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  • 2021-06-11 发布

2019年高考数学高分突破复习练习专题一 第1讲

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第1讲 三角函数的图象与性质 高考定位 三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容,主要从以下两个方面进行考查:1.三角函数的图象,涉及图象变换问题以及由图象确定解析式问题,主要以选择题、填空题的形式考查;2.利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等,主要以解答题的形式考查.‎ 真 题 感 悟 ‎1.(2018·全国Ⅰ卷)已知角α的顶点为坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边上有两点A(1,a),B(2,b),且cos 2α=,则|a-b|=(  )‎ A. B. C. D.1‎ 解析 由题意知cos α>0.因为cos 2α=2cos2α-1=,所以cos α=,sin α=±,得|tan α|=.由题意知|tan α|=,所以|a-b|=.‎ 答案 B ‎2.(2017·全国Ⅲ卷)设函数f(x)=cos,则下列结论错误的是(  )‎ A.f(x)的一个周期为-2π ‎ B.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)在单调递减 解析 A项,因为f(x)的周期为2kπ(k∈Z且k≠0),所以f(x)的一个周期为-2π,A项正确.‎ B项,因为f(x)图象的对称轴为直线x=kπ-(k∈Z),当k=3时,直线x=是其对称轴,B项正确.‎ C项,f(x+π)=cos,将x=代入得到f=cos=0,所以x=是f(x+π)的一个零点,C项正确.‎ D项,因为f(x)=cos的递减区间为 (k∈Z),递增区间为 (k∈Z),所以是减区间,是增区间,D项错误.‎ 答案 D ‎3.(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=2cos2x-sin2x+2,则(  )‎ A.f(x)的最小正周期为π,最大值为3‎ B.f(x)的最小正周期为π,最大值为4‎ C.f(x)的最小正周期为2π,最大值为3‎ D.f(x)的最小正周期为2π,最大值为4‎ 解析 易知f(x)=2cos2x-sin2x+2=3cos2x+1=3+1=cos 2x+,则f(x)的最小正周期为π,当2x=2kπ,即x=kπ(k∈Z)时,f(x)取得最大值,最大值为4.‎ 答案 B ‎4.(2018·全国Ⅱ卷)若f(x)=cos x-sin x在[-a,a]是减函数,则a的最大值是(  )‎ A. B. C. D.π 解析 f(x)=cos x-sin x=cos,且函数y=cos x在区间[0,π]上单调递减,则由0≤x+≤π,得-≤x≤.因为f(x)在[-a,a]上是减函数,所以解得 a≤,所以00,ω>0)的图象求解析式时,常采用待定系数法,由图中的最高点、最低点或特殊点求A;由函数的周期确定ω;确定φ常根据“五点法”中的五个点求解,其中一般把第一个零点作为突破口,可以从图象的升降找准第一个零点的位置.‎ ‎【训练2】 已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<)的部分图象如图所示.‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式;‎ ‎(2)将函数y=f(x)的图象上各点的纵坐标保持不变,横坐标缩短到原来的倍,再把所得的函数图象向左平移个单位长度,得到函数y=g(x)的图象,求函数g(x)在区间上的最小值.‎ 解 (1)设函数f(x)的最小正周期为T,由题图可知 A=1,=-=,‎ 即T=π,所以π=,解得ω=2,‎ 所以f(x)=sin(2x+φ),又过点,‎ 由0=sin可得+φ=2kπ,k∈Z,‎ 则φ=2kπ-,k∈Z,因为|φ|<,所以φ=-,‎ 故函数f(x)的解析式为f(x)=sin.‎ ‎(2)根据条件得g(x)=sin,‎ 当x∈时,4x+∈,‎ 所以当x=时,g(x)取得最小值,且g(x)min=.‎ 热点三 三角函数的性质 考法1 三角函数性质 ‎【例3-1】 (2018·合肥质检)已知函数f(x)=sin ωx-cos ωx(ω>0)的最小正周期为π.‎ ‎(1)求函数y=f(x)图象的对称轴方程;‎ ‎(2)讨论函数f(x)在上的单调性.‎ 解 (1)∵f(x)=sin ωx-cos ωx=sin,且T=π,‎ ‎∴ω=2,于是f(x)=sin.‎ 令2x-=kπ+(k∈Z),得x=+(k∈Z).‎ 即函数f(x)图象的对称轴方程为x=+(k∈Z).‎ ‎(2)令2kπ-≤2x-≤2kπ+(k∈Z),‎ 得函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z).‎ 注意到x∈,所以令k=0,‎ 得函数f(x)在上的单调递增区间为;‎ 同理,其单调递减区间为.‎ 探究提高 1.讨论三角函数的单调性,研究函数的周期性、奇偶性与对称性,都必须首先利用辅助角公式,将函数化成一个角的一种三角函数.‎ ‎2.求函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的单调区间,是将ωx+φ作为一个整体代入正弦函数增区间(或减区间),求出的区间即为y=Asin(ωx+φ)的增区间(或减区间),但是当A>0,ω<0时,需先利用诱导公式变形为y=-Asin(-ωx-φ),则y=Asin(-ωx-φ)的增区间即为原函数的减区间,减区间即为原函数的增区间.‎ 考法2 三角函数性质与图象的综合应用 ‎【例3-2】 已知函数f(x)=2sin ωxcos ωx+2sin2ωx-(ω>0)的最小正周期为π.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调递增区间.‎ ‎(2)将函数f(x)的图象向左平移个单位,再向上平移1个单位,得到函数y=g(x)的图象,若y=g(x)在[0,b](b>0)上至少含有10个零点,求b的最小值.‎ 解 (1)f(x)=2sin ωxcosωx+(2sin2ωx-1)‎ ‎=sin 2ωx-cos 2ωx=2sin.‎ 由最小正周期为π,得ω=1,‎ 所以f(x)=2sin,‎ 由2kπ-≤2x-≤2kπ+,k∈Z,‎ 整理得kπ-≤x≤kx+,k∈Z,‎ 所以函数f(x)的单调递增区间是,k∈Z.‎ ‎(2)将函数f(x)的图象向左平移个单位,再向上平移1个单位,得到y=2sin 2x+1的图象;‎ 所以g(x)=2sin 2x+1.‎ 令g(x)=0,得x=kπ+或x=kπ+(k∈Z),‎ 所以在[0,π]上恰好有两个零点,若y=g(x)在[0,b]上有10个零点,则b不小于第10个零点的横坐标即可.‎ 所以b的最小值为4π+=.‎ 探究提高 1.研究三角函数的图象与性质,关键是将函数化为y=Asin(ωx+φ)+B(或y=Acos(ωx+φ)+B)的形式,利用正余弦函数与复合函数的性质求解.‎ ‎2.函数y=Asin(ωx+φ)(或y=Acos(ωx+φ))的最小正周期T=.应特别注意y=|Asin(ωx+φ)|的最小正周期为T=.‎ ‎【训练3】 (2018·湖南师大附中质检)已知向量m=(2cos ωx,-1),n=(sin ωx-cos ωx,2)(ω>0),函数f(x)=m·n+3,若函数f(x)的图象的两个相邻对称中心的距离为.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调增区间;‎ ‎(2)若将函数f(x)的图象先向左平移个单位,然后纵坐标不变,横坐标缩短为原来的倍,得到函数g(x)的图象,当x∈时,求函数g(x)的值域.‎ 解 (1)f(x)=m·n+3=2cos ωx(sin ωx-cos ωx)-2+3‎ ‎=sin 2ωx-cos 2ωx=sin.‎ 依题意知,最小正周期T=π.‎ ‎∴ω=1,因此f(x)=sin.‎ 令-+2kπ≤2x-≤+2kπ,k∈Z,‎ 求得f(x)的增区间为,k∈Z.‎ ‎(2)将函数f(x)的图象先向左平移个单位,‎ 得y=sin=sin的图象.‎ 然后纵坐标不变,横坐标缩短为原来的倍,得到函数g(x)=sin的图象.‎ 故g(x)=sin,‎ 由≤x≤,知≤4x+≤.‎ ‎∴-1≤sin≤.‎ 故函数g(x)的值域是[-,1].‎ ‎1.已知函数y=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0)的图象求解析式 ‎(1)A=,B=.‎ ‎(2)由函数的周期T求ω,ω=.‎ ‎(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求φ.‎ ‎2.运用整体换元法求解单调区间与对称性 类比y=sin x的性质,只需将y=Asin(ωx+φ)中的“ωx+φ”看成y=sin x中的“x”,采用整体代入求解.‎ ‎(1)令ωx+φ=kπ+(k∈Z),可求得对称轴方程;‎ ‎(2)令ωx+φ=kπ(k∈Z),可求得对称中心的横坐标;‎ ‎(3)将ωx+φ看作整体,可求得y=Asin(ωx+φ)的单调区间,注意ω的符号.‎ ‎3.函数y=Asin(ωx+φ)+B的性质及应用的求解思路 第一步:先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成y=Asin(ωx+φ)+B(一角一函数)的形式;‎ 第二步:把“ωx+φ”视为一个整体,借助复合函数性质求y=Asin(ωx+φ)+B的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题.‎ 一、选择题 ‎1.(2018·全国Ⅲ卷)函数f(x)=的最小正周期为(  )‎ A. B. C.π D.2π 解析 f(x)====sin xcos x=sin 2x,所以f(x)的最小正周期T==π.‎ 答案 C ‎2.(2017·全国Ⅲ卷)函数f(x)=sin+cos的最大值为(  )‎ A. B.1 C. D. 解析 cos =cos=sin,则f(x)=sin+sin=sin,函数的最大值为.‎ 答案 A ‎3.(2018·湖南六校联考)定义一种运算=ad-bc,将函数f(x)=的图象向左平移φ(φ>0)个单位,所得图象对应的函数为偶函数,则φ的最小值是(  )‎ A. B. C. D. 解析 f(x)=2cos x-2sin x=4cos,‎ 依题意g(x)=f(x+φ)=4cos是偶函数(其中φ>0).‎ ‎∴+φ=kπ,k∈Z,则φmin=π.‎ 答案 C ‎4.偶函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示,其中△EFG是斜边为4的等腰直角三角形(E,F是函数与x轴的交点,点G在图象上),则f ‎(1)的值为(  )‎ A. B. C. D.2 解析 依题设,=|EF|=4,T=8,ω=.‎ ‎∵函数f(x)=Asin(ωx+φ)为偶函数,且0<φ<π.‎ ‎∴φ=,在等腰直角△EGF中,易求A=2.‎ 所以f(x)=2sin=2cosx,则f(1)=.‎ 答案 C ‎5.(2018·天津卷)将函数y=sin的图象向右平移个单位长度,所得图象对应的函数(  )‎ A.在区间上单调递增 B.在区间上单调递减 C.在区间上单调递增 D.在区间上单调递减 解析 把函数y=sin的图象向右平移个单位长度得函数g(x)=sin=sin 2x的图象,由-+2kπ≤2x≤+2kπ(k∈Z)得-+kπ≤x≤+kπ(k∈Z),令k=1,得≤x≤,即函数g(x)=sin 2x的一个单调递增区间为.‎ 答案 A 二、填空题 ‎6.(2018·江苏卷)已知函数y=sin(2x+φ)的图象关于直线x=对称,则φ的值是________.‎ 解析 由函数y=sin(2x+φ)的图象关于直线x=对称,得sin=±1.因为-<φ<,所以<+φ<,则+φ=,φ=-.‎ 答案 - ‎7.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示,其中|PQ|=2.则f(x)的解析式为________.‎ 解析 由题图可知A=2,P(x1,-2),Q(x2,2),所以|PQ|===2.整理得|x1-x2|=2,所以函数f(x)的最小正周期T=2|x1-x2|=4,即=4,解得ω=.又函数图象过点(0,‎ ‎-),所以2sin φ=-,即sin φ=-.又|φ|<,所以φ=-,所以f(x)=2sin.‎ 答案 f(x)=2sin ‎8.(2018·北京卷)设函数f(x)=cos(ω>0).若f(x)≤f 对任意的实数x 都成立,则ω的最小值为________.‎ 解析 由于对任意的实数都有f(x)≤f 成立,故当x=时,函数f(x)有最大值,故f =1,-=2kπ(k∈Z),∴ω=8k+(k∈Z).又ω>0,∴ωmin=.‎ 答案  三、解答题 ‎9.已知函数f(x)=4tan xsin·cos-.‎ ‎(1)求f(x)的定义域与最小正周期;‎ ‎(2)讨论f(x)在区间上的单调性.‎ 解 (1)f(x)的定义域为{x|x≠+kπ,k∈Z},‎ f(x)=4tan xcos xcos- ‎=4sin xcos- ‎=4sin x- ‎=2sin xcos x+2sin2x- ‎=sin 2x-cos 2x ‎=2sin.‎ 所以f(x)的最小正周期T==π.‎ ‎(2)由-+2kπ≤2x-≤+2kπ,k∈Z,‎ 得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z.‎ 设A=,B=,易知A∩B= ‎.‎ 所以当x∈时,f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.‎ ‎10.(2018·西安模拟)已知函数f(x)=sinsin x-cos2x+.‎ ‎(1)求f(x)的最大值及取得最大值时x的值;‎ ‎(2)若方程f(x)=在(0,π)上的解为x1,x2,求cos(x1-x2)的值.‎ 解 (1)f(x)=cos xsin x-(2cos2x-1)‎ ‎=sin 2x-cos 2x=sin.‎ 当2x-=+2kπ(k∈Z),即x=π+kπ(k∈Z)时,函数f(x)取最大值,且最大值为1.‎ ‎(2)由(1)知,函数f(x)图象的对称轴为x=π+kπ,k∈Z,‎ ‎∴当x∈(0,π)时,对称轴为x=π.‎ 又方程f(x)=在(0,π)上的解为x1,x2.‎ ‎∴x1+x2=π,则x1=π-x2,‎ ‎∴cos(x1-x2)=cos=sin,‎ 又f(x2)=sin=,‎ 故cos(x1-x2)=.‎ ‎11.设函数f(x)=sin+sin,其中0<ω<3,已知f=0.‎ ‎(1)求ω;‎ ‎(2)将函数y=f(x ‎)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移个单位,得到函数y=g(x)的图象,求g(x)在上的最小值.‎ 解 (1)因为f(x)=sin+sin,‎ 所以f(x)=sin ωx-cos ωx-cos ωx ‎=sin ωx-cos ωx= ‎=sin.‎ 由题设知f =0,‎ 所以-=kπ,k∈Z,故ω=6k+2,k∈Z.‎ 又0<ω<3,所以ω=2.‎ ‎(2)由(1)得f(x)=sin,‎ 所以g(x)=sin=sin.‎ 因为x∈,所以x-∈,‎ 当x-=-,即x=-时,g(x)取得最小值-.‎