與平面向量、概率與統(tǒng)計、立體幾何在前三題中出現(xiàn)的概率較高，掌握解這幾類題的解法是大多數(shù)學生成功的關鍵．目前的高考解答題已經由單純的知識綜合型轉化為知識、方法和能力的綜合型解答題．能否做好解答題，是高考成敗的關鍵． 1．三角函數(shù) 有關三角函數(shù)的大題即解答題，主要是考查基礎知識、基本技能和基本方法，且難度不大．凸顯恒等變換與三角函數(shù)圖象、性質在三角形內考查．主要考查以

2、下4個方面：①三角函數(shù)的圖象、性質、圖象變換，主要是y＝Asin(ωx＋φ)＋b的圖象、性質及圖象變換，考查三角函數(shù)的概念、奇偶性、周期性、單調性、最值及圖象的平移和對稱等；②三角恒等變換，主要考查公式的靈活運用、變換能力，一般需要運用和差角公式、倍角公式，尤其是對公式的應用與三角函數(shù)性質的綜合考查；③三角函數(shù)性質的應用．通過解三角形來考查三角恒等變形及應用三角函數(shù)性質的綜合能力；④三角函數(shù)與平面向量、數(shù)列、不等式等知識的綜合問題． 【例1】已知向量a＝(cos ωx－sin ωx，sin ωx)，b＝(－cos ωx－sin ωx,2cos ωx)，設函數(shù)f(x)＝a·b＋λ(x∈R)的圖

3、象關于直線x＝π對稱，其中ω，λ為常數(shù)，且ω∈. (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期； (2)若y＝f(x)的圖象經過點，求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的取值范圍． 點評 利用向量的工具作用，與向量結合在一起命制綜合題，體現(xiàn)了在知識交匯點處命題的指導思想．這類問題求解時，首先利用向量的運算，將向量式轉化為代數(shù)式，再進行有關的三角恒等變換，再研究三角函數(shù)的圖象與性質． 變式訓練1 (2012·安徽高考，理16)設函數(shù)f(x)＝cos＋sin2x. (1)求f(x)的最小正周期； (2)設函數(shù)g(x)對任意x∈R，有g＝g(x)，且當x∈時，g(x)＝－f(x)．求g(x)在區(qū)間[－π，0]上

4、的解析式． 2．立體幾何 立體幾何是高中數(shù)學的主干知識之一，命題形式比較穩(wěn)定．立體幾何解答題主要分兩類：一類是空間線面關系的判定和推理證明，主要是證明平行和垂直，求解這類問題要依據(jù)線面關系的判定定理和性質定理進行推理論證；另一類是空間幾何量(空間角、空間距離、幾何體體積與面積)的計算．求解這類問題，常用方法是依據(jù)公理、定理以及性質等經過推理論證，作出所求幾何量并求之．一般解題步驟是“作、證、求”． 對以上兩類問題特別要加強空間向量法的訓練． 【例2】(2012·河南豫東、豫北十校階段性檢測，18)如圖，已知直角梯形ACDE所在的平面垂直于平面ABC，∠BAC＝∠ACD＝90°，∠EAC

5、＝60°，AB＝AC＝AE. (1)在直線BC上是否存在一點P，使得DP∥平面EAB？請證明你的結論； (2)求平面EBD與平面ABC所成的銳二面角θ的余弦值． 點評 線線平行、線面平行、面面平行的判定與證明是相互轉化的，垂直也是如此；對于二面角，一般有兩種方法，幾何法與向量法，一般傾向于用向量法． 變式訓練2 (2012·陜西西安二模，19)如圖，F(xiàn)D垂直于矩形ABCD所在的平面，CE∥DF，∠DEF＝90°. (1)求證：BE∥平面ADF； (2)若矩形ABCD的一個邊AB＝3，EF＝2，則另一邊BC的長為何值時，平面BEF與平面CDFE所成角的大小為45°. 3．

6、概率與統(tǒng)計 概率與統(tǒng)計問題的解答題是每年高考必考內容，主要考查古典概型、幾何概型、等可能事件的概率計算公式，互斥事件的概率加法公式，對立事件的概率減法公式，相互獨立事件的概率乘法公式，事件在n次獨立重復試驗中恰好發(fā)生k次的概率計算公式等五個基本公式的應用及離散型隨機變量分布列和數(shù)學期望、方差等內容． 【例3】(2012·天津寶坻質檢，16)某學科奧賽分為初賽、復賽、決賽三個階段進行，若某選手通過初賽、復賽、決賽的概率分別是，，，且各階段通過與否相互獨立． (1)求該選手在復賽階段被淘汰的概率； (2)設該選手在比賽中比賽的次數(shù)為ξ，求ξ的分布列和數(shù)學期望． 點評 概率計算的關鍵是概率

7、模型的判斷，各事件之間的關系是互斥還是相互獨立等，解題的關鍵是對概念理解到位．求概率分布列的關鍵在于依據(jù)題意準確分析，計算隨機變量在各個取值下對應的概率． 變式訓練3 山東省第23屆運動會將于2014年在濟寧隆重召開．為了搞好接待工作，組委會在某學院招募了12名男志愿者和18名女志愿者．調查發(fā)現(xiàn)，這30名志愿者的身高如圖：(單位：cm) 若身高在175 cm以上(包括175 cm)定義為“高個子”，身高在175 cm以下(不包括175 cm)定義為“非高個子”，且只有“女高個子”才能擔任“禮儀小姐”． (1)如果用分層抽樣的方法從“高個子”和“非高個子”中抽取5人，再從這5人中選2

8、人，則至少有一人是“高個子”的概率是多少？ (2)若從所有“高個子”中選3名志愿者，用ξ表示所選志愿者中能擔任“禮儀小姐”的人數(shù)，試寫出ξ的分布列，并求ξ的數(shù)學期望． 4．數(shù)列與不等式 高考中數(shù)列解答題的求解主要有以下幾個特點： (1)與等差、等比數(shù)列基本量有關的計算，可根據(jù)題意列方程(方程組)或利用等差、等比數(shù)列的性質求解； (2)與求和有關的題目，首先要求通項公式，并根據(jù)通項公式選擇恰當?shù)那蠛头椒?如錯位相減法、裂項相消法、分組求和法等)； (3)含Sn的式子，要根據(jù)題目特征利用an＝進行轉化； (4)與遞推數(shù)列有關的問題，要能合理轉化，使之構造出新的等差、等比數(shù)列； (5

9、)與數(shù)列有關的不等式問題，可根據(jù)數(shù)列的特征選擇方法(如比較法、放縮法、數(shù)學歸納法等)； (6)與函數(shù)有關的問題，應根據(jù)函數(shù)的性質求解． 【例4】(2012·四川成都二診，20)已知數(shù)列{an}和{bn}，b1＝1，且bn＋1－3bn＝2n－2，記an＝bn＋1－bn＋1，n∈N*. (1)證明：數(shù)列{an}為等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式； (3)記cn＝logan3·logan＋23，數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，若45Tk＜29，k∈N*恒成立，求k的最大值． 點評 第(1)問考查了等比數(shù)列的證明，它是為第(2)、(3)問服務的．第(2)問考查了求數(shù)列通項

10、公式的常規(guī)方法．第(3)問考查了數(shù)列的求和方法，是數(shù)列與不等式知識的綜合問題． 變式訓練4 (2012·湖北八校二聯(lián)，19)各項為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足：Sn＝a＋an＋(n∈N*)． (1)求an； (2)設函數(shù)f(n)＝cn＝f(2n＋4)(n∈N*)，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 5．解析幾何 解析幾何解答題主要考查圓錐曲線的基本概念、標準方程及幾何性質等基礎知識和處理有關問題的基本技能、基本方法，往往以中檔偏難題或以壓軸題形式出現(xiàn)，主要考查學生的邏輯推理能力、運算能力，考查學生綜合運用數(shù)學知識解決問題的能力．突破解答題，應重點研究直線與曲線的位置關系，

11、要充分運用一元二次方程根的判別式和韋達定理，注意運用“設而不求”的思想方法，靈活運用“點差法”解題，要善于運用數(shù)形結合思想分析問題，使數(shù)與形相互轉化，根據(jù)具體特征選擇相應方法． 【例5】已知橢圓＋＝1，點P是橢圓上異于頂點的任意一點，過點P作橢圓的切線l，交y軸于點A，直線l′過點P且垂直于l，交y軸于點B.試判斷以AB為直徑的圓能否經過定點，若能，求出定點坐標；若不能，請說明理由． 點評 直線與圓錐曲線的位置關系一直是命題的熱點，基本方法是聯(lián)立方程，利用判別式、根與系數(shù)關系求解，運算量一般較大，這類綜合題中常涉及的問題有弦長問題、面積問題、對稱問題、定點定值問題等，是歷年高考的熱點問題，

12、復習時要注重通性通法的訓練． 變式訓練5 (2012·山東高考，文21)如圖，橢圓M：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，直線x＝±a和y＝±b所圍成的矩形ABCD的面積為8. (1)求橢圓M的標準方程； (2)設直線l：y＝x＋m(m∈R)與橢圓M有兩個不同的交點P，Q，l與矩形ABCD有兩個不同的交點S，T.求的最大值及取得最大值時m的值． 6．函數(shù)與導數(shù) 以函數(shù)為載體，以導數(shù)為工具，以考查函數(shù)性質及導數(shù)的應用為目標，以導數(shù)為工具圍繞函數(shù)、不等式、方程等綜合考查．在知識的交匯處命題，涉及到具體內容較多，如給定解析式求參數(shù)值，給定條件求參數(shù)范圍，以及對參數(shù)討論與證明不等式問題，極值

13、、最值、值域及分析圖象交點等問題，都以導數(shù)為工具．既考查函數(shù)部分的相關知識，又滲透函數(shù)與方程、數(shù)形結合、化歸與轉化、分類與整合等數(shù)學思想． 【例6】(2012·河南許昌聯(lián)考，21)設x＝3是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋b)e3－x(x∈R)的一個極值點． (1)求a與b的關系式(用a表示b)，并求f(x)的單調區(qū)間； (2)設a＞0，g(x)＝ex.若存在x1，x2∈[0,4]使得|f(x1)－g(x2)|＜1成立，求a的取值范圍． 點評 本題考查了利用導數(shù)研究極值、單調區(qū)間、值域問題，考查了分類討論思想等． 變式訓練6 (2012·廣東中山一模，20)已知函數(shù)f(x)＝4x3－3x

14、2sin θ＋，其中x∈R，θ為參數(shù)，且0＜θ＜π. (1)當θ＝0時，判斷函數(shù)f(x)是否有極值，說明理由； (2)要使函數(shù)f(x)的極小值大于零，求參數(shù)θ的取值范圍； (3)若對(2)中所求的取值范圍內的任意參數(shù)θ，函數(shù)f(x)在區(qū)間(2a－1，a)內都是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． 參考答案 方法例析 【例1】解：(1)因為f(x)＝sin2ωx－cos2ωx＋2sin ωx·cos ωx＋λ ＝－cos 2ωx＋sin 2ωx＋λ ＝2sin＋λ． 由直線x＝π是y＝f(x)圖象的一條對稱軸， 可得sin＝±1， 所以2ωπ－＝kπ＋(k∈Z)， 即ω＝＋(k∈

15、Z)． 又ω∈，k∈Z， 所以k＝1，故ω＝． 所以f(x)的最小正周期是． (2)由y＝f(x)的圖象過點，得f＝0， 即λ＝－2sin ＝－2sin＝－， 即λ＝－． 故f(x)＝2sin－． 由0≤x≤，有－≤x－≤， 所以－≤sin≤1， 得－1－≤2sin－≤2－， 故函數(shù)f(x)在上的取值范圍為［－1－，2－］． 【變式訓練1】解：(1)f(x)＝cos＋sin2x ＝＋ ＝－sin 2x， 故f(x)的最小正周期為π． (2)當x∈時，g(x)＝－f(x)＝sin 2x．故 ①當x∈時，x＋∈． 由于對任意x∈R，g＝g(x)， 從而g(x

16、)＝g ＝sin＝sin(π＋2x) ＝－sin 2x． ②當x∈時，x＋π∈． 從而g(x)＝g(x＋π)＝sin［2(x＋π)］＝sin 2x． 綜合①②得g(x)在［－π，0］上的解析式為 【例2】解：(1)存在，線段BC的中點就是滿足條件的點P． 證明如下： 取AB的中點F，連接DP，PF，EF， 則PF∥AC，且FP＝AC． 取AC的中點M，連接EM，EC． ∵AE＝AC且∠EAC＝60°， ∴△EAC是正三角形，∴EM⊥AC， ∴四邊形EMCD為矩形， ∴ED＝MC＝AC． 又ED∥AC，∴ED∥FP且ED＝FP， ∴四邊形EFPD是平行四邊形，

17、 ∴DP∥EF． 又EF?平面EAB，DP平面EAB， ∴DP∥平面EAB． (2)(解法1)過B作AC的平行線l，過C作l的垂線交l于G，連接DG． ∵ED∥AC， ∴ED∥l， 則l是平面EBD與平面ABC的交線． ∵平面EAC⊥平面ABC，DC⊥AC， ∴DC⊥平面ABC． 又∵CG⊥l，∴l(xiāng)⊥DG， ∴∠DGC是所求二面角的平面角． 設AB＝AC＝AE＝2a， 則CD＝a，GC＝2a． ∴GD＝＝a， ∴cos θ＝cos∠DGC＝＝． (解法2)∵∠BAC＝90°，平面EACD⊥平面ABC， ∴以點A為坐標原點，直線AB為x軸，直線AC為y軸，建

18、立空間直角坐標系A－xyz，如圖所示． 設AB＝AC＝AE＝2a， 由已知，得B(2a,0,0)，E(0，a，a)，D(0,2a，a)， ∴＝(2a，－a，－a)，＝(0，a,0)． 設平面EBD的法向量為n＝(x，y，z)， 則且， ∴∴解之，得取z＝2，得平面EBD的一個法向量為n＝(，0,2)． 又∵平面ABC的一個法向量為n′＝(0,0,1)． ∴cos θ＝|cos〈n，n′〉|＝＝． 【變式訓練2】解：(1)由ABCD是矩形得BC∥AD，推出BC∥平面ADF． 由CE∥DF得CE∥平面ADF． ∵BC∩CE＝C，所以平面BCE∥平面ADF． ∵BE?平面

19、BCE，從而BE∥平面ADF． (2)如圖，建立空間直角坐標系D－xyz， 設BC＝a，CE＝b，DF＝c，得B(a,3,0)，C(0,3,0)，E(0,3，b)，F(xiàn)(0,0，c)， ∴＝(0，－3，c－b)，＝(0,3，b)． ∵，＝2， 解得b＝3，c＝4， 設平面BEF的一個法向量n＝(1，p，q)， 由n·＝0，n·＝0，求得平面BEF的一個法向量為n＝． 又∵DA⊥平面DCEF， ∴|cos〈n，〉|＝，解得a＝． ∴當BC＝時，平面BEF與平面CDFE所成角的大小為45°． 【例3】解：(1)記“該選手通過初賽”為事件A，“該選手通過復賽”為事件B，“該選

20、手通過決賽”為事件C， 則P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝． 那么該選手在復賽階段被淘汰的概率是： P＝P(A)＝P(A)P()＝×＝． (2)ξ可能的取值為1,2,3． P(ξ＝1)＝P()＝1－＝， P(ξ＝2)＝P(A)＝P(A)P()＝×＝， P(ξ＝3)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝． ξ的分布列為： ξ 1 2 3 P ξ的數(shù)學期望Eξ＝1×＋2×＋3×＝． 【變式訓練3】解：(1)根據(jù)莖葉圖，有“高個子”12人，“非高個子”18人， 用分層抽樣的方法，每個人被抽中的概率是＝， 所以選中的“高個子”有12×＝2人，“非高個子”有

21、18×＝3人． 用A表示事件“至少有一名‘高個子’被選中”，則P(A)＝1－＝1－＝． 因此，至少有一人是“高個子”的概率是． (2)依題意，ξ的取值為0,1,2,3． P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝， P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝． 因此，ξ的分布列如下： ξ 0 1 2 3 P 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1． 【例4】解：(1)∵bn＋1－3bn＝2n－2， ∴bn－3bn－1＝2(n－1)－2，n≥2，n∈N*． 兩式相減，得bn＋1－bn－3bn＋3bn－1＝2(n≥2，n∈N*)． 整理，得bn＋1－bn＋1＝3

22、(bn－bn－1＋1)(n≥2，n∈N*)， 即an＝3an－1(n≥2，n∈N*)． ∴數(shù)列{an}是公比為3的等比數(shù)列． (2)∵b2＝3， ∴a1＝3－1＋1＝3．∴an＝3n(n∈N*)． ∵an＝bn＋1－bn＋1＝3n， ∴bn－bn－1＋1＝3n－1，bn－1－bn－2＋1＝3n－2，…，b2－b1＋1＝31． 累加，得bn－b1＋n－1＝－1． ∴bn＝－n＋(n∈N*)． (3)＝＝． ∴Tn＝＝－． 由45Tk＜29得135－90＜116． ∴＋＞＝＋． ∴k＜8． 又k∈N*，∴k的最大值為7， 【變式訓練4】解：(1)由Sn＝an2＋an＋

23、，① 得，當n≥2時，Sn－1＝an－12＋an－1＋．② 由①－②化簡得：(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0． 又∵數(shù)列{an}的各項為正數(shù)， ∴當n≥2時，an－an－1＝2． 故數(shù)列{an}成等差數(shù)列，公差為2． 又a1＝S1＝a12＋a1＋， 解得a1＝1， ∴an＝2n－1． (2)由分段函數(shù) f(n)＝ 可以得到：c1＝f(6)＝f(3)＝a3＝5， c2＝f(8)＝f(4)＝f(2)＝f(1)＝a1＝1； 當n≥3，n∈N*時， cn＝f(2n＋4)＝f(2n－1＋2)＝f(2n－2＋1)＝2(2n－2＋1)－1＝2n－1＋1， 故當n≥3

24、時，Tn＝5＋1＋(22＋1)＋(23＋1)＋…＋(2n－1＋1)＝6＋＋(n－2)＝2n＋n． n＝1時，T1＝5不滿足Tn＝2n＋n， n＝2時，T2＝c1＋c2＝6滿足Tn＝2n＋n， 故Tn＝ 【例5】解：設點P(x0，y0)(x0≠0，y0≠0)，直線l的方程為y－y0＝k(x－x0)，代入＋＝1， 整理得(3＋4k2)x2＋8k(y0－kx0)x＋4(y0－kx0)2－12＝0． ∵x＝x0是方程的兩個相等實根， ∴2x0＝－，解得k＝－． ∴直線l的方程為y－y0＝－(x－x0)．令x＝0，得點A的坐標為． 又∵＋＝1，∴4y02＋3x02＝12， ∴點A

25、的坐標為． 又直線l′的方程為y－y0＝(x－x0)，令x＝0，得點B的坐標為， ∴以AB為直徑的圓方程為x·x＋·＝0， 整理得x2＋y2＋y－1＝0．由得 ∴以AB為直徑的圓恒過定點(－1,0)和(1,0)． 【變式訓練5】解：(1)設橢圓M的半焦距為c，由題意知 所以a＝2，b＝1． 因此橢圓M的方程為＋y2＝1． (2)由整理得5x2＋8mx＋4m2－4＝0， 由Δ＝64m2－80(m2－1)＝80－16m2＞0， 得－＜m＜． 設P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝． 所以|PQ|＝＝ ＝(－＜m＜)． 線段CD的方程為y＝

26、1(－2≤x≤2)，線段AD的方程為x＝－2(－1≤y≤1)． ①不妨設點S在AD邊上，T在CD邊上，可知1≤m＜，S(－2，m－2)，D(－2,1)， 所以|ST|＝|SD|＝［1－(m－2)］＝(3－m)， 因此＝， 令t＝3－m(1≤m＜)， 則m＝3－t，t∈(3－，2］， 所以＝ ＝ ＝， 由于t∈(3－，2］， 所以∈， 因此當＝即t＝時，取得最大值，此時m＝． ②不妨設點S在AB邊上，T在CD邊上，此時－1≤m≤1， 因此|ST|＝|AD|＝2，此時＝， 所以當m＝0時，取得最大值． ③不妨設點S在AB邊上，T在BC邊上，－＜m≤－1，由橢圓和矩

27、形的對稱性知的最大值為，此時m＝－． 綜上所述m＝±或m＝0時，取得最大值． 【例6】解：(1)f′(x)＝－［x2＋(a－2)x＋b－a］e3－x， 由f′(3)＝0，得－［32＋3(a－2)＋b－a］e3－3＝0， 即得b＝－3－2a， 則f′(x)＝－［x2＋(a－2)x－3－3a］e3－x＝－(x－3)(x＋a＋1)e3－x． 令f′(x)＝0，得x1＝3或x2＝－a－1， 由于x＝3是函數(shù)的一個極值點． 所以x1≠x2，那么a≠－4． 當a＜－4時，x2＞3＝x1，則 在區(qū)間(－∞，3)上，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)； 在區(qū)間(3，－a－1)上，f′(x)

28、＞0，f(x)為增函數(shù)； 在區(qū)間(－a－1，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)． 當a＞－4時，x2＜3＝x1，則 在區(qū)間(－∞，－a－1)上，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)； 在區(qū)間(－a－1,3)上，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)； 在區(qū)間(3，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)． 即a＜－4時，f(x)的單調增區(qū)間為(3，－a－1)，單調減區(qū)間為(－∞，3)，(－a－1，＋∞)； a＞－4時，f(x)的單調增區(qū)間為(－a－1,3)，單調減區(qū)間為(－∞，－a－1)，(3，＋∞)． (2)由(1)知，當a＞0時，f(x)在區(qū)間(0,3)上單調遞增，在區(qū)間(

29、3,4)上單調遞減， 而f(0)＝－(2a＋3)e3＜0，f(4)＝(2a＋13)e－1＞0，f(3)＝a＋6， 那么f(x)在區(qū)間［0,4］上的值域是［－(2a＋3)e3，a＋6］． 又g(x)＝ex在區(qū)間［0,4］上是增函數(shù)， 且它在區(qū)間［0,4］上的值域是， 由于－(a＋6)＝a2－a＋＝2≥0， 所以只須且僅須－(a＋6)＜1且a＞0，解得0＜a＜． 故a的取值范圍是． 【變式訓練6】解：(1)當θ＝0即sin θ＝0時，f(x)＝4x3＋， 則f(x)在(－∞，＋∞)內是增函數(shù)，故無極值． (2)f′(x)＝12x2－6xsin θ， 令f′(x)＝0，得x1＝

30、0，x2＝． 當x變化時，f′(x)的符號及f(x)的變化情況如下表： x (－∞，0) 0 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 增 極大值 減 極小值 增 因此，函數(shù)f(x)在x＝處取得極小值f， 且＝－sin3θ＋． 要使＞0，必有－sin3θ＋＞0，可得0＜sin θ＜， 所以0＜θ＜或＜θ＜π． (3)由(2)知，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)與內都是增函數(shù)． 由題設函數(shù)f(x)在(2a－1，a)內是增函數(shù)，則a須滿足不等式組或 由(2)，參數(shù)θ滿足0＜θ＜或＜θ＜π時，0＜sin θ＜， 要使不等式2a－1≥sin θ關于參數(shù)θ恒成立，必有2a－1≥，∴a≥． 綜上所述，a的取值范圍是(－∞，0］∪．