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(新高考)高考数学一轮复习学案+巩固提升练习4.5《三角函数的图象与性质》(2份打包,原卷版+教师版)
展开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、余弦函数在[0,2π]上,正切函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2)))上的性质.
知识梳理
1.用“五点法”作正弦函数和余弦函数的简图
(1)在正弦函数y=sin x,x∈[0,2π]的图象中,五个关键点是:(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)在余弦函数y=cs x,x∈[0,2π]的图象中,五个关键点是:(0,1),eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),0)),(π,﹣1),eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2),0)),(2π,1).
2.正弦、余弦、正切函数的图象与性质(下表中k∈Z)
常用结论
1.对称性与周期性
(1)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是eq \f(1,2)个周期,相邻的对称中心与对称轴之间的距离是eq \f(1,4)个周期.
(2)正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期.
2.奇偶性
若f(x)=Asin(ωx+φ)(A,ω≠0),则
(1)f(x)为偶函数的充要条件是φ=eq \f(π,2)+kπ(k∈Z).
(2)f(x)为奇函数的充要条件是φ=kπ(k∈Z).
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)正切函数y=tan x在定义域内是增函数.( × )
(2)已知y=ksin x+1,x∈R,则y的最大值为k+1.( × )
(3)y=sin|x|是偶函数.( √ )
(4)若非零实数T是函数f(x)的周期,则kT(k是非零整数)也是函数f(x)的周期.( √ )
教材改编题
1.若函数y=2sin 2x﹣1的最小正周期为T,最大值为A,则( )
A.T=π,A=1 B.T=2π,A=1
C.T=π,A=2 D.T=2π,A=2
答案 A
2.函数f(x)=﹣2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))的定义域是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,6))))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠-\f(π,12)))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠kπ+\f(π,6)k∈Z)))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)+\f(π,6)k∈Z))))
答案 D
解析 由2x+eq \f(π,6)≠kπ+eq \f(π,2),k∈Z,得x≠eq \f(kπ,2)+eq \f(π,6),k∈Z.
3.函数y=3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的单调递减区间是________.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ+\f(π,6),kπ+\f(2π,3))),k∈Z
解析 因为y=3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),令2kπ≤2x﹣eq \f(π,3)≤2kπ+π,k∈Z,
求得kπ+eq \f(π,6)≤x≤kπ+eq \f(2π,3),k∈Z,可得函数的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ+\f(π,6),kπ+\f(2π,3))),k∈Z.
题型一 三角函数的定义域和值域
例1 (1)函数y=eq \f(1,tan x-1)的定义域为________.
答案 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,4)+kπ,且x≠\f(π,2)+kπ,k∈Z))))
解析 要使函数有意义,则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tan x-1≠0,,x≠\f(π,2)+kπ,k∈Z,))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,4)+kπ,k∈Z,,x≠\f(π,2)+kπ,k∈Z.))
故函数的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,4)+kπ,且x≠\f(π,2)+kπ,k∈Z)))).
(2)函数y=sin x﹣cs x+sin xcs x的值域为________.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(1+2\r(2),2),1))
解析 设t=sin x﹣cs x,则t2=sin2x+cs2x﹣2sin x·cs x,sin xcs x=eq \f(1-t2,2),
且﹣eq \r(2)≤t≤eq \r(2).∴y=﹣eq \f(t2,2)+t+eq \f(1,2)=﹣eq \f(1,2)(t﹣1)2+1,t∈[﹣eq \r(2),eq \r(2)].
当t=1时,ymax=1;当t=﹣eq \r(2)时,ymin=﹣eq \f(1+2\r(2),2).∴函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(1+2\r(2),2),1)).
教师备选
1.函数y=eq \r(sin x-cs x)的定义域为________.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ+\f(π,4),2kπ+\f(5π,4)))(k∈Z)
解析 要使函数有意义,必须使sin x﹣cs x≥0.利用图象,在同一坐标系中画出[0,2π]上y=sin x和y=cs x的图象,
如图所示.
在[0,2π]内,满足sin x=cs x的x为eq \f(π,4),eq \f(5π,4),再结合正弦、余弦函数的周期是2π,所以原函数的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(2kπ+\f(π,4)≤x≤2kπ+\f(5π,4),k∈Z)))).
2.函数f(x)=sin2x+eq \r(3)cs x﹣eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))))的最大值是________.
答案 1
解析 由题意可得f(x)=﹣cs2x+eq \r(3)cs x+eq \f(1,4)=﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x-\f(\r(3),2)))2+1.
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),∴cs x∈[0,1].∴当cs x=eq \f(\r(3),2),即x=eq \f(π,6)时,f(x)取最大值为1.
思维升华 (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=Asin(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 xcs x的关系转换成二次函数求值域.
跟踪训练1 (1)(2021·北京)函数f(x)=cs x﹣cs 2x,试判断函数的奇偶性及最大值( )
A.奇函数,最大值为2 B.偶函数,最大值为2
C.奇函数,最大值为eq \f(9,8) D.偶函数,最大值为eq \f(9,8)
答案 D
解析 由题意,f(﹣x)=cs (﹣x)﹣cs (﹣2x)=cs x﹣cs 2x=f(x),所以该函数为偶函数,
又f(x)=cs x﹣cs 2x=﹣2cs2x+cs x+1=﹣2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x-\f(1,4)))2+eq \f(9,8),
所以当cs x=eq \f(1,4)时,f(x)取最大值eq \f(9,8).
(2)函数y=lg(sin 2x)+eq \r(9-x2)的定义域为________.
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(-3,-\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))
解析 ∵函数y=lg(sin 2x)+eq \r(9-x2),∴应满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin 2x>0,,9-x2≥0,))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kπ
例2 (1)下列函数中,以eq \f(π,2)为周期且在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(π,2)))上单调递增的是( )
A.f(x)=|cs 2x| B.f(x)=|sin 2x|
C.f(x)=cs|x| D.f(x)=sin|x|
答案 A
解析 A中,函数f(x)=|cs 2x|的周期为eq \f(π,2),当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(π,2)))时,2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),函数f(x)单调递增,故A正确;B中,函数f(x)=|sin 2x|的周期为eq \f(π,2),当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(π,2)))时,2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),函数f(x)单调递减,故B不正确;C中,函数f(x)=cs|x|=cs x的周期为2π,故C不正确;D中,f(x)=sin|x|=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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.
(2)函数f(x)=3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)+φ))+1,φ∈(0,π),且f(x)为偶函数,则φ=________,f(x)图象的对称中心为________.
答案 eq \f(5π,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+\f(kπ,2),1)),k∈Z
解析 若f(x)=3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)+φ))+1为偶函数,则﹣eq \f(π,3)+φ=kπ+eq \f(π,2),k∈Z,
即φ=eq \f(5π,6)+kπ,k∈Z,又∵φ∈(0,π),∴φ=eq \f(5π,6).∴f(x)=3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,2)))+1=3cs 2x+1,
由2x=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z得x=eq \f(π,4)+eq \f(kπ,2),k∈Z,∴f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+\f(kπ,2),1)),k∈Z.
教师备选
1.下列函数中,是周期函数的为( )
A.y=sin|x| B.y=cs|x| C.y=tan|x| D.y=(x﹣1)0
答案 B
解析 ∵cs|x|=cs x,∴y=cs|x|是周期函数.其余函数均不是周期函数.
2.函数f(x)=3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)+φ)),φ∈(0,π),若f(x)为奇函数,则φ=________.
答案 eq \f(π,3)
解析 若f(x)=3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)+φ))为奇函数,则﹣eq \f(π,3)+φ=kπ,k∈Z,
即φ=eq \f(π,3)+kπ,k∈Z,又∵φ∈(0,π),∴φ=eq \f(π,3).
思维升华 (1)奇偶性的判断方法:三角函数中奇函数一般可化为y=Asin ωx或y=Atan ωx的形式,而偶函数一般可化为y=Acs ωx的形式.
(2)周期的计算方法:利用函数y=Asin(ωx+φ),y=Acs(ωx+φ)(ω>0)的周期为eq \f(2π,ω),函数y=Atan(ωx+φ)(ω>0)的周期为eq \f(π,ω)求解.
跟踪训练2 (1)函数f(x)=sin eq \f(x,3)+cs eq \f(x,3)最小正周期和最大值分别是( )
A.3π和eq \r(2) B.3π和2 C.6π和eq \r(2) D.6π和2
答案 C
解析 因为函数f(x)=sin eq \f(x,3)+cs eq \f(x,3)=eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)sin \f(x,3)+\f(\r(2),2)cs \f(x,3)))
=eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(x,3)cs \f(π,4)+cs \f(x,3)sin \f(π,4)))=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,3)+\f(π,4))),所以函数f(x)的最小正周期T=eq \f(2π,\f(1,3))=6π,最大值为eq \r(2).
(2)已知f(x)=Acs(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)是定义域为R的奇函数,且当x=3时,f(x)取得最小值﹣3,当ω取得最小正数时,f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2 022)的值为( )
A.eq \f(3,2) B.﹣6﹣3eq \r(3) C.1 D.﹣1
答案 B
解析 ∵f(x)=Acs(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)是定义域为R的奇函数,
∴φ=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,则φ=eq \f(π,2),则f(x)=﹣Asin ωx.当x=3时,f(x)取得最小值﹣3,
故A=3,sin 3ω=1,∴3ω=eq \f(π,2)+2kπ,k∈Z.∴ω的最小正数为eq \f(π,6),∴f(x)=﹣3sin eq \f(π,6)x,
∴f(x)的周期为12,∴f(1)+f(2)+f(3)+…+f(12)=0,
∴f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2 022)=168×0+f(1)+f(2)+…+f(6)=﹣6﹣3eq \r(3).
(3)设函数f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))+eq \f(3,4),则下列叙述正确的是( )
A.f(x)的最小正周期为2π B.f(x)的图象关于直线x=eq \f(π,12)对称
C.f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π))上的最小值为﹣eq \f(5,4) D.f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3),0))对称
答案 C
解析 对于A,f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)=π,故A错误;对于B,∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)-\f(π,3)))=﹣eq \f(1,2)≠±1,故B错误;
对于C,当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π))时,2x﹣eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3),\f(5π,3))),∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-1,\f(\r(3),2))),
∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))+eq \f(3,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(5,4),\r(3)+\f(3,4))),∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π))上的最小值为﹣eq \f(5,4),故C正确;
对于D,∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(2π,3)-\f(π,3)))+eq \f(3,4)=eq \f(3,4),∴f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3),\f(3,4)))对称,故D错误.
题型三 三角函数的单调性
命题点1 求三角函数的单调区间
例3 函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-2x+\f(π,3)))的单调递减区间为________.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ-\f(π,12),kπ+\f(5π,12)))(k∈Z)
解析 f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-2x+\f(π,3)))=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))))=﹣sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),
由2kπ﹣eq \f(π,2)≤2x﹣eq \f(π,3)≤2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,得kπ﹣eq \f(π,12)≤x≤kπ+eq \f(5π,12),k∈Z.
故所求函数的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ-\f(π,12),kπ+\f(5π,12)))(k∈Z).
延伸探究 f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-2x+\f(π,3)))在[0,π]上的单调递减区间为________.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(5π,12)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12),π))
解析 令A=eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ-\f(π,12),kπ+\f(5π,12))),k∈Z,B=[0,π],∴A∩B=eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(5π,12)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12),π)),
∴f(x)在[0,π]上的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(5π,12)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12),π)).
命题点2 根据单调性求参数
例4 (1)若函数f(x)=sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,3)))上单调递增,在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3),\f(π,2)))上单调递减,则ω=________.
答案 eq \f(3,2)
解析 ∵f(x)=sin ωx(ω>0)过原点,∴当0≤ωx≤eq \f(π,2),即0≤x≤eq \f(π,2ω)时,y=sin ωx单调递增;
当eq \f(π,2)≤ωx≤eq \f(3π,2),即eq \f(π,2ω)≤x≤eq \f(3π,2ω)时,y=sin ωx单调递减.由f(x)=sin ωx(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,3)))上单调递增,
在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3),\f(π,2)))上单调递减,知eq \f(π,2ω)=eq \f(π,3),∴ω=eq \f(3,2).
(2)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________.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),\f(5,4)))
解析 由eq \f(π,2)
又由4k+eq \f(1,2)﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k+\f(5,4)))≤0,k∈Z,且2k+eq \f(5,4)>0,k∈Z,解得k=0,所以ω∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),\f(5,4))).
教师备选
已知函数f(x)=sin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0,|φ|≤\f(π,2))),x=﹣eq \f(π,4)为f(x)的零点,x=eq \f(π,4)为y=f(x)图象的对称轴,且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18),\f(5π,36)))上单调,则ω的最大值为( )
A.11 B.9 C.7 D.1
答案 B
解析 因为x=﹣eq \f(π,4)为f(x)的零点,x=eq \f(π,4)为y=f(x)图象的对称轴,
所以eq \f(2n+1,4)·T=eq \f(π,2)(n∈N),即eq \f(2n+1,4)·eq \f(2π,ω)=eq \f(π,2)(n∈N),所以ω=2n+1(n∈N),即ω为正奇数.
因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18),\f(5π,36)))上单调,则eq \f(5π,36)﹣eq \f(π,18)=eq \f(π,12)≤eq \f(T,2),即T=eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,6),解得ω≤12.
当ω=11时,﹣eq \f(11π,4)+φ=kπ,k∈Z,因为|φ|≤eq \f(π,2),所以φ=﹣eq \f(π,4),此时f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(11x-\f(π,4))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18),\f(5π,36)))时,11x﹣eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13π,36),\f(46π,36))),所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18),\f(5π,36)))上不单调,不满足题意;
当ω=9时,﹣eq \f(9π,4)+φ=kπ,k∈Z,因为|φ|≤eq \f(π,2),所以φ=eq \f(π,4),此时f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9x+\f(π,4))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18),\f(5π,36)))时,9x+eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4),\f(3π,2))),此时f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18),\f(5π,36)))上单调递减,符合题意.故ω的最大值为9.
思维升华 (1)已知三角函数解析式求单调区间
求形如y=Asin(ωx+φ)或y=Acs(ωx+φ)(其中ω>0)的单调区间时,要视“ωx+φ”为一个整体,通过解不等式求解.但如果ω<0,可借助诱导公式将ω化为正数,防止把单调性弄错.
(2)已知三角函数的单调区间求参数.先求出函数的单调区间,然后利用集合间的关系求解.
跟踪训练3 (1)下列区间中,函数f(x)=7sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,6)))的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π,\f(3π,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2),2π))
答案 A
解析 令﹣eq \f(π,2)+2kπ≤x﹣eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)+2kπ,k∈Z,得﹣eq \f(π,3)+2kπ≤x≤eq \f(2π,3)+2kπ,k∈Z.取k=0,则﹣eq \f(π,3)≤x≤eq \f(2π,3).
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,3),\f(2π,3))),所以区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))是函数f(x)的单调递增区间.
(2)已知函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,3)))(ω>0)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6),\f(π,3)))上单调递增,则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),1)) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3),\f(2,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3),2))
答案 A
解析 当﹣eq \f(π,6)
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(-\f(πω,6)+\f(π,3)≥-\f(π,2),,\f(πω,3)+\f(π,3)≤\f(π,2),))解得ω≤eq \f(1,2),因为ω>0,所以ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2))).
课时精练
1.y=|cs x|的一个单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2))) B.[0,π] C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π,\f(3π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2),2π))
答案 D
解析 将y=cs x的图象位于x轴下方的部分关于x轴对称向上翻折,x轴上方(或x轴上)的图象不变,即得y=|cs x|的图象(如图).
故选D.
2.函数f(x)=eq \r(2sin \f(π,2)x-1)的定义域为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)+4kπ,\f(5π,3)+4kπ))(k∈Z) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)+4k,\f(5,3)+4k))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)+4kπ,\f(5π,6)+4kπ))(k∈Z) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,6)+4k,\f(5,6)+4k))(k∈Z)
答案 B
解析 由题意,得2sin eq \f(π,2)x﹣1≥0,eq \f(π,2)x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)+2kπ,\f(5π,6)+2kπ))(k∈Z),则x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)+4k,\f(5,3)+4k))(k∈Z).
3.函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(5π,12)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,12)))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2π的非奇非偶函数
D.最小正周期为π的非奇非偶函数
答案 D
解析 由题意可得f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(5π,12)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,12)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(5π,12)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(5π,12)-\f(π,2)))=sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(5π,12))),
∴f(x)=eq \f(1,2)﹣eq \f(1,2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(5π,6))),故f(x)的最小正周期T=eq \f(2π,2)=π,由函数奇偶性的定义易知,f(x)为非奇非偶函数.
4.函数f(x)=eq \f(sin x+x,cs x+x2)在[﹣π,π]的图象大致为( )
答案 D
解析 由f(﹣x)=eq \f(sin-x+-x,cs-x+-x2)=eq \f(-sin x-x,cs x+x2)=﹣f(x),得f(x)是奇函数,其图象关于原点对称,排除A;又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=eq \f(1+\f(π,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))2)=eq \f(4+2π,π2)>1,f(π)=eq \f(π,-1+π2)>0,排除B,C.
5.(多选)关于函数f(x)=sin 2x﹣cs 2x,下列命题中为真命题的是( )
A.函数y=f(x)的周期为π
B.直线x=eq \f(π,4)是y=f(x)图象的一条对称轴
C.点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8),0))是y=f(x)图象的一个对称中心
D.y=f(x)的最大值为eq \r(2)
答案 ACD
解析 因为f(x)=sin 2x﹣cs 2x=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4))),所以f(x)最大值为eq \r(2),故D为真命题.因为ω=2,故T=eq \f(2π,2)=π,故A为真命题;当x=eq \f(π,4)时,2x﹣eq \f(π,4)=eq \f(π,4),终边不在y轴上,故直线x=eq \f(π,4)不是y=f(x)图象的一条对称轴,故B为假命题;当x=eq \f(π,8)时,2x﹣eq \f(π,4)=0,终边落在x轴上,故点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8),0))是y=f(x)图象的一个对称中心,故C为真命题.
6.(多选)关于函数f(x)=sin|x|+|sin x|,下列叙述正确的是( )
A.f(x)是偶函数
B.f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π))上单调递增
C.f(x)的最大值为2
D.f(x)在[﹣π,π]上有4个零点
答案 AC
解析 f(﹣x)=sin|﹣x|+|sin(﹣x)|=sin|x|+|sin x|=f(x),f(x)是偶函数,A正确;
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π))时,f(x)=sin x+sin x=2sin x,单调递减,B错误;
f(x)=sin|x|+|sin x|≤1+1=2,且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=2,C正确;
在[﹣π,π]上,当﹣π
当0
7.写出一个周期为π的偶函数f(x)=________.(答案不唯一)
答案 cs 2x
8.若在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))内有两个不同的实数值满足等式cs 2x+eq \r(3)sin 2x=k+1,则实数k的取值范围是________.
答案 0≤k<1
解析 函数f(x)=cs 2x+eq \r(3)sin 2x=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))),当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,6)))时,f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))单调递增;
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,2)))时,f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))单调递减,f(0)=2sin eq \f(π,6)=1,feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=2sin eq \f(π,2)=2,feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=2sin eq \f(7π,6)=﹣1,
所以在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))内有两个不同的实数值满足等式cs 2x+eq \r(3)sin 2x=k+1,则1≤k+1<2,所以0≤k<1.
9.已知函数f(x)=4sin ωxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,3)))﹣1(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求ω及f(x)的单调递增区间;
(2)求f(x)图象的对称中心.
解 (1)f(x)=4sin ωxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin ωx+\f(\r(3),2)cs ωx))﹣1=2sin2ωx+2eq \r(3)sin ωxcs ωx﹣1
=1﹣cs 2ωx+eq \r(3)sin 2ωx﹣1=eq \r(3)sin 2ωx﹣cs 2ωx=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx-\f(π,6))).
∵最小正周期为π,∴eq \f(2π,2ω)=π,∴ω=1,∴f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6))),
令﹣eq \f(π,2)+2kπ≤2x﹣eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)+2kπ,k∈Z,解得﹣eq \f(π,6)+kπ≤x≤eq \f(π,3)+kπ,k∈Z,
∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)+kπ,\f(π,3)+kπ))(k∈Z).
(2)令2x﹣eq \f(π,6)=kπ,k∈Z,解得x=eq \f(π,12)+eq \f(kπ,2),k∈Z,
∴f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)+\f(kπ,2),0)),k∈Z.
10.设函数f(x)=sin x+cs x(x∈R).
(1)求函数y=eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,2)))))2的最小正周期;
(2)求函数y=f(x)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上的最大值.
解 (1)因为f(x)=sin x+cs x,所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,2)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,2)))+cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,2)))=cs x﹣sin x,
所以y=eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,2)))))2=(cs x﹣sin x)2=1﹣sin 2x.所以函数y=eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,2)))))2的最小正周期T=eq \f(2π,2)=π.
(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,4)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,4)))+cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,4)))=eq \r(2)sin x,
所以y=f(x)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,4)))=eq \r(2)sin x(sin x+cs x)=eq \r(2)(sin xcs x+sin2x)
=eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin 2x-\f(1,2)cs 2x+\f(1,2)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4)))+eq \f(\r(2),2).
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,2x﹣eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(3π,4))),所以当2x﹣eq \f(π,4)=eq \f(π,2),即x=eq \f(3π,8)时,
函数y=f(x)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上取得最大值,且ymax=1+eq \f(\r(2),2).
11.(多选)已知函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))),则( )
A.函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,3)))是偶函数
B.x=﹣eq \f(π,6)是函数f(x)的一个零点
C.函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(5π,12),\f(π,12)))上单调递增
D.函数f(x)的图象关于直线x=eq \f(π,12)对称
答案 BCD
解析 对于A选项,令g(x)=f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,3)))=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,3)))+\f(π,3)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),
则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=0,geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(2π,3)))≠0,故函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,3)))不是偶函数,A错;
对于B选项,因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)))=sin 0=0,故x=﹣eq \f(π,6)是函数f(x)的一个零点,B对;
对于C选项,当﹣eq \f(5π,12)≤x≤eq \f(π,12)时,﹣eq \f(π,2)≤2x+eq \f(π,3)≤eq \f(π,2),所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(5π,12),\f(π,12)))上单调递增,C对;
对于D选项,因为对称轴满足2x+eq \f(π,3)=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,解得x=eq \f(π,12)+eq \f(kπ,2),k∈Z,k=0时,x=eq \f(π,12),D对.
12.(多选)已知函数f(x)=cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,6)))﹣cs 2x,则( )
A.f(x)的最大值为eq \f(1+\r(3),2)
B.f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6),0))对称
C.f(x)图象的对称轴方程为x=eq \f(5π,12)+eq \f(kπ,2)(k∈Z)
D.f(x)在[0,2π]上有4个零点
答案 ACD
解析 f(x)=eq \f(1+cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),2)﹣cs 2x=eq \f(1,2)+eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs 2x+\f(\r(3),2)sin 2x))﹣cs 2x
=eq \f(\r(3),4)sin 2x﹣eq \f(3,4)cs 2x+eq \f(1,2)=eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))+eq \f(1,2),则f(x)的最大值为eq \f(1+\r(3),2),A正确;
易知f(x)图象的对称中心的纵坐标为eq \f(1,2),B错误;
令2x﹣eq \f(π,3)=eq \f(π,2)+kπ(k∈Z),得x=eq \f(5π,12)+eq \f(kπ,2)(k∈Z),此即f(x)图象的对称轴方程,C正确;
由f(x)=eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))+eq \f(1,2)=0,得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))=﹣eq \f(\r(3),3),当x∈[0,2π]时,2x﹣eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,3),\f(11π,3))),
作出函数y=sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,3),\f(11π,3)))))的图象,如图所示.
所以方程sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))=﹣eq \f(\r(3),3)在[0,2π]上有4个不同的实根,即f(x)在[0,2π]上有4个零点,D正确.
13.已知sin x+cs y=eq \f(1,4),则sin x﹣sin2y的最大值为______.
答案 eq \f(9,16)
解析 ∵sin x+cs y=eq \f(1,4),sin x∈[﹣1,1],∴sin x=eq \f(1,4)﹣cs y∈[﹣1,1],∴cs y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(3,4),\f(5,4))),
即cs y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(3,4),1)),∵sin x﹣sin2y=eq \f(1,4)﹣cs y﹣(1﹣cs2y)=cs2y﹣cs y﹣eq \f(3,4)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs y-\f(1,2)))2﹣1,
又cs y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(3,4),1)),利用二次函数的性质知,当cs y=﹣eq \f(3,4)时,(sin x﹣sin2y)max=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3,4)-\f(1,2)))2﹣1=eq \f(9,16).
14.已知f(x)=sin x+cs x,若y=f(x+θ)是偶函数,则cs θ=________.
答案 ±eq \f(\r(2),2)
解析 因为f(x)=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4))),所以f(x+θ)=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+θ+\f(π,4))),又因为y=f(x+θ)是偶函数,
所以θ+eq \f(π,4)=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,即θ=eq \f(π,4)+kπ,k∈Z,所以cs θ=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+kπ))=±eq \f(\r(2),2).
15.(多选)设函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,4)))(ω>0),已知f(x)在[0,2π]内有且仅有2个零点,则下列结论成立的有( )
A.函数y=f(x)+1在(0,2π)内没有零点
B.y=f(x)﹣1在(0,2π)内有且仅有1个零点
C.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(2π,3)))上单调递增
D.ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,8),\f(9,8)))
答案 BCD
解析 如图,由函数f(x)的草图可知,A选项不正确,B选项正确;
若函数f(x)在[0,2π]内有且仅有2个零点,则eq \f(5π,4ω)≤2π
16.已知f(x)=sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,8)))+eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4)))﹣eq \f(1,2).
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2)若函数y=|f(x)|﹣m在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(5π,24),\f(3π,8)))上恰有两个零点x1,x2.
①求m的取值范围;
②求sin(x1+x2)的值.
解 (1)f(x)=sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,8)))+eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4)))﹣eq \f(1,2)=eq \f(1-cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,4))),2)+eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,2)))﹣eq \f(1,2)
=eq \f(1,2)﹣eq \f(\r(2),4)cs 2x+eq \f(\r(2),4)sin 2x+eq \f(\r(2),2)cs 2x﹣eq \f(1,2)=eq \f(\r(2),4)sin 2x+eq \f(\r(2),4)cs 2x=eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,4))),
结合正弦函数的图象与性质,可得当﹣eq \f(π,2)+2kπ≤2x+eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)+2kπ(k∈Z),
即﹣eq \f(3π,8)+kπ≤x≤eq \f(π,8)+kπ(k∈Z)时,函数单调递增,
∴函数y=f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(3π,8)+kπ,\f(π,8)+kπ))(k∈Z).
(2)①令t=2x+eq \f(π,4),当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(5π,24),\f(3π,8)))时,t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,6),π)),eq \f(1,2)sin t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(1,4),\f(1,2))),
∴y=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin t))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2)))(如图).
∴要使y=|f(x)|﹣m在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(5π,24),\f(3π,8)))上恰有两个零点,m的取值范围为eq \f(1,4)
由正弦函数图象性质可知t1+t2=π,即2x1+eq \f(π,4)+2x2+eq \f(π,4)=π.
∴x1+x2=eq \f(π,4),∴sin(x1+x2)=eq \f(\r(2),2).函数
y=sin x
y=cs x
y=tan x
图象
定义域
R
R
eq \b\bc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠kπ+\f(π,2)))))
值域
[﹣1,1]
[﹣1,1]
R
周期性
2π
2π
π
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
递增区间
eq \b\bc\[(\a\vs4\al\c1(2kπ-\f(π,2),2kπ+\f(π,2)))
[2kπ﹣π,2kπ]
eq \b\bc\((\a\vs4\al\c1(kπ-\f(π,2),kπ+\f(π,2)))
递减区间
eq \b\bc\[(\a\vs4\al\c1(2kπ+\f(π,2),2kπ+\f(3π,2)))
[2kπ,2kπ+π]
对称中心
(kπ,0)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ+\f(π,2),0))
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2),0))
对称轴方程
x=kπ+eq \f(π,2)
x=kπ
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