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高三数学人教版a版数学(理)高考一轮复习教案:3.3 三角函数的图象与性质 word版含答案
展开三角函数的图象及性质
能画出y=sin x,y=cs x,y=tan x的图象,了解三角函数的周期性.
理解正弦函数、余弦函数在区间[0,2π]上的性质(如单调性、最大值和最小值以及与x轴的交点等),理解正切函数在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2)))内的单调性.
知识点 正弦函数、余弦函数、正切函数的图象
和性质
易误提醒
1.正切函数的图象是由直线x=kπ+eq \f(π,2)(k∈Z)隔开的无穷多支曲线组成,单调增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2)+kπ,\f(π,2)+kπ)),k∈Z不能说它在整个定义域内是增函数,如eq \f(π,4)
2.三角函数存在多个单调区间时易错用“∪”联结.
3.研究三角函数单调性、对称中心、奇偶性及对称轴时易忽视“k∈Z”这一条件.
必记结论 函数y=Asin(ωx+φ),当φ=kπ(k∈Z)时是奇函数,当φ=kπ+eq \f(π,2)(k∈Z)时是偶函数;函数y=Acs(ωx+φ),当φ=kπ(k∈Z)时是偶函数,当φ=kπ+eq \f(π,2)(k∈Z)时是奇函数.
[自测练习]
1.函数y=tan 3x的定义域为( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(3π,2)+3kπ,k∈Z))))
B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,6)+kπ,k∈Z))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠-\f(π,6)+kπ,k∈Z))))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,6)+\f(kπ,3),k∈Z))))
解析:由3x≠eq \f(π,2)+kπ,得x≠eq \f(π,6)+eq \f(kπ,3),k∈Z.
答案:D
2.设函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,2))),x∈R,则f(x)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eq \f(π,2)的奇函数
D.最小正周期为eq \f(π,2)的偶函数
解析:∵f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,2)))=-cs 2x,
∴f(x)是最小正周期为π的偶函数.
答案:B
3.已知函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期为π,则该函数的图象( )
A.关于直线x=eq \f(π,3)对称 B.关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3),0))对称
C.关于直线x=-eq \f(π,6)对称 D.关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),0))对称
解析:∵f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期为π,∴ω=2,即f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))).
经验证可知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)+\f(π,3)))=sin π=0,
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3),0))是函数f(x)的一个对称点.
答案:B
4.函数y=3-2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4)))的最大值为________,此时x=________.
解析:函数y=3-2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4)))的最大值为3+2=5,此时x+eq \f(π,4)=π+2kπ,即x=eq \f(3π,4)+2kπ(k∈Z).
答案:5 eq \f(3π,4)+2kπ(k∈Z)
考点一 三角函数的定义域、值域|
1.函数y=eq \r(cs x-\f(\r(3),2))的定义域为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,6),\f(π,6)))
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ-\f(π,6),kπ+\f(π,6))),k∈Z
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ-\f(π,6),2kπ+\f(π,6))),k∈Z
D.R
解析:∵cs x-eq \f(\r(3),2)≥0,得cs x≥eq \f(\r(3),2),∴2kπ-eq \f(π,6)≤x≤2kπ+eq \f(π,6),k∈Z.
答案:C
2.函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上的最小值为( )
A.-1 B.-eq \f(\r(2),2)
C.0 D.eq \f(\r(2),2)
解析:因为0≤x≤eq \f(π,2),所以-eq \f(π,4)≤2x-eq \f(π,4)≤eq \f(3π,4),由正弦函数的图象知,1≥sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4)))≥-eq \f(\r(2),2),所以函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上的最小值为-eq \f(\r(2),2),故选B.
答案:B
3.已知函数f(x)=eq \f(1,2)(sin x+cs x)-eq \f(1,2)|sin x-cs x|,则f(x)的值域是________.
解析:f(x)=eq \f(1,2)(sin x+cs x)-eq \f(1,2)|sin x-cs x|=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cs xsin x≥cs x,,sin xsin x
答案:eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-1,\f(\r(2),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.求三角函数值域(最值)的三种方法
(1)将所给函数化为y=Asin(ωx+φ)的形式,通过分析ωx+φ的范围,结合图象写出函数的值域.
(2)换元法:把sin x(cs x)看作一个整体,化为二次函数来解决.
(3)数形结合法,作出三角函数图象可求.
考点二 三角函数的单调性|
(2015·高考重庆卷)已知函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-x))sin x-eq \r(3)cs2x.
(1)求f(x)的最小正周期和最大值;
(2)讨论f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(2π,3)))上的单调性.
[解] (1)f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-x))sin x-eq \r(3)cs2x=cs xsin x-eq \f(\r(3),2)(1+cs 2x)=eq \f(1,2)sin 2x-eq \f(\r(3),2)cs 2x-eq \f(\r(3),2)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))-eq \f(\r(3),2),
因此f(x)的最小正周期为π,最大值为eq \f(2-\r(3),2).
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(2π,3)))时,0≤2x-eq \f(π,3)≤π,从而
当0≤2x-eq \f(π,3)≤eq \f(π,2),即eq \f(π,6)≤x≤eq \f(5π,12)时,f(x)单调递增,
当eq \f(π,2)≤2x-eq \f(π,3)≤π,即eq \f(5π,12)≤x≤eq \f(2π,3)时,f(x)单调递减.
综上可知,f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(5π,12)))上单调递增;在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12),\f(2π,3)))上单调递减.
三角函数的单调区间的求法
(1)代换法:求形如y=Asin(ωx+φ)+k的单调区间时,只需把ωx+φ看作一个整体代入y=sin x的相应单调区间内即可.若ω为负,则要先把ω化为正数.
(2)图象法:作出三角函数的图象,根据图象直接写出单调区间.
1.已知ω>0,函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π))上单调递减,则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),\f(5,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),\f(3,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2))) D.(0,2]
解析:由eq \f(π,2)
2.求函数y=taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)-2x))的单调区间.
解:把函数y=taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)-2x))变为y=-taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))).由kπ-eq \f(π,2)<2x-eq \f(π,3)
正、余弦函数的图象既是中心对称图形,又是轴对称图形.正切函数的图象只是中心对称图形,应把三角函数的对称性与奇偶性结合,体会二者的统一.
归纳起来常见的命题角度有:
1.三角函数的周期性.
2.三角函数的奇偶性.
3.三角函数的对称轴或对称中心.
4.三角函数性质的综合应用.
探究一 三角函数的周期性
1.函数y=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))))的最小正周期为________.
解析:∵y′=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的最小正周期T′=π,
∴T=eq \f(T′,2)=eq \f(π,2).
答案:eq \f(π,2)
2.(2015·高考湖南卷)已知ω>0,在函数y=2sin ωx与y=2cs ωx的图象的交点中,距离最短的两个交点的距离为2eq \r(3),则ω=________.
解析:由题意,两函数图象交点间的最短距离即相邻的两交点间的距离,设相邻的两交点坐标分别为P(x1,y1),Q(x2,y2),易知|PQ|2=(x2-x1)2+(y2-y1)2,其中|y2-y1|=eq \r(2)-(-eq \r(2))=2eq \r(2),|x2-x1|为函数y=2sin ωx-2cs ωx=2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,4)))的两个相邻零点之间的距离,恰好为函数最小正周期的一半,所以(2eq \r(3))2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,2ω)))2+(2eq \r(2))2,ω=eq \f(π,2).
答案:eq \f(π,2)
探究二 三角函数的奇偶性
3.若函数f(x)=sineq \f(x+φ,3)(φ∈[0,2π])是偶函数,则φ=( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(2π,3)
C.eq \f(3π,2) D.eq \f(5π,3)
解析:由y=sineq \f(x+φ,3)是偶函数知eq \f(φ,3)=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,即φ=eq \f(3π,2)+3kπ,k∈Z,又∵φ∈[0,2π],∴φ=eq \f(3π,2).
答案:C
探究三 三角函数的对称轴或对称中心
4.若函数y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,6)))(ω∈N*)图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),0)),则ω的最小值为( )
A.1 B.2
C.4 D.8
解析:由题知eq \f(πω,6)+eq \f(π,6)=kπ+eq \f(π,2)(k∈Z)⇒ω=6k+2(k∈Z)⇒ωmin=2,故选B.
答案:B
5.函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,4)))的图象的一条对称轴是( )
A.x=eq \f(π,4) B.x=eq \f(π,2)
C.x=-eq \f(π,4) D.x=-eq \f(π,2)
解析:∵正弦函数图象的对称轴过图象的最高(低)点,
故令x-eq \f(π,4)=kπ+eq \f(π,2),k∈Z,∴x=kπ+eq \f(3π,4),k∈Z.
即k=-1,则x=-eq \f(π,4).
答案:C
探究四 三角函数性质的综合应用
6.(2015·揭阳一模)当x=eq \f(π,4)时,函数f(x)=sin(x+φ)取得最小值,则函数y=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)-x))( )
A.是奇函数且图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),0))对称
B.是偶函数且图象关于点(π,0)对称
C.是奇函数且图象关于直线x=eq \f(π,2)对称
D.是偶函数且图象关于直线x=π对称
解析:∵当x=eq \f(π,4)时,函数f(x)取得最小值,
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+φ))=-1,∴φ=2kπ-eq \f(3π,4)(k∈Z).
∴f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+2kπ-\f(3π,4)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(3π,4))).
∴y=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)-x))=sin(-x)=-sin x.
∴y=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)-x))是奇函数,且图象关于直线x=eq \f(π,2)对称.
答案:C
7.(2015·高考天津卷)已知函数f(x)=sin ωx+cs ωx(ω>0),x∈R.若函数f(x)在区间(-ω,ω)内单调递增,且函数y=f(x)的图象关于直线x=ω对称,则ω的值为________.
解析:f(x)=sin ωx+cs ωx=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,4))),因为函数f(x)的图象关于直线x=ω对称,所以f(ω)=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω2+\f(π,4)))=±eq \r(2),所以ω2+eq \f(π,4)=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,即ω2=eq \f(π,4)+kπ,k∈Z,又函数f(x)在区间(-ω,ω)内单调递增,所以ω2+eq \f(π,4)≤eq \f(π,2),即ω2≤eq \f(π,4),取k=0,得ω2=eq \f(π,4),所以ω=eq \f(\r(π),2).
答案:eq \f(\r(π),2)
函数f(x)=Asin(ωx+φ)的奇偶性、周期性和对称性
(1)若f(x)=Asin(ωx+φ)为偶函数,则当x=0时,f(x)取得最大或最小值;若f(x)=Asin(ωx+φ)为奇函数,则当x=0时,f(x)=0.
(2)对于函数y=Asin(ωx+φ),其对称轴一定经过图象的最高点或最低点,对称中心一定是函数的零点,因此在判断直线x=x0或点(x0,0)是否是函数的对称轴或对称中心时,可通过检验f(x0)的值进行判断.
11.换元法求三角函数的最值问题
【典例】 (1)求函数y=cs2x+sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|x|≤\f(π,4)))的最大值与最小值.
(2)求函数y=sin x+cs x+3cs xsin x的最值.
[思路点拨] 利用换元法求解,令t=sin x或令t=sin x+cs x.转化为二次函数最值问题.
[解] (1)令t=sin x,∵|x|≤eq \f(π,4),
∴t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(\r(2),2),\f(\r(2),2))).
∴y=-t2+t+1=-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t-\f(1,2)))2+eq \f(5,4),
∴当t=eq \f(1,2)时,ymax=eq \f(5,4),t=-eq \f(\r(2),2)时,ymin=eq \f(1-\r(2),2).
∴函数y=cs2x+sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|x|≤\f(π,4)))的最大值为eq \f(5,4),最小值为eq \f(1-\r(2),2).
(2)令t=sin x+cs x,∴t∈[-eq \r(2),eq \r(2) ].
又(sin x+cs x)2-2sin xcs x=1,
∴sin xcs x=eq \f(t2-1,2),
∴y=eq \f(3,2)t2+t-eq \f(3,2),t∈[-eq \r(2),eq \r(2)],
∵t对=-eq \f(1,3)∈[-eq \r(2),eq \r(2)],
∴y小=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,3)))=eq \f(3,2)×eq \f(1,9)-eq \f(1,3)-eq \f(3,2)=-eq \f(5,3),
y大=f(eq \r(2))=eq \f(3,2)+eq \r(2).
[方法点评] (1)形如y=asin2x+bsin x+c的三角函数,可设sin x=t,再化为关于t的二次函数求值域(最值).
(2)形如y=asin xcs x+b(sin x±cs x)+c的三角函数,可设t=sin x±cs x,再化为关于t的二次函数求值域(最值).
[跟踪练习] 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(7π,6)))时,函数y=3-sin x-2cs2x的最小值是________,最大值是________.
解析:由eq \f(π,6)≤x≤eq \f(7π,6),知-eq \f(1,2)≤sin x≤1.
又y=3-sin x-2cs2x=2sin2x-sin x+1
=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x-\f(1,4)))2+eq \f(7,8),∴当sin x=eq \f(1,4)时,ymin=eq \f(7,8),
当sin x=1或-eq \f(1,2)时,ymax=2.
答案:eq \f(7,8) 2
A组 考点能力演练
1.(2015·唐山期末)函数f(x)=1-2sin2eq \f(x,2)的最小正周期为( )
A.2π B.π C.eq \f(π,2) D.4π
解析:∵f(x)=1-2sin2eq \f(x,2)=cs x,∴f(x)的最小正周期T=eq \f(2π,1)=2π,故选A.
答案:A
2.函数f(x)=cs 2x+2sin x的最大值与最小值的和是( )
A.-2 B.0
C.-eq \f(3,2) D.-eq \f(1,2)
解析:f(x)=1-2sin2x+2sin x=-2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x-\f(1,2)))2+eq \f(3,2),所以函数f(x)的最大值是eq \f(3,2),最小值是-3,所以最大值与最小值的和是-eq \f(3,2),故选C.
答案:C
3.已知函数y=sin x的定义域为[a,b],值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-1,\f(1,2))),则b-a的值不可能是( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(2π,3)
C.π D.eq \f(4π,3)
解析:画出函数y=sin x的草图分析知b-a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3),\f(4π,3))).
答案:A
4.已知函数f(x)=sin ωx+eq \r(3)cs ωx(ω>0),feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=0,且f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,2)))上递减,则ω=( )
A.3 B.2
C.6 D.5
解析:∵f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,2)))上单调递减,
且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=0,∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(π,6)+\f(π,2),2)))=0,
∵f(x)=sin ωx+eq \r(3)cs ωx=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,3))),
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(π,6)+\f(π,2),2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)ω+\f(π,3)))=0,
∴eq \f(π,3)ω+eq \f(π,3)=kπ(k∈Z),又eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,2)-eq \f(π,6),ω>0,∴ω=2.
答案:B
5.若函数f(x)=cs(2x+φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3),0))成中心对称,且-eq \f(π,2)<φ
B.偶函数且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上单调递增
C.偶函数且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上单调递减
D.奇函数且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,4)))上单调递减
解析:因为函数f(x)=cs(2x+φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3),0))成中心对称,则eq \f(8π,3)+φ=kπ+eq \f(π,2),k∈Z.即φ=kπ-eq \f(13π,6),k∈Z,又-eq \f(π,2)<φ
答案:D
6.(2015·长沙一模)若函数f(x)=2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx+\f(π,3)))的最小正周期T满足1
7.已知函数f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx-\f(π,4)))(ω>0)的最大值与最小正周期相同,则函数f(x)在[-1,1]上的单调增区间为________.
解析:由题知eq \f(2π,2ω)=2,得ω=eq \f(1,2)π,
∴f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx-\f(π,4))),令-eq \f(π,2)+2kπ≤πx-eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)+2kπ,k∈Z,解得-eq \f(1,4)+2k≤x≤eq \f(3,4)+2k,k∈Z,又x∈[-1,1],所以-eq \f(1,4)≤x≤eq \f(3,4),所以函数f(x)在[-1,1]上的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(1,4),\f(3,4))).
答案:eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(1,4),\f(3,4)))
8.已知函数f(x)=cs xsin x(x∈R),给出下列四个命题:
①若f(x1)=-f(x2),则x1=-x2;
②f(x)的最小正周期是2π;
③f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(π,4)))上是增函数;
④f(x)的图象关于直线x=eq \f(3π,4)对称.
其中真命题的是________.
解析:f(x)=eq \f(1,2)sin 2x,当x1=0,x2=eq \f(π,2)时,f(x1)=-f(x2),但x1≠-x2,故①是假命题;f(x)的最小正周期为π,故②是假命题;当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(π,4)))时,2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2))),故③是真命题;因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))=eq \f(1,2)sineq \f(3π,2)=-eq \f(1,2),故f(x)的图象关于直线x=eq \f(3π,4)对称,故④是真命题.
答案:③④
9.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0,0<φ<\f(2π,3)))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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(\r(3),2))),求f(x)的单调递增区间.
解:∵由f(x)的最小正周期为π,则T=eq \f(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 2xcs φ=0,
由已知上式对∀x∈R都成立,
∴cs φ=0,∵0<φ
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)+φ))=eq \f(\r(3),2),
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)+φ))=eq \f(\r(3),2).
又∵0<φ
∴f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))).
令2kπ-eq \f(π,2)≤2x+eq \f(π,3)≤2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,
得kπ-eq \f(5π,12)≤x≤kπ+eq \f(π,12),k∈Z.
∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ-\f(5π,12),kπ+\f(π,12))),k∈Z.
10.(2016·长沙模拟)设函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πx,3)-\f(π,6)))-2cs2eq \f(πx,6).
(1)求y=f(x)的最小正周期及单调递增区间;
(2)若函数y=g(x)与y=f(x)的图象关于直线x=2对称,当x∈[0,1]时,求函数y=g(x)的最大值.
解:(1)由题意知f(x)=eq \f(\r(3),2)sineq \f(πx,3)-eq \f(3,2)cseq \f(πx,3)-1=eq \r(3)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πx,3)-\f(π,3)))-1,
所以y=f(x)的最小正周期T=eq \f(2π,\f(π,3))=6.
由2kπ-eq \f(π,2)≤eq \f(πx,3)-eq \f(π,3)≤2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,
得6k-eq \f(1,2)≤x≤6k+eq \f(5,2),k∈Z,
所以y=f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6k-\f(1,2),6k+\f(5,2))),k∈Z.
(2)因为函数y=g(x)与y=f(x)的图象关于直线x=2对称,
所以当x∈[0,1]时,y=g(x)的最大值即为x∈[3,4]时,y=f(x)的最大值,
当x∈[3,4]时,eq \f(π,3)x-eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3),π)),sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x-\f(π,3)))∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(\r(3),2))),f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-1,\f(1,2))),
即当x∈[0,1]时,函数y=g(x)的最大值为eq \f(1,2).
B组 高考题型专练
1.(2014·高考陕西卷)函数f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,4)))的最小正周期是( )
A.eq \f(π,2) B.π
C.2π D.4π
解析:由周期公式T=eq \f(2π,2)=π.
答案:B
2.(2015·高考四川卷)下列函数中,最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是( )
A.y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,2))) B.y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,2)))
C.y=sin 2x+cs 2x D.y=sin x+cs x
解析:采用验证法.由y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,2)))=-sin 2x,可知该函数的最小正周期为π且为奇函数,故选A.
答案:A
3.(2015·高考浙江卷)函数f(x)=sin2x+sin xcs x+1的最小正周期是________,单调递减区间是________.
解析:由题意知,f(x)=eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4)))+eq \f(3,2),所以最小正周期T=π.令eq \f(π,2)+2kπ≤2x-eq \f(π,4)≤eq \f(3π,2)+2kπ(k∈Z),得kπ+eq \f(3π,8)≤x≤kπ+eq \f(7π,8)(k∈Z),故单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)+kπ,\f(7π,8)+kπ))(k∈Z).
答案:π eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)+kπ,\f(7π,8)+kπ))(k∈Z)
4.(2014·高考北京卷)设函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A,ω,φ是常数,A>0,ω>0).若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,2)))上具有单调性,且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))=-feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),则f(x)的最小正周期为________.
解析:记f(x)的最小正周期为T.
由题意知eq \f(T,2)≥eq \f(π,2)-eq \f(π,6)=eq \f(π,3),
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))=-feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),且eq \f(2π,3)-eq \f(π,2)=eq \f(π,6),
可作出示意图如图所示(一种情况):
∴x1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)+\f(π,6)))×eq \f(1,2)=eq \f(π,3),
x2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)+\f(2π,3)))×eq \f(1,2)=eq \f(7π,12),
∴eq \f(T,4)=x2-x1=eq \f(7π,12)-eq \f(π,3)=eq \f(π,4),∴T=π.
答案:π
5.(2015·高考北京卷)已知函数f(x)=sin x-2eq \r(3)sin2eq \f(x,2).
(1)求f(x)的最小正周期;
(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(2π,3)))上的最小值.
解:(1)因为f(x)=sin x+eq \r(3)cs x-eq \r(3)
=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))-eq \r(3),
所以f(x)的最小正周期为2π.
(2)因为0≤x≤eq \f(2π,3),
所以eq \f(π,3)≤x+eq \f(π,3)≤π.
当x+eq \f(π,3)=π,即x=eq \f(2π,3)时,f(x)取得最小值.
所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(2π,3)))上的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))=-eq \r(3).
函数
y=sin x
y=cs x
y=tan x
图 象
定义域
R
R
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,2)))))eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(+kπ,k∈Z)))))
值域
[-1,1]
[-1,1]
R
单调性
递增区间:eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(2kπ-\f(π,2),))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ+\f(π,2)))(k∈Z)
递减区间:eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(2kπ+\f(π,2),))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ+\f(3π,2)))(k∈Z)
递增区间:
[2kπ-π,2kπ]
(k∈Z)
递减区间:
[2kπ,2kπ+π] (k∈Z)
递增区间:
eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(kπ-\f(π,2),))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ+\f(π,2)))(k∈Z)
最 值
x=2kπ+eq \f(π,2)(k∈Z)时,ymax=1;
x=2kπ-eq \f(π,2)(k∈Z)时,ymin=-1
x=2kπ(k∈Z)时,ymax=1;
x=2kπ+π(k∈Z)时,ymin=-1
无最值
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
对称性
对称中心(kπ,0),k∈Z
对称中心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2),0)),k∈Z
对称中心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ+\f(π,2),0)),k∈Z
对称轴l:x=kπ+eq \f(π,2),k∈Z
对称轴l:x=kπ,k∈Z
无对称轴
周期性
2π
2π
π
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