2019年高考數學二輪復習 第二篇 熟練規(guī)范 中檔大題保高分 第21練 三角函數的圖象與性質練習 文.doc

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2019年高考數學二輪復習 第二篇 熟練規(guī)范 中檔大題保高分 第21練 三角函數的圖象與性質練習 文 [明考情] 三角函數的圖象和性質是高考的熱點，在解答題中和解三角形綜合考查或單獨命題，難度一般為中低檔. [知考向] 1.三角函數的最值問題. 2.三角函數的圖象及應用. 3.三角函數圖象與性質的綜合應用. 考點一　三角函數的最值問題 方法技巧　求解三角函數最值的常用方法 (1)有界性法：將y＝asin x＋bcos x＋c化為y＝sin (x＋φ)＋c.然后利用正弦函數的有界性求解. (2)換元法：對于y＝asin2x＋bsin x＋c(或y＝asin xcos x＋b(sin xcos x)＋c)型的函數最值，可設t＝sin x(或t＝sin xcos x). (3)利用數形結合或單調性. 1.(xx浙江)已知函數f(x)＝sin2x－cos2x－2sin xcos x(x∈R). (1)求f的值； (2)求f(x)的最小正周期及單調遞增區(qū)間. 解　(1)由sin ＝，cos ＝－， 得f＝2－2－2，所以f＝2. (2)由cos 2x＝cos2x－sin2x與sin 2x＝2sin xcos x， 得f(x)＝－cos 2x－sin 2x＝－2sin. 所以f(x)的最小正周期是π. 由正弦函數的性質得＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z， 解得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z. 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(k∈Z). 2.已知函數f(x)＝sinsin x－cos2x. (1)求f(x)的最小正周期和最大值； (2)討論f(x)在上的單調性. 解　(1)f(x)＝sinsin x－cos2x ＝cos xsin x－(1＋cos 2x)＝sin 2x－cos 2x－＝sin－， 因此f(x)的最小正周期為π，最大值為. (2)當x∈時，0≤2x－≤π， 從而當0≤2x－≤，即≤x≤時，f(x)單調遞增； 當≤2x－≤π，即≤x≤時，f(x)單調遞減. 綜上可知，f(x)在上單調遞增，在上單調遞減. 3.已知函數f(x)＝4cos ωxsin(ω＞0)的最小正周期是π. (1)求函數f(x)在區(qū)間(0，π)上的單調遞增區(qū)間； (2)求f(x)在上的最大值和最小值. 解　(1)函數f(x)＝4cos ωxsin ＝4cos ωx ＝2sin ωxcos ωx－2cos2ωx＋1－1 ＝sin 2ωx－cos 2ωx－1＝2sin－1， 且f(x)的最小正周期是＝π，所以ω＝1. 從而f(x)＝2sin－1； 令－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z， 解得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z， 所以函數f(x)在(0，π)上的單調遞增區(qū)間為和. (2)當x∈時，2x∈， 所以2x－∈， 2sin∈， 所以當2x－＝，即x＝時，f(x)取得最小值－1； 當2x－＝，即x＝時，f(x)取得最大值1； 所以f(x)在上的最大值和最小值分別為1，－1. 4.是否存在實數a，使得函數y＝sin2x＋acos x＋a－在閉區(qū)間上的最大值是1？若存在，則求出對應的a的值；若不存在，請說明理由. 解　y＝－2＋＋a－. 當0≤x≤時，0≤cos x≤1，令t＝cos x，則0≤t≤1， y＝－2＋＋a－，0≤t≤1. ①當0≤≤1，即0≤a≤2時，則當t＝，即cos x＝時，ymax＝＋a－＝1， 解得a＝或a＝－4(舍去)，故a＝； ②當＜0，即a＜0時，則當t＝0，即cos x＝0時，ymax＝a－＝1， 解得a＝， 由于a＜0，故這種情況不存在滿足條件的a值； ③當>1，即a>2時，則當t＝1，即cos x＝1時，ymax＝a＋a－＝1， 解得a＝，由于＜2，故這種情況下不存在滿足條件的a值. 綜上可知，存在a＝符合題意. 考點二　三角函數的圖象及應用 要點重組　三角函數圖象的對稱問題 (1)y＝Asin(ωx＋φ)的對稱軸為x＝(k∈Z)，對稱中心為(k∈Z). (2)y＝Acos(ωx＋φ)的對稱軸為x＝(k∈Z)，對稱中心為(k∈Z). (3)y＝Atan(ωx＋φ)的對稱中心為(k∈Z). 方法技巧　(1)代入法：把圖象上的一個已知點代入(此時A，ω，b已知)或代入圖象與直線y＝b的交點求解(此時要注意交點在上升區(qū)間上還是在下降區(qū)間上). (2)五點法：確定φ值時，往往尋找“五點法”中的某一個點作為突破口. 5.(xx長安區(qū)校級月考)已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ) 的部分圖象如圖所示. (1)求函數的解析式； (2)當x∈時，求函數y＝f－f的最值. 解　(1)由函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象知，T＝－＝， ∴T＝2π，∴ω＝＝1. 又f＝Asin＝A，且0＜φ＜， ∴φ＝； ∴f(0)＝Asin ＝2， ∴A＝4， ∴f(x)＝4sin. (2)函數y＝f－f ＝4sin－4sin ＝4sin－4sin ＝4sin x＋4cos x－4cos x ＝2sin x－2cos x＝4sin， 當x∈時，x－∈， ∴當x－＝－，即x＝－時，函數y取得最小值－4； 當x－＝－，即x＝時，函數y取得最大值－2. 6.已知函數f(x)＝sin(2π－x)sin－cos2x＋. (1)求f(x)的最小正周期和其圖象的對稱軸方程； (2)當x∈時，求f(x)的最小值和最大值. 解　(1)依題意，得f(x)＝(－sin x)(－cos x)－cos2x＋＝sin xcos x－cos2x＋＝sin 2x－(cos 2x＋1)＋＝sin 2x－cos 2x＋＝sin＋，所以f(x)的最小正周期為T＝＝π. 令2x－＝kπ＋(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)， 故所求對稱軸方程為x＝＋(k∈Z). (2)當0≤x≤時，－≤2x－≤， 由函數圖象可知－≤sin≤1， 即0≤sin＋≤. 于是f(x)的最小值為0，最大值為. 7.設函數f(x)＝sin x＋sin. (1)求f(x)的最小值，并求使f(x)取得最小值時的x的集合； (2)說明函數y＝f(x)的圖象可由y＝sin x的圖象經過怎樣的變化得到(不用畫圖). 解　(1)因為f(x)＝sin x＋sin xcos ＋cos xsin ＝sin x＋sin x＋cos x＝sin x＋cos x， 所以由輔助角公式，得f(x)＝sin. 當sin＝－1時，f(x)min＝－，此時x＋＝＋2kπ(k∈Z)，所以x＝＋2kπ(k∈Z). 所以f(x)的最小值為－， 此時x的集合為. (2)將函數y＝sin x圖象上所有點的橫坐標不變，縱坐標變?yōu)樵瓉淼谋?，得到y(tǒng)＝sin x的圖象；再將y＝sin x的圖象向左平移個單位長度，得到f(x)＝sin的圖象. 8.某同學用“五點法”畫函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)在某一個周期內的圖象時，列表并填入了部分數據，如下表： ωx＋φ 0 π 2π x Asin(ωx＋φ) 0 5 －5 0 (1) 請將上表數據補充完整，并直接寫出函數f(x)的解析式； (2) 將y＝f(x)圖象上所有點向左平行移動θ(θ>0)個單位長度，得到y(tǒng)＝g(x)的圖象.若y＝g(x)圖象的一個對稱中心為，求θ的最小值. 解　(1)根據表中已知數據，解得A＝5，ω＝2，φ＝－.數據補全如下表： ωx＋φ 0 π 2π x Asin(ωx＋φ) 0 5 0 －5 0 且函數表達式為f(x)＝5sin. (2)由(1)知，f(x)＝5sin， 得g(x)＝5sin. 因為函數y＝sin x的圖象的對稱中心為(kπ，0)，k∈Z. 令2x＋2θ－＝kπ，解得x＝＋－θ，k∈Z. 由于函數y＝g(x)的圖象關于點成中心對稱， 令＋－θ＝，解得θ＝－，k∈Z， 由θ>0可知，當k＝1時，θ取得最小值. 考點三　三角函數圖象與性質的綜合應用 方法技巧　求解三角函數問題的兩個思想 (1)整體思想：對于y＝Asin(ωx＋φ)的性質，可將ωx＋φ視為一個整體，設t＝ωx＋φ，解y＝Asin t，通過研究復合函數的性質達到求解目標. (2)數形結合思想：結合函數的圖象研究三角函數性質. 9.設函數f(x)＝2cos2x＋sin 2x＋a(a∈R). (1)求函數f(x)的最小正周期和單調遞增區(qū)間； (2)當x∈時，f(x)的最大值為2，求a的值，并求出y＝f(x)(x∈R)的對稱軸方程. 解　(1)f(x)＝2cos2x＋sin 2x＋a＝1＋cos 2x＋sin 2x＋a＝sin＋1＋a， 則f(x)的最小正周期T＝＝π， 且當2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)， 即kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)時，f(x)單調遞增. 所以(k∈Z)為f(x)的單調遞增區(qū)間. (2)當x∈時，≤2x＋≤， 當2x＋＝，即x＝時，sin＝1. 所以f(x)max＝＋1＋a＝2?a＝1－. 由2x＋＝kπ＋(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)， 故y＝f(x)的對稱軸方程為x＝＋，k∈Z. 10.已知向量a＝(m，cos 2x)，b＝(sin 2x，n)， 函數f(x)＝ab，且y＝f(x)的圖象過點和點. (1)求m，n的值； (2)將y＝f(x)的圖象向左平移φ(0<φ<π)個單位長度后得到函數y＝g(x)的圖象，若y＝g(x)圖象上各最高點到點(0，3)的距離的最小值為1，求y＝g(x)的單調遞增區(qū)間. 解　(1)由題意知，f(x)＝ab＝msin 2x＋ncos 2x. 因為y＝f(x)的圖象過點和點， 所以 即解得 (2)由(1)知，f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝2sin. 由題意知，g(x)＝f(x＋φ)＝2sin. 設y＝g(x)的圖象上符合題意的最高點為(x0，2)， 由題意知，x＋1＝1，所以x0＝0， 即y＝g(x)圖象上到點(0，3)的距離為1的最高點為(0，2). 將其代入y＝g(x)，得sin＝1， 因為0<φ<π，所以φ＝， 所以g(x)＝2sin＝2cos 2x. 由2kπ－π≤2x≤2kπ，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ，k∈Z， 所以函數y＝g(x)的單調遞增區(qū)間為，k∈Z. 11.已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ) 的部分圖象如圖所示，P是圖象的最高點，Q為圖象與x軸的交點，O為坐標原點.若OQ＝4，OP＝，PQ＝. (1)求函數y＝f(x)的解析式； (2)將函數y＝f(x)的圖象向右平移2個單位長度后得到函數y＝g(x)的圖象，當x∈[0，3]時，求函數h(x)＝f(x)g(x)的值域. 解　(1)在△OPQ中，cos∠POQ＝＝＝， ∴sin∠POQ＝＝， ∴P(1，2)， 所以A＝2，周期T＝4(4－1)＝12， 又＝12，則ω＝. 將點P(1，2)代入f(x)＝2sin， 得sin＝1， 因為0＜φ＜，所以φ＝， 所以f(x)＝2sin. (2)由題意，可得g(x)＝2sin x. 所以h(x)＝f(x)g(x)＝4sinsin x＝2sin2x＋2sin xcos x＝1－cos x＋sin x＝1＋2sin. 當x∈[0，3]時，x－∈， 所以sin∈， 所以函數h(x)的值域為[0，3]. 12.已知向量a＝(2cos x，sin x)，b＝(cos x，2cos x)，函數f(x)＝ab＋m(m∈R)，且當x∈時，f(x)的最小值為2. (1)求f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)先將函數y＝f(x)圖象上所有點的縱坐標不變，橫坐標縮小到原來的，再把所得的圖象向右平移個單位長度，得到函數y＝g(x)的圖象，求方程g(x)＝4在區(qū)間上的所有根之和. 解　f(x)＝2cos2x＋2sin xcos x＋m＝cos 2x＋sin 2x＋m＋1＝2＋m＋1＝2sin＋m＋1. 因為當x∈時，2x＋∈，所以當x＝時，f(x)取得最小值－1＋m＋1＝2，所以m＝2，所以f(x)＝2sin＋3. (1)令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得f(x)的單調遞增區(qū)間為(k∈Z). (2)將f(x)的圖象上所有點的縱坐標不變，橫坐標縮小到原來的，得函數圖象對應的解析式為y＝2sin＋3，再把所得的圖象向右平移個單位長度得函數圖象對應的解析式為g(x)＝2sin＋3. 由g(x)＝4，得sin＝，解得4x－＝2kπ＋或2kπ＋，即x＝＋或＋(k∈Z). 因為x∈，所以x＝或， 故所求所有根之和為＋＝. 例　(12分)已知m＝(cos ωx，cos(ωx＋π))，n＝(sin ωx，cos ωx)，其中ω>0，f(x)＝mn，且f(x)相鄰兩條對稱軸之間的距離為. (1)若f＝－，α∈，求cos α的值； (2)將函數y＝f(x)的圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，然后向左平移個單位長度，得到函數y＝g(x)的圖象，求函數y＝g(x)的單調遞增區(qū)間. 審題路線圖 (1) (2) 規(guī)范解答評分標準 解　f(x)＝mn＝cos ωxsin ωx＋cos(ωx＋π)cos ωx＝cos ωxsin ωx－cos ωxcos ωx ＝－＝sin－. ……………………………………………………………………………………………3分 ∵f(x)相鄰兩條對稱軸之間的距離為， ∴T＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝sin－.……………………………………………4分 (1)f ＝sin－＝－， ∴sin＝， ∵α∈，sin＝，∴α－∈，∴cos＝.…………6分 ∴cos α＝cos＝coscos －sinsin ＝－＝.…………………………………………………………8分 (2)f(x)經過變換可得g(x)＝sin－，…………………………………………10分 令－＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，解得－＋2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z， ∴g(x)的單調遞增區(qū)間是，k∈Z. ……………………………………………………………………………………………12分 構建答題模板 [第一步]　化簡變形：利用輔助角公式將三角函數化成y＝Asin(ωx＋φ)形式. [第二步]　整體代換：將“ωx＋φ”看作一個整體，研究三角函數性質. [第三步]　回顧反思：查看角的范圍對函數影響，評價結果的合理性，檢查步驟的規(guī)范化. 1.(xx河西區(qū)一模)已知函數f(x)＝2sincos＋sin 2x－1. (1)求函數f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)若將f(x)的圖象向左平移個單位長度，得到函數g(x)的圖象，求函數g(x)在區(qū)間上的最大值和最小值，并求出取得最值時的x值. 解　(1)函數f(x)＝2sincos＋sin 2x－1＝sin＋sin 2x－1＝cos 2x＋sin 2x－1＝2sin－1， 令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，求得kπ－≤x≤kπ＋， 可得函數的單調遞增區(qū)間為，k∈Z. (2)若將f(x)的圖象向左平移個單位長度，得到函數g(x)＝2sin－1＝2cos－1的圖象， 在區(qū)間上，2x＋∈，故當2x＋＝π時，即x＝時，函數取得最小值－2－1＝－3； 當2x＋＝，即x＝0時，函數取得最大值－1. 2.已知函數f(x)＝sin2x－sin2，x∈R. (1)求f(x)的最小正周期； (2)求f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值. 解　(1)由已知，有f(x)＝－ ＝－cos 2x＝sin 2x－cos 2x＝sin. 所以f(x)的最小正周期T＝＝π. (2)令－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z， 得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z， 可知函數f(x)在(k∈Z)上單調遞增；令－＋2kπ≤2x－≤－＋2kπ，k∈Z，得－＋kπ≤x≤－＋kπ，k∈Z，可知函數f(x)在(k∈Z)上單調遞減. 所以f(x)在區(qū)間上是減函數，在區(qū)間上是增函數，f ＝－， f ＝－，f ＝， 所以f(x)在區(qū)間上的最大值為，最小值為－. 3.(xx天津)已知函數f(x)＝4tan xsincos－. (1)求f(x)的定義域與最小正周期； (2)討論f(x)在區(qū)間上的單調性. 解　(1)f(x)的定義域為. f(x)＝4tan xcos xcos－＝4sin xcos－ ＝4sin x－＝2sin xcos x＋2sin2x－ ＝sin 2x＋(1－cos 2x)－＝sin 2x－cos 2x＝2sin. 所以f(x)的最小正周期T＝＝π. (2)令z＝2x－，則函數y＝2sin z的單調遞增區(qū)間是，k∈Z. 由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z， 得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z. 設A＝，B＝，易知A∩B＝. 所以當x∈時，f(x)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減. 4.(xx宣城二模)已知向量m＝(2acos x，sin x)，n＝(cos x，bcos x)，函數f(x)＝mn－，函數f(x)在y軸上的截距為，函數f(x)與y軸最近的最高點的坐標是. (1)求函數f(x)的解析式； (2)將函數f(x)的圖象向左平移φ(φ＞0)個單位長度，再將圖象上各點的縱坐標不變，橫坐標伸長到原來的2倍，得到函數y＝sin x的圖象，求φ的最小值. 解　(1)f(x)＝mn－＝2acos2x＋bsin xcos x－， 由f(0)＝2a－＝，得a＝，此時，f(x)＝cos 2x＋sin 2x， 由f(x)≤＝1，得b＝1或b＝－1， 當b＝1時，f(x)＝sin，經檢驗為最高點； 當b＝－1時，f(x)＝sin，經檢驗不是最高點，故舍去. 故函數的解析式為f(x)＝sin. (2)函數f(x)的圖象向左平移φ個單位長度后得到函數y＝sin的圖象；橫坐標伸長到原長的2倍后，得到函數y＝sin的圖象， 所以2φ＋＝2kπ(k∈Z)，φ＝－＋kπ(k∈Z)， 因為φ＞0，所以φ的最小值為. 5.已知函數f(x)的圖象是由函數g(x)＝cos x的圖象經如下變換得到：先將g(x)圖象上所有點的縱坐標伸長到原來的2倍(橫坐標不變)，再將所得到的圖象向右平移個單位長度. (1)求函數f(x)的解析式，并求其圖象的對稱軸方程； (2)已知關于x的方程f(x)＋g(x)＝m在[0，2π)內有兩個不同的解α，β. ①求實數m的取值范圍. ②證明：cos(α－β)＝－1. (1)解　將g(x)＝cos x的圖象上所有點的縱坐標伸長到原來的2倍(橫坐標不變)得到y(tǒng)＝2cos x的圖象，再將y＝2cos x的圖象向右平移個單位長度得到y(tǒng)＝2cos的圖象， 故f(x)＝2cos＝2sin x. 從而函數f(x)＝2sin x圖象的對稱軸方程為x＝kπ＋(k∈Z). (2)①解　f(x)＋g(x)＝2sin x＋cos x＝＝sin(x＋φ) . 依題意，sin(x＋φ)＝在[0，2π)內有兩個不同的解α，β當且僅當＜1，故m的取值范圍是(－，). ②證明　因為α，β是方程sin(x＋φ)＝m在[0，2π)內的兩個不同的解， 所以sin(α＋φ)＝，sin(β＋φ)＝ . 當0≤m＜時，α＋β＝2，即α－β＝π－2(β＋φ)； 當－＜m＜0時，α＋β＝2，即α－β＝3π－2(β＋φ)， 所以cos(α－β)＝－cos 2(β＋φ)＝2sin2(β＋φ)－1＝22－1＝－1.