2020高考數學大一輪復習 第四章 三角函數、解三角形 5 第4講 三角函數的圖象與性質練習 理（含解析）

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1、第4講 三角函數的圖象與性質 [基礎題組練] 1．函數y＝|cos x|的一個單調增區(qū)間是(　　) A．[－，]　 B．[0，π] C．[π，] D．[，2π] 解析：選D.將y＝cos x的圖象位于x軸下方的圖象關于x軸對稱翻折到x軸上方，x軸上方(或x軸上)的圖象不變，即得y＝|cos x|的圖象(如圖)．故選D. 2．關于函數y＝tan(2x－)，下列說法正確的是(　　) A．是奇函數 B．在區(qū)間(0，)上單調遞減 C．(，0)為其圖象的一個對稱中心 D．最小正周期為π 解析：選C.函數y＝tan(2x－)是非奇非偶函數，A錯；在區(qū)間(0，)上單調遞增，B錯；

2、最小正周期為，D錯；由2x－＝，k∈Z得x＝＋，當k＝0時，x＝，所以它的圖象關于(，0)對稱，故選C. 3．如果函數y＝3cos(2x＋φ)的圖象關于點(，0)對稱，那么|φ|的最小值為(　　) A. B. C. D. 解析：選A.由題意得3cos(2×＋φ)＝3cos(＋φ＋2π)＝3cos(＋φ)＝0， 所以＋φ＝kπ＋，k∈Z. 所以φ＝kπ－，k∈Z，取k＝0， 得|φ|的最小值為. 4．函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)對任意x都有f(＋x)＝f(－x)，則f()的值為(　　) A．2或0 B．－2或2 C．0 D．－2或0 解析：選B.因為函數f(

3、x)＝2sin(ωx＋φ)對任意x都有f(＋x)＝f(－x)，所以該函數圖象關于直線x＝對稱，因為在對稱軸處對應的函數值為最大值或最小值，所以選B. 5．(2019·山西晉城一模)已知函數f(x)＝2sin(ωx＋)的圖象的一個對稱中心為(，0)，其中ω為常數，且ω∈(1，3)．若對任意的實數x，總有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，則|x1－x2|的最小值是(　　) A．1 B. C．2 D．π 解析：選B.因為函數f(x)＝2sin(ωx＋)的圖象的一個對稱中心為(，0)，所以ω＋＝kπ，k∈Z，所以ω＝3k－1，k∈Z，由ω∈(1，3)，得ω＝2.由題意得|x1－x2|的最小值為

4、函數的半個周期，即＝＝. 6．(2019·廣州市綜合檢測(一))已知函數f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0，0≤φ≤π)是奇函數，且在上單調遞減，則ω的最大值是(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D．2 解析：選C.因為函數f(x)＝cos(ωx＋φ)是奇函數，0≤φ≤π，所以φ＝，所以f(x)＝cos＝－sin ωx，因為f(x)在 上單調遞減，所以－×ω≥－且×ω ≤，解得ω≤，又ω>0，故ω的最大值為. 7．(2019·高考北京卷)函數f(x)＝sin22x的最小正周期是________． 解析：因為f(x)＝sin22x＝，所以f(x)的最小正周期T＝＝. 答案：

5、8．(2019·昆明調研)已知函數f(x)＝sin ωx的圖象關于點(，0)對稱，且f(x)在[0，]上為增函數，則ω＝________. 解析：將點(，0)代入f(x)＝sin ωx，得sinω＝0，所以ω＝nπ，n∈Z，得ω＝n，n∈Z.設函數f(x)的最小正周期為T，因為f(x)在[0，]上為增函數，所以ω>0，≥，所以T≥π，即≥π，所以ω≤2.所以n＝1，ω＝. 答案： 9．已知函數f(x)＝2sin(ωx－)＋1(x∈R)的圖象的一條對稱軸為x＝π，其中ω為常數，且ω∈(1，2)，則函數f(x)的最小正周期為________． 解析：由函數f(x)＝2sin(ωx－)＋1(

6、x∈R)的圖象的一條對稱軸為x＝π，可得ωπ－＝kπ＋，k∈Z， 所以ω＝k＋，又ω∈(1，2)，所以ω＝，從而得函數f(x)的最小正周期為＝. 答案： 10．(2019·成都模擬)設函數f(x)＝sin(2x＋)．若x1x2<0，且f(x1)－f(x2)＝0，則|x2－x1|的取值范圍為________． 解析：如圖，畫出f(x)＝sin(2x＋)的大致圖象， 記M(0，)，N(，)，則|MN|＝.設點A，A′是平行于x軸的直線l與函數f(x)圖象的兩個交點(A，A′位于y軸兩側)，這兩個點的橫坐標分別記為x1，x2，結合圖形可知，|x2－x1|＝|AA′|∈(|MN|，＋∞)

7、，即|x2－x1|∈(，＋∞)． 答案：(，＋∞) 11．已知函數f(x)＝(sin x＋cos x)2＋2cos2x－2. (1)求f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)當x∈時，求函數f(x)的最大值和最小值． 解：f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝sin. (1)令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z， 則kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z. 故f(x)的單調遞增區(qū)間為，k∈Z. (2)因為x∈， 所以≤2x＋≤， 所以－1≤sin≤ ， 所以－≤f(x)≤1，所以當x∈時，函數f(x)的最大值為1，最小值為－. 12．(2019·安徽池州一模)已知函數f(x)＝cos2

8、ωx＋sin ωxcos ωx－(ω>0)的最小正周期為π. (1)求函數f(x)的單調遞減區(qū)間； (2)若f(x)>，求x的取值集合． 解：(1)f(x)＝cos2ωx＋sin ωxcos ωx－＝(1＋cos 2ωx)＋sin 2ωx－＝cos 2ωx＋sin 2ωx＝sin(2ωx＋)．因為周期為＝π，所以ω＝1，故f(x)＝sin(2x＋)．由＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z， 所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間為[＋kπ，＋kπ]，k∈Z. (2)f(x)>，即sin(2x＋)>，由正弦函數的性質得＋2kπ<2x＋<＋2kπ，k∈Z，解得－＋kπ

9、

10、，所以f(x)在單調遞減，故②不正確；f(x)在[－π，π]的圖象如圖所示，由圖可知函數f(x)在[－π，π]只有3個零點，故③不正確；因為y＝sin|x|與y＝|sin x|的最大值都為1且可以同時取到， 所以f(x)可以取到最大值2，故④正確．綜上，正確結論的編號是①④.故選C. 優(yōu)解：因為f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，所以f(x)為偶函數，故①正確，排除B；當

11、時取到，所以f(x)的最大值為2，故④正確．故選C. 2．(2019·高考全國卷Ⅲ)設函數f(x)＝sin(ω>0)，已知f(x)在[0，2π]有且僅有5個零點．下述四個結論： ①f(x)在(0，2π)有且僅有3個極大值點 ②f(x)在(0，2π)有且僅有2個極小值點 ③f(x)在單調遞增 ④ω的取值范圍是 其中所有正確結論的編號是(　　) A．①④ B．②③ C．①②③ D．①③④ 解析：選D.如圖，根據題意知，xA≤2π

12、得≤ω<，所以④正確；當x∈(0，)時，<ωx＋<＋，因為≤ω<，所以＋<<，所以函數f(x)在(0，)單調遞增，所以③正確． 3．(應用型)(2019·唐山模擬)已知函數f(x)＝sin ωx＋cos ωx(ω>0)，f()＋f()＝0，且f(x)在區(qū)間(，)上遞減，則ω＝________. 解析：因為f(x)＝sin ωx＋cos ωx＝2sin(ωx＋)， 由＋2kπ≤ωx＋≤＋2kπ，k∈Z， 得＋≤x≤＋，因為f(x)在區(qū)間(，)上遞減，所以(，)?[＋，＋]，從而有 解得12k＋1≤ω≤，k∈Z， 所以1≤ω≤，因為f()＋f()＝0， 所以x＝＝為f(x)＝2s

13、in(ωx＋)的一個對稱中心的橫坐標， 所以ω＋＝kπ(k∈Z)，ω＝3k－1，k∈Z， 又1≤ω≤， 所以ω＝2. 答案：2 4．(創(chuàng)新型)(2019·蘭州模擬)已知a>0，函數f(x)＝－2asin(2x＋)＋2a＋b，當x∈[0，]時，－5≤f(x)≤1. (1)求常數a，b的值； (2)設g(x)＝f(x＋)且lg g(x)>0，求g(x)的單調區(qū)間． 解：(1)因為x∈[0，]， 所以2x＋∈[，]， 所以sin(2x＋)∈[－，1]， 所以－2asin(2x＋)∈[－2a，a]， 所以f(x)∈[b，3a＋b]，又因為－5≤f(x)≤1， 所以b＝－5，3

14、a＋b＝1，因此a＝2，b＝－5. (2)由(1)得f(x)＝－4sin(2x＋)－1， g(x)＝f(x＋)＝－4sin(2x＋)－1 ＝4sin(2x＋)－1， 又由lg g(x)>0，得g(x)>1， 所以4sin(2x＋)－1>1， 所以sin(2x＋)>， 所以2kπ＋<2x＋<2kπ＋，k∈Z， 其中當2kπ＋<2x＋≤2kπ＋，k∈Z時， g(x)單調遞增，即kπ