高考数学精品讲义练习【一轮复习】第四章　4．4　三角函数的图象和性质

这是一份高考数学精品讲义练习【一轮复习】第四章　4．4　三角函数的图象和性质，共14页。试卷主要包含了能画出三角函数的图象等内容，欢迎下载使用。
1．能画出三角函数的图象．
2．了解三角函数的周期性、奇偶性、最大（小）值．
3．借助图象理解正弦函数、余弦函数、正切函数的性质．
1．“五点法”作图
(1)在确定正弦函数y＝sin x在[0，2π]上的图象形状时，起关键作用的五个点是(0，0)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，1))，(π，0)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．
(2)在确定余弦函数y＝cs x在[－π，π]上的图象形状时，起关键作用的五个点是(－π，－1)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，(0，1)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))，(π，－1)．
2．三角函数的图象和性质
教材拓展
1.关于周期性的常用结论
(1)如果T是函数f(x)的一个周期，则nT（n∈Z且n≠0）也是f(x)的周期．
(2)周期函数的定义域是无限集．
(3)函数的周期性是函数在定义域上的整体性质，因此要研究某周期函数的性质，一般只需要研究它在一个周期内的性质．
2.关于奇偶性的常用结论
(1)若f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A，ω≠0)，则f(x)为偶函数⇔φ＝ eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z).
(2)若f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A，ω≠0)，则f(x)为奇函数⇔φ＝kπ(k∈Z).
3.正、余弦函数在其图象的对称轴处取得最大值或最小值，且相邻的最大值点与最小值点间的距离为其半周期；图象与x轴的交点是其对称中心，相邻的两个对称中心间的距离也是半周期；函数取最值的点与其相邻的零点间的距离为 eq \f(1,4)周期．
1.判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(1)余弦曲线y＝cs x的对称轴是y轴．( × )
(2)正切函数y＝tan x在定义域内是增函数．( × )
(3)已知y＝k sin x＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1.( × )
(4)y＝sin |x|是偶函数．( √ )
2.（人教A版必修第一册P214T12改编）函数f(x)＝－sin 2x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上( B )
A．单调递增 B．单调递减
C．先增后减 D．先减后增
解析：x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))，则2x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，因为y＝－sin z在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上单调递减，故f(x)＝－sin 2x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递减．故选B.
3.（人教A版必修第一册P207T2改编）函数f(x)＝sin2x＋ eq \f(π,6)，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))的最大值和最小值分别为( A )
A．1，－ eq \f(1,2) B．1，－ eq \f(\r(3),2)
C． eq \f(1,2)，－1 D．1，－1
解析：由x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，得2x＋ eq \f(π,6)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，则当2x＋ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,2)，即x＝ eq \f(π,6)时，f(x)max＝1，当2x＋ eq \f(π,6)＝ eq \f(7π,6)，即x＝ eq \f(π,2)时，f(x)min＝－ eq \f(1,2)，所以所求最大值、最小值分别为1，－ eq \f(1,2).故选A.
4.（人教A版必修第一册P214T19改编）函数y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))图象的一个对称中心是( B )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0)) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))
解析：由2x＋ eq \f(π,3)＝kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝ eq \f(π,12)＋ eq \f(kπ,2)，k∈Z，所以函数y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))图象的对称中心是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))，k∈Z，当k＝0时，函数y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))图象的对称中心是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0)).故选B.
考点1 三角函数的定义域和值域
【例1】 (1)在[0，2π]内函数f(x)＝ eq \r(1－2cs x)＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(\r(2),2)))的定义域是( C )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，\f(5π,3)))
C． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(3π,4))) D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(3π,4)))
【解析】 由函数f(x)＝ eq \r(1－2cs x)＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(\r(2),2)))可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2cs x≥0，,sin x－\f(\r(2),2)>0，))即
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cs x≤\f(1,2)，,sin x>\f(\r(2),2)，))又x∈[0，2π]，解得 eq \f(π,3)≤x< eq \f(3π,4)，即函数f(x)的定义域为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(3π,4))).故选C.
(2)（2024·天津卷）已知函数f(x)＝sin 3ωx＋ eq \f(π,3)的最小正周期为π，则f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,6)))的最小值是( A )
A．－ eq \f(\r(3),2) B．－ eq \f(3,2)
C．0 D． eq \f(3,2)
【解析】 由f(x)的最小正周期为π，可得π＝ eq \f(2π,3ω)，所以ω＝ eq \f(2,3)，所以f(x)＝sin (2x＋π)＝
－sin 2x.当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,6)))时，2x∈－ eq \f(π,6)， eq \f(π,3)，sin 2x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以f(x)min＝－ eq \f(\r(3),2).故选A.
(3)已知函数f(x)＝sin x＋cs x＋2sin x·cs x＋2，则f(x)的最大值为3＋ eq \r(2)．
【解析】 设t＝sin x＋cs x，则sin x·cs x＝ eq \f((sin x＋cs x)2－1,2)＝ eq \f(t2－1,2)，t＝sin x＋cs x＝ eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)sin x＋\f(\r(2),2)cs x))＝ eq \r(2)sin x＋ eq \f(π,4)∈[－ eq \r(2)， eq \r(2)]，则g(t)＝t＋t2－1＋2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(3,4)，∴t＝ eq \r(2)时，g(t)max＝ eq \r(2)＋2＋1＝3＋ eq \r(2)，即f(x)max＝3＋ eq \r(2).
1.三角函数定义域的求法
求三角函数的定义域，实际上是构造简单的三角不等式（组），常借助三角函数的图象来求解．
2.三角函数值域的不同求法
(1)把所给的三角函数式变换成y＝A sin (ωx＋φ)的形式求值域．
(2)把sin x或cs x看作一个整体，转换成二次函数求值域．
(3)利用sin x±cs x和sin x cs x的关系转换成二次函数求值域．
【对点训练1】 (1)函数f(x)＝cs 2x＋6cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))的最大值为( B )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：函数f(x)＝cs 2x＋6cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝1－2sin2x＋6sinx＝－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(9,2)＋1＝－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(11,2)，由于x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，故sin x∈[0，1]，令t＝sin x，t∈[0，1]，则g(t)＝－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(11,2)，当t＝1时，g(t)max＝5，即sin x＝1，亦即x＝ eq \f(π,2)时，f(x)max＝5.故选B.
(2)（2024·全国甲卷文）函数f(x)＝sin x－ eq \r(3)cs x在[0，π]上的最大值是2．
解析：f(x)＝sin x－ eq \r(3)cs x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，当x∈[0，π]时，x－ eq \f(π,3)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以当x－ eq \f(π,3)＝ eq \f(π,2)，即x＝ eq \f(5π,6)时，f(x)取得最大值，f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))＝2.
考点2 三角函数的周期性、奇偶性、对称性
【例2】 （多选）（2024·新课标Ⅱ卷）对于函数f(x)＝sin 2x和g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，下列说法中正确的有( BC )
A.f(x)与g(x)有相同的零点
B．f(x)与g(x)有相同的最大值
C．f(x)与g(x)有相同的最小正周期
D．f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴
【解析】 对于A，令f(x)＝sin 2x＝0，解得x＝ eq \f(kπ,2)，k∈Z，令g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＝0，解得x＝ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,8)，k∈Z，故f(x)，g(x)零点不同，故A错误；对于B，f(x)∈[－1，1]，g(x)∈[－1，1]，两函数有相同的最大值，故B正确；对于C，显然两函数最小正周期都为π，故C正确；对于D，由2x＝kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，得函数f(x)的对称轴是x＝ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,4)，k∈Z，由2x－ eq \f(π,4)＝kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，得函数g(x)的图象的对称轴是x＝ eq \f(3π,8)＋ eq \f(kπ,2)，k∈Z，故D错误．故选BC.
有关三角函数的奇偶性、周期性和对称性问题的解题思路
(1)奇偶性的判断方法：三角函数中奇函数一般可化为y＝A sin ωx或y＝A tan ωx的形式，而偶函数一般可化为y＝A cs ωx的形式．
(2)周期的计算方法：利用函数y＝A sin (ωx＋φ)，y＝A cs (ωx＋φ)(ω＞0)的周期为 eq \f(2π,ω)，函数y＝A tan (ωx＋φ)(ω＞0)的周期为 eq \f(π,ω)求解．
(3)解决对称性问题的关键：熟练掌握三角函数图象的对称轴、对称中心．
【对点训练2】 (1)（2024·山东烟台三模）若函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))的图象在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上有且只有一条对称轴和一个对称中心，则正整数ω的值为( C )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：由题意得ω>0且ω是整数，若x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，则ωx＋ eq \f(π,4)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)ω＋\f(π,4)))，因为函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))的图象在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上有且只有一条对称轴和一个对称中心，所以π< eq \f(π,3)ω＋ eq \f(π,4)< eq \f(3π,2)，ω∈N*，解得 eq \f(9,4)