高考数学大一轮复习(夯基保分卷+提能增分卷)三角函数图像与性质课时训练 理(含14年最新题及解析)苏
2021高考数学一轮复习课时作业19三角函数的图象与性质理(含答案及解析)
高考数学一轮复习:课时作业19 三角函数的图象与性质[基础达标]一、选择题1.下列函数中,周期为π的奇函数为( ) A .y =sin x cos x B .y =sin 2xC .y =tan 2xD .y =sin 2x +cos 2x解析:y =sin 2x 为偶函数;y =tan 2x 的周期为π2;y =sin 2x +cos 2x 为非奇非偶函数,故B 、C 、D 都不正确.答案:A2.函数f (x )=tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π3的单调递增区间是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π2-π12,k π2+5π12(k ∈Z ) B.⎝⎛⎭⎪⎫k π2-π12,k π2+5π12(k ∈Z ) C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π-π12,k π+5π12(k ∈Z )D.⎝⎛⎭⎪⎫k π+π6,k π+2π3(k ∈Z ) 解析:由k π-π2<2x -π3<k π+π2(k ∈Z )得,k π2-π12<x <k π2+5π12(k ∈Z ), 所以函数f (x )=tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π3的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2-π12,k π2+5π12(k ∈Z ).答案:B3.如果函数y =3cos(2x +φ)的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3,0中心对称,那么|φ|的最小值为( )A.π6B.π4 C.π3 D.π2解析:∵y =3cos(2x +φ)的图象关于点⎝⎛⎭⎪⎫4π3,0对称,即3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×4π3+φ=0,∴8π3+φ=π2+k π,k ∈Z ,∴φ=-13π6+k π,∴当k =2时,|φ|有最小值π6.答案:A4.[2020·重庆调研]函数y =sin(x +π6)图象的一条对称轴方程是( )A .x =π2B .x =π6C .x =π3D .x =-π6解析:解法一 由x +π6=k π+π2(k ∈Z ),得x =k π+π3(k ∈Z ),所以函数y =sin(x+π6)的一条对称轴方程是x =π3,故选C. 解法二 因为sin(π3+π6)=sin π2=1,所以x =π3是函数y =sin(x +π6)的一条对称轴方程,故选C.解法三 因为将函数y =sin x 的图象向左平移π6个单位长度就得到函数y =sin(x +π6)的图象,所以y =sin x 图象的一条对称轴x =π2向左平移π6个单位长度就得到函数y =sin(x+π6)图象的一条对称轴x =π3,故选C. 答案:C5.[2019·全国卷Ⅲ]函数f (x )=2sin x -sin 2x 在[0,2π]的零点个数为( ) A .2 B .3 C .4 D .5解析:由f (x )=2sin x -sin 2x =2sin x -2sin x cos x =2sin x ·(1-cos x )=0得sin x =0或cos x =1,∴x =k π,k ∈Z ,又∵x ∈[0,2π],∴x =0,π,2π,即零点有3个,故选B. 答案:B 二、填空题6.比较大小:sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫-π18________sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫-π10.解析:因为y =sin x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π2,0上为增函数且-π18>-π10,故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫-π18>sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫-π10.答案:>7.函数f (x )=sin(-2x )的单调增区间是________. 解析:由f (x )=sin(-2x )=-sin 2x ,2k π+π2≤2x ≤2k π+3π2得k π+π4≤x ≤k π+3π4(k ∈Z ).答案:⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π+π4,k π+3π4(k ∈Z )8.若函数f (x )=sin ωx (ω>0)在区间0,π3上单调递增,在区间[π3,π2]上单调递减,则ω=________.解析:∵f (x )=sin ωx (ω>0)过原点,∴当0≤ωx ≤π2,即0≤x ≤π2ω时,y =sin ωx 是增函数;当π2≤ωx ≤3π2,即π2ω≤x ≤3π2ω时,y =sin ωx 是减函数. 由f (x )=sin ωx (ω>0)在[0,π3]上单调递增,在[π3,π2]上单调递减知,π2ω=π3,∴ω=32.答案:32三、解答题9.已知函数f (x )=sin(ωx +φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0,0<φ<2π3的最小正周期为π. (1)求当f (x )为偶函数时φ的值;(2)若f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6,32,求f (x )的单调递增区间.解析:∵f (x )的最小正周期为π,则T =2πω=π,∴ω=2.∴f (x )=sin(2x +φ).(1)当f (x )为偶函数时,φ=π2+k π,k ∈Z ,∴cos φ=0,∵0<φ<2π3,∴φ=π2.(2)f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6,32时,sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6+φ=32,即sin ⎝⎛⎭⎪⎫π3+φ=32.又∵0<φ<2π3,∴π3<π3+φ<π.∴π3+φ=2π3,φ=π3.∴f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π3.令2k π-π2≤2x +π3≤2k π+π2,k ∈Z ,得k π-5π12≤x ≤k π+π12,k ∈Z .∴f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π-5π12,k π+π12,k ∈Z .10.已知f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π6+a +1. (1)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2时,f (x )的最大值为4,求a 的值;(2)在(1)的条件下,求满足f (x )=1且x ∈[-π,π]的x 的取值集合. 解析:(1)由x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2,得2x +π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6,76π,当2x +π6=π2,即x =π6时,f (x )取最大值,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6=2sin π2+a +1=a +3=4,所以a =1.(2)由f (x )=2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π6+2=1可得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π6=-12,则2x +π6=7π6+2k π,k ∈Z 或2x +π6=116π+2k π,k ∈Z ,即x =π2+k π,k ∈Z 或x =5π6+k π,k ∈Z ,又x ∈[-π,π],可解得x =-π2,-π6,π2,5π6,所以x 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫-π2,-π6,π2,5π6.[能力挑战]11.[2020·安徽芜湖一中月考]函数y =cos 2x +sin x (-π6≤x ≤π6)最大值与最小值之和为( )A.32 B .2 C .0 D.34解析:y =cos 2x +sin x =-sin 2x +sin x +1,设t =sin x ,则y =-t 2+t +1,∵-π6≤x ≤π6,∴-12≤t ≤12,∵y =-t 2+t +1在区间[-12,12]上是增函数,∴当t =-12时,y最小为14,当t =12时,y 最大为54,∴最大值与最小值的和为32,故选A.答案:A12.[2020·辽宁瓦房店三中月考]函数y =2sin(π3-2x )的单调递增区间是( )A .[k π-π12,k π+5π12](k ∈Z )B .[k π+5π12,k π+11π12](k ∈Z )C .[k π-π3,k π+π6](k ∈Z )D .[k π+π6,k π+2π3](k ∈Z )解析:通解 由2n π+π2≤π3-2x ≤2n π+3π2(n ∈Z ),得-n π-7π12≤x ≤-n π-π12(n ∈Z ),令k =-n ,得k π-7π12≤x ≤k π-π12(k ∈Z ),又区间[k π-7π12,k π-π12](k ∈Z )和区间[k π+5π12,k π+11π12](k ∈Z )相差一个周期π,∴函数y =2sin(π3-2x )的单调递增区间是[k π+5π12,k π+11π12](k ∈Z ),故选B.解法一 ∵y =2sin(π3-2x )=-2sin(2x -π3),∴求函数y =2sin(π3-2x )的单调递增区间即求函数t =sin(2x -π3)的单调递减区间,由2k π+π2≤2x -π3≤2k π+3π2(k ∈Z ),得k π+5π12≤x ≤k π+11π12(k ∈Z ),∴函数y =2sin(π3-2x )的单调递增区间是[k π+5π12,k π+11π12](k ∈Z ),故选B.解法二 函数y =2sin(π3-2x )单调递增区间的左端点值对应的函数值是函数的最小值,区间长度为一个周期π,经验证每一个选项的区间长度均为一个周期π,只有区间左端点x =k π+5π12(k ∈Z )的相应函数值是函数的最小值-2,∴函数y =2sin(π3-2x )的单调递增区间是[k π+5π12,k π+11π12](k ∈Z ),故选B.答案:B13.[2019·全国卷Ⅰ]关于函数f (x )=sin |x |+|sin x |有下述四个结论: ①f (x )是偶函数②f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,π单调递增 ③f (x )在[-π,π]有4个零点 ④f (x )的最大值为2其中所有正确结论的编号是( ) A .①②④ B.②④ C .①④ D.①③解析:通解 f (-x )=sin|-x |+|sin(-x )|=sin|x |+|sin x |=f (x ),∴f (x )为偶函数,故①正确;当π2<x <π时,f (x )=sin x +sin x =2sin x ,∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,π单调递减,故②不正确;f (x )在[-π,π]的图象如图所示,由图可知函数f (x )在[-π,π]只有3个零点,故③不正确;∵y =sin|x |与y =|sin x |的最大值都为1且可以同时取到,∴f (x )可以取到最大值2,故④正确.综上,正确结论的序号是①④.故选C.优解 ∵f (-x )=sin|-x |+|sin(-x )|=sin|x |+|sin x |=f (x ),∴f (x )为偶函数,故①正确,排除B ;当π2<x <π时,f (x )=sin x +sin x =2sin x ,∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,π单调递减,故②不正确,排除A ;∵y =sin|x |与y =|sin x |的最大值都为1且可以同时取到,∴f (x )的最大值为2,故④正确.故选C.答案:C。
高考数学一轮复习第三章三角函数与解三角形第3讲三角函数的图象与性质课时作业理
第3讲 三角函数的图象与性质1.下列四个函数中,最小正周期为π,且图象关于直线x =π12对称的是( )A .y =sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2+π3B .y =sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2-π3 C .y =sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π3 D .y =sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x -π3 2.(2017年重庆适应性测试)若函数f (x )=sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx +π6-cos ωx (ω>0)的图象相邻两个对称中心之间的距离为π2,则f (x )的一个单调递增区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫-π6,π3B.⎝ ⎛⎭⎪⎫-π3,π6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π6,2π3D.⎝ ⎛⎭⎪⎫π3,5π63.(2016年新课标Ⅱ)函数y =A sin(ωx +φ)的部分图象如图X331,则( )图X331A .y =2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π6B .y =2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π3C .y =2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π6D .y =2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π3 4.(2017年茂名一模)已知函数f (x )=3cos ⎝⎛⎭⎪⎫ωx +π3(ω>0)和g (x )=2sin(2x +φ)+1的图象的对称轴完全相同,若x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π3,则f (x )的取值范围是( )A .[-3,3] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤-32,3 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤-3,3 32 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤-3,32 5.(2013年大纲)若函数y =sin(ωx +φ)(ω>0)的部分图象如图X332,则ω=( )图X332A .5B .4C .3D .26.函数y =|tan x |cos x ⎝⎛⎭⎪⎫0≤x <3π2,且x ≠π2的图象是( )A BC D7.(2017年新课标Ⅲ)设函数f (x )=cos ⎝⎛⎭⎪⎫x +π3,则下列结论错误的是( )A .f (x )的一个周期为-2πB .y =f (x )的图象关于直线x =8π3对称C .f (x +π)的一个零点为x =π6D .f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,π上单调递减 8.(2016年江苏)定义在区间[0,3π]上的函数y =sin 2x 的图象与函数y =cos x 的图象的交点个数是______.9.(2017年浙江温州中学统测)已知函数f (x )=sin ωx -3cos ωx (ω>0)的图象与x轴的两个相邻交点的距离等于π2,若将函数y =f (x )的图象向左平移π6个单位长度得到函数y =g (x )的图象,则y =g (x )是减函数的区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4,π3B.⎝ ⎛⎭⎪⎫-π4,π4C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π3D.⎝ ⎛⎭⎪⎫-π3,010.(2012年新课标)已知ω>0,函数f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx +π4在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,π上单调递减,则ω的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,54B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,34C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12 D .(0,2] 11.已知函数f (x )=(sin x +cos x )2+cos 2x . (1)求f (x )的最小正周期;(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上的最大值和最小值.12.是否存在实数a,使得函数y=sin2x+a cos x+58a-32在闭区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上的最大值是1?若存在,求出对应的a值;若不存在,请说明理由.第3讲 三角函数的图象与性质1.C 解析:将x =π12代入选项A ,B ,C ,D 中,只有选项C 取得最大值y =sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π12+π3=sin π2=1,所以关于直线x =π12对称,且T =2π2=π.2.A 解析:依题意,得f (x )=32sin ωx -12cos ωx =sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx -π6的图象相邻两个对称中心之间的距离为π2,于是有T =2πω=2×π2=π,ω=2,f (x )=sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x -π6.当2k π-π2≤2x -π6≤2k π+π2,即k π-π6≤x ≤k π+π3,k ∈Z 时,f (x )=sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x -π6单调递增.结合各选项知f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π6的一个单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫-π6,π3.故选A. 3.A 解析:由图知,A =2,周期T =2⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3-⎝ ⎛⎭⎪⎫-π6=π,所以ω=2ππ=2.所以y =2sin(2x +φ).因为图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3,2,所以2=2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π3+φ.所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3+φ=1.所以2π3+φ=2k π+π2(k ∈Z ).令k =0,得φ=-π6.所以y =2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x -π6.故选A. 4.D 解析:因为函数f (x )和g (x )的图象的对称轴完全相同,故f (x )和g (x )的周期相同,所以ω =2,f (x )=3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π3.由x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π3,得2x +π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3,π.根据余弦函数的单调性,当2x +π3=π,即x =π3时,f (x )min =-3;当2x +π3=π3,即x =0时,f (x )max=32.所以f (x )的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤-3,32.故选D. 5.B 解析:设函数的最小正周期为T ,由题图可知T 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0+π4-x 0=π4,所以T =π2.又因为T =2πω,可解得ω=4.6.C 解析:方法一,y =|sin x |·cos x|cos x |,分类讨论.方法二,y =|tan x |cos x 的符号与cos x 相同.故选C.7.D 解析:函数的最小正周期为T =2π1=2π,则周期为2k π()k ∈Z .所以f (x )的一个周期为-2π.故选项A 正确;将x =8π3代入f (x )=cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +π3,得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫8π3=cos 3π=-1为最小值.因此直线x =8π3为对称轴.故选项B 正确;将x =π6代入f (x +π),得cos3π2=0.故选项C 正确;由x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,π,得x +π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6,4π3.函数在该区间显然不单调.故选项D 错误.故选D.8.7 解析:由sin 2x =cos x ⇒cos x =0或sin x =12.因为x ∈[0,3π],所以x =π2,3π2,5π2,π6,5π6,13π6,17π6,共7个.9.A 解析:因为f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx -π3,T 2=π2,所以T =2πω=π.则ω=2.故f (x )=2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π3.故g (x )=2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x +π6-π3=2sin 2x ,故其单调递减区间为2k π+π2≤2x ≤2k π+3π2(k ∈Z ),即k π+π4≤x ≤k π+3π4(k ∈Z ),当k =0时,区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4,3π4为函数g (x )的一个单调递减区间,又⎝ ⎛⎭⎪⎫π4,π3⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4,3π4.故选A.10.A 解析:方法一,ω=2⇒⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx +π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4,9π4不合题意,排除D ;ω=1⇒⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx +π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4,5π4合题意,排除B ,C.故选A. 方法二,由π2<x <π,得π2ω+π4<ωx +π4<πω+π4.由题意知,⎝ ⎛⎭⎪⎫π2ω+π4,πω+π4⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2,3π2.∴⎩⎪⎨⎪⎧π2ω+π4≥π2,πω+π4≤3π2.∴12≤ω≤54.故选A. 11.解:(1)因为f (x )=sin 2x +cos 2x +2sin x cos x +cos 2x=1+sin 2x +cos 2x =2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π4+1, 所以函数f (x )的最小正周期为T =2π2=π.(2)由(1)知,f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π4+1. 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2时,2x +π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4,5π4.由正弦函数y =sin x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4,5π4上的图象知,当2x +π4=π2,即x =π8时,f (x )取最大值2+1;当2x +π4=5π4,即x =π2时,f (x )取最小值0.综上所述,f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上的最大值为2+1,最小值为0.12.解:y =-⎝⎛⎭⎪⎫cos x -12a 2+a 24+58a -12, 当0≤x ≤π2时,0≤cos x ≤1.令t =cos x ,则0≤t ≤1.∴y =-⎝ ⎛⎭⎪⎫t -12a 2+a 24+58a -12,0≤t ≤1. 当0≤a 2≤1,即0≤a ≤2时,则当t =a 2,即cos x =a2时.y max =a 24+58a -12=1,解得a =32或a =-4(舍去).当a2<0,即a <0时,则当t =0,即cos x =0时, y max =58a -12=1,解得a =125(舍去).当a2>1,即a >2时,则当t =1,即cos x =1时, y max =a +58a -32=1,解得a =2013(舍去).综上所述,存在a =32符合题意.。
高考数学一轮复习3.3三角函数的图像和性质课时作业理湘教版
2016届高考数学一轮复习 3.3三角函数的图像和性质课时作业 理湘教版一、选择题 1.函数y =cos x -12的定义域为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π3,π3B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π-π3,k π+π3,k ∈ZC.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π-π3,2k π+π3,k ∈Z D .R【解析】: 由题意得cos x ≥12,∴2k π-π3≤x ≤2k π+π3,k ∈Z .【答案】: C2.已知a 是实数,则函数()1sin f x a ax =+的图象不可能是( )【解析】若01a <<,则周期π2π2>=aT ,则A 正确; 若1a >,则周期π2π2>=aT ,则B 正确; 当0a =,则C 正确,故选D. 【答案】D3.已知函数f (x)=2sin ωx (ω>0)在区间[- 3π,4π]上的最小值是-2,则ω的最小值等于( )A.32 B.23C.2D.3 【解析】∵f (x)=2sin ωx (ω>0)的最小值是-2, 此时ωx =2k π-2π,k ∈Z ,∴x =ϖϖ22ππ-k ,k ∈Z , ∴-3π≤ϖϖ22ππ-k ≤0,k ∈Z , ∴ω≥-6k +23且k ≤0,k ∈Z ,∴ωmin =23. 【答案】B4.已知函数y =sin x 的定义域为[a ,b ],值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤-1,12,则b -a 的值不可能是( )A.π3B.2π3 C .π D.4π3【解析】: 画出函数y =sin x 的草图分析知b -a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3,4π3.【答案】: A5.动点A (x ,y )在圆x 2+y 2=1上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转,12秒旋转一周,已知时间t =0时,点A 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫12,32,则当0≤t ≤12时,动点A 的纵坐标y 关于t (单位:秒)的函数的单调递增区间是( )A .[0,1]B .[1,7]C .[7,12]D .[0,1]和[7,12]【解析】: ∵T =12,∴ω=2π12=π6,从而设y 关于t 的函数为y =sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6t +φ. 又∵t =0时,y =32,∴φ=π3,∴y =sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6t +π3,∴2k π-π2≤π6t +π3≤2k π+π2,即12k -5≤t ≤12k +1,k ∈Z 时,y 递增.∵0≤t ≤12,∴函数y 的单调递增区间为[0,1]和[7,12]. 【答案】: D6.(2014·原创题)设函数f (x )=⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π3,则下列关于函数f (x )的说法中正确的是( )A .f (x )是偶函数B .f (x )的最小正周期为πC .f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫-π6,0对称D .f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3,7π12上是增函数 【解析】 对于选项A ,由于f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3=⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π3+π3=0,而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-π3=⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×⎝ ⎛⎭⎪⎫-π3+π3=⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin π3=32≠f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3,所以f (x )不是偶函数;对于选项B ,由于f (x )=sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π3的周期为π, 而f (x )=⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π3的图象是将f (x )=sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π3的x 轴上方的图象保持不变,x轴下方的图象关于x 轴对称到上方去,因此f (x )=⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π3的周期为f (x )=sin2x +π3的周期的一半,故选项B 不正确;对于选项C ,由于f (x )=⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π3的图象不是中心对称图形,因此也不正确;对于选项D ,由三角函数的性质可知,f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π3的单调递增区间是k π≤2x+π3≤k π+π2(k ∈Z ),即k π2-π6≤x ≤k π2+π12(k ∈Z ),当k =1时,x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3,7π12,故选D.【答案】D二、填空题 7.已知函数f (x)=21(sin x +cos x)-21|sin x -cos x|,则f (x)的值域是 . 【解析】f (x )=12(sin x +cos x )-12|sin x -cos x |=⎩⎪⎨⎪⎧cos x (sin x ≥cos x ),sin x (sin x <cos x ).画出函数f (x)的图象,可得函数的最小值为-1,最大值为22,故值域为[-1,22]. 【答案】[-1,22] 8.函数f (x )=3cos(3x -θ)-sin(3x -θ)是奇函数,则θ等____.【解析】 因为f (x )=2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x -θ+π6为奇函数,所以f (-x )=-f (x ),故2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫-3x -θ+π6=-2cos ⎝⎛⎭⎪⎫3x -θ+π6,即cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x +θ-π6=-cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x -θ+π6, 而-cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x -θ+π6=cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π+3x -θ+π6, ∴3x +θ-π6=π+3x -θ+π6+2k π,k ∈Z ,即θ=2π3+k π,k ∈Z ,也即是θ=-π3+k π,k ∈Z .【答案】 k π-π3,k ∈Z9.已知过原点的直线与函数y =|sin x|(x ≥0)的图象有且只有三个交点,α是交点中横坐标的最大值,则()ααα22sin 12+的值为 .【解析】y =|sin x|(x ≥0)的图象如图,若过原点的直线与函数y =|sin x |(x ≥0)的图象有且只有三个交点,则第三个交点的横坐标为α,且α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,3π2,又在区间(π,2π)上,y =|sin x |=-sin x ,则切点坐标为(α,-sin α),又切线斜率为-cos α,则切线方程为y +sin α=-cos α(x -α), y =-cos α·x +αcos α-sin α,又直线过原点,把[0,0)代入上式得,α=tan α,∴(1+α2)sin 2α2α=(1+tan 2α)2sin αcos α2tan α=(1+tan 2α)cos 2α=⎝ ⎛⎭⎪⎫1+sin 2αcos 2αcos 2α=cos 2α+sin 2α=1. 【答案】110. 设f (x )=a sin 2x +b cos 2x ,其中a ,b ∈R ,ab ≠0,若f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6对一切x ∈R 恒成立,则①f ⎝⎛⎭⎪⎫11π12=0;②⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π10<⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5; ③f (x )既不是奇函数也不是偶函数;④f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π+π6,k π+2π3(k ∈Z ); ⑤存在经过点(a ,b )的直线与函数f (x )的图象不相交.以上结论正确的是________(写出正确结论的序号).【解析】由f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6对一切x ∈R 恒成立知,直线x =π6是f (x )的对称轴,又∵f (x )=a 2+b 2sin(2x +φ)⎝⎛⎭⎪⎫其中tan φ=b a 的周期为π,∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π12=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6+3π4可看作x =π6的值加了34个周期.∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π12=0,故①正确. ∵7π10-2π3=π30,π5-π6=π30, ∴7π10和π5与对称轴的距离相等. ∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π10=⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5,故②不正确. ∵x =π6是对称轴,∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6+φ=±1.∴π3+φ=±π2+2k π,k ∈Z . ∴φ=π6+2k π或φ=-5π6+2k π,k ∈Z .∵tan φ=ba=13,∴a =3b .∴f (x )=2|b |sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π6或f (x )=2|b |sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -5π6. ∴f (x )既不是奇函数也不是偶函数,故③正确.由以上知,f (x )=2|b |sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π6的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π3+k π,π6+k π,k ∈Z ,f (x )=2|b |sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x -56π的单调递增区间为π6+k π,2π3+k π,k ∈Z , 由于f (x )的解析式不确定,∴单调递增区间也不确定,故④不正确.∵f (x )=a sin 2x +b cos 2x =a 2+b 2sin(2x+φ)其中tan φ=b a,∴-a 2+b 2≤f (x )≤a 2+b 2. 又∵ab ≠0,∴a ≠0,b ≠0.∴-a 2+b 2<b <a 2+b 2.∴过点(a ,b )的直线必与函数f (x )的图象相交,故⑤不正确. 【答案】①③三、解答题11.已知a >0, 函数f (x )=-2a sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π6+2a +b ,当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2时,-5≤f (x )≤1.(1)求常数a ,b 的值; (2)设g(x )=f (x +2π)且lg g(x )>0,求g(x )的单调区间. 【解析】: (1)∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2,∴2x +π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6,7π6.∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤-12,1,又∵a >0,∴-2a sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π6∈[-2a ,a ].∴f (x )∈[b ,3a +b ],又∵-5≤f (x )≤1,∴b =-5,3a +b =1,因此a =2,b =-5. (2)由(1)得a =2,b =-5, ∴f (x )=-4sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π6-1, g (x )=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +π2=-4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +7π6-1=4sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π6-1,又由lg g (x )>0,得g (x )>1,∴4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π6-1>1, ∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π6>12, ∴2k π+π6<2x +π6<2k π+5π6,k ∈Z ,其中当2k π+π6<2x +π6≤2k π+π2,k ∈Z 时,g (x )单调递增,即k π<x ≤k π+π6,k ∈Z ,∴g (x )的单调增区间为⎝⎛⎦⎥⎤k π,k π+π6,k ∈Z . 又∵当2k π+π2<2x +π6<2k π+5π6,k ∈Z 时,g (x )单调递减,即k π+π6<x <k π+π3,k ∈Z .∴g (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π+π6,k π+π3,k ∈Z .综上,g (x )的递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤k π,k π+π6(k ∈Z );递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫k π+π6,k π+π3(k ∈Z ).12.已知函数f (x )=sin(ωx +φ)(ω>0,0≤φ≤π)是R 上的偶函数,其图象关于点M ⎝⎛⎭⎪⎫3π4,0对称,且在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上是单调函数,求φ和ω的值.【解析】由f (x )是偶函数,得f (-x )=f (x ), 即sin(-ωx +φ)=sin(ωx +φ),∴-cos φsin ωx =cos φsin ωx 对任意x 都成立. 又∵ω>0,∴cos φ=0. 依题设0≤φ≤π,∴φ=π2, ∴f (x )=cos ωx ,当k =0时,ω=23,f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫23x +π2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上是减函数;当k =1时,ω=2,f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上是减函数;当k ≥2时,ω≥103,f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx +π2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上不是单调函数. 综上得φ=π2,ω=23或ω=2.13.设函数f (x )=sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx 4-π6-2cos 2πx 8+1.(1)求f (x )的最小正周期.(2)若函数y =g (x )与y =f (x )的图象关于直线x =1对称,求当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,43时,y =g (x )的最大值.【解析】(1)f (x )=sin πx 4cos π6-cos πx 4sin π6-cos πx4=32sin πx 4-32cos πx 4=3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 4-π3,故f (x )的最小正周期为T =2ππ4=8. (2)方法一 在y =g (x )的图象上任取一点(x ,g (x )), 它关于x =1的对称点(2-x ,g (x )).由题设条件,知点(2-x ,g (x ))在y =f (x )的图象上, 从而g (x )=f (2-x )=3sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4(2-x )-π3=3sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2-πx 4-π3= 3 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 4+π3.当0≤x ≤43时,π3≤πx 4+π3≤2π3,因此y =g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,43上的最大值为g (x )max =3cos π3=32. 方法二 区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,43关于x =1的对称区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤23,2,故y =g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,43上的最大值为y =f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤23,2上的最大值.由(1)知f (x )=3sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx 4-π3,当23≤x ≤2时,-π6≤πx 4-π3≤π6. 因此y =g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,43上的最大值为g (x )max =3sin π6=32.。
高考数学一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 课时分层作业二十 3.3 三角函数的图象与性质 理
课时分层作业二十三角函数的图象与性质一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2018·海淀区模拟)已知函数f(x)=sin(ωx+)的最小正周期为π,则ω= ( )A.1B.±1C.2D.±2【解析】选D.因为T=,所以|ω|==2,故ω=±2.【误区警示】解答本题易出现选C的错误答案,导致出现这种错误的原因是忽略了周期公式T=中的ω应加绝对值.2.(2017·全国卷Ⅲ)设函数f(x)=cos ,则下列结论错误的是( )A.f(x)的一个周期为-2πB.y=f(x)的图象关于直线x=对称C.f(x+π)的一个零点为x=D.f(x)在内单调递减【解析】选D.当x∈时,x+∈,函数在该区间内不单调.3.函数y=-2cos2+1是( )A.最小正周期为π的奇函数B.最小正周期为π的偶函数C.最小正周期为的奇函数D.最小正周期为的非奇非偶函数【解析】选A.y=-2cos2+1=-+1=sin 2x.4.(2016·浙江高考)函数y=sin x2的图象是( )【解题指南】根据函数的奇偶性和最值判断.【解析】选D.因为y=sin x2为偶函数,所以它的图象关于y轴对称,排除A,C选项;当x2=,即x=±时,y max=1,排除B选项.5.(2018·大连模拟)已知函数f(x)=sin(ωx-)(ω>0),若函数f(x)在区间上为单调递减函数,则实数ω的取值范围是( )A. B.C. D.【解析】选B.因为π<x<,所以ωπ-<ωx-<-,由正弦函数的单调性可得即也即所以≤ω≤.二、填空题(每小题5分,共15分)6.(2018·广州模拟)若函数f(x)=cos(ωx+)(ω∈N*)的一个对称中心是,则ω的最小值为________.【解析】因为f=0,所以cos=0,即+=+kπ,故ω=2+6k(k∈Z),又因为ω∈N*,故ω的最小值为2.答案:27.函数y=的定义域为________.【解析】由题意得cos x≥,故2kπ-≤x≤+2kπ(k∈Z).答案:,k∈Z8.函数y=sin x-cos x+sin xcos x的值域为________.【解析】设t=sin x-cos x,则t2=sin2x+cos2x-2sin xcos x,sin xcos x=,且-≤t≤.所以y=-+t+=-(t-1)2+1.当t=1时,y max=1;当t=-时,y min=--.所以函数的值域为.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2017·北京高考)已知函数f(x)=cos(2x-)-2sin xcos x.(1)求f(x)的最小正周期.(2)求证:当x∈时,f(x)≥-.【解析】(1)f(x)=cos-2sin xcos x=cos 2x+sin 2x-sin 2x=sin 2x+cos 2x=sin,所以T==π.(2)令t=2x+,因为-≤x≤,所以-≤2x+≤,因为y=sin t在上递增,在上递减,且sin<sin ,所以f(x)≥sin=-,得证.10.已知f(x)=sin.(1)求函数f(x)图象的对称轴方程.(2)求f(x)的单调递增区间.(3)当x∈时,求函数f(x)的最大值和最小值.【解析】(1)f(x)=sin,令2x+=kπ+,k∈Z,则x=+,k∈Z.所以函数f(x)图象的对称轴方程是x=+,k∈Z.(2)令2kπ-≤2x+≤2kπ+,k∈Z,则kπ-≤x≤kπ+,k∈Z.故f(x)的单调递增区间为,k∈Z.(3)当x∈时,≤2x+≤,所以-1≤sin≤,所以-≤f(x)≤1,所以当x∈时,函数f(x)的最大值为1,最小值为-.1.(5分)已知函数f=sin(ω>0),x∈R.若函数f(x)在区间(-ω,ω)内单调递增,且函数y=f的图象关于直线x=ω对称,则ω的值为( )A. B.2 C. D.【解析】选D.因为f(x)在区间(-ω,ω)内单调递增,且函数图象关于直线x=ω对称,所以f(ω)必为一个周期上的最大值,所以有ω·ω+=2kπ+,k∈Z,所以ω2=+2kπ,k∈Z.又ω-(-ω)≤·,即ω2≤,即ω2=,所以ω=.2.(5分)(2018·广州模拟)已知函数f(x)=sin ωx+cos ωx(x∈R),又f(α)=2,f(β)=2,且|α-β|的最小值是,则正数ω的值为( )A.1B.2C.3D.4【解析】选D.函数f(x)=sin ωx+cos ωx=2sin.由f(α)=2,f(β)=2,且|α-β|的最小值是,所以函数f(x)的最小正周期T=,所以ω==4.3.(5分)(2018·深圳模拟)若函数f(x)=sin(ωx+φ)在区间上是单调递减函数,且函数值从1减少到-1,则f=________.【解析】由题意知=-=,故T=π,所以ω==2,又f=1,所以sin=1.因为|φ|<,所以φ=,即f(x)=sin.故f=sin=cos=.答案:4.(12分)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)的最小正周期为π.(1)求当f(x)为偶函数时φ的值.(2)若f(x)的图象过点,求f(x)的单调递增区间.【解析】由f(x)的最小正周期为π,则T==π,所以ω=2,所以f(x)=sin(2x+φ).(1)当f(x)为偶函数时,f(-x)=f(x).所以sin(2x+φ)=sin(-2x+φ),展开整理得sin 2xcos φ=0,由已知上式对∀x∈R都成立,所以cos φ=0.因为0<φ<,所以φ=.(2)因为f=,所以sin=,即+φ=+2kπ或+φ=+2kπ(k∈Z), 故φ=2kπ或φ=+2kπ(k∈Z),又因为0<φ<,所以φ=,即f(x)=sin,由-+2kπ≤2x+≤+2kπ(k∈Z)得kπ-≤x≤kπ+(k∈Z),故f(x)的递增区间为.5.(13分)已知函数f(x)=asin+a+b.(1)若a=-1,求函数f(x)的单调递增区间.(2)若x∈[0,π],函数f(x)的值域是[5,8],求a,b的值.【解析】f(x)=asin+a+b.(1)当a=-1时,f(x)=-sin+b-1,由2kπ+≤x+≤2kπ+(k∈Z),得2kπ+≤x≤2kπ+(k∈Z),所以f(x)的单调递增区间为[2kπ+,2kπ+],k∈Z.(2)因为0≤x≤π,所以≤x+≤,所以-≤sin≤1,依题意知a≠0.①当a>0时,所以a=3-3,b=5.②当a<0时,所以a=3-3,b=8.综上所述,a=3-3,b=5或a=3-3,b=8.【变式备选】(2018·咸阳模拟)已知函数f(x)=2sin.(1)求函数的最大值及相应的x值集合.(2)求函数的单调区间.(3)求函数f(x)的图象的对称轴与对称中心.【解析】(1)当sin=1时,2x-=2kπ+,k∈Z,即x=kπ+,k∈Z,此时函数取得最大值为2;故f(x)的最大值为2,使函数取得最大值的x的集合为.(2)由-+2kπ≤2x-≤+2kπ,k∈Z得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z.所以函数f(x)的单调递增区间为,k∈Z.由+2kπ≤2x-≤+2kπ,k∈Z得+kπ≤x≤+kπ,k∈Z.所以函数f(x)的单调递减区间为,k∈Z.(3)由2x-=+kπ,k∈Z得x=+kπ,k∈Z.即函数f(x)的图象的对称轴为x=+kπ,k∈Z.由2x-=kπ,k∈Z得x=+kπ,k∈Z,即对称中心为,k∈Z.。
江苏版高考数学一轮复习:专题4.4三角函数图像与性质练习题附答案.doc
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】专题4.4 三角函数图像与性质【基础巩固】一、填空题1.在函数①y =cos|2x |,②y =|cos x |,③y =cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π6,④y =tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π4中,最小正周期为π的函数有________(填序号). 【答案】①②③2.(2017·南京模拟)函数f (x )=tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π3的单调递增区间是________.【答案】⎝⎛⎭⎪⎫k π2-π12,k π2+5π12(k ∈Z )【解析】当k π-π2<2x -π3<k π+π2(k ∈Z )时,函数y =tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π3单调递增,解得k π2-π12<x <k π2+5π12(k ∈Z ),所以函数y =tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π3的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2-π12,k π2+5π12(k ∈Z ).3.(2017·南通、扬州、泰州、淮安调研)设函数y =sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx +π3(0<x <π),当且仅当x =π12时,y 取得最大值,则正数ω的值为________. 【答案】2【解析】由题意可得π12ω+π3=π2+2k π,k ∈Z 且π≤2πω,解得ω=2.4.(2017·徐州检测)函数y =cos 2x -2sin x 的最大值与最小值分别为________. 【答案】2,-2【解析】y =cos 2x -2sin x =1-sin 2x -2sin x =-sin 2x -2sin x +1,令t =sin x ,则t ∈[-1,1],y =-t 2-2t +1=-(t +1)2+2, 所以y max =2,y min =-2.5.(2017·苏北四市联考)函数y =12sin x +32cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2的单调递增区间是________.【答案】⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π66.(2017·盐城调研)若函数f (x )=cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +φ-π3(0<φ<π)是奇函数,则φ=________.【答案】5π6【解析】因为f (x )为奇函数,所以φ-π3=π2+k π,φ=5π6+k π,k ∈Z .又因为0<φ<π,故φ=5π6.7.(2017·银川模拟)已知函数f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +3π2(x ∈R ),给出以下结论:①函数f (x )的最小正周期为π; ②函数f (x )是偶函数;③函数f (x )的图象关于直线x =π4对称;④函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上是增函数.其中正确的是________(填序号). 【答案】①②④【解析】f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +3π2=-cos 2x ,故其最小正周期为π,故①正确;易知函数f (x )是偶函数,②正确;由函数f (x )=-cos 2x 的图象可知,函数f (x )的图象不关于直线x =π4对称,③错误;由函数f (x )的图象易知,函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上是增函数,④正确.8.(2017·承德模拟)若函数f (x )=sin ωx (ω>0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π3上单调递增,在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3,π2上单调递减,则ω=________.【答案】32【解析】法一 由于函数f (x )=sin ωx (ω>0)的图象经过坐标原点,由已知并结合正弦函数的图象可知,π3为函数f (x )的14周期,故2πω=4π3,解得ω=32. 法二 由题意,得f (x )max =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3=sin π3ω=1.由已知并结合正弦函数图象可知,π3ω=π2,解得ω=32.二、解答题9.(2015·安徽卷)已知函数f (x )=(sin x +cos x )2+cos 2x . (1)求f (x )的最小正周期;(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上的最大值和最小值.10.(2016·天津卷)已知函数f (x )=4tan x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-x ·cos ⎝⎛⎭⎪⎫x -π3- 3.(1)求f (x )的定义域与最小正周期;(2)讨论f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π4,π4上的单调性.解 (1)f (x )的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫xx ≠π2+k π,k ∈Z .f (x )=4tan x cos x cos ⎝⎛⎭⎪⎫x -π3- 3 =4sin x cos ⎝⎛⎭⎪⎫x -π3- 3【能力提升】11.(2016·江苏卷)定义在区间[0,3π]上的函数y =sin 2x 的图象与y =cos x 的图象的交点个数是________. 【答案】7【解析】在区间[0,3π]上分别作出y =sin 2x 和y =cos x 的简图如下:由图象可得两图象有7个交点.12.若函数f (x )=4sin 5ax -43cos 5ax 的图象的相邻两条对称轴之间的距离为π3,则实数a 的值为________. 【答案】±35【解析】因为f (x )=8sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5ax -π3,依题意有,T 2=π3,所以T =2π3.又因为T =2π5|a |,所以2π5|a |=2π3,解得a =±35.13.已知函数f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx +π3(ω>0),若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3,且f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π6,π3上有最小值,无最大值.则ω的值为________. 【答案】143【解析】f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫π6,π3上有最小值,无最大值,则:①说明⎝ ⎛⎭⎪⎫π6,π3中有最低点.∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3,∴最低点必为x =⎝ ⎛⎭⎪⎫π6+π32=π4. 代入πω4+π3=-π2+2k π,得ω=-103+8k ,k 为整数.②说明⎝⎛⎭⎪⎫π6,π3中无最高点,故T 2>π3-π6=π6,∴T =2πω>π3,∴0<ω<6.由①和②得ω=143.14.(2017·南通调研)已知函数f (x )=a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2x2+sin x +b .(1)若a =-1,求函数f (x )的单调增区间;(2)若x ∈[0,π]时,函数f (x )的值域是[5,8],求a ,b 的值.高中数学知识点三角函数1、以角的顶点为坐标原点,始边为x 轴正半轴建立直角坐标系,在角的终边上任取一个异于原点的点,点P 到原点的距离记为,则sin = ,cos = ,tg = ,ctg = ,sec = ,csc = 。
高考数学一轮总复习第3章三角函数解三角形3-3三角函数的图象和性质模拟演练理
【2019最新】精选高考数学一轮总复习第3章三角函数解三角形3-3三角函数的图象和性质模拟演练理[A 级 基础达标](时间:40分钟)1.给定性质:①最小正周期为π;②图象关于直线x =对称,则下列四个函数中,同时具有性质①②的是( )A .y =sinB .y =sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π6C .y =sinD .y =sin|x|答案 B解析 注意到函数y =sin 的最小正周期T ==π,当x =时,y =sin =1,因此该函数同时具有性质①②.2.[2017·衡阳模拟]函数y =2sin(0≤x≤9)的最大值与最小值之和为( )A .2-B .0C .-1D .-1-3答案 A解析 ∵0≤x≤9,∴-≤x-≤, ∴sin ∈.∴y ∈[-,2],∴ymax +ymin =2-.3.函数f(x)=tan ωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y =1所得的线段长为,则f 的值是( )A .0B .33C .1D .3答案 D解析 由条件可知,f(x)的周期是.由=,得ω=4,所以f =tan =tan =.4.[2017·南昌模拟]函数y =的定义域为( )A .⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π6,π6B.(k∈Z) C .(k∈Z) D .R 答案 C解析 ∵cosx-≥0, 得cosx≥,∴2k π-≤x≤2k π+,k∈Z. 5.函数y =2sin(x∈[0,π])的递增区间是( ) A . B .⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3,πC .D .⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π6,π3 答案 A解析 首先将函数化为y =-2sin(x∈[0,π]),令t =2x -,x 增大,t 增大,所以为求函数的增区间,须研究y =2sint 的减区间.由+2k π≤2x-≤+2k π,k∈Z 得+k π≤x≤+k π,k∈Z,所以k =0时得,故选A.6.函数y =3-2cos 的最大值为________,此时x =________. 答案 5 +2k π(k∈Z)解析 函数y =3-2cos 的最大值为3+2=5,此时x +=π+2k π(k∈Z),即x =+2k π(k∈Z).7.若函数y =cos(ω∈N*)的一个对称中心是,则ω的最小值是________.答案 2解析 由题意得ω×+=+k π(k∈Z),ω=6k +2(k∈Z),∵ω∈N*,所以ω的最小值是2.8.[2017·郑州模拟]已知函数f(x)=2sin ωx(ω>0)在上的最小值是-2,则ω的最小值为________.答案32解析 因为f(x)=2sin ωx(ω>0)在区间上的最小值为-2,所以≤,即≤.所以ω≥,即ω的最小值为.9.设函数f(x)=tan.(1)求函数f(x)的定义域、周期和单调区间; (2)求不等式-1≤f(x)≤的解集.解 (1)由-≠+k π(k∈Z),得x≠+2k π(k∈Z), 所以函数f(x)的定义域是. 因为ω=,所以周期T ==2π. 由-+k π<-<+k π(k∈Z), 得-+2k π<x<+2k π(k∈Z).所以函数f(x)的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫-π3+2k π,5π3+2k π (k∈Z).(2)由-1≤tan≤,得-+k π≤-≤+k π(k∈Z). 解得+2k π≤x≤+2k π(k∈Z). 所以不等式-1≤f(x)≤的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪π6+2k π≤x≤4π3+2k π,k∈Z. 10.已知函数f(x)=sin(ωx +φ)的最小正周期为π. (1)求当f(x)为偶函数时φ的值;(2)若f(x)的图象过点,求f(x)的单调递增区间. 解 ∵由f(x)的最小正周期为π,则T ==π, ∴ω=2,∴f(x)=sin(2x +φ). (1)当f(x)为偶函数时,f(-x)=f(x), ∴sin(2x +φ)=sin(-2x +φ), 展开整理得sin2xcos φ=0, 由已知上式对∀x∈R 都成立, ∴cos φ=0.∵0<φ<,∴φ=. (2)f(x)的图象过点时, sin =,即sin =.又∵0<φ<,∴<+φ<π, ∴+φ=,φ=, ∴f(x)=sin.令2k π-≤2x+≤2k π+,k∈Z, 得k π-≤x≤k π+,k∈Z. ∴f(x)的递增区间为,k ∈Z.[B 级 知能提升](时间:20分钟)11.函数y =3cos(x +φ)+2的图象关于直线x =对称,则|φ|的最小值是( )A .B .π3C .D .π2答案 A解析 由题意可知,+φ=k π,k∈Z,故φ=k π-,k∈Z.当k =0时,φ=-,此时|φ|=为最小值,选A.12.[2017·石家庄模拟]若f(x)=2sin ωx +1(ω>0)在区间上是增函数,则ω的取值范围是________.答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤0,34解析 由2k π-≤ωx≤2k π+,k∈Z, 得f(x)的增区间是,k∈Z . 因为f(x)在上是增函数, 所以⊆.所以-≥-且≤,所以ω∈.13.已知x∈(0,π],关于x 的方程2sin =a 有两个不同的实数解,则实数a 的取值范围为________.答案 (,2)解析 令y1=2sin ,x∈(0,π],y2=a ,作出y1的图象如图所示.若2sinx +=a 在(0,π]上有两个不同的实数解,则y1与y2应有两个不同的交点,所以<a<2.14.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(0<ω<1,0≤φ≤π)是R上的偶函数,其图象关于点M对称.(1)求φ,ω的值;(2)求f(x)的单调递增区间;(3)x∈,求f(x)的最大值与最小值.解(1)因为f(x)=sin(ωx+φ)是R上的偶函数,所以φ=+kπ,k∈Z,且0≤φ≤π,则φ=,即f(x)=cosωx.因为图象关于点M对称,所以ω×π=+kπ,k∈Z,且0<ω<1,所以ω=.(2)由(1)得f(x)=cosx,由-π+2kπ≤x≤2kπ且k∈Z得,3kπ-≤x≤3kπ,k∈Z,所以函数f(x)的递增区间是,k∈Z.(3)因为x∈,所以x∈,当x=0时,即x=0,函数f(x)的最大值为1,当x=-时,即x=-,函数f(x)的最小值为0.。
高考数学一轮总复习第三章三角函数、解三角形3.3三角函数的图象与性质课时训练理(2021年整理)
2019年高考数学一轮总复习第三章三角函数、解三角形3.3 三角函数的图象与性质课时跟踪检测理编辑整理:尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望(2019年高考数学一轮总复习第三章三角函数、解三角形3.3 三角函数的图象与性质课时跟踪检测理)的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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3。
3 三角函数的图象与性质[课时跟踪检测][基础达标]1.函数y=|cos x|的一个单调增区间是()A。
错误!B.[0,π]C。
错误!D.错误!解析:将y=cos x的图象位于x轴下方的图象关于x轴对称翻折到x轴上方,x轴上方(或x轴上)的图象不变,即得y=|cos x|的图象(如图).故选D.答案:D2。
设偶函数f(x)=A sin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示,△KLM为等腰直角三角形,∠KML=90°,KL=1,则f错误!的值为( )A.-错误!B.-错误!C.-错误!D.错误!解析:由题意知,点M到x轴的距离是错误!,根据题意可设f(x)=错误! cosωx,又由题图知错误!·错误!=1,所以ω=π,所以f(x)=错误!cosπx,故f错误!=错误!cos错误!=错误!。
答案:D3.关于函数y=tan错误!,下列说法正确的是( )A.是奇函数B.在区间错误!上单调递减C。
错误!为其图象的一个对称中心D.最小正周期为π解析:函数y=tan错误!是非奇非偶函数,A错;在区间错误!上单调递增,B错;最小正周期为错误!,D错;由2x-错误!=错误!,k∈Z得x=错误!+错误!,当k=0时,x=错误!,所以它的图象关于错误!对称,故选C.答案:C4.(2017届河南中原名校模拟)已知函数f(x)=sin(2x+φ),其中0<φ<2π,若f(x)≤错误!对∀x∈R恒成立,且f错误!>f(π),则φ等于()A.错误!B.错误!C.错误!D.错误!解析:若f(x)≤错误!对∀x∈R恒成立,则f错误!等于函数的最大值或最小值,即2×错误!+φ=kπ+错误!,k∈Z,则φ=kπ+错误!,k∈Z,又f错误!>f(π),即sinφ<0,又0<φ<2π,所以π<φ<2π.所以当k=1时,此时φ=错误!,满足条件.答案:C5.已知ω>0,函数f(x)=sin错误!在错误!上单调递减,则ω的取值范围是( )A。
【三维设计】高考数学大一轮复习(夯基保分卷+提能增分卷)导数与函数极值、最值课时训练 理(含14
课时跟踪检测(十五) 导数与函数极值、最值(分Ⅰ、Ⅱ卷,共2页) 第Ⅰ卷:夯基保分卷1.当函数y =x ·2x取极小值时,x =________.2.设函数f (x )=ax 2+bx +c (a ,b ,c ∈R ).若x =-1为函数f (x )e x的一个极值点,则下列图像不可能为y =f (x )图像的是________.(填写序号)3.(2013·南通三模)定义在[1,+∞)上的函数f (x )满足:①f (2x )=cf (x )(c 为正常数);②当2≤x ≤4时,f (x )=1-|x -3|.若函数的所有极大值点均落在同一条直线上,则c =________.4.已知函数f (x )=-x 3+ax 2-4在x =2处取得极值,若m ,n ∈[-1,1],则f (m )+f ′(n )的最小值是________.5.(2013·盐城三调)设a >0,函数f (x )=x +a 2x,g (x )=x -ln x ,若对任意的x 1,x 2∈[1,e],都有f (x 1)≥g (x 2)成立,则实数a 的取值范围为________.6.已知函数f (x )=x 3+mx 2+(m +6)x +1既存在极大值又存在极小值,则实数m 的取值范围是________.7.已知函数y =f (x )=x 3+3ax 2+3bx +c 在x =2处有极值,其图像在x =1处的切线平行于直线6x +2y +5=0,则f (x )极大值与极小值之差为________.8.已知f (x )=x 3-6x 2+9x -abc ,a <b <c ,且f (a )=f (b )=f (c )=0.现给出如下结论: ①f (0)f (1)>0; ②f (0)f (1)<0; ③f (0)f (3)>0;④f (0)f (3)<0.其中正确结论的序号是________.9.(2013·江苏高考节选)设函数f (x )=ln x -ax ,g (x )=e x-ax ,其中a 为实数.若f (x )在(1,+∞)上是单调减函数,且g (x )在(1,+∞)上有最小值,求a 的取值范围.10.已知函数f (x )=x 2-1与函数g (x )=a ln x (a ≠0).(1)若f (x ),g (x )的图像在点(1,0)处有公共的切线,求实数a 的值; (2)设F (x )=f (x )-2g (x ),求函数F (x )的极值.第Ⅱ卷:提能增分卷1.(2014·常州调研)已知函数f (x )=ax -ln x ,g (x )=ln xx,它们的定义域都是(0,e],其中e 是自然对数的底e≈2.7,a ∈R .(1)当a =1时,求函数f (x )的最小值;(2)当a =1时,求证:f (m )>g (n )+1727对一切m ,n ∈(0,e]恒成立;(3)是否存在实数a ,使得f (x )的最小值是3?如果存在,求出a 的值;如果不存在,说明理由.2.(2014·苏州期末)设函数f (x )=ln x -kx -aax-ln a (x >0,a >0且为常数). (1)当k =1时,判断函数f (x )的单调性,并加以证明; (2)当k =0时,求证:f (x )>0对一切x >0恒成立;(3)若k <0,且k 为常数,求证:f (x )的极小值是一个与a 无关的常数.3.(2014·泰州质检)已知函数f (x )=(x -a )(x -b )2,a ,b 是常数. (1)若a ≠b ,求证:函数f (x )存在极大值和极小值;(2)设(1)中f (x )取得极大值、极小值时自变量的值分别为x 1,x 2,设点A (x 1,f (x 1)),B (x 2,f (x 2)).如果直线AB 的斜率为-12,求函数f (x )和f ′(x )的公共递减区间的长度;(3)若f (x )≥mxf ′(x )对于一切x ∈R 恒成立,求实数m ,a ,b 满足的条件.答 案第Ⅰ卷:夯基保分卷1.解析:y ′=2x +x ·2xln 2=0,∴x =-1ln 2. 答案:-1ln 22.解析:因为[f (x )e x ]′=f ′(x )e x +f (x )(e x )′=[f (x )+f ′(x )]e x,且x =-1为函数f (x )e x的一个极值点,所以f (-1)+f ′(-1)=0;④中,f (-1)>0,f ′(-1)>0,不满足f ′(-1)+f (-1)=0.答案:④3.解析:易知当2≤x ≤4时,其极大值点为(3,1);当1≤x ≤2时,2≤2x ≤4,从而由条件得f (x )=1c f (2x )=1c (1-|2x -3|).因为c >0,故极大值点为⎝ ⎛⎭⎪⎫32,1c ;当2≤x ≤4时,4≤2x ≤8,从上述步骤得f (2x )=cf (x )=c (1-|4x -3|).因为c >0,故极大值点为(6,c );上述三点在同一直线上,所以1-1c 3-32=c -16-3,解得c =2或1.答案:1或24.解析:求导得f ′(x )=-3x 2+2ax , 由函数f (x )在x =2处取得极值知f ′(2)=0,即-3×4+2a ×2=0,∴a =3. 由此可得f (x )=-x 3+3x 2-4,f ′(x )=-3x 2+6x ,易知f (x )在[-1,0)上单调递减,在(0,1]上单调递增, ∴当m ∈[-1,1]时,f (m )min =f (0)=-4.又f ′(x )=-3x 2+6x 的图像开口向下, 且对称轴为x =1, ∴当n ∈[-1,1]时,f ′(n )min =f ′(-1)=-9.故f (m )+f ′(n )的最小值为-13. 答案:-135.解析:问题可转化为f (x )min ≥g (x )max ,当x ∈[1,e]时,g ′(x )=1-1x≥0,故g (x )单调递增,则g (x )max =g (e)=e -1.又f ′(x )=1-a 2x 2=x 2-a 2x2,令f ′(x )=0,得x =a ,易知,x =a 是函数f (x )的极小值,当0<a ≤1时,f (x )min =f (1)=1+a 2,则1+a 2≥e-1,所以e -2≤a ≤1;当1<a ≤e 时,f (x )min =f (a )=2a ,则2a ≥e-1,显然成立,所以1<a ≤e;当a >e 时,f (x )min =f (e)=e +a 2e ,则e +a 2e≥e-1,显然成立,所以a >e.综上,a ≥e -2.答案:[e -2,+∞)6.解析:f ′(x )=3x 2+2mx +m +6=0有两个不等实根,即Δ=4m 2-12×(m +6)>0.所以m >6或m <-3.答案:(-∞,-3)∪(6,+∞) 7.解析:∵y ′=3x 2+6ax +3b ,⎩⎪⎨⎪⎧3×22+6a ×2+3b =03×12+6a +3b =-3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a =-1,b =0.∴y ′=3x 2-6x ,令3x 2-6x =0,得x =0或x =2. ∴f (x )极大值-f (x )极小值=f (0)-f (2)=4. 答案:48.解析:∵f ′(x )=3x 2-12x +9=3(x -1)(x -3), 由f ′(x )<0,得1<x <3, 由f ′(x )>0, 得x <1或x >3,∴f (x )在区间(1,3)上是减函数,在区间(-∞,1),(3,+∞)上是增函数. 又a <b <c ,f (a )=f (b )=f (c )=0, ∴y 极大值=f (1)=4-abc >0,y 极小值=f (3)=-abc <0.∴0<abc <4.∴a ,b ,c 均大于零,或者a <0,b <0,c >0.又x =1,x =3为函数f (x )的极值点,后一种情况不可能成立,如图.∴f (0)<0.∴f (0)f (1)<0,f (0)f (3)>0.∴正确结论的序号是②③. 答案:②③9.解:令f ′(x )=1x -a =1-ax x<0,考虑到f (x )的定义域为(0,+∞),故a >0,进而解得x >a -1,即f (x )在(a -1,+∞)上是单调减函数.同理,f (x )在(0,a -1)上是单调增函数.由于f (x )在(1,+∞)上是单调减函数,故(1,+∞)⊆(a -1,+∞),从而a -1≤1,即a ≥1.令g ′(x )=e x-a =0,得x =ln a .当x <ln a 时,g ′(x )<0;当x >ln a 时,g ′(x )>0.又g (x )在(1,+∞)上有最小值,所以ln a >1,即a >e.综上,a 的取值范围为(e ,+∞). 10.解:(1)因为f (1)=0,g (1)=0, 所以点(1,0)同时在函数f (x ),g (x )的图像上, 因为f (x )=x 2-1,g (x )=a ln x , 所以f ′(x )=2x ,g ′(x )=a x,由已知,得f ′(1)=g ′(1),所以2=a1,即a =2.(2)因为F (x )=f (x )-2g (x )=x 2-1-2a ln x (x >0), 所以F ′(x )=2x -2ax=x 2-ax, 当a <0时,因为x >0,且x 2-a >0,所以F ′(x )>0对x >0恒成立, 所以F (x )在(0,+∞)上单调递增,F (x )无极值; 当a >0时,令F ′(x )=0,解得x 1=a ,x 2=-a (舍去), 所以当x >0时,F ′(x ),F (x )的变化情况如下表:所以当x 1-a ln a . 综上,当a <0时,函数F (x )在(0,+∞)上无极值; 当a >0时,函数F (x )在x =a 处取得极小值a -1-a ln a . 第Ⅱ卷:提能增分卷1.解:(1)当a =1时,f (x )=x -ln x . 所以f ′(x )=1-1x.令f ′(x )=0,得x =1.当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表:所以当x =1时,min (2)证明:由(1)知,当m ∈(0,e]时, 有f (m )≥1.因为0<x ≤e,所以g ′(x )=1-ln xx2≥0, 即g (x )在区间(0,e]上为增函数, 所以g (x )≤g (e)=ln e e =1e <12.7=1027,所以g (x )+1727<1027+1727=1,所以当m ,n ∈(0,e]时,g (n )+1727<1≤f (m ).所以f (m )>g (n )+1727对一切m ,n ∈(0,e]恒成立.(3)假设存在实数a ,使f (x )的最小值是3,则 f ′(x )=a -1x =ax -1x.①当a ≤1e 时,因为0<x ≤e,所以ax ≤1,所以f ′(x )≤0,所以f (x )在(0,e]上为减函数. 所以当x =e 时,f min (x )=a e -1=3, 解得a =4e (舍去);②当a >1e时,若0<x <1a时,f ′(x )<0,f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0,1a 上为减函数;若1a<x ≤e 时,f ′(x )>0,f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ,e 上为增函数.所以当x =1a 时,f min (x )=1-ln 1a=3,解得a =e 2.所以假设成立,存在实数a =e 2,使得f (x )的最小值是3. 2.解:(1)当k =1时,f (x )=ln x -1a ·x 12+ax -12-ln a ,因为f ′(x )=1x -12a ·x -12-a 2x -32=-x -a 22x ax≤0,所以函数f (x )在(0,+∞)上是单调减函数. (2)证明:当k =0时,f (x )=ln x +ax -12-ln a ,故f ′(x )=1x -a 2x x =2x -a2x x .令f ′(x )=0,解得x =a4.当0<x <a4时,f ′(x )<0,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a 4上是单调减函数;当x >a 4时,f ′(x )>0,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a4,+∞上是单调增函数.所以当x =a4时,f ′(x )有极小值,为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4=2-2ln 2.因为e>2,所以f (x )的极小值, 为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4=2(1-ln 2)=2ln e 2>0. 所以当k =0时,f (x )>0对一切x >0恒成立. (3)证明:f (x )=ln x -k a ·x 12+ax -12-ln a ,所以f ′(x )=-kx +2ax -a2x ax .令f ′(x 0)=0,得kx 0-2ax 0+a =0. 所以x 0=a -1-kk⎝⎛⎭⎪⎫x 0=a +1-kk舍去.所以x 0=a+1-k2.当0<x <x 0时,f ′(x )<0,f (x )在(0,x 0)上是单调减函数; 当x >x 0时,f ′(x )>0,f (x )在(x 0,+∞)上是单调增函数. 因此,当x =x 0时,f (x )有极小值f (x 0). 又f (x 0)=ln x 0a -k x 0a + a x 0, 而x 0a=1+1-k2是与a 无关的常数,所以ln x 0a,-k x 0a, ax 0均与a 无关. 所以f (x 0)是与a 无关的常数.故f (x )的极小值是一个与a 无关的常数. 3.解:(1)证明:f ′(x )=(x -b )[3x -(2a +b )],因为a ≠b ,所以b ≠2a +b3,所以f ′(x )=0有两个不等实根b 和2a +b3,所以f (x )存在极大值和极小值. (2)①当a =b 时,f (x )不存在减区间; ②当a >b 时,由(1)知x 1=b ,x 2=2a +b3,所以A (b,0),B ⎝⎛⎭⎪⎫2a +b 3,-a -b327, 所以-a -b3272a +b 3-b =-12,即4(a -b )3=9(a -b ),所以a -b =32或a -b =-32(舍去);③当a <b 时,x 1=2a +b3,x 2=b .同理可得a -b =-32或a -b =32(舍去).综上,a >b 且a -b =32或a <b 且a -b =-32.所以f (x )的减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫b ,2a +b 3,即(b ,b +1)或f (x )的减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2a +b 3,b ,即(b -1,b );f ′(x )的减区间为⎝⎛⎭⎪⎫-∞,b +12或⎝⎛⎭⎪⎫-∞.b -12. 所以公共减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫b ,b +12或⎝ ⎛⎭⎪⎫b -1,b -12,长度均为12.(3)由题意f (x )≥mxf ′(x ),所以(x -a )(x -b )2≥mx (x -b )[3x -(2a +b )], 所以(x -b ){(1-3m )x 2+[m (2a +b )-(a +b )]x +ab }≥0.若m ≠13,则左边是一个一次因式乘一个恒正(或恒负)的二次三项式,或者是三个一次因式的积,无论哪种情况,总有一个一次因式的指数是奇次的,这个因式的零点左右的符号不同,因此不可能恒非负.所以m =13,所以(x -b )[(a +2b )x -3ab ]≤0.若a +2b =0,则a =-2b ,所以a =b =0; 若a +2b ≠0,则x 1=b ,x 2=3aba +2b, 所以⎩⎪⎨⎪⎧a +2b <0,b =3aba +2b,①若b =0,则a <0; ②若b ≠0,则3aa +2b=1,所以a =b 且b <0. 综上,m =13,a =b ≤0.。
(北京专用)高考数学一轮复习 第四章 三角函数、解三角形 第三节 三角函数的图象与性质夯基提能作业本
第三节三角函数的图象与性质A组基础题组1.函数y=tan的定义域是( )A.B.C.D.2.(2016海淀期中)已知函数f(x)=cos4x-sin4x,下列结论错误的是( )A.f(x)=cos 2xB.函数f(x)的图象关于直线x=0对称C.f(x)的最小正周期为πD.f(x)的值域为[-,]3.函数y=2sin(0≤x≤9)的最大值与最小值之和为( )A.2-B.0C.-1D.-1-4.(2014石景山统测)下列函数中,最小正周期为π且函数图象关于直线x=对称的是( )A.y=2sinB.y=2sinC.y=2sinD.y=2sin5.(2015丰台二模)已知函数f(x)=|sin x|,x∈[-2π,2π],则方程f(x)=的所有根的和等于( )A.0B.πC.-πD.-2π6.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ),对于任意x都有f=f,则f的值为.7.(2017西城二模)已知函数f(x)=tan.(1)求f(x)的定义域;(2)设β是锐角,且f(β)=2sin,求β的值.8.(2017,16,13分)已知函数f(x)=cos-2sin xcos x.(1)求f(x)的最小正周期;(2)求证:当x∈时, f(x)≥-.9.(2018东城期末)已知函数f(x)=2sin ax·cos ax+2cos2ax-1(0<a≤1).(1)当a=1时,求f(x)在区间上的最大值与最小值;(2)当f(x)的图象经过点时,求a的值及f(x)的最小正周期.B组提升题组10.若函数f(x)=sin(ω>0)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为,且该函数图象关于点(x0,0)中心对称,x0∈,则x0=( )A. B. C. D.11.(2014顺义第一次统练)已知函数f(x)=cos-cos 2x,x∈R,给出下列四个结论:①函数f(x)是最小正周期为π的奇函数;②函数f(x)图象的一条对称轴是直线x=;③函数f(x)图象的一个对称中心为;④函数f(x)的递增区间为,k∈Z.其中正确结论的个数是( )A.1B.2C.3D.412.(2016某某二模)同时具有性质:“①最小正周期是π;②图象关于直线x=对称;③在区间上是单调递增函数”的一个函数可以是( )A.y=cosB.y=sinC.y=sinD.y=sin13.(2016海淀一模)已知函数f(x)=sin(2x+φ).若f-f=2,则函数f(x)的单调增区间为.14.(2018海淀期中)已知函数f(x)=2sin xcos x+2cos2x-1.(1)求f的值;(2)求函数f(x)的单调递增区间.15.(2016海淀二模)已知函数f(x)=-2sin x-cos 2x.(1)比较f, f的大小;(2)求函数f(x)的最大值.16.(2017东城一模)已知点在函数f(x)=2asin xcos x+cos 2x的图象上.(1)求a的值和f(x)的最小正周期;(2)求函数f(x)在(0,π)上的单调减区间.答案精解精析A组基础题组1.Dy=tan=-tan,∴x-≠+kπ,k∈Z,即x≠π+kπ,k∈Z.2.Df(x)=cos4x-sin4x=cos2x-sin2x=cos 2x,易知A,B,C正确,D项,f(x)的值域是[-1,1],故选D.3.A∵0≤x≤9,∴-≤x-≤,∴sin∈,∴y∈[-,2],∴y max+y min=2-.4.B 选项A与D中函数的最小正周期为4π,所以A、D错误;对于选项B:当x=时,y=2sin=2sin=2,即x=时,y取到最大值,所以直线x=是函数y=2sin图象的一条对称轴,故选B.5.A f(x)=,即|sin x|=,∴sin x=或sin x=-.∵x∈[-2π,2π],∴x=±,±,±,±,∴所求的和为0.6.答案2或-2解析∵f=f,∴直线x=是函数f(x)=2sin(ωx+φ)图象的一条对称轴,∴f=±2.7.解析(1)由x+≠kπ+,k∈Z,得x≠kπ+,k∈Z,所以函数f(x)的定义域是.(2)依题意,得tan=2sin,所以=2sin.①因为β是锐角,所以<β+<,所以sin>0,①式可化简为cos=.所以β+=,所以β=.8.解析本题考查三角恒等变换,三角函数的性质.(1)f(x)=cos 2x+sin 2x-sin 2x=sin 2x+cos 2x=sin.所以f(x)的最小正周期T==π.(2)证明:因为-≤x≤,所以-≤2x+≤.所以sin≥sin=-.所以当x∈时, f(x)≥-.9.解析(1)当a=1时,f(x)=2sin x·cos x+2cos2x-1=sin 2x+cos 2x=2sin. 所以当x∈时,2x+∈.所以当2x+=,即x=时, f(x)max=2;当2x+=,即x=时, f(x)min=-1.(2)因为f(x)=2sin ax·cos ax+2cos2ax-1(0<a≤1),所以f(x)=sin 2ax+cos 2ax=2sin.因为f(x)的图象经过点,所以2sin=2,即sin=1.所以+=+2kπ(k∈Z).所以a=3k+(k∈Z).因为0<a≤1,所以a=,所以f(x)=2sin.所以f(x)的最小正周期T==2π.B组提升题组10.A 由题意得=,T=π,则ω=2.又由题意得2x0+=kπ(k∈Z),则x0=-(k∈Z),而x0∈,所以x0=.11.C f(x)=cos 2xcos-sin 2xsin-cos 2x=-sin,不是奇函数,故①错;当x=时,f=-sin=1,故②正确;当x=时, f=-sin π=0,故③正确;令2kπ+≤2x+≤2kπ+,k∈Z,得kπ+≤x≤kπ+,k∈Z,故④正确.综上,正确结论的个数为3. 12.B 由①可排除D.由②知在x=处函数应取最值1或-1,选项A,y=cos=cos=,选项B,y=sin=sin=1,选项C,y=sin=sin=-1,由此排除A.由③可知B:y=sin的增区间为(k∈Z),当k=1时单调递增区间为,∴在上是增函数,故B正确.由③可知C:y=sin的增区间为-+kπ,-+kπ(k∈Z),当k=1,2时,单调递增区间为,.∴在上不是单调递增函数.故C错.故选B.13.答案,k∈Z解析解法一:∵f(x)=sin(2x+φ)且f-f=2,∴f=1, f=-1.∴sin=1,即sin=1.不妨取φ=,∴f(x)=sin.∴2kπ-≤2x+≤2kπ+,k∈Z,∴2kπ-≤2x≤2kπ+,k∈Z,∴kπ-≤x≤kπ+,k∈Z.故f(x)的单调增区间为,k∈Z.解法二:由题意知, f=1, f=-1, f(x)的值域为[-1,1],且最小正周期T=π,∴为函数f(x)的一个单调增区间,∴f(x)的单调增区间为,k∈Z.14.解析(1)f=2sin cos +-1=2××+2×-1=1.(2)f(x)=2sin xcos x+2cos2x-1=sin 2x+cos 2x=sin.令-+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z.所以函数f(x)的单调递增区间为,k∈Z.15.解析(1)因为f(x)=-2sin x-cos 2x,所以f=-2sin-cos=-,f=-2sin-cos=-.因为->-,所以f>f.(2)f(x)=-2sin x-cos 2x=-2sin x-(1-2sin2x)=2sin2x-2sin x-1=2-.令t=sin x,t∈[-1,1],则f(t)=2-,t∈[-1,1],该函数图象的对称轴为直线t=,根据二次函数的性质知,当t=-1时,函数取得最大值3.故函数f(x)的最大值为3.16.解析(1)∵点在函数f(x)的图象上,∴f=2asin cos +cos=1.∴a=1.∴f(x)=2sin xcos x+cos 2x=sin 2x+cos 2x=sin. ∴f(x)的最小正周期T=π.(2)由+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,得+2kπ≤2x≤+2kπ,k∈Z.∴+kπ≤x≤+kπ,k∈Z.∴函数f(x)的单调减区间为(k∈Z). ∴函数f(x)在(0,π)上的单调减区间为.。
高考数学一轮总复习 课时作业23 三角函数的图象与性质(含解析)苏教版-苏教版高三全册数学试题
课时作业23 三角函数的图象与性质一、选择题 1.函数y =1-tan ⎝⎛⎭⎫x -π4的定义域为( C ) A.⎝⎛⎦⎤k π,k π+π4,k ∈Z B.⎝⎛⎦⎤k π,k π+π2,k ∈Z C.⎝⎛⎦⎤k π-π4,k π+π2,k ∈Z D.⎝⎛⎦⎤k π-π4,k π,k ∈Z 解析:要使函数y =1-tan ⎝⎛⎭⎫x -π4有意义,则1-tan ⎝⎛⎭⎫x -π4≥0,故tan ⎝⎛⎭⎫x -π4≤1,故k π-π2<x -π4≤k π+π4,k ∈Z ,解得x ∈⎝⎛⎦⎤k π-π4,k π+π2,k ∈Z ,故选C. 2.已知f (x )=sin ⎝⎛⎭⎫x -π3-1,则f (x )的最小正周期是( A ) A .2π B .π C .3π D .4π解析:函数f (x )的最小正周期T =2π1=2π.故选A.3.(2020·某某七校联考)函数f (x )=tan ⎝⎛⎭⎫x 2-π6的单调递增区间是( B ) A.⎣⎡⎦⎤2k π-2π3,2k π+4π3,k ∈Z B.⎝⎛⎭⎫2k π-2π3,2k π+4π3,k ∈Z C.⎣⎡⎦⎤4k π-2π3,4k π+4π3,k ∈Z D.⎝⎛⎭⎫4k π-2π3,4k π+4π3,k ∈Z 解析:由-π2+k π<x 2-π6<π2+k π,k ∈Z ,得2k π-2π3<x <2k π+4π3,k ∈Z ,则函数f (x )=tan ⎝⎛⎭⎫x 2-π6的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫2k π-2π3,2k π+4π3,k ∈Z ,故选B. 4.下列函数中,最小正周期为π且图象关于直线x =π6对称的是( B )A .y =sin ⎝⎛⎭⎫12x -π12B .y =sin ⎝⎛⎭⎫2x +π6C .y =cos ⎝⎛⎭⎫12x +π6D .y =cos ⎝⎛⎭⎫2x +π6 解析:由函数的最小正周期为π,得2πω=π,∴ω=2,故选项A ,C 错误;当x =π6时,sin ⎝⎛⎭⎫2x +π6=sin ⎝⎛⎭⎫2×π6+π6=1, 满足题意,故选项B 正确;当x =π6时,cos ⎝⎛⎭⎫2x +π6=cos ⎝⎛⎭⎫2×π6+π6=0,不满足题意,故选项D 错误. 5.(2020·某某综合测试)函数f (x )=sin ⎝⎛⎭⎫x +π12+sin ⎝⎛⎭⎫x +5π12的最大值是( C ) A .2 B.32C.3D .2 3 解析:sinπ12+cos π12=⎝⎛⎭⎫sin π12+cos π122=1+sin π6=1+12=62,所以f (x )=sin ⎝⎛⎭⎫x +π12+sin ⎝⎛⎭⎫x +5π12=sin ⎝⎛⎭⎫x +π12+cos ⎝⎛⎭⎫π12-x =sin x cos π12+cos x sin π12+cos π12cos x +sin x sinπ12=(sin x +cos x )⎝⎛⎭⎫sin π12+cos π12=62×2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4≤62×2=3,故选C. 6.(2019·全国卷Ⅱ)下列函数中,以π2为周期且在区间⎝⎛⎭⎫π4,π2单调递增的是( A ) A .f (x )=|cos2x | B .f (x )=|sin2x | C .f (x )=cos|x | D .f (x )=sin|x |解析:A 中,函数f (x )=|cos2x |的周期为π2,当x ∈⎝⎛⎭⎫π4,π2时,2x ∈⎝⎛⎭⎫π2,π,函数f (x )单调递增,故A 正确;B 中,函数f (x )=|sin2x |的周期为π2,当x ∈⎝⎛⎭⎫π4,π2时,2x ∈⎝⎛⎭⎫π2,π,函数f (x )单调递减,故B 不正确;C 中,函数f (x )=cos|x |=cos x 的周期为2π,故C 不正确;D 中,f (x )=sin|x |=⎩⎪⎨⎪⎧sin x ,x ≥0,-sin x ,x <0,由正弦函数图象知,在x ≥0和x <0时,f (x )均以2π为周期,但在整个定义域上f (x )不是周期函数,故D 不正确.故选A.7.(2019·某某卷)已知函数f (x )=A sin(ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ|<π)是奇函数,将y =f (x )的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),所得图象对应的函数为g (x ).若g (x )的最小正周期为2π,且g ⎝⎛⎭⎫π4=2,则f ⎝⎛⎭⎫3π8=( C ) A .-2 B .- 2 C.2D .2解析:由f (x )为奇函数可得φ=k π(k ∈Z ),又|φ|<π,所以φ=0,所以g (x )=A sin 12ωx .由g (x )的最小正周期为2π,可得2π12ω=2π,故ω=2,g (x )=A sin x .g ⎝⎛⎭⎫π4=A sin π4=2,所以A =2,所以f (x )=2sin2x ,故f ⎝⎛⎭⎫3π8=2sin 3π4= 2. 8.函数f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫-2x +π6的一个单调递增区间是( B ) A.⎣⎡⎦⎤-π6,π3B.⎣⎡⎦⎤π3,5π6 C.⎣⎡⎦⎤-π3,π6D.⎣⎡⎦⎤π6,2π3 解析:∵f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫-2x +π6, ∴f (x )=-2sin ⎝⎛⎭⎫2x -π6, 令π2+2k π≤2x -π6≤3π2+2k π,k ∈Z , 得π3+k π≤x ≤5π6+k π,k ∈Z .取k =0, 得函数f (x )的一个单调递增区间是⎣⎡⎦⎤π3,5π6.故选B.9.(2020·某某七校联考)设函数f (x )=sin ⎝⎛⎭⎫2x +π4+cos ⎝⎛⎭⎫2x +π4,则( D ) A .y =f (x )在⎝⎛⎭⎫0,π2上单调递增,其图象关于直线x =π4对称 B .y =f (x )在⎝⎛⎭⎫0,π2上单调递增,其图象关于直线x =π2对称 C .y =f (x )在⎝⎛⎭⎫0,π2上单调递减,其图象关于直线x =π4对称 D .y =f (x )在⎝⎛⎭⎫0,π2上单调递减,其图象关于直线x =π2对称 解析:由已知可得f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫2x +π4+π4=2cos2x ,其图象是y =cos x 的图象上所有点的纵坐标变为原来的2倍,横坐标变为原来的12(周期变为原来的一半)得到的.故选D.二、填空题10.(2019·卷)函数f (x )=sin 22x 的最小正周期是π2.解析:∵f (x )=sin 22x =1-cos4x 2,∴f (x )的最小正周期T =2π4=π2.11.已知函数f (x )=2sin(ωx +φ),对于任意x 都有f ⎝⎛⎭⎫π6+x =f ⎝⎛⎭⎫π6-x ,则f ⎝⎛⎭⎫π6的值为2或-2. 解析:∵f ⎝⎛⎭⎫π6+x =f ⎝⎛⎭⎫π6-x ,∴x =π6是函数f (x )=2sin(ωx +φ)的一条对称轴,∴f ⎝⎛⎭⎫π6=±2. 12.若函数y =sin ⎝⎛⎭⎫ωx +π6在x =2处取得最大值,则正数ω的最小值为π6. 解析:由题意得,2ω+π6=π2+2k π(k ∈Z ),解得ω=π6+k π(k ∈Z ),∵ω>0,∴当k =0时,ωmin=π6. 13.(2020·某某模拟)已知函数f (x )=sin ωx +3cos ωx (ω>0),f ⎝⎛⎭⎫π6+f ⎝⎛⎭⎫π2=0,且f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π6,π2上单调递减,则ω=2.解析:因为f (x )在⎝⎛⎭⎫π6,π2上单调递减,且f ⎝⎛⎭⎫π6+f ⎝⎛⎭⎫π2=0,所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6+π22=0,即f ⎝⎛⎭⎫π3=0,因为f (x )=sin ωx +3cos ωx =2sin ⎝⎛⎭⎫ωx +π3, 所以f ⎝⎛⎭⎫π3=2sin ⎝⎛⎭⎫π3ω+π3=0, 所以π3ω+π3=k π(k ∈Z ),解得ω=3k -1(k ∈Z ).又12·2πω≥π2-π6,ω>0,所以ω=2. 三、解答题14.已知函数f (x )=2cos x (sin x +cos x )-1. (1)求f (x )的最小正周期;(2)求f (x )在[0,π]上的单调递增区间.解:(1)f (x )=2sin x cos x +2cos 2x -1=sin2x +cos2x =2sin ⎝⎛⎭⎫2x +π4, 所以f (x )的最小正周期T =2π2=π.(2)由-π2+2k π≤2x +π4≤π2+2k π(k ∈Z ),得-3π8+k π≤x ≤π8+k π(k ∈Z ).所以当x ∈[0,π]时,f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0,π8和⎣⎡⎦⎤5π8,π. 15.(2019·某某卷)设函数f (x )=sin x ,x ∈R .(1)已知θ∈[0,2π),函数f (x +θ)是偶函数,求θ的值;(2)求函数y =⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫x +π122+⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫x +π42的值域. 解:(1)因为f (x +θ)=sin(x +θ)是偶函数,所以,对任意实数x 都有sin(x +θ)=sin(-x +θ),即sin x cos θ+cos x sin θ=-sin x cos θ+cos x sin θ, 故2sin x cos θ=0,所以cos θ=0.又θ∈[0,2π),因此θ=π2或3π2.(2)y =⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫x +π122+⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫x +π42 =sin 2⎝⎛⎭⎫x +π12+sin 2⎝⎛⎭⎫x +π4 =1-cos ⎝⎛⎭⎫2x +π62+1-cos ⎝⎛⎭⎫2x +π22=1-12⎝⎛⎭⎫32cos2x -32sin2x =1-32cos ⎝⎛⎭⎫2x +π3. 因此,函数的值域是⎣⎡⎦⎤1-32,1+32.16.(2019·全国卷Ⅰ)关于函数f (x )=sin|x |+|sin x |有下述四个结论: ①f (x )是偶函数②f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π2,π单调递增 ③f (x )在[-π,π]有4个零点 ④f (x )的最大值为2其中所有正确结论的编号是( C ) A .①②④B .②④ C .①④D .①③解析:解法1:f (-x )=sin|-x |+|sin(-x )|=sin|x |+|sin x |=f (x ),∴f (x )为偶函数,故①正确;当π2<x <π时,f (x )=sin x +sin x =2sin x ,∴f (x )在⎝⎛⎭⎫π2,π单调递减,故②不正确;f (x )在[-π,π]的图象如图所示,由图可知函数f (x )在[-π,π]只有3个零点,故③不正确;∵y =sin|x |与y =|sin x |的最大值都为1且可以同时取到,∴f (x )可以取到最大值2,故④正确.综上,正确结论的序号是①④.故选C.解法2:∵f (-x )=sin|-x |+|sin(-x )|=sin|x |+|sin x |=f (x ),∴f (x )为偶函数,故①正确,排除B ;当π2<x <π时,f (x )=sin x +sin x =2sin x ,∴f (x )在⎝⎛⎭⎫π2,π单调递减,故②不正确,排除A ;∵y =sin|x |与y =|sin x |的最大值都为1且可以同时取到,∴f (x )的最大值为2,故④正确.故选C.17.(2019·全国卷Ⅲ)设函数f (x )=sin ⎝⎛⎭⎫ωx +π5(ω>0),已知f (x )在[0,2π]有且仅有5个零点.下述四个结论:①f (x )在(0,2π)有且仅有3个极大值点 ②f (x )在(0,2π)有且仅有2个极小值点 ③f (x )在⎝⎛⎭⎫0,π10单调递增 ④ω的取值X 围是⎣⎡⎭⎫125,2910 其中所有正确结论的编号是( D ) A .①④B .②③ C .①②③D .①③④解析:如图,根据题意知,x A ≤2π<x B ,根据图象可知函数f (x )在(0,2π)有且仅有3个极大值点,所以①正确;但可能会有3个极小值点,所以②错误;根据x A ≤2π<x B ,有24π5ω≤2π<29π5ω,得125≤ω<2910,所以④正确;当x ∈⎝⎛⎭⎫0,π10时,π5<ωx +π5<ωπ10+π5,因为125≤ω<2910,所以ωπ10+π5<49π100<π2,所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0,π10单调递增,所以③正确.。
高三数学(理)一轮复习讲解与练习3.3三角函数的图像与性质(含答案解析)
第三节 三角函数的图象与性质[备考方向要了然 ]考 什 么怎 么 考1.能画出 y = sin x ,y =cos x ,y = tan x 的图象, 1.以选择题或填空题的形式考察三角函数的认识三角函数的周期性.单一性、周期性及对称性.如2012 年新课标2.理解正弦函数、余弦函数在区间[0,2 π]上的全国 T9 等.性质 (如单一性、最大值和最小值以及与x 轴 2.以选择题或填空题的形式考察三角函数的π π 值域或最值问题.如 2012 年湖南 T6 等.的交点等 ),理解正切函数在区间 - ,22内3.与三角恒等变换相联合出此刻解答题中. 如的单一性 .2012 年北京 T15 等 .[概括 ·知识整合]正弦函数、余弦函数、正切函数的图象和性质函数y = sin xy = cos xy = tan x图象x x ≠ πk+ k π,定义域RR2∈ Z }值域[ - 1,1] [ - 1,1]R递加区间:递加区间: [2k π-π,2k π]ππ递加区间:2k π- 2, 2k π+2 (k ∈ Z )(k ∈ Z )π π单一性递减区间: 递减区间: [2k π,2k π+π] k π-2,k π+2 (k ∈π 3 π(k ∈ Z ) (k ∈ Z )Z )2k π+, 2k π+22πx = 2k π+ (k ∈ Z )时,y max = 12 最 值πx = 2k π- (k ∈ Z )时, y min =2- 1 奇偶性奇函数对称中心 (k π, 0), k ∈ Z对称性π对称轴 l x = k π+ , k ∈ Z2周期2πx = 2k π(k ∈ Z )时,y max = 1x = 2k π+ π(k ∈ Z ) 时,y min =- 1偶函数π对称中心 k π+2 ,0 , k∈ Z对称轴 l x = k π, k ∈ Z2π无最值奇函数k π对称中心2 , 0 (k ∈Z )无对称轴π[研究 ] 1.正切函数 y =tan x 在定义域内是增函数吗?π π提示:不是.正切函数 y = tan x 在每一个区间k π-2, k π+ 2 (k ∈Z )上都是增函数, 但在定义域内不是单一函数,故不是增函数.2.当函数 y =Asin(ωx+ φ)分别为奇函数和偶函数时, φ 的取值是什么?对于函数 y =Acos(ωx+ φ)呢?π提示:函数 y =Asin( ωx+φ),当 φ= k π(k ∈Z )时是奇函数, 当 φ= k π+ 2(k ∈Z )时是偶函数;函数 y = Acos(ωx+ φ),当 φ=k π(k ∈Z )时是偶函数,当 φ=k π+ π∈ 时是奇函数.2(k Z )[自测 ·牛刀小试 ]1. (教材习题改编 )设函数 f(x)= sin 2x - π , x ∈ R ,则 f(x)是 ()2 A .最小正周期为 π的奇函数 B .最小正周期为π的偶函数πC .最小正周期为 2的奇函数πD .最小正周期为 的偶函数2π分析: 选 B ∵f( x)= sin(2x - 2)=- cos 2x ,∴f(x)是最小正周期为 π的偶函数.2. (教材习题改编 )函数 y = 4sin x , x ∈ [- π, π]的单一性是 ( )A .在 [- π, 0]上是增函数,在 [0, π]上是减函数B .在 π π 上是增函数,在 - π,- π 和 π- , 2 , π上都是减函数2 2 2 C .在 [0, π]上是增函数,在 [ -π, 0]上是减函数πππ πD .在 2,π∪- π,- 2 上是增函数,在 - 2,2 上是减函数分析:选 B 由函数 y =4sin x ,x ∈[- π,π]的图象可知,该函数在π π- 2,2 上是增函数,- π,- π π在 2 和 , π 上是减函数.23.函数 y =cos x -1的定义域为 ()2π πA. -3,3ππB. k π- 3, k π+3 , k ∈ Zπ π C. 2k π- 3, 2k π+3 , k ∈ ZD . R 分析:选C∵cosx - 1 ≥0,得 cos x ≥ 1ππ2≤ x ≤ 2k π+3, k ∈Z .2,∴2k π-3x - π4. (教材习题改编 )函数 f(x)= 3sin 2 4 ,x ∈R 的最小正周期为 ________.分析: 函数 f(x)= 3sinx-π的最小正周期为2 42πT = 1 = 4π.2 答案: 4ππ的最大值为 ________,此时 x = ________.5.函数 y = 3- 2cos x + 4分析:函数 y = 3- 2cos ππ 3πx + 4 的最大值为 3+ 2= 5,此时 x + 4= π+ 2k π,即 x = 4 + 2k π(k∈Z ).3π答案:5 4+2k π(k ∈Z )三角函数的定义域和值域[例 1] (1)求函数 y= lg(2sin x- 1)+1-2cos x的定义域;(2)求函数 y=2cos2x+ 5sin x- 4 的值域.[自主解答 ] (1)要使函数存心义,一定有12sin x- 1>0,即sin x>2,11-2cos x≥ 0,cos x≤2,π5π6+ 2kπ<x< 6+2kπ,(k∈Z ),解得5ππ+ 2kπ≤ x≤+ 2kπ,33π5π即3+2kπ≤ x<6+ 2kπ(k∈Z ).π5π故所求函数的定义域为3+ 2kπ,6+ 2kπ (k∈Z ).(2)y= 2cos2x+ 5sin x- 4=2(1- sin2x)+ 5sin x- 4=- 2sin2x+ 5sin x- 25 29=- 2(sin x-4) +8.故当 sin x=1 时, y max= 1,当 sin x=- 1 时, y min=- 9,故 y=2cos2x+5sin x-4 的值域为 [- 9,1].———————————————————1.三角函数定义域的求法求三角函数的定义域其实是解简单的三角不等式,常借助三角函数线或三角函数图象来求解.2.三角函数值域的求法求解三角函数的值域(最值 )常有到以下几种种类的题目:①形如y=asin x+ bcos x+ c2的三角函数化为y=Asin( ωx+φ)+ k 的形式,再求最值(值域 );②形如y= asin x+bsin x+ c的三角函数,可先设sin x= t,化为对于t 的二次函数求值域(最值 );③形如 y= asin xcos x1. (1) 求函数 y =2+ log 1 x + tan x 的定义域;22 π- π(2) 设 a ∈ R , f(x)= cos x(asin x - cos x)+ cos - x知足 f 3 = f(0) ,求函数 f( x)在2π 11π4,24 上的最大值和最小值.解: (1)要使函数存心义2+ log 1 x ≥0,2x >0,则tan x ≥ 0,πx ≠ k π+ 2 k ∈Z利用数轴可得:所以函数的定义域是0< x ≤4, 即πk π≤ x < k π+ 2 k ∈Z .,πx|0< x < 2或 π≤x ≤ 4 .2π(2)f(x)= cos x(asin x - cos x)+ cos 2- x2 2a= asin xcos x - cos x + sin x = 2sin 2x - cos 2x.π 因为 f -3 = f(0) ,a 2π 2π所以 2·sin - 3 - cos - 3 =- 1,3 1 即-4 a +2=- 1,得 a = 23.于是 f(x)= 3sin 2x - cos 2x = 2sin π2x -6 . π 11π π π 3π 因为 x ∈4, 24 ,所以 2x -6∈ 3, 4 ,π π ππ所以当 2x -6=2即 x= 3时 f(x)获得最大值 f 3 = 2,π 3π 11π11π 当 2x - 6= 4 即 x = 24 时 f(x)获得最小值 f 24 = 2.三角函数的单一性[例 2] 求以下函数的单一递减区间:(1)y= 2sin x-π; (2)y= tanπ. 4- 2x3[自主解答 ]ππ2kπ+3π(1)由 2kπ+≤x-≤2, k∈Z,243π7π得 2kπ+4≤ x≤2kπ+4, k∈Z .π故函数 y= 2sin x-4的单一减区间为3π7π2kπ+4, 2kπ+4 (k∈Z ).ππ(2)把函数 y=tan3-2x变成 y=- tan 2x-3 .πππ由 kπ-2<2x-3<kπ+2, k∈Z,π5π得 kπ-6<2x<kπ+6, k∈Z,kππkπ 5π即2-12<x< 2+12, k∈Z.π故函数 y= tan 3- 2x 的单一减区间为kππkπ 5π2-12,2+12 ( k∈Z ).π若将本例 (1)改为“ y= 2 sin x-4”,怎样求解?π3π5π解:画出函数y= 2 sin x-4的图象,易知其单一递减区间为kπ+4, kπ+4 (k∈Z ).———————————————————1.三角函数单一区间的求法求形如 y= Asin(ωx+φ)或 y=Acos(ωx+φ)(此中 A≠ 0,ω> 0)的函数的单一区间,能够通过解不等式的方法去解答.列不等式的原则是:①把“ωx+φ(ω>0)”视为一个“整体”;② A> 0(A< 0)时,所列不等式的方向与 y= sin x(x∈R) ,y= cos x(x∈R )的单一区间对应的π不等式方向同样(反 ).对于y= Atan(ωx+φ)( A、ω、φ为常数 ),其周期T=|ω|,单一区间利ππ用ωx+φ∈kπ-2, kπ+2,解出 x 的取值范围,即为其单一区间.2. 复合函数单一区间的求法 对于复合函数y = f(v), v =φ(x),其单一性判断方法是:若y = f(v)和v =φ(x)同为增 (减 )函数时,y = f(φ(x))为增函数;若y = f(v)和v =φ(x)一增一减时, y = f(φ(x))为减函数.3. 含绝对值的三角函数单一区间的求法求含有绝对值的三角函数的单一性及周期时,往常要画出图象,联合图象判断.2.若函数 f(x) = sin ωx (ω> 0)在区间 0, ππ π上单一递加,在区间, 上单一递减,则3 3 2ω等于 ()A . 3B .23 2 C.2D.3分析:选C∵y = sin ωx (ω>0)过原点,ππ∴当0≤ωx≤2,即 0≤ x ≤2ω时. y = sin ωx 是增函数;π 3π π≤x ≤ 3π当 ≤ωx≤2,即时,22ω 2ωy = sin ωx 是减函数.π由 y = sin ωx (ω> 0)在 0,3 上单一递加,π ππ π 3 在 3,2 上单一递减知, 2ω=3,故 ω=2.三角函数的周期性、奇偶性与对称性[例 3] (1)(2012 福·建高考 )函数 f(x)=sin x -π的图象的一条对称轴是 ()4πB .x =πA . x = 42ππC . x =- 4D . x =- 2π5π 图(2)(2012 新·课标全国卷 )已知 ω>0,0< φ<π,直线 x = 和 x =是函数 f(x)= sin(ωx+ φ) 44象的两条相邻的对称轴,则φ= ()ππA. 4B.3π3πC.2D. 4x+φ(3)(2012大·纲全国卷 )若函数 f(x)= sin3 (φ∈ [0,2π])是偶函数,则φ= ()π2πA. 2B. 33π D.5πC. 23[自主解答 ](1)法一: (图象特点 )∵正弦函数图象的对称轴过图象的最高点或最低点,ππ3ππ故令 x-4= kπ+2, k∈Z,∴x= kπ+4, k∈Z.取 k=- 1,则 x=-4.法二: (考证法 )ππ πππ π2x=4时, y= sin 4-4= 0,不合题意,清除A ;x=2时, y=sin2-4=2,不合题意,ππ πππ π清除 B;x=-4时,y= sin -4-4=- 1,切合题意, C 项正确;而 x=-2时,y=sin -2-42=-2,不合题意,故 D项也不正确.π5π(2)因为直线 x=4和 x=4是函数 f(x)= sin(ωx+φ)图象的两条相邻的对称轴,所以函数ππf(x)的最小正周期T=2π,所以ω= 1,所以4+φ= kπ+2(k∈Z).π又 0<φ<π,所以φ=4.(3)若 f(x)为偶函数,则f(0) =±1,φφπ即 sin 3=±1,∴3= kπ+2( k∈Z ).3π∴φ= 3kπ+2 (k∈Z).只有 C 项切合.[答案 ] (1)C (2)A(3)C本例 (1)中函数 f( x)的对称中心是什么?ππ提示:令 x-4= kπ, k∈Z,则 x=4+ kπ, k∈Z .ππ故函数 f(x)= sin x - 4 的对称中心为+ k π, 0(k ∈Z ) .4———————————————————函数 f(x) =Asin(ωx+φ)的奇偶性、周期性及对称性(1)若 f(x)= Asin( ωx+ φ)为偶函数,则当 x = 0 时, f( x) 获得最大或最小值. 若 f(x)= Asin( ωx+φ)为奇函数,则当 x =0 时, f(x)= 0.2 对于函数y = Asinωx+ φ,其对称轴必定经过图象的最高点或最低点,对称中心必定是函数的零点,所以在判断直线x =x 0 或点 x 0, 0 是不是函数的对称轴或对称中心时,可通过查验 f x 0 的值进行判断 .3. (1) 函数 y = 2sin(3 x +φ) |φ|<π的一条对称轴为x = π,则 φ=________.212(2)函数 y = cos(3x +φ)的图象对于原点成中心对称图形.则φ= ________.πππ分析: (1) 由 y = sin x 的对称轴为 x =k π+ 2(k ∈Z ),即 3× 12+φ= k π+2(k ∈Z ),得 φ= k ππ+ 4(k ∈Z ).ππ又 |φ|< 2,所以 k =0,故 φ= 4.π(2)由题意,得 y = cos(3x + φ)是奇函数,故 φ= k π+2, (k ∈Z ).π答案:(1)4π(2) k π+2, k ∈ Z2 个性质 —— 周期性与奇偶性 (1)周期性2π 函数 y = Asin(ωx+ φ)和 y = Acos(ωx+φ)的最小正周期为,y = tan(ωx+ φ)的最小正周期|ω|π为|ω|.(2)奇偶性三角函数中奇函数一般可化为y = Asin ωx 或 y = Atan ωx,而偶函数一般可化为 y = Acosωx+b 的形式.3 种方法 —— 求三角函数值域 (或最值 )的方法(1)利用 sin x、 cos x 的有界性;(2)形式复杂的函数应化为y= Asin( ωx+φ)+k 的形式逐渐剖析ωx+φ的范围,依据正弦函数单一性写出函数的值域;(3)换元法:把sin x 或 cos x 看作一个整体,可化为求函数在区间上的值域(最值 )问题.4 个注意点——研究三角函数性质应注意的问题(1)三角函数的图象从形上完整反应了三角函数的性质,求三角函数的定义域、值域时应注意利用三角函数的图象.(2)闭区间上最值或值域问题,第一要在定义域基础上剖析单一性,含参数的最值问题,要议论参数对最值的影响.(3)利用换元法求复合函数的单一性时,要注意x 系数的正负.(4)利用换元法求三角函数最值时要注意三角函数的有界性,如:y= sin2x- 4sin x+ 5,令 t= sin x(|t|≤ 1),则 y= (t- 2)2+ 1≥ 1,解法错误 .创新交汇——与三角函数性质有关的交汇问题1.高考对三角函数的图象与性质的考察不只有客观题,还有主观题,客观题常以选择题的形式出现,常常联合会合、数列、函数与导数等考察三角函数的有关性质;解答题主要与三角恒等变换、不等式等知识点的交汇处命题.2.解决此类交汇问题的重点有以下两点:(1)熟记三角函数的性质,主要为定义域、值域、单一性、奇偶性、周期性、对称性等及有关结论.(2)要擅长利用函数图象的形象性和直观性剖析解决问题.[典例 ]π2πnπ*),则在 S1, S2,, S100 (2012 上·海高考 )若 S n= sin + sin++ sin7(n∈N77中,正数的个数是 ()A. 16 B .72C. 86D. 100πxT= 14,[分析 ]∵函数 f( x)= sin 7的最小正周期为π26781314又 sin7> 0,sin7π> 0,,sin 7π>0, sin7π= 0,sin7π< 0,,sin 7π< 0,sin 7π= 0,∴在S1,S2, S3,,S13,S14中,只有S13= S14= 0,其他均大于0.由周期性可知,在S1, S2,, S100中共有 14 个 0,其他都大于0,即共有86 个正数.[答案] C[名师评论 ]1.此题拥有以下创新点πx的周期性.(1)此题表面是考察数列乞降问题,其本质考察了三角函数f(x)= sin 7(2)此题奇妙将三角函数值的符号、三角函数的引诱公式、三角函数的周期性及数列求和融为一体,考察了考生的数据办理能力、推理论证能力及转变与化归能力,难度较大.2.解决此题的重点有以下两点(1)正确结构函数πx,并求得其周期;f(x) = sin 7(2)正确利用引诱公式求出一个周期内S1, S2,, S14中是 0 的个数.[变式训练 ]1.(2013 郑·州模拟 )已知曲线 y=2sin x+ππ4cos - x 与直线 y=1订交,若在 y 轴右边的42交点自左向右挨次记为P1, P2,P3,,则 | PP |等于 ()15A.π B .2πC. 3πD. 4πππππ分析:选 B 注意到 y= 2sin x+4cos 4- x = 2sin2x+4= 1- cos 2 x+4= 1+ sin 2x,2π又函数 y=1+ sin 2x 的最小正周期是2=π,联合函数 y=1+ sin 2x的图象 ( 如下图 )可知,| PP |= 2π.152.若三角函数 f(x)的部分图象如图,则函数 f(x)的分析式,以及 S= f(1)+ f(2) ++ f(2 012)的值分别为 ()A. f(x)=1πxsin+ 1,S= 2 012 221πxB. f(x)= cos+ 1,S=2 01222πxC . f(x)= 1sin+ 1,S = 2 012.52 2 1 πxD . f(x)= cos + 1, S = 2 012.522分析:选 A依据已知图象, 可设 f(x)= Asin(ωx+φ)+ 1(ω> 0,A > 0).∵由T = 4 得 2πω=π f x 最大值 - f x 最小值1.5- 0.5 1 4,∴ω=2.A =2=2= 2,又 f(0) = 12sin φ+ 1= 1,1πx∴sin φ= 0 得, φ= 0,∴f(x)=2sin 2 +1.又 f(1) + f(2) + f(3)+ f(4)= 1.5+ 1+ 0.5+ 1= 4,∴S =f(1) + f(2) + + f(2 012)= 503×[ f(1) + f(2)+ f(3)+ f(4)] = 503× 4= 2 012.一、选择题 (本大题共 6 小题,每题 5 分,共 30 分)1.函数 f(x)= sin x 在区间 [a ,b] 上是增函数, 且 f(a)=- a +b = ()1,f(b)= 1,则 cos 22 A . 0B. 2C .- 1D . 1分析: 选 D 不如设 a =-ππa + b2, b = 2,则 cos 2= cos 0= 1.2. (2013 银·川模拟 )已知函数 f(x) =sin 2x +3π2(x ∈ R ),下边结论错误的选项是 ( )A .函数 f(x)的最小正周期为 πB .函数 f(x) 是偶函数πC .函数 f(x) 的图象对于直线对称x =4πD .函数 f(x)在区间 0,2 上是增函数分析:选 Cf(x)= sin 2x + 3π=- cos 2x ,故其最小正周期为π,故 A 正确;易知函数2π f(x)是偶函数, B 正确;由函数 f( x)=- cos 2x 的图象可知,函数 f(x)的图象对于直线x = 4不π对称, C 错误;由函数 f(x)的图象易知,函数 f(x)在 0, 2 上是增函数, D 正确.3. (2013 郑·州模拟 )设函数 f(x)= cos(ωx+ φ)-3sin(ωx+ φ) ω>0, |φ|< π,且其图象2π )相邻的两条对称轴为 x = 0, x = ,则 (2πA . y = f(x) 的最小正周期为π,且在 0, 2 上为增函数B . y = f( x)的最小正周期为π上为减函数π,且在 0, 2 C . y = f( x)的最小正周期为 π,且在 (0, π)上为增函数 D . y = f(x) 的最小正周期为 π,且在 (0, π)上为减函数π T π分析:选 B由已知可得 f(x)= 2cos ωx+ φ+ 3 ,2 = 2,得 T = π,ω= 2.又 x = 0 是对称 π π ππ 轴,故 cos φ+ 3 = ±1,由 |φ|< 2得 φ=- 3,此时 f(x)= 2cos 2x 在 0, 2 上为减函数.4.已知函数 y = sin x 的定义域为 [a ,b] ,值域为- 1, 1,则 b - a 的值不行能是 ()2π B.2πA. 334π C . πD. 32π 4π分析:选A画出函数 y = sin x 的草图剖析知 b - a 的取值范围为3,3 .π 5. (2013 ·阳联考衡 )给定性质:①最小正周期为π;②图象对于直线 x = 对称,则以下3四个函数中,同时拥有性质①②的是( )x + ππA . y = sin 2 6B .y = sin 2x - 6C . y = sin 2x +πD . y = sin|x|6π2ππ分析: 选 B 注意到函数y = sin 2x -6 的最小正周期T = 2= π,当x =3 时, y =π πsin 2×3- 6 = 1,所以该函数同时拥有性质①② .6. (2012 新·课标全国卷 )已知 ω> 0,函数 f(x)= sin ωx+ π 在 π4 , π上单一递减,则 ω2的取值范围是 ()A. 1, 51, 3 24 B. 24C. 0, 1D . (0,2]2分析:选 A5 5 π8π 8π取 ω= 4,f(x)= sin 4x + 4 ,其减区间为 5k π+5, 5k π+ π,k ∈Z ,明显 2,π 8 k π+ π 8π ,其减区间为 ?, k π+ π , k ∈Z , 排 除 B , C. 取 ω= 2 , f(x) = sin 2x + 4 5 5 5π 5 π π 5k π+ 8, k π+ 8π, k ∈Z ,明显 2, πk π+ 8, k π+8π, k ∈Z ,清除 D.二、填空题 (本大题共3 小题,每题5 分,共 15 分 )1的定义域为 ________.7.函数 y =tan x - 3ππx ≠ k π+2,x ≠ k π+ , k ∈Z , 分析: 由已知得 2即k ∈Z .πtan x ≠ 3,x ≠ k π+3,故所求函数定义域为 x x ≠ k π+π π .2 且x ≠ k π+ , k ∈Z3答案:x π πx ≠ k π+且 x ≠ k π+ ,k ∈ Z238.函数 y = 2sin 2x + π - 1, x ∈ 0, π的值域为 ________,而且取最大值时x 的值为3 3________ .π π π分析: ∵0≤ x ≤ ,∴ ≤ 2x + ≤ π,3 33∴0≤sin 2x +π≤ 1, 3πππ∴-1≤ 2sin 2x + 3 - 1≤1,即值域为 [- 1,1],且当 sin 2x +3 = 1,即 x =12时, y 取最大值.答案:π[- 1,1]129.已知函数 f( x)= cos ωx+π(ω> 0)的图象上的两个相邻的最高点和最低点的横坐标之6π 差为,则函数在 [0,2 π]上的零点个数为 ________.2π分析: ∵由已知 f(x)= cos ωx+ 6 的周期为π,2ππ∴=π,ω= 2,∴f(x)= cos 2x+ω 6 .ππkπ π当 f(x)= 0 时, 2x+6= kπ+2(k∈Z ), x=2+6,则当 x∈[0,2 π]时f(x) 有 4 个零点.答案: 4三、解答题 (本大题共 3 小题,每题12 分,共 36 分)10. (2012 陕·西高考 )函数 f(x)= Asinωx-π+ 1(A>0 ,ω>0) 的最大值为3,其图象相邻6两条对称轴之间的距离为π2.(1)求函数 f(x)的分析式;(2)设α∈ 0,π, fα=2,求α的值.22解: (1)∵函数 f(x)的最大值为3,∴A+1= 3,即 A= 2.π∵函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为2,∴最小正周期 T=π,∴ω= 2,故函数f(x)的分析式为πy= 2sin 2x-6+ 1.απ(2)∵f 2= 2sin α-6+ 1= 2,π1∴sin α-=.πππ π∵0<α<2,∴-6<α-6<3,π ππ∴α-6=6,故α=3.11.设a= sin 2π+2x, cos x+ sin x ,b= (4sin x,cos x- sin x), f(x)=a·b. 4(1)求函数 f(x)的分析式;π 2π(2)已知常数ω>0,若y=f(ωx)在区间-,上是增函数,求ω的取值范围;2 3π+ 2x2解: (1)f(x) = sin·4sin x+(cos x+sin x)·(cos x- sin x)1- cos π+x= 4sin x ·22+ cos 2x= 2sin x(1+ sin x)+ 1- 2sin 2x = 2sin x + 1,故函数分析式为 f(x)= 2sin x + 1.(2)f(ωx)= 2sin ωx + 1, ω>0.ππ≤ ωx ≤ 2k π+ 2,由 2k π-22k π π 2k π π 得 f(ωx )的增区间是 ω - 2ω,ω + 2ω , k ∈Z .π 2π∵f(ωx )在 - 2, 3上是增函数,π 2ππ π∴- ,3 ? - ,2 2ω 2ω .π π 2π π∴- ≥-且≤,22ω 3 2ω3∴ω∈0, 4 .12.(2012 ·湖北高考 )已知向量 a = (cos ωx-sin ωx,sin ωx ),b = (- cos ωx- sin ω x,2 3cosωx ),设函数 f(x)= a ·b + λ(x ∈ R )的图象对于直线1,1.x = π对称,此中 ω,λ为常数, 且 ω∈ 2(1)求函数 f(x)的最小正周期;(2)若 y = f(x) 的图象经过点π ,求函数 f(x)在区间 0,3π, 0 上的取值范围.45解: (1)f(x)= sin 2ωx- cos 2ωx+ 2 3sin ωx·cos ωx+ λ=- cos 2ωx+ 3sin 2ωx+ λ=π+ λ. 2sin 2ωx-6由直线 x = π是 y =f(x)图象的一条对称轴,可得πsin 2ωπ- 6 =±1,ππk 1所以 2ωπ- 6= k π+2(k ∈Z ),即 ω=2+ 3(k ∈Z ).1 5又 ω∈(2, 1), k ∈Z ,所以 k =1,故 ω=6.所以 f(x)的最小正周期是 6π 5 .(2)由 y = f(x) 的图象过点π ,得 fπ , 0 4 = 0,4π ππ即 λ=- 5× -2,2sin 6 2 6 =- 2sin 4=-即 λ=- 2.5π 故 f(x)= 2sin 3x - 6 - 2,3ππ 5π 5π由 0≤x ≤ 5 ,有- 6≤ 3x -6≤ 6 ,1≤ sin 5 π≤1, 所以- 2 3x -65 π得- 1- 2≤ 2sin 3x - 6 - 2≤ 2- 2,3π故函数 f(x)在 0, 5上的取值范围为 [- 1- 2, 2- 2 ] .1.求以下函数的定义域:(1)y = lg sin(cos x); (2)y = sin x -cos x.解: (1)要使函数存心义,一定使sin(cos x)> 0.∵-1≤ cos x ≤ 1,∴0< cos x ≤ 1.利用单位圆中的余弦线OM ,依题意知 0<OM ≤ 1,∴OM 只好在 x 轴的正半轴上,∴其定义域为π π .x - + 2k π< x < + 2k π, k ∈Z22(2)要使函数存心义,一定使sin x - cos x ≥ 0.利用图象.在同一坐标系中画出[0,2 π]上y = sin x 和 y = cos x 的图象,如下图.π 5π在 [0,2 π]内,知足 sin x = cos x 的 x 为 4, 4 ,再联合正弦、余弦函数的周期是 2π,所以定义域为π5πx 4+ 2k π≤ x ≤ 4 + 2k π, k ∈Z .2.写出以下函数的单一区间及周期:π(1)y= sin - 2x+;(2)y=|tan x|.π解: (1)y=- sin 2x-3,π它的增区间是y= sin 2x-3的减区间,π它的减区间是y= sin 2x-3的增区间.πππ由 2kπ-2≤ 2x-3≤2kπ+2,k∈Z,π5π得 kπ-12≤ x≤ kπ+12, k∈Z .ππ3π≤ 2x-≤2kπ+由 2kπ+232, k∈Z,5π11π≤ x≤ kπ+12, k∈Z .得 kπ+12π5π故所给函数的减区间为kπ-12, kπ+12, k∈Z;5π11π增区间为 kπ+12, kπ+12, k∈Z .2π最小正周期T=2=π.ππ(2)察看图象可知, y= |tan x|的增区间是kπ, kπ+2, k∈Z,减区间是kπ-2, kπ, k∈Z .最小正周期:T=π.3.求以下函数的值域:cos x+ 52(1)y=;(2) y=sin x- 4sin x+ 5.解: (1)由 y=cos x+ 52y- 5,得 cos x=. 2- cos x y+ 1因为- 1≤ cos x≤ 1,2y- 54≤ y≤ 6.所以- 1≤≤ 1,解得y+ 134所以,原函数的值域为3,6 .(2)y= sin2x- 4sin x+5= (sinx-2) 2+ 1.因为- 1≤ sin x≤ 1,所以 2≤ y≤10.所以,原函数的值域为[2,10] .4.设函数 f(x) =3sinππωx+,ω> 0, x∈(-∞,+∞ ) ,且以为最小正周期.62(1)求 f(0) ;(2)求 f(x)的分析式;α π=9,求 sinα的值.+(3)已知 f 4 125π 3解: (1)由题设可知 f(0)= 3sin6=2.π(2)∵f(x)的最小正周期为2,2ππ∴ω=π= 4.∴f(x) = 3sin4x+6 .2α ππ π9 (3)∵f 4+12= 3sinα+3+6=3cosα=5,324∴cos α=,∴sin α=±1- cos α=± .55。
高三数学(理)一轮复习夯基提能作业本:第四章 三角函数 第五节 三角函数的图象与性质 Word版含解析
第五节三角函数的图象与性质A组基础题组1.y=|cosx|的一个单调增区间是( )A. B.0,π] C. D.2.(2016宜春中学与新余一中联考)设函数f(x)=sin-cos的图象关于原点对称,则角θ=( )A.-B.C.-D.3.已知函数f(x)=3cos在上的最大值为M,最小值为m,则M+m等于( )A.0B.3+C.3-D.4.已知函数f(x)=sin-1(ω>0)的最小正周期为,则f(x)的图象的一条对称轴方程是( )A.x=B.x=C.x=D.x=5.已知f(x)=sin,x∈0,π],则f(x)的单调递增区间为.6.函数y=tan的图象与x轴交点的坐标是.7.(2016聊城模拟)若函数f(x)=2cos的最小正周期为T,T∈(1,3),则正整数ω的最大值为.8.已知函数y=cos.(1)求函数的最小正周期;(2)求函数图象的对称轴及对称中心.9.已知函数f(x)=(sinx+cosx)2+2cos2x-2.(1)求f(x)的单调递增区间;(2)当x∈时,求函数f(x)的最大值和最小值.B组提升题组10.(2016大连模拟)已知函数f(x)=sin(x-φ),且f(x)dx=0,则函数f(x)的图象的一条对称轴是( )A.x=B.x=C.x=D.x=11.已知函数y=2cosx的定义域为,值域为a,b],则b-a的值是( )A.2B.3C.+2D.2-12.已知ω>0,函数f(x)=sin在上单调递减,则ω的取值范围是( )A. B. C. D.(0,2]13.设常数a使方程sinx+cosx=a在闭区间0,2π]上恰有三个解x1,x2,x3,则x1+x2+x3= .14.(2015重庆,18,13分)已知函数f(x)=sin sinx-cos2x.(1)求f(x)的最小正周期和最大值;(2)讨论f(x)在上的单调性.15.已知f(x)=2sin+a+1.(1)若x∈R,求f(x)的单调递增区间;(2)当x∈时,f(x)的最大值为4,求a的值;(3)在(2)的条件下,求满足f(x)=1且x∈-π,π]的x的取值集合.答案全解全析A组基础题组1.D作出y=|cosx|的图象(如图).易知是y=|cosx|的一个单调增区间.故选D.2.D∵f(x)=2sin,且f(x)的图象关于原点对称,∴f(0)=2sin=0,即sin=0,∴θ-=kπ(k∈Z),即θ=+kπ(k∈Z),又|θ|<,∴θ=.3.C∵x∈,∴2x-∈,∴cos∈,∴f(x)∈,∴M+m=3-.4.A依题意,得=,|ω|=3,又ω>0,所以ω=3,令3x+=kπ+(k∈Z),解得x=+(k∈Z),当k=0时,x=.因此函数f(x)的图象的一条对称轴方程是x=.5.答案解析由-+2kπ≤x+≤+2kπ,k∈Z,得-+2kπ≤x≤+2kπ,k∈Z.又x∈0,π],所以f(x)的单调递增区间为.6.答案,k∈Z解析令2x+=kπ(k∈Z)得,x=-(k∈Z).∴函数y=tan的图象与x轴交点的坐标是,k∈Z.7.答案6解析因为T=,T∈(1,3),所以1<<3,即<ω<2π.所以正整数ω的最大值为6.8.解析(1)由题可知ω=,T==8π,所以函数的最小正周期为8π.(2)由x+=kπ(k∈Z),得x=4kπ-(k∈Z),所以函数图象的对称轴为x=4kπ-(k∈Z).由x+=kπ+(k∈Z),得x=4kπ+(k∈Z),所以函数图象的对称中心为(k∈Z).9.解析(1)f(x)=sin2x+cos2x=sin,令2kπ-≤2x+≤2kπ+,k∈Z,则kπ-≤x≤kπ+,k∈Z.故f(x)的单调递增区间为,k ∈Z .(2)∵x∈,∴≤2x+≤, ∴-1≤sin ≤,∴-≤f(x)≤1,∴当x ∈时,函数f(x)的最大值为1,最小值为-.B 组 提升题组10.A 由f(x)dx=sin(x-φ)dx=-cos(x-φ)=-cos +cos φ=0,得cos φ=sin φ,从而有tan φ=,则φ=n π+,n ∈Z ,从而有f(x)=sin=(-1)nsin,n ∈Z .令x-=k π+,k ∈Z ,得x=k π+,k ∈Z ,即f(x)的图象的对称轴是x=k π+,k ∈Z ,故选A. 11.B 因为在上,y=2cosx 是单调减函数,且当x=时,y=2cos =1,当x=π时,y=2cos π=-2,所以-2≤y ≤1,即函数的值域是-2,1],所以b-a=1-(-2)=3. 12.A 由题意知=≥π-=(ω>0),∴0<ω≤2,又由<x<π得+<ωx+<ωπ+,∴当x ∈时,<ωx+<,又当α∈时,y=sin α仅在上递减,所以解得≤ω≤,故选A.13.答案解析 设f(x)=sinx+cosx=2sin,根据原方程在0,2π]上恰有三个解,不妨设x 1<x 2<x 3,结合三角函数图象易得x 1=0,x 2=,x 3=2π,所以x 1+x 2+x 3=. 14.解析(1)f(x)=sin sinx-cos 2x=cosxsinx-(1+cos2x)=sin2x-·cos2x-=sin-,因此f(x)的最小正周期为π,最大值为.(2)当x ∈时,0≤2x-≤π.易知当0≤2x-≤,即≤x ≤时,f(x)单调递增,当≤2x-≤π,即≤x ≤时,f(x)单调递减.所以f(x)在上单调递增;在上单调递减.15.解析 (1)f(x)=2sin+a+1,由2k π-≤2x+≤2k π+,k ∈Z ,可得x ∈(k ∈Z ),所以f(x)的单调递增区间为(k ∈Z ).(2)易知在上,当x=时,f(x)取最大值,则f=2sin +a+1=a+3=4,所以a=1.(3)由f(x)=2sin +2=1可得sin=-,则2x+=+2k π或2x+=π+2k π,k ∈Z ,即x=+k π或x=+k π,k ∈Z ,又x ∈-π,π],所以x=-,-,,,所以x 的取值集合为.。
高考数学大一轮复习(夯基保分卷+提能增分卷)简单的三
课时跟踪检测(二十二) 简单的三角恒等变换(分Ⅰ、Ⅱ卷,共2页) 第Ⅰ卷:夯基保分卷1.已知tan α=4,则1+cos 2α+8sin 2αsin 2α的值为________.2.计算tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4+α·cos 2α2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4-α的值为________.3.(2013·盐城二模)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ+π6=513,θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2,则cos θ=________.4.定义运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd =ad -bc .若cos α=17,⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin α sin βcos α cos β=3314,0<β<α<π2,则β等于________.5.(2014·泰州期末)已知sin α=35,cos β=35,其中α,β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2, 则α+β=________.6.(2013·苏中三市、宿迁调研(一))设α,β∈(0,π),且sin(α+β)=513,tanα2=12,则cos β的值为________. 7.已知函数f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +7π4+cos ⎝⎛⎭⎪⎫x -3π4,x ∈R .(1)求f (x )的最小正周期和最小值;(2)已知cos(β-α)=45,cos(β+α)=-45,0<α<β≤π2,求证:[f (β)]2-2=0.8.已知0<α<π2<β<π,tan α2=12,cos(β-α)=210.(1)求sin α的值; (2)求β的值.第Ⅱ卷:提能增分卷1.已知,0<α<π2<β<π,cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β-π4=13,sin(α+β)=45. (1)求sin 2β的值; (2)求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α+π4的值.2.已知函数f (x )=3cos(ωx +φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0,-π2<φ<0的最小正周期为π,且其图像经过点⎝⎛⎭⎪⎫5π12,0.(1)求函数f (x )的解析式;(2)若函数g (x )=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2+π6,α,β∈⎝⎛⎭⎪⎫0,π2,且g (α)=1,g (β)=324,求g (α-β)的值.3.(2014·无锡模拟)设函数f (x )=2m cos 2x -2 3m sin x ·cos x +n (m >0)的定义域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2,值域为[1,4].(1)求m ,n 的值;(2)若f (x )=2,求x 的值. 答 案第Ⅰ卷:夯基保分卷1.解析:1+cos 2α+8sin 2αsin 2α=2cos 2α+8sin 2α2sin αcos α,∵tan α=4,∴cos α≠0, 分子分母都除以cos 2α得1+cos 2α+8sin 2αsin 2α=2+8tan 2α2tan α=654.答案:6542.解析:tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4+α·cos 2α2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4-α=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4+α·cos 2α2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4+αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4+α=cos 2α2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4+αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4+α =cos 2αsin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4+α=cos 2αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2+2α=cos 2αcos 2α=1.答案:13.解析:因为θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2,所以θ+π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6,2π3,所以sin θ+π6=1213,所以cos θ=cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤θ+π6-π6=53+1226答案:53+12264.解析:依题意有sin αcos β-cos αsin β=sin(α-β)=3314,又0<β<α<π2,∴0<α-β<π2,故cos(α-β)=1-sin2α-β=1314,而cos α=17,∴sin α=437,于是sin β=sin[α-(α-β)]=sin αcos(α-β)-cos αsin(α-β) =437×1314-17×3314=32. 故β=π3.答案:π35.解析:法一:因为sin α=35,cos β=35,α,β∈⎝⎛⎭⎪⎫0,π2,所以cos α=45,sin β=45.所以cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β=0. 因为α+β∈(0,π),所以α+β=π2.法二:计算sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=1,又α+β∈(0,π),得α+β=π2.答案:π26.解析:由tan α2=12得tan α=2tanα21-tan 2 α2=2×121-14=43.又α∈(0,π),所以sin α=45,cos α=35.由sin(α+β)=513<sin α,α,β∈(0,π)得α+β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,π,所以cos(α+β)=-1213.所以cos β=cos []α+β-α=cos (α+β)cos α+sin(α+β)sin α=-1665.答案:-16657.解:(1)f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x -π4+2π+cos x -π4-⎭⎪⎫π2=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x -π4+sin ⎝⎛⎭⎪⎫x -π4 =2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x -π4, ∴T =2π,f (x )的最小值为-2. (2)证明:由已知得cos βcos α+sin βsin α=45,cos βcos α-sin βsin α=-45.两式相加得2cos βcos α=0. ∵0<α<β≤π2,∴β=π2.∴[f (β)]2-2=4sin 2π4-2=0.8.解:(1)∵tan α2=12,∴tan α=2tanα21-tan 2α2=2×121-⎝ ⎛⎭⎪⎫122=43,由⎩⎪⎨⎪⎧sin αcos α=43,sin 2α+cos 2α=1,解得sin α=45⎝ ⎛⎭⎪⎫sin α=-45舍去.(2)由(1)知cos α=1-sin 2α=1-⎝ ⎛⎭⎪⎫452=35, 又0<α<π2<β<π,∴β-α∈(0,π),而cos(β-α)=210, ∴sin(β-α)=1-cos 2β-α=1-⎝⎛⎭⎪⎫2102=7210, 于是sin β=sin[α+(β-α)]=sin αcos(β-α)+cos αsin(β-α)=45×210+35×7210=22. 又β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,π,∴β=3π4.第Ⅱ卷:提能增分卷1.解:(1)法一:∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β-π4=cos π4cos β+sin π4sin β=22cos β+22sin β=13, ∴cos β+sin β=23,∴1+sin 2β=29, ∴sin 2β=-79.法二:sin 2β=cos ⎝⎛⎭⎪⎫π2-2β=2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫β-π4-1=-79.(2)∵0<α<π2<β<π,∴π4<β-π4<34π,π2<α+β<3π2, ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β-π4>0,cos(α+β)<0.∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β-π4=13,sin(α+β)=45, ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β-π4=223,cos(α+β)=-35. ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α+π4=cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤α+β-⎝⎛⎭⎪⎫β-π4=cos(α+β)·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β-π4+sin(α+β)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β-π4 =-35×13+45×223=82-315.2.解:(1)依题意函数f (x )的最小正周期T =2πω=π,解得ω=2,所以f (x )=3cos(2x +φ).因为函数f (x )的图像经过点⎝⎛⎭⎪⎫5π12,0,所以3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×5π12+φ=0,则2×5π12+φ=k π+π2,k ∈Z ,即φ=k π-π3,k ∈Z .由-π2<φ<0得φ=-π3.故f (x )=3cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x -π3.(2)依题意有g (x )=3cos ⎣⎢⎡2×⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2+π6-⎦⎥⎤π3=3cos x , 由g (α)=3cos α=1,得cos α=13,同理g (β)=3cos β=324,得cos β=24.而α,β∈⎝⎛⎭⎪⎫0,π2,所以sin α=1-⎝ ⎛⎭⎪⎫132=223, sin β=1-⎝⎛⎭⎪⎫242=144, 所以g (α-β)=3cos(α-β)=3(cos αcos β+sin αsin β)=3×⎝ ⎛13×24+⎭⎪⎫223×144 =2+474. 3.解:(1)f (x )=m (1+cos 2x )- 3m sin 2x +n =2m cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π3+m +n . 因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2,所以2x +π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3,4π3.所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤-1,12. 因为m >0,所以2m cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π3∈[-2m ,m ], 所以f (x )max =2m +n =4,f (x )min =-m +n =1,解得m =1,n =2.(2)由(1)可知,m >0时,f (x )=2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π3+3=2, 所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π3=-12. 因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2,所以x =π6.。
高考数学一轮复习第三章第四节三角函数的图像与性质课时作业理含解析北师大版
高考数学一轮复习:第四节 三角函数的图像与性质授课提示:对应学生用书第307页[A 组 基础保分练]1.下列函数中,周期为π的奇函数为( ) A .y =sin x cos x B .y =sin 2x C .y =tan 2x D .y =sin 2x +cos 2x解析:y =sin 2x 为偶函数;y =tan 2x 的周期为π2;y =sin 2x +cos 2x 为非奇非偶函数,故B 、C 、D 三项都不正确. 答案:A2.y =|cos x |的一个单调递增区间是( )A .⎣⎡⎦⎤-π2,π2B .[0,π]C .⎣⎡⎦⎤π,3π2D .⎣⎡⎦⎤3π2,2π 解析:将y =cos x 的图像位于x 轴下方的图像关于x 轴对称,x 轴上方(或x 轴上)的图像不变,即得y =|cos x |的图像(如图).答案:D3.(2021·广州模拟)函数f (x )=sin (x +φ)在区间⎝⎛⎭⎫π3,2π3上单调递增,常数φ的值可能是( ) A .0 B .π2C .πD .3π2解析:由函数f (x )=sin x 的图像可以看出,要使函数f (x )=sin (x +φ)在区间⎝⎛⎭⎫π3,2π3上单调递增,结合选项,经验证知,需将f (x )=sin x 的图像向左平移3π2个单位长度,故选项D正确. 答案:D4.(2021·石家庄质检)已知函数f (x )=sin ⎝⎛⎭⎫2x +π6+cos 2x ,则f (x )的一个单调递减区间是( )A .⎣⎡⎦⎤π12,7π12B .⎣⎡⎦⎤-5π12,π12C .⎣⎡⎦⎤-π3,2π3D .⎣⎡⎦⎤-π6,5π6 解析:f (x )=sin ⎝⎛⎭⎫2x +π6+cos 2x =32sin 2x +12cos 2x +cos 2x =32sin 2x +32cos 2x =3sin ⎝⎛⎭⎫2x +π3.由2k π+π2≤2x +π3≤2k π+3π2(k ∈Z ),得k π+π12≤x ≤k π+7π12(k ∈N ),所以f (x )的一个单调递减区间为⎣⎡⎦⎤π12,7π12. 答案:A5.已知函数y =2cos x 的定义域为⎣⎡⎦⎤π3,π,值域为[a ,b ],则b -a 的值是( ) A .2B .3C .3+2D .2- 3解析:因为x ∈⎣⎡⎦⎤π3,π,所以cos x ∈⎣⎡⎦⎤-1,12,故y =2cos x 的值域为[-2,1],所以b -a =3. 答案:B6.若函数f (x )=3sin (2x +θ)+cos (2x +θ)为奇函数,且在⎣⎡⎦⎤-π4,0上为减函数,则θ的一个值为( )A .-π3B .-π6C .2π3D .5π6解析:由题意得f (x )=3sin (2x +θ)+cos (2x +θ)=2sin ⎝⎛⎭⎫2x +θ+π6.因为函数f (x )为奇函数,所以θ+π6=k π,k ∈Z ,故θ=-π6+k π,k ∈Z .当θ=-π6时,f (x )=2sin 2x ,在⎣⎡⎦⎤-π4,0上为增函数,不合题意.当θ=5π6时,f (x )=-2sin 2x ,在⎣⎡⎦⎤-π4,0上为减函数,符合题意. 答案:D7.若函数f (x )=sin ωx (ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤π3,π2上是减少的,则ω的取值范围是_________.解析:令π2+2k π≤ωx ≤32π+2k π(k ∈Z ),得π2ω+2k πω≤x ≤3π2ω+2k πω,因为f (x )在⎣⎡⎦⎤π3,π2上是减少的,所以⎩⎨⎧π2ω+2k πω≤π3,π2≤3π2ω+2k πω,得6k +32≤ω≤4k +3.又ω>0,所以k ≥0,又6k +32<4k +3,得0≤k <34,所以k =0.即32≤ω≤3.答案:⎣⎡⎦⎤32,38.已知函数f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫ωx -π6+1(x ∈R )的图像的一条对称轴为x =π,其中ω为常数,且ω∈(1,2),则函数f (x )的最小正周期为_________.解析:由函数f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫ωx -π6+1(x ∈R )的图像的一条对称轴为x =π,可得ωπ-π6=k π+π2,k ∈Z , 所以ω=k +23,又ω∈(1,2),所以ω=53,从而得函数f (x )的最小正周期为2π53=6π5.答案:6π59.已知函数f (x )=-3sin 2x +sin x cos x . (1)求函数f (x )的最小正周期;(2)求函数f (x )在x ∈⎣⎡⎦⎤0,π2上的值域. 解析:f (x )=-3sin 2x +sin x cos x=-3×1-cos 2x 2+12sin 2x=12sin 2x +32cos 2x -32=sin ⎝⎛⎭⎫2x +π3-32. (1)T =2π2=π.(2)∵0≤x ≤π2,∴π3≤2x +π3≤4π3,∴-32≤sin ⎝⎛⎭⎫2x +π3≤1. ∴f (x )在x ∈⎣⎡⎦⎤0,π2上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤-3,2-32. [B 组 能力提升练] 1.(2021·六安一中月考)y =2sin ⎝⎛⎭⎫π3-2x 的单调递增区间为( ) A .⎣⎡⎦⎤k π-π12,k π+5π12(k ∈Z ) B .⎣⎡⎦⎤k π+5π12,k π+11π12(k ∈Z ) C .⎣⎡⎦⎤k π-π3,k π+π6(k ∈Z ) D .⎣⎡⎦⎤k π+π6,k π+2π3(k ∈Z ) 解析:∵函数可化为y =-2sin ⎝⎛⎭⎫2x -π3, ∴2k π+π2≤2x -π3≤2k π+3π2(k ∈Z ).即k π+5π12≤x ≤k π+11π12(k ∈Z ).答案:B2.(2021·衡水质检)同时满足f (x +π)=f (x )与f ⎝⎛⎭⎫π4+x =f ⎝⎛⎭⎫π4-x 的函数f (x )的解析式可以是( )A .f (x )=cos 2xB .f (x )=tan xC .f (x )=sin xD .f (x )=sin 2x解析:由题意得所求函数的周期为π,且图像关于x =π4对称.A .f (x )=cos 2x 的周期为π,而f ⎝⎛⎭⎫π4=0不是函数的最值.所以其图像不关于x =π4对称.B .f (x )=tan x 的周期为π,但图像不关于x =π4对称.C .f (x )=sin x 的周期为2π,不合题意.D .f (x )=sin 2x 的周期为π,且f ⎝⎛⎭⎫π4=1为函数最大值, 所以D 满足条件. 答案:D3.(2021·沈阳教学质量监测)函数y =sin 2 x +2sin x cos x +3cos 2x ,x ∈⎝⎛⎭⎫0,π2的单调递增区间是( )A .⎝⎛⎭⎫0,π4 B .⎝⎛⎭⎫π4,π2C .⎝⎛⎭⎫0,π8D .⎝⎛⎭⎫π8,π4 解析:把函数的解析式变形,得y =1-cos 2x 2+sin 2x +3×1+cos 2x2=2+sin 2x +cos 2x =2sin ⎝⎛⎭⎫2x +π4+2.若x ∈⎝⎛⎭⎫0,π2,则2x +π4∈⎝⎛⎭⎫π4,5π4,由π4<2x +π4<π2,得0<x <π8,则函数的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0,π8. 答案:C4.(2021·晋城模拟)已知函数f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫ωx +π3的图像的一个对称中心为⎝⎛⎭⎫π3,0,其中ω为常数,且ω∈(1,3).若对任意的实数x ,总有f (x 1)≤f (x )≤f (x 2),则|x 1-x 2|的最小值是( )A .1B .π2C .2D .π解析:因为函数f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫ωx +π3的图像的一个对称中心为⎝⎛⎭⎫π3,0,所以π3ω+π3=k π,k ∈Z ,所以ω=3k -1,k ∈Z ,由ω∈(1,3),得ω=2.由题意得|x 1-x 2|的最小值为函数的半个周期,即T 2=πω=π2.答案:B5.设函数f (x )=2sin (ωx +φ)⎝⎛⎭⎫ω>0,|φ|<π2,若f ⎝⎛⎭⎫5π8=2,f ⎝⎛⎭⎫11π8=0,且f (x )的最小正周期大于2π,则φ=_________.解析:由f (x )的最小正周期大于2π,得T 4>π2.又f ⎝⎛⎭⎫5π8=2,f ⎝⎛⎭⎫11π8=0,得T 4=11π8-5π8=3π4,所以T =3π,则2πω=3π⇒ω=23,所以f (x )=2sin (ωx +φ)=2sin ⎝⎛⎭⎫23x +φ. 由f ⎝⎛⎭⎫5π8=2sin ⎝⎛⎭⎫23×5π8+φ=2⇒sin ⎝⎛⎭⎫5π12+φ=1,所以5π12+φ=π2+2k π,k ∈Z .又|φ|<π2,取k =0,得φ=π12.答案:π126.已知函数f (x )=sin ωx +3cos ωx (ω>0),f ⎝⎛⎭⎫π6+f ⎝⎛⎭⎫π2=0,且f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π6,π2上递减,则ω=_________.解析:因为f (x )=sin ωx +3cos ωx =2sin ⎝⎛⎭⎫ωx +π3, 由π2+2k π≤ωx +π3≤3π2+2k π,k ∈Z , 得π6ω+2k πω≤x ≤7π6ω+2k πω,因为f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π6,π2上递减,所以⎝⎛⎭⎫π6,π2⊆⎣⎡⎦⎤π6ω+2k πω,7π6ω+2k πω,从而有⎩⎨⎧π6≥π6ω+2k πω,π2≤7π6ω+2k πω,解得12k +1≤ω≤7+12k3,k ∈Z ,所以1≤ω≤73.因为f ⎝⎛⎭⎫π6+f ⎝⎛⎭⎫π2=0, 所以x =π6+π22=π3为f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫ωx +π3的一个对称中心的横坐标, 所以π3ω+π3=k π(k ∈Z ),ω=3k -1,k ∈Z ,又1≤ω≤73,所以ω=2.答案:27.(2021·绍兴期末测试)已知函数f (x )=2sin x ·⎣⎡⎦⎤cos ⎝⎛⎭⎫x -π3+cos x ,x ∈⎣⎡⎦⎤0,π2. (1)求f ⎝⎛⎭⎫π6;(2)求f (x )的最大值与最小值.解析:(1)因为cos ⎝⎛⎭⎫-π6=cos π6=32,sin π6=12, 所以f ⎝⎛⎭⎫π6=2×12×⎝⎛⎭⎫32+32=3. (2)f (x )=2sin x ·⎣⎡⎦⎤cos ⎝⎛⎭⎫x -π3+cos x =2sin x ·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫12cos x +32sin x +cos x =32sin 2x +32(1-cos 2x )=3sin ⎝⎛⎭⎫2x -π6+32. 因为x ∈⎣⎡⎦⎤0,π2,所以2x -π6∈⎣⎡⎦⎤-π6,5π6.又因为y =sin z 在区间⎣⎡⎦⎤-π6,π2上单调递增,在区间⎣⎡⎦⎤π2,5π6上单调递减,所以,当2x -π6=π2,即x =π3时,f (x )有最大值332;当2x -π6=-π6,即x =0时,f (x )有最小值0.[C 组 创新应用练]1.若函数y =sin ⎝⎛⎭⎫ωx +π6在x =2处取得最大值,则正数ω的最小值为( ) A .π2 B .π3C .π4D .π6解析:由题意得2ω+π6=π2+2k π(k ∈Z ),解得ω=π6+k π(k ∈Z ),因为ω>0,所以当k =0时,ωmin =π6.答案:D 2.(2021·太原模拟)已知函数f (x )=sin ωx -3cos ωx (ω>0)在(0,π)上有且只有两个零点,则实数ω的取值范围为( )A .⎝⎛⎦⎤0,43B .⎝⎛⎦⎤43,73C .⎝⎛⎦⎤73,103D .⎝⎛⎦⎤103,133 解析:法一:易得f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫ωx -π3,设t =ωx -π3,因为0<x <π,所以-π3<t <ωπ-π3.因为函数f (x )在(0,π)上有且仅有两个零点,所以π<ωπ-π3≤2π,解得43<ω≤73.法二:当ω=2时,f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎫2x -π3,设t =2x -π3,因为0<x <π,所以-π3<t <5π3,此时函数f (x )在(0,π)上有且仅有两个零点x =π6,2π3,满足题意,只有选项B 的取值范围中含有数值2. 答案:B 3.将函数y =sin 2x -cos 2x 的图像向左平移m (m >0)个单位长度以后得到的图像与函数y =k sinx cos x (k >0)的图像关于⎝⎛⎭⎫π3,0对称,则k +m 的最小值是( )A .2+π4B .2+3π4C .2+5π12D .2+7π12解析:将函数y =sin 2x -cos 2x =-cos 2x 的图像向左平移m 个单位长度后对应图像的函数解析式为y =-cos[2(x +m )]=-cos (2x +2m )(m >0),此函数的图像与y =k sin x cos x (k >0)的图像关于⎝⎛⎭⎫π3,0对称,设点P (x 0,y 0)为y =-cos (2x +2m )图像上任意一点,则y 0=-cos (2x 0+2m ),点P (x 0,y 0)关于⎝⎛⎭⎫π3,0对称的点为Q ⎝⎛⎭⎫2π3-x 0,-y 0,则点Q 在y =k sin x cos x =k 2sin 2x (k >0)的图像上,即-y 0=k 2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫2π3-x 0=k 2sin ⎝⎛⎭⎫4π3-2x 0,由⎩⎪⎨⎪⎧-y 0=k 2sin ⎝⎛⎭⎫4π3-2x 0,y 0=-cos (2x 0+2m ),得k 2sin ⎝⎛⎭⎫4π3-2x 0=cos (2x 0+2m ),所以k =2,sin ⎝⎛⎭⎫4π3-2x 0=cos (2x 0+2m ),sin ⎝⎛⎭⎫2x 0-π3=cos (2x 0+2m ),cos ⎝⎛⎭⎫2x 0-5π6=cos (2x 0+2m ),所以2m =-5π6+2n π(n ∈Z ),即m =-5π12+n π(n ∈Z ),又m >0,所以m 的最小值为7π12,故k +m 的最小值为2+7π12. 答案:D。
高考数学一轮复习 课时分层训练18 三角函数的图像与性质
课时分层训练(十八) 三角函数的图像与性质A 组 基础达标 (建议用时:30分钟)一、选择题 1.函数y =cos x -32的定义域为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π6,π6 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π-π6,k π+π6(k ∈Z ) C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π-π6,2k π+π6(k ∈Z ) D .RC [由cos x -32≥0,得cos x ≥32,∴2k π-π6≤x ≤2k π+π6,k ∈Z .] 2.已知函数f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx +π4(ω>0)的最小正周期为π,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8=( )A .1 B.12 C .-1D .-12A [由题设知2πω=π,所以ω=2,f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π4,所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π8+π4=sin π2=1.]3.(2018·长春模拟)下列函数中,最小正周期为π的奇函数是( )【导学号:00090094】A .y =sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π2B .y =cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π2C .y =sin 2x +cos 2xD .y =sin x +cos xB [A 项,y =sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π2=cos 2x ,最小正周期为π,且为偶函数,不符合题意;B 项,y =cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π2=-sin 2x ,最小正周期为π,且为奇函数,符合题意;C 项,y =sin 2x +cos 2x =2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π4,最小正周期为π,为非奇非偶函数,不符合题意;D 项,y =sin x +cos x =2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x +π4,最小正周期为2π,为非奇非偶函数,不符合题意.]4.若函数y =cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx +π6(ω∈N *)图像的一个对称中心是⎝ ⎛⎭⎪⎫π6,0,则ω的最小值为( ) A .1 B .2 C .4D .8B [由题意知πω6+π6=k π+π2(k ∈Z )⇒ω=6k +2(k ∈Z ),又ω∈N *,∴ωmin =2,故选B.]5.(2017·重庆二次适应性测试)若函数f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx +π6-cos ωx (ω>0)的图像相邻两个对称中心之间的距离为π2,则f (x )的一个单调递增区间为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫-π6,π3 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫-π3,π6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π6,2π3D.⎝⎛⎭⎪⎫π3,5π6A [依题意得f (x )=32sin ωx -12cos ωx =sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx -π6的图像相邻两个对称中心之间的距离为π2,于是有T =2πω=2×π2=π,ω=2,f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π6.当2k π-π2≤2x-π6≤2k π+π2,即k π-π6≤x ≤k π+π3,k ∈Z 时,f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π6单调递增.因此结合各选项知f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π6的一个单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫-π6,π3,故选A.]二、填空题6.函数f (x )=sin(-2x )的单调增区间是________.【导学号:00090095】⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π+π4,k π+3π4(k ∈Z ) [由f (x )=sin(-2x )=-sin2x,2k π+π2≤2x ≤2k π+3π2得k π+π4≤x ≤k π+3π4(k ∈Z ).] 7.已知函数f (x )=2sin(ωx +φ),对于任意x 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6+x =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6-x ,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6的值为________.2或-2 [∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6+x =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6-x , ∴x =π6是函数f (x )=2sin(ωx +φ)的一条对称轴,∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6=±2.] 8.函数y =tan ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π4的图像与x 轴交点的坐标是________. ⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2-π8,0,k ∈Z [由2x +π4=k π(k ∈Z )得,x =k π2-π8(k ∈Z ),∴函数y =tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π4的图像与x 轴交点的坐标是k π2-π8,0,k ∈Z .]三、解答题9.(2016·北京高考)已知函数f (x )=2sin ωx cos ωx +cos 2ωx (ω>0)的最小正周期为π.(1)求ω的值;(2)求f (x )的单调递增区间.[解] (1)因为f (x )=2sin ωx cos ωx +cos 2ωx =sin 2ωx +cos 2ωx =2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx +π4,所以f (x )的最小正周期T =2π2ω=πω. 4分 依题意,得πω=π,解得ω=1.6分(2)由(1)知f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π4. 函数y =sin x 的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π-π2,2k π+π2(k ∈Z ).8分由2k π-π2≤2x +π4≤2k π+π2(k ∈Z ),得k π-3π8≤x ≤k π+π8(k ∈Z ).所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π-3π8,k π+π8(k ∈Z ).12分10.已知函数f (x )=(sin x +cos x )2+cos 2x .(1)求f (x )的最小正周期;(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上的最大值和最小值.[解] (1)因为f (x )=sin 2x +cos 2x +2sin x ·cos x +cos 2x =1+sin 2x +cos 2x =2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π4+1,3分 所以函数f (x )的最小正周期为T =2π2=π.6分 (2)由(1)的计算结果知,f (x )=2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π4+1. 7分当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2时,2x +π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4,5π4,由正弦函数y =sin x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4,5π4上的图像知,当2x +π4=π2,即x =π8时,f (x )取最大值2+1;9分当2x +π4=5π4,即x =π2时,f (x )取最小值0.综上,f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上的最大值为2+1,最小值为0.12分B 组 能力提升 (建议用时:15分钟)1.(2018·郑州模拟)将函数f (x )=-cos 2x 的图像向右平移π4个单位后得到函数g (x ),则g (x )具有性质( )A .最大值为1,图像关于直线x =π2对称B .在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π4上单调递减,为奇函数C .在⎝ ⎛⎭⎪⎫-3π8,π8上单调递增,为偶函数D .周期为π,图像关于点⎝⎛⎭⎪⎫3π8,0对称B [由题意得函数g (x )=-cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -2×π4=-sin 2x ,易知其为奇函数,由-π2+2k π<2x <π2+2k π,k ∈Z 得-π4+k π<x <π4+k π,k ∈Z ,所以函数g (x )=-sin 2x 的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫-π4+k π,π4+k π,k ∈Z ,所以函数g (x )=-sin 2x 在⎝⎛⎭⎪⎫0,π4上是减少的,故选B.]2.设f (x )=3sin 3x +cos 3x ,若对任意实数x 都有|f (x )|≤a ,则实数a 的取值范围是________.【导学号:00090096】[2,+∞) [∵f (x )=3sin 3x +cos 3x =2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x +π6∈[-2,2].又∵|f (x )|≤a 恒成立,∴a ≥|f (x )|max ,∴a ≥2.]3.已知函数f (x )=sin(ωx +φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫0<φ<2π3的最小正周期为π.(1)求当f (x )为偶函数时φ的值; (2)若f (x )的图像过点⎝⎛⎭⎪⎫π6,32,求f (x )的单调递增区间. [解] ∵f (x )的最小正周期为π, 则T =2πω=π,∴ω=2,∴f (x )=sin(2x +φ).2分(1)当f (x )为偶函数时,f (-x )=f (x ), ∴sin(-2x +φ)=sin(2x +φ), 将上式展开整理得sin 2x cos φ=0, 由已知上式对任意x ∈R 都成立, ∴cos φ=0.∵0<φ<2π3,∴φ=π2.5分(2)f (x )的图像过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6,32时,sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6+φ=32,即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3+φ=32.6分又∵0<φ<2π3,∴π3<π3+φ<π,∴π3+φ=2π3,φ=π3, ∴f (x )=sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x +π3.9分令2k π-π2≤2x +π3≤2k π+π2,k ∈Z ,得k π-5π12≤x ≤k π+π12,k ∈Z ,∴f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π-5π12,k π+π12,k ∈Z . 12分。
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课时跟踪检测(十九) 三角函数图像与性质
第Ⅰ组:全员必做题
1.函数y = cos x -32
的定义域为________. 2.(2013·洛阳统考)如果函数y =3sin(2x +φ)的图像关于直线x =π6
对称,则|φ|的最小值为________.
3.已知函数f (x )=2sin ωx (ω>0)在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤-π3,π4上的最小值是-2,则ω的最小值等于________
4.(2014·镇江期末)函数f (x )=2 cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12x -12-x x -1
的对称中心坐标为________. 5.(2013·浙江高考改编)已知函数f (x )=A cos(ωx +φ)(A >0,ω>0,φ∈R ),则“f (x )
是奇函数”是“φ=π2
”的________条件. 6.函数y =2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π3-1,x ∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0,π3的值域为________,并且取最大值时x 的值为________. 7.设f (x )=1-2sin x .
(1)求f (x )的定义域;
(2)求f (x )的值域及取最大值时x 的值.
8.已知函数f (x )=sin(ωx +φ)⎝
⎛⎭⎪⎫0<φ<2π3的最小正周期为π. (1)求当f (x )为偶函数时φ的值;
(2)若f (x )的图像过点⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6,32,求f (x )的单调递增区间.
第Ⅱ组:重点选做题
1.(2014·福州质检)已知函数f (x )=sin x +cos x ,x ∈R .
(1)求f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π12的值; (2)试写出一个函数g (x ),使得g (x )f (x )=cos 2x ,并求g (x )的单调区间.
2.已知a >0,函数f (x )=-2a sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π6+2a +b ,当x ∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0,π2时,-5≤f (x )≤1. (1)求常数a ,b 的值;
(2)设g (x )=f ⎝
⎛⎭⎪⎫x +π2且lg g (x )>0,求g (x )的单调区间.
答 案
第Ⅰ组:全员必做题
1.解析:∵cos x -32≥0,得cos x ≥32
, ∴2k π-π6≤x ≤2k π+π6
,k ∈Z . 答案:⎣⎢⎡⎦
⎥⎤2k π-π6,2k π+π6,k ∈Z 2.解析:依题意得,sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π3+φ=±1,则π3+φ=k π+π2(k ∈Z ),即φ=k π+π6(k ∈Z ),因此|φ|的最小值是π6
. 答案:π6
3.解析:∵ω>0,-π3≤x ≤π4
, ∴-ωπ
3≤ωx ≤ωπ
4.
由已知条件知-ωπ3≤-π2,∴ω≥32
.
答案:32 4.解析:因为f (x )=2 cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2-12-x x -1=cos x -1+1-x x -1=cos x -1-x -1x -1
(x ≠1),所以f (x +1)+1=cos x
x ,所得函数f (x )的对称中心为(1,-1).
答案:(1,-1)
5.解析:若f (x )是奇函数,
则φ=π2+k π(k ∈Z );
当φ=π2时,f (x )为奇函数.
答案:必要不充分
6.解析:∵0≤x ≤π3,∴π3≤2x +π
3≤π,
∴0≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π
3≤1,
∴-1≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π
3-1≤1,即值域为[-1,1];
且当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π
3=1,即x =π
12时,y 取最大值.
答案:[-1,1] π
12
7.解:(1)由1-2sin x ≥0,根据正弦函数图像知:定义域为
⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪⎪ 2k π+
56π≤x ≤2k π+13π6,k ∈Z .
(2)∵-1≤sin x ≤1,
∴-1≤1-2sin x ≤3,
∵1-2sin x ≥0,∴0≤1-2sin x ≤3,
∴f (x )的值域为[0,3],
当x =2k π+3π
2,k ∈Z 时,f (x )取得最大值.
8.解:∵由f (x )的最小正周期为π,
则T =2π
ω=π,∴ω=2.
∴f (x )=sin(2x +φ).
(1)当f (x )为偶函数时,f (-x )=f (x ).
∴sin(2x +φ)=sin(-2x +φ),
展开整理得sin 2x cos φ=0,
由已知上式对∀x ∈R 都成立,
∴cos φ=0,∵0<φ<2π3,∴φ=π2.
(2)f (x )的图像过点⎝ ⎛⎭⎪⎫
π6,32时, sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π
6+φ=3
2,
即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π
3+φ=3
2. 又∵0<φ<2π
3,∴π
3<π
3+φ<π.
∴π
3+φ=2π3,φ=π
3.
∴f (x )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +π
3.
令2k π-π
2≤2x +π3≤2k π+π
2,k ∈Z ,
得k π-5π
12≤x ≤k π+π
12,k ∈Z .
∴f (x )的递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π-5π
12,k π+π
12,k ∈Z .
第Ⅱ组:重点选做题
1.解:(1)因为f (x )=2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +π
4,
所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π
12=2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12+π
4 =2sin π
3=6
2.
(2)g (x )=cos x -sin x .
理由如下:
因为g (x )f (x )=(cos x -sin x )(sin x +cos x )=cos 2x -sin 2x =cos 2x ,
所以g (x )=cos x -sin x 符合要求.
又g (x )=cos x -sin x =2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +π4,
由2k π+π<x +π
4<2k π+2π,
得2k π+3π4<x <2k π+7π4
,k ∈Z . 所以g (x )的单调递增区间为
⎝ ⎛⎭
⎪⎫2k π+3π4,2k π+7π4,k ∈Z . 由2k π<x +π4
<2k π+π, 得2k π-π4<x <2k π+3π4
,k ∈Z . 所以g (x )的单调递减区间为
⎝
⎛⎭⎪⎫2k π-π4,2k π+3π4,k ∈Z . 2.解:(1)∵x ∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0,π2, ∴2x +π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6
,7π6. ∴sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x +π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤-12,1, ∴-2a sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x +π6∈[-2a ,a ]. ∴f (x )∈[b,3a +b ],
又∵-5≤f (x )≤1,
∴b =-5,3a +b =1,因此a =2,b =-5.
(2)由(1)得,
f (x )=-4sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2x +π6-1, g (x )=f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x +π2 =-4sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x +7π6-1 =4sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x +π6-1, 又由lg g (x )>0,得g (x )>1,
∴4sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x +π6-1>1, ∴sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x +π6>12, ∴2k π+π6<2x +π6<2k π+5π6,k ∈Z ,其中当2k π+π6<2x +π6≤2k π+π2
,k ∈Z 时,
g (x )单调递增,即k π<x ≤k π+π6
,
k ∈Z ,
∴g (x )的单调增区间为 ⎝ ⎛⎦
⎥⎤k π,k π+π6,k ∈Z . 又∵当2k π+π2<2x +π6<2k π+5π6,k ∈Z 时,g (x )单调递减,即k π+π6
<x <k π+π3,k ∈Z .
∴g (x )的单调减区间为
⎝ ⎛⎭⎪⎫k π+π6,k π+π3,k ∈Z .。