高考数学一轮复习第四章 高考专题突破二

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例1 (2019·山东省淄博实验中学、淄博五中月考)已知向量m＝(2cs ωx，－1)，n＝(sin ωx－cs ωx,2)，其中ω>0，函数f (x)＝m·n＋3，若函数f (x)图象的两个相邻对称中心的距离为eq \f(π,2).
(1)求函数f (x)的单调递增区间；
(2)将函数f (x)的图象先向左平移eq \f(π,4)个单位长度，然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，得到函数g(x)的图象，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，求函数g(x)的值域．
解 (1)由题意可得f (x)＝m·n＋3
＝2cs ωx(sin ωx－cs ωx)－2＋3
＝2sin ωxcs ωx－(2cs2ωx－1)
＝sin 2ωx－cs 2ωx
＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,4))).
由题意知，T＝eq \f(2π,2ω)＝π，得ω＝1，
则f (x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))).
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
解得kπ－eq \f(π,8)≤x≤kπ＋eq \f(3π,8)，k∈Z，
∴f (x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))，k∈Z.
(2)将f (x)的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度，得到y＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象，
纵坐标不变，横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，
得到g(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,4)))的图象．
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，∴4x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，\f(9π,4)))，
∴－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,4)))≤eq \f(\r(2),2)，
故函数g(x)的值域为[－eq \r(2)，1]．
思维升华 三角函数的图象与性质是高考考查的重点，通常先将三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，然后将t＝ωx＋φ视为一个整体，结合y＝sin t的图象求解．
跟踪训练1 设f (x)＝2eq \r(3)sin(π－x)sin x－(sin x－cs x)2.
(1)求函数f (x)的单调递增区间；
(2)把函数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)，再把得到的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，求geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))的值．
解 (1)由f (x)＝2eq \r(3)sin(π－x)sin x－(sin x－cs x)2
＝2eq \r(3)sin2x－(1－2sin xcs x)
＝eq \r(3)(1－cs 2x)＋sin 2x－1
＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＋eq \r(3)－1
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \r(3)－1.
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)．
所以f (x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))k∈Z)).
(2)由(1)知f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \r(3)－1，
把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)，
得到y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋eq \r(3)－1的图象，
再把得到的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，
得到y＝2sin x＋eq \r(3)－1的图象，
即g(x)＝2sin x＋eq \r(3)－1.
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2sin eq \f(π,6)＋eq \r(3)－1＝eq \r(3).
例2 (12分)(2019·全国Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin eq \f(A＋C,2)＝bsin A.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
规范解答
解 (1)由题设及正弦定理，
得sin Asin eq \f(A＋C,2)＝sin Bsin A．[2分]
因为sin A≠0，所以sin eq \f(A＋C,2)＝sin B.
由A＋B＋C＝180°，可得sin eq \f(A＋C,2)＝cs eq \f(B,2)，[3分]
故cs eq \f(B,2)＝2sin eq \f(B,2)cs eq \f(B,2).[5分]
因为cs eq \f(B,2)≠0，故sin eq \f(B,2)＝eq \f(1,2)，因此B＝60°.[6分]
(2)由题设及(1)知△ABC的面积
S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),4)a.[8分]
由正弦定理，得a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(sin120°－C,sin C)＝eq \f(\r(3),2tan C)＋eq \f(1,2).[10分]
由于△ABC为锐角三角形，故0°所以0°<120°－C<90°，所以30°故eq \f(1,2)因此，△ABC面积的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))).[12分]
第一步：利用正弦定理将边角关系转化为角之间的关系；
第二步：通过角之间的关系sin eq \f(A＋C,2)＝sin B转化为cs eq \f(B,2)＝sin B，进而求出B；
第三步：将三角形的面积转化为只含一个变量的函数S＝eq \f(\r(3),4)a；
第四步：利用正弦定理把a转化为a＝eq \f(\r(3),2tan C)＋eq \f(1,2)，然后通过题中条件求出C的范围，进而得出a的范围，最后得出面积S的范围．
跟踪训练2 △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋eq \r(3)cs A＝0，a＝2eq \r(7)，b＝2.
(1)求角A和边长c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
解 (1)∵sin A＋eq \r(3)cs A＝0，∴tan A＝－eq \r(3)，
又0由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccs A，
即28＝4＋c2－2×2c×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，
即c2＋2c－24＝0，解得c＝－6(舍去)或c＝4，故c＝4.
(2)∵c2＝a2＋b2－2abcs C，
∴16＝28＋4－2×2eq \r(7)×2×cs C，
∴cs C＝eq \f(2,\r(7))，∴CD＝eq \f(AC,cs C)＝eq \f(2,\f(2,\r(7)))＝eq \r(7)，∴CD＝eq \f(1,2)BC，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB·AC·sin∠BAC＝eq \f(1,2)×4×2×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)，
∴S△ABD＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \r(3).
三角函数和解三角形的综合应用
例3 (2019·洛阳模拟)如图，已知扇形的圆心角∠AOB＝eq \f(2π,3)，半径为4eq \r(2)，若点C是上的一动点(不与点A，B重合)．
(1)若弦BC＝4(eq \r(3)－1)，求的长；
(2)求四边形OACB面积的最大值．
解 (1)在△OBC中，BC＝4(eq \r(3)－1)，OB＝OC＝4eq \r(2)，
所以由余弦定理得cs∠BOC＝eq \f(OB2＋OC2－BC2,2OB·OC)＝eq \f(\r(3),2)，
所以∠BOC＝eq \f(π,6)，
于是的长为eq \f(π,6)×4eq \r(2)＝eq \f(2\r(2)π,3).
(2)设∠AOC＝θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，则∠BOC＝eq \f(2π,3)－θ，
S四边形OACB＝S△AOC＋S△BOC
＝eq \f(1,2)×4eq \r(2)×4eq \r(2)sin θ＋eq \f(1,2)×4eq \r(2)×4eq \r(2)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))
＝24sin θ＋8eq \r(3)cs θ＝16eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6))).
由于θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以θ＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，
当θ＝eq \f(π,3)时，四边形OACB的面积取得最大值16eq \r(3).
思维升华 三角函数和解三角形的综合问题要利用正弦定理、余弦定理进行转化，结合三角函数的性质，要注意角的范围对变形过程的影响．
跟踪训练3 已知函数f (x)＝4sin x·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋eq \r(3)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))).
(1)求函数f (x)的值域；
(2)已知锐角△ABC的两边长a，b分别为函数f (x)的最小值与最大值，且△ABC的外接圆半径为eq \f(3\r(2),4)，求△ABC的面积．
解 (1)f (x)＝4sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs x－\f(\r(3),2)sin x))＋eq \r(3)
＝2sin xcs x－2eq \r(3)sin2x＋eq \r(3)
＝sin 2x＋eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
∵0≤x≤eq \f(π,6)，∴eq \f(π,3)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(2π,3)，
∴eq \f(\r(3),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))≤1，
∴函数f (x)的值域为[eq \r(3)，2]．
(2)依题意a＝eq \r(3)，b＝2，△ABC的外接圆半径r＝eq \f(3\r(2),4)，
∴sin A＝eq \f(a,2r)＝eq \f(\r(3),\f(3\r(2),2))＝eq \f(\r(6),3)，
sin B＝eq \f(b,2r)＝eq \f(2,\f(3\r(2),2))＝eq \f(2\r(2),3)，
∴cs A＝eq \f(\r(3),3)，cs B＝eq \f(1,3)，
∴sin C＝sin(A＋B)＝sin Acs B＋cs Asin B＝eq \f(\r(6),3)×eq \f(1,3)＋eq \f(\r(3),3)×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(\r(6),3)，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×2×eq \f(\r(6),3)＝eq \r(2).
1．在△ABC中，A＝60°，c＝eq \f(3,7)a.
(1)求sin C的值；
(2)若a＝7，求△ABC的面积．
解 (1)在△ABC中，因为A＝60°，c＝eq \f(3,7)a，
所以由正弦定理得sin C＝eq \f(csin A,a)＝eq \f(3,7)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),14).
(2)因为a＝7，所以c＝eq \f(3,7)×7＝3.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，得
72＝b2＋32－2b×3×eq \f(1,2)，
解得b＝8或b＝－5(舍去)．
所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×8×3×eq \f(\r(3),2)＝6eq \r(3).
2．设函数f (x)＝2tan eq \f(x,4)·cs2eq \f(x,4)－2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,4)＋\f(π,12)))＋1.
(1)求f (x)的定义域及最小正周期；
(2)求f (x)在[－π，0]上的最值．
解 (1)f (x)＝2sin eq \f(x,4)cs eq \f(x,4)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))
＝sin eq \f(x,2)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝sin eq \f(x,2)－eq \f(\r(3),2)cs eq \f(x,2)＋eq \f(1,2)sin eq \f(x,2)
＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,6))).
由eq \f(x,4)≠eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，
得f (x)的定义域为{x|x≠2π＋4kπ(k∈Z)}，
故f (x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,\f(1,2))＝4π.
(2)∵－π≤x≤0，∴－eq \f(2π,3)≤eq \f(x,2)－eq \f(π,6)≤－eq \f(π,6).
∴当eq \f(x,2)－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，－\f(π,2)))，
即x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(2π,3)))时，f (x)单调递减，
当eq \f(x,2)－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))，
即x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，0))时，f (x)单调递增，
∴f (x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)))＝－eq \r(3)，
又f (0)＝－eq \f(\r(3),2)，f (－π)＝－eq \f(3,2)，
∴f (x)max＝f (0)＝－eq \f(\r(3),2).
3．(2020·青岛模拟)已知函数f (x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))，图象上与P点最近的一个最高点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，6)).
(1)求函数f (x)的解析式；
(2)若f (x)<3，求x的取值范围．
解 (1)设f (x)的最小正周期为T，
由题意得A＝6，eq \f(T,4)＝eq \f(π,3)－eq \f(π,12)＝eq \f(π,4)，∴T＝π，
∴eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，
∴f (x)＝6sin(2x＋φ)，
又f (x)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，6))，∴6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋φ))＝6，
∴2×eq \f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，∴φ＝2kπ－eq \f(π,6)，k∈Z.
又|φ|(2)6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))<3，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))在一个周期eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))中，要使sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))则－eq \f(7π,6)<2x－eq \f(π,6)∴－eq \f(7π,6)＋2kπ<2x－eq \f(π,6)解得kπ－eq \f(π,2)∴x的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)4．已知点P(eq \r(3)，1)，Q(cs x，sin x)，O为坐标原点，函数f (x)＝eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(QP,\s\up6(→)).
(1)求函数f (x)的最小正周期；
(2)若A为△ABC的内角，f (A)＝4，BC＝3，求△ABC周长的最大值．
解 (1)由已知，得eq \(OP,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1)，eq \(QP,\s\up6(→))＝(eq \r(3)－cs x,1－sin x)，
所以f (x)＝eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(QP,\s\up6(→))＝3－eq \r(3)cs x＋1－sin x
＝4－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，
所以函数f (x)的最小正周期为2π.
(2)因为f (A)＝4，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))＝0，
又0因为BC＝3，所以eq \f(BC,sin A)＝2eq \r(3)，
所以由正弦定理，得AC＝2eq \r(3)sin B，AB＝2eq \r(3)sin C，
所以△ABC的周长为3＋2eq \r(3)sin B＋2eq \r(3)sin C
＝3＋2eq \r(3)sin B＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－B))
＝3＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3))).
因为0所以当B＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即B＝eq \f(π,6)时，
△ABC的周长取得最大值，最大值为3＋2eq \r(3).
5．已知函数f (x)＝cs 2ωx＋eq \r(3)sin 2ωx＋t(ω>0)，若f (x)的图象上相邻两条对称轴的距离为eq \f(π,4)，图象过点(0,0)．
(1)求f (x)的表达式和f (x)的单调递增区间；
(2)将函数f (x)的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象，若函数F (x)＝g(x)＋k在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且只有一个零点，求实数k的取值范围．
解 (1)f (x)＝cs 2ωx＋eq \r(3)sin 2ωx＋t
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))＋t，
f (x)的最小正周期为eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,2)，∴ω＝2，
∵f (x)的图象过点(0,0)，∴2sin eq \f(π,6)＋t＝0，
∴t＝－1，∴f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,6)))－1.
令2kπ－eq \f(π,2)≤4x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
求得eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)≤x≤eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)，k∈Z，
故f (x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，\f(kπ,2)＋\f(π,12)))，k∈Z.
(2)将函数f (x)的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度，
可得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,2)＋\f(π,6)))－1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,3)))－1的图象，
再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－1的图象．
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，
故g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－1在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域为[－eq \r(3)－1，1].
若函数F (x)＝g(x)＋k在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且只有一个零点，
由题意可知，函数g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－1的图象和直线y＝－k有且只有一个交点，
根据图象(图略)可知，k＝－1或1－eq \r(3)故实数k的取值范围是{－1}∪(1－eq \r(3)，eq \r(3)＋1]．