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2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第2部分專題1三角函數(shù)和解三角形第1講三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)教案文PAGE38-第1講三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)[做小題——激活思維]1.tanα=-eq\f(3,4),且α是第二象限角,那么cosα等于()A.eq\f(4,5)B.-eq\f(4,5)C.eq\f(3,5)D.-eq\f(3,5)[答案]B2.函數(shù)y=tan2x的定義域是()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ+\f(π,4),k∈Z))))B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)+\f(π,8),k∈Z))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ+\f(π,8),k∈Z))))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)+\f(π,4),k∈Z))))[答案]D3.(2022·濟(jì)寧一模)假設(shè)sinx=3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,2))),那么cosx·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,2)))=()A.eq\f(3,10)B.-eq\f(3,10)C.eq\f(3,4)D.-eq\f(3,4)A[由sinx=3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,2)))=-3cosx,解得tanx=-3,所以cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,2)))=-sinxcosx=eq\f(-sinxcosx,sin2x+cos2x)=eq\f(-tanx,tan2x+1)=eq\f(3,10),應(yīng)選A.]4.設(shè)函數(shù)f(x)=cosωx(ω>0),將y=f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個單位長度后,所得的圖象與原圖象重合,那么ω的最小值等于()A.eq\f(1,3)B.3C.6D.9C[由題意知eq\f(π,3)=eq\f(2π,ω)·k(k∈Z),解得ω=6k,令k=1,即得ωmin=6.]5.以下函數(shù)中同時具有以下性質(zhì)的是()①最小正周期是π;②圖象關(guān)于直線x=eq\f(π,3)對稱;③在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,6),\f(π,3)))上是增函數(shù);④圖象的一個對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12),0)).A.y=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)+\f(π,6))) B.y=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,3)))C.y=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,6))) D.y=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,3)))[答案]C[扣要點——查缺補(bǔ)漏]1.同角三角函數(shù)根本關(guān)系式與誘導(dǎo)公式(1)同角三角函數(shù)根本關(guān)系式:sin2α+cos2α=1,eq\f(sinα,cosα)=tanαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)+kπ,k∈Z)),如T1.(2)誘導(dǎo)公式:角eq\f(k,2)π±α(k∈Z)的三角函數(shù)口訣:奇變偶不變,符號看象限,如T3.2.三角函數(shù)的圖象及變換(1)五點法作簡圖:y=Asin(ωx+φ)的圖象可令ωx+φ=0,eq\f(π,2),π,eq\f(3π,2),2π,求出x的值,描出點作圖.(2)圖象變換:平移、伸縮、對稱,如T4.特別提醒:由y=Asinωx的圖象得到y(tǒng)=Asin(ωx+φ)的圖象時,需平移eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω)))個單位長度,而不是|φ|個單位長度.3.三角函數(shù)的性質(zhì)(1)整體思想研究性質(zhì):對于函數(shù)y=Asin(ωx+φ),可令t=ωx+φ,考慮y=Asint的性質(zhì).如T2,T5.(2)數(shù)形結(jié)合思想研究性質(zhì).三角函數(shù)的定義、誘導(dǎo)公式及根本關(guān)系(5年4考)[高考解讀]高考對本局部內(nèi)容的考查多以三角函數(shù)的定義、誘導(dǎo)公式、同角三角函數(shù)關(guān)系式間的綜合利用為主,且常與簡單的三角恒等變換相結(jié)合.1.(2022·全國卷Ⅰ)角α的頂點為坐標(biāo)原點,始邊與x軸的非負(fù)半軸重合,終邊上有兩點A(1,a),B(2,b),且cos2α=eq\f(2,3),那么|a-b|=()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),5)D.1切入點:①終邊上兩點A(1,a),B(2,b);②cos2α=eq\f(2,3).關(guān)鍵點:用A,B兩點坐標(biāo)表示α的正切值tanα,然后利用弦化切將cos2α=eq\f(2,3)用|a-b|表示出來.B[由題可知cosα>0.因為cos2α=2cos2α-1=eq\f(2,3),所以cosα=eq\r(\f(5,6)),sinα=±eq\r(\f(1,6)),得|tanα|=eq\f(\r(5),5).由題意知|tanα|=eq\f(a-b,1-2),所以|a-b|=eq\f(\r(5),5).]2.(2022·全國卷Ⅲ)sinα-cosα=eq\f(4,3),那么sin2α=()A.-eq\f(7,9)B.-eq\f(2,9)C.eq\f(2,9)D.eq\f(7,9)切入點:sinα-cosα=eq\f(4,3).關(guān)鍵點:利用平方關(guān)系sin2α+cos2α=1及倍角公式將sin2α用sinα-cosα表示出來.A[∵(sinα-cosα)2=1-2sinαcosα=1-sin2α=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2=eq\f(16,9),∴sin2α=-eq\f(7,9).應(yīng)選A.][教師備選題]1.(2022·全國卷Ⅰ)假設(shè)tanα>0,那么()A.sin2α>0 B.cosα>0C.sinα>0 D.cos2α>0A[利用tanα>0,求出角α的象限,再判斷.∵tanα>0,∴α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ,kπ+\f(π,2)))(k∈Z)是第一、三象限角.∴sinα,cosα都可正、可負(fù),排除B,C.而2α∈(2kπ,2kπ+π)(k∈Z),結(jié)合正、余弦函數(shù)圖象可知,A正確.取α=eq\f(π,4),那么tanα=1>0,而cos2α=0,故D不正確.]2.(2022·浙江高考)角α的頂點與原點O重合,始邊與x軸的非負(fù)半軸重合,它的終邊過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(3,5),-\f(4,5))).(1)求sin(α+π)的值;(2)假設(shè)角β滿足sin(α+β)=eq\f(5,13),求cosβ的值.[解](1)由角α的終邊過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(3,5),-\f(4,5)))得sinα=-eq\f(4,5),所以sin(α+π)=-sinα=eq\f(4,5).(2)由角α的終邊過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(3,5),-\f(4,5))),得cosα=-eq\f(3,5).由sin(α+β)=eq\f(5,13),得cos(α+β)=±eq\f(12,13).由β=(α+β)-α,得cosβ=cos(α+β)cosα+sin(α+β)sinα,所以cosβ=-eq\f(56,65)或cosβ=eq\f(16,65).三角函數(shù)求值與化簡的3種方法1弦切互化法:主要利用公式eqtanα=\f(sinα,cosα)化成正弦、余弦;2和積轉(zhuǎn)換法:利用sinθ±cosθ2=1±2sinθcosθ進(jìn)行變形、轉(zhuǎn)化;3巧用“1〞的變換:1=sin2θ+cos2θ=cos2θ1+tan2θ=eqtan\f(π,4).1.(同角三角函數(shù)根本關(guān)系式的應(yīng)用)假設(shè)sinα=-eq\f(5,13),且α為第四象限角,那么tanα的值等于()A.eq\f(12,5)B.-eq\f(12,5)C.eq\f(5,12)D.-eq\f(5,12)D[∵sinα=-eq\f(5,13),α為第四象限角,∴cosα=eq\r(1-sin2α)=eq\f(12,13),∴tanα=eq\f(sinα,cosα)=-eq\f(5,12).應(yīng)選D.]2.(三角函數(shù)的定義與誘導(dǎo)公式的應(yīng)用)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,角α與角β均以O(shè)x為始邊,它們的終邊關(guān)于y軸對稱.假設(shè)sinα=eq\f(1,3),那么sinβ=________.eq\f(1,3)[由角α與角β的終邊關(guān)于y軸對稱,可得β=(2k+1)π-α,k∈Z,∵sinα=eq\f(1,3),∴sinβ=sin[(2k+1)π-α]=sinα=eq\f(1,3).]3.[新題型](同角三角函數(shù)根本關(guān)系式及其應(yīng)用)sinα+2cosα=0,那么tanα=________,2sinαcosα-cos2α=________.-2-1[由sinα+2cosα=0得tanα=-2.∴2sinαcosα-cos2α=eq\f(2sinαcosα-cos2α,sin2α+cos2α)=eq\f(2tanα-1,tan2α+1)=eq\f(2×-2-1,-22+1)=eq\f(-5,5)=-1.]4.(三角函數(shù)的意義與簡單的三角恒等變換結(jié)合)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點P(x0,y0)在單位圓O上,設(shè)∠xOP=α,且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4),\f(3π,4))).假設(shè)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,4)))=-eq\f(12,13),那么x0的值為________.-eq\f(7\r(2),26)[因為點P(x0,y0)在單位圓O上,且∠xOP=α,所以由三角函數(shù)的定義知x0=cosα.因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4),\f(3π,4))),所以α+eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),π)),又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,4)))=-eq\f(12,13),所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,4)))=eq\f(5,13),所以x0=cosα=coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,4)))-\f(π,4)))=coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,4)))coseq\f(π,4)+sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,4)))sineq\f(π,4)=-eq\f(7\r(2),26).]三角函數(shù)的圖象及應(yīng)用(5年3考)[高考解讀]高考對該局部內(nèi)容的考查主要有兩種方式:1考查三角函數(shù)圖象變換;2由圖定式并與三角函數(shù)的性質(zhì)相結(jié)合.預(yù)計2022年還會這樣考查.1.(2022·全國卷Ⅱ)假設(shè)x1=eq\f(π,4),x2=eq\f(3π,4)是函數(shù)f(x)=sinωx(ω>0)兩個相鄰的極值點,那么ω=()A.2B.eq\f(3,2)C.1D.eq\f(1,2)A[由題意及函數(shù)y=sinωx的圖象與性質(zhì)可知,eq\f(1,2)T=eq\f(3π,4)-eq\f(π,4),∴T=π,∴eq\f(2π,ω)=π,∴ω=2.應(yīng)選A.]2.(2022·全國卷Ⅰ)將函數(shù)y=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期后,所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為()A.y=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,4))) B.y=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,3)))C.y=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,4))) D.y=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,3)))切入點:①y=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,6)));②向右平移eq\f(1,4)個周期.關(guān)鍵點:y=Asin(ωx+φ)的圖象平移規(guī)律.D[先求出函數(shù)的周期,再根據(jù)函數(shù)圖象的平移變換規(guī)律求出對應(yīng)的函數(shù)解析式.函數(shù)y=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,6)))的周期為π,將函數(shù)y=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期即eq\f(π,4)個單位長度,所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為y=2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,4)))+\f(π,6)))=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,3))),應(yīng)選D.]3.(2022·全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)=cos(ωx+φ)的局部圖象如下圖,那么f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ-\f(1,4),kπ+\f(3,4))),k∈ZB.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ-\f(1,4),2kπ+\f(3,4))),k∈ZC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k-\f(1,4),k+\f(3,4))),k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k-\f(1,4),2k+\f(3,4))),k∈Z切入點:圖象與x軸交于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4),0)),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4),0)).關(guān)鍵點:逆用五點作圖求解析式.D[由圖象可求得ω與φ的值,然后利用余弦函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求解.由題圖知,周期T=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)-\f(1,4)))=2,∴eq\f(2π,ω)=2,∴ω=π.由π×eq\f(1,4)+φ=eq\f(π,2)+2kπ,k∈Z,不妨取φ=eq\f(π,4),∴f(x)=coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx+\f(π,4))).由2kπ<πx+eq\f(π,4)<2kπ+π,得2k-eq\f(1,4)<x<2k+eq\f(3,4),k∈Z,∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k-\f(1,4),2k+\f(3,4))),k∈Z.應(yīng)選D.][教師備選題]1.(2022·全國卷Ⅲ)函數(shù)y=sinx-eq\r(3)cosx的圖象可由函數(shù)y=2sinx的圖象至少向右平移________個單位長度得到.eq\f(π,3)[首先利用輔助角公式將函數(shù)y=sinx-eq\r(3)cosx化為正弦型函數(shù),再進(jìn)行平移變換.∵y=sinx-eq\r(3)cosx=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,3))),∴函數(shù)y=sinx-eq\r(3)cosx的圖象可由函數(shù)y=2sinx的圖象向右平移eq\f(π,3)個單位長度得到.]2.(2022·湖北高考)某同學(xué)用“五點法〞畫函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0,|φ|<\f(π,2)))在某一個周期內(nèi)的圖象時,列表并填入了局部數(shù)據(jù),如下表:ωx+φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,3)eq\f(5π,6)Asin(ωx+φ)05-50(1)請將上表數(shù)據(jù)補(bǔ)充完整,并直接寫出函數(shù)f(x)的解析式;(2)將y=f(x)圖象上所有點向左平行移動eq\f(π,6)個單位長度,得到y(tǒng)=g(x)圖象,求y=g(x)的圖象離原點O最近的對稱中心.[解](1)根據(jù)表中數(shù)據(jù),解得A=5,ω=2,φ=-eq\f(π,6),數(shù)據(jù)補(bǔ)全如下表:ωx+φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(7π,12)eq\f(5π,6)eq\f(13,12)πAsin(ωx+φ)050-50且函數(shù)解析式為f(x)=5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,6))).(2)由(1)知f(x)=5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,6))),因此,g(x)=5sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,6)))-\f(π,6)))=5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,6))).因為y=sinx的對稱中心為(kπ,0),k∈Z,令2x+eq\f(π,6)=kπ,k∈Z,解得x=eq\f(kπ,2)-eq\f(π,12),k∈Z,即y=g(x)圖象的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)-\f(π,12),0)),k∈Z,其中離原點O最近的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,12),0)).1.圖象變換抓“實質(zhì)〞圖象變換的實質(zhì)——點的坐標(biāo)變換.三角函數(shù)圖象的伸縮、平移變換,可以利用兩個函數(shù)圖象上的兩個特征點之間的對應(yīng)確定變換的方式,一般選取與y軸最近的最高點或最低點,當(dāng)然也可以選取在原點右側(cè)的第一個中心點,根據(jù)這些點的坐標(biāo)即可確定變換的方式、平移的長度與方向等.2.由“圖〞定“式〞找“對應(yīng)〞由三角函數(shù)的圖象求解析式y(tǒng)=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0)中參數(shù)的值,關(guān)鍵是把握函數(shù)圖象的特征與參數(shù)之間的對應(yīng)關(guān)系,其根本依據(jù)就是“五點法〞作圖.(1)最值定A,B:根據(jù)給定的函數(shù)圖象確定最值,設(shè)最大值為M,最小值為m,那么M=A+B,m=-A+B,解得B=eq\f(M+m,2),A=eq\f(M-m,2).(2)T定ω:由周期的求解公式T=eq\f(2π,ω),可得ω=eq\f(2π,T).(3)點坐標(biāo)定φ:一般運用代入法求解φ值,在求解過程中,可以代入圖象上的一個點(此時A,ω,B),也可代入圖象與直線y=B的交點(此時要注意交點在上升區(qū)間上還是在下降區(qū)間上).注意在確定φ值時,往往以尋找“五點法〞中的某一個點為突破口,即“峰點〞“谷點〞與三個“中心點〞,利用“中心點〞時要注意其所在單調(diào)區(qū)間的單調(diào)性,防止產(chǎn)生增解.1.(圖象變換)為了得到函數(shù)y=2cos2x的圖象,可以將函數(shù)y=cos2x-eq\r(3)sin2x的圖象()A.向左平移eq\f(π,6)個單位長度B.向右平移eq\f(π,6)個單位長度C.向左平移eq\f(π,3)個單位長度D.向右平移eq\f(π,3)個單位長度B[因為y=cos2x-eq\r(3)sin2x=2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,3)))=2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,6))))),所以要得到函數(shù)y=2cos2x的圖象,可以將函數(shù)y=cos2x-eq\r(3)sin2x的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度,應(yīng)選B.]2.(由圖定式)函數(shù)f(x)=-2cosωx(ω>0)的圖象向左平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))個單位,所得的局部函數(shù)圖象如下圖,那么φ的值為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(5,6)πC.eq\f(π,12)D.eq\f(5,12)πC[由題圖知,T=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)-\f(5π,12)))=π,∴ω=eq\f(2π,T)=2,∴f(x)=-2cos2x,∴f(x+φ)=-2cos(2x+2φ),∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)+φ))=-2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)+2φ))=2,故eq\f(5π,6)+2φ=π+2kπ(k∈Z),∴φ=eq\f(π,12)+kπ(k∈Z).又0<φ<eq\f(π,2),∴φ=eq\f(π,12).應(yīng)選C.]3.(由圖定式與三角函數(shù)性質(zhì)的綜合問題)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),2))是函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)圖象的一個最高點,B,C是與P相鄰的兩個最低點.假設(shè)|BC|=6,那么f(x)的圖象的對稱中心可以是()A.(0,0) B.(1,0)C.(2,0) D.(3,0)C[由題設(shè)知,A=2,函數(shù)f(x)的最小正周期為6,所以eq\f(2π,ω)=6,解得ω=eq\f(π,3),所以f(x)=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x+φ)),將Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),2))代入,可得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)+φ))=2,故可取φ=eq\f(π,3),所以f(x)=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x+\f(π,3))),令eq\f(π,3)x+eq\f(π,3)=kπ(k∈Z),可得x=3k-1(k∈Z),結(jié)合選項,可知C正確,應(yīng)選C.]4.(圖象與解析式)ω>0,在函數(shù)y=2sinωx與y=2cosωx的圖象的交點中,距離最短的兩個交點的距離為2eq\r(3),那么ω=________.eq\f(π,2)[由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y=2sinωx,,y=2cosωx))消去y,得sinωx-cosωx=0,即eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx-\f(π,4)))=0,解得x=eq\f(kπ,ω)+eq\f(π,4ω),k∈Z.取k=0,1,可得距離最短的兩個交點的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4ω),\r(2))),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4ω),-\r(2))),又兩交點的距離為2eq\r(3),所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4ω)-\f(5π,4ω)))2+(eq\r(2)+eq\r(2))2=(2eq\r(3))2,解得ω=eq\f(π,2).]三角函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用(5年9考)[高考解讀]高考對該局部的考查多與三角恒等變換相結(jié)合,考查三角函數(shù)的周期性、單調(diào)性和最值問題,預(yù)計2022年將會延續(xù)上述命題規(guī)律.1.(2022·全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)=2cos2x-sin2x+2,那么()A.f(x)的最小正周期為π,最大值為3B.f(x)的最小正周期為π,最大值為4C.f(x)的最小正周期為2π,最大值為3D.f(x)的最小正周期為2π,最大值為4切入點:對f(x)=2cos2x-sin2x+2恒等轉(zhuǎn)化.關(guān)鍵點:將函數(shù)解析式轉(zhuǎn)化為f(x)=Asin(ωx+φ)+B的形式.B[易知f(x)=2cos2x-sin2x+2=3cos2x+1=3×eq\f(1+cos2x,2)+1=eq\f(3,2)cos2x+eq\f(5,2),那么f(x)的最小正周期為π,最大值為4.]2.[一題多解](2022·全國卷Ⅱ)假設(shè)f(x)=cosx-sinx在[0,a]是減函數(shù),那么a的最大值是()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4)D.π切入點:①f(x)=cosx-sinx;②減函數(shù).關(guān)鍵點:將解析式化為f(x)=Asin(ωx+φ)的形式.C[法一:f(x)=cosx-sinx=eq\r(2)cosx+eq\f(π,4).當(dāng)x∈[0,a]時,x+eq\f(π,4)∈eq\f(π,4),a+eq\f(π,4),所以結(jié)合題意可知,a+eq\f(π,4)≤π,即a≤eq\f(3π,4),故所求a的最大值是eq\f(3π,4).應(yīng)選C.法二:f′(x)=-sinx-cosx=-eq\r(2)sinx+eq\f(π,4).于是,由題設(shè)得f′(x)≤0,即sinx+eq\f(π,4)≥0在區(qū)間[0,a]上恒成立.當(dāng)x∈[0,a]時,x+eq\f(π,4)∈eq\f(π,4),a+eq\f(π,4),所以a+eq\f(π,4)≤π,即a≤eq\f(3π,4),故所求a的最大值是eq\f(3π,4).應(yīng)選C.]3.[一題多解](2022·全國卷Ⅲ)函數(shù)f(x)=eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,3)))+coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,6)))的最大值為()A.eq\f(6,5)B.1C.eq\f(3,5)D.eq\f(1,5)切入點:f(x)=eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,3)))+coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,6))).關(guān)鍵點:利用三角恒等變換化簡解析式為f(x)=Asin(ωx+φ)的形式.A[法一(輔助角公式法):∵f(x)=eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,3)))+coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,6)))=eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx+\f(\r(3),2)cosx))+eq\f(\r(3),2)cosx+eq\f(1,2)sinx=eq\f(1,10)sinx+eq\f(\r(3),10)cosx+eq\f(\r(3),2)cosx+eq\f(1,2)sinx=eq\f(3,5)sinx+eq\f(3\r(3),5)cosx=eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,3))),∴當(dāng)x=eq\f(π,6)+2kπ(k∈Z)時,f(x)取得最大值eq\f(6,5).應(yīng)選A.法二(角度轉(zhuǎn)換法):∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,3)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)-x))=eq\f(π,2),∴f(x)=eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,3)))+coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,6)))=eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,3)))+coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)-x))=eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,3)))+sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,3)))=eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,3)))≤eq\f(6,5).∴f(x)max=eq\f(6,5).應(yīng)選A.]4.(2022·全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(3π,2)))-3cosx的最小值為________.-4[∵f(x)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(3π,2)))-3cosx=-cos2x-3cosx=-2cos2x-3cosx+1,令t=cosx,那么t∈[-1,1],∴f(x)=-2t2-3t+1.又函數(shù)f(x)圖象的對稱軸t=-eq\f(3,4)∈[-1,1],且圖像的開口向下,∴當(dāng)t=1時,f(x)有最小值-4.][教師備選題]1.(2022·天津高考)設(shè)函數(shù)f(x)=2sin(ωx+φ),x∈R,其中ω>0,|φ|<π.假設(shè)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))=2,feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))=0,且f(x)的最小正周期大于2π,那么()A.ω=eq\f(2,3),φ=eq\f(π,12) B.ω=eq\f(2,3),φ=-eq\f(11π,12)C.ω=eq\f(1,3),φ=-eq\f(11π,24) D.ω=eq\f(1,3),φ=eq\f(7π,24)A[∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))=2,feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))=0,∴f(x)的最小正周期為4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)-\f(5π,8)))=3π,∴ω=eq\f(2π,3π)=eq\f(2,3),∴f(x)=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x+φ)).∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))=2,∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(5π,8)+φ))=2,得φ=2kπ+eq\f(π,12),k∈Z.又|φ|<π,∴取k=0,得φ=eq\f(π,12).應(yīng)選A.]2.(2022·北京高考)函數(shù)f(x)=sin2x+eq\r(3)sinxcosx.(1)求f(x)的最小正周期;(2)假設(shè)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,3),m))上的最大值為eq\f(3,2),求m的最小值.[解](1)f(x)=sin2x+eq\r(3)sinxcosx=eq\f(1,2)-eq\f(1,2)cos2x+eq\f(\r(3),2)sin2x=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,6)))+eq\f(1,2).所以f(x)的最小正周期為T=eq\f(2π,2)=π.(2)由(1)知f(x)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,6)))+eq\f(1,2).由題意知-eq\f(π,3)≤x≤m.所以-eq\f(5π,6)≤2x-eq\f(π,6)≤2m-eq\f(π,6).要使得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,3),m))上的最大值為eq\f(3,2),即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,6)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,3),m))上的最大值為1.所以2m-eq\f(π,6)≥eq\f(π,2),即m≥eq\f(π,3).所以m的最小值為eq\f(π,3).函數(shù)y=Asinωx+φ+B的性質(zhì)及應(yīng)用的求解思路第一步:先借助三角恒等變換及相應(yīng)三角函數(shù)公式把待求函數(shù)化成y=Asinωx+φ+B的形式;第二步:把“ωx+φ〞視為一個整體,借助復(fù)合函數(shù)性質(zhì)求y=Asinωx+φ+B的單調(diào)性及奇偶性、最值、對稱性等問題.1.[一題多解](求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間)函數(shù)f(x)=eq\r(3)sinx-cosx,那么f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ-\f(π,6),2kπ+\f(π,6)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ-\f(π,3),2kπ+\f(2π,3)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ-\f(2π,3),2kπ+\f(π,3)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ-\f(π,6),2kπ+\f(5π,6)))(k∈Z)B[法一:由,得f(x)=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx-\f(1,2)cosx))=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,6))),由2kπ-eq\f(π,2)≤x-eq\f(π,6)≤2kπ+eq\f(π,2)(k∈Z),得2kπ-eq\f(π,3)≤x≤2kπ+eq\f(2π,3)(k∈Z),所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ-\f(π,3),2kπ+\f(2π,3)))(k∈Z),應(yīng)選B.法二:由,得f(x)=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx-\f(1,2)cosx))=-2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,3))),由2kπ≤x+eq\f(π,3)≤2kπ+π(k∈Z),得2kπ-eq\f(π,3)≤x≤2kπ+eq\f(2π,3)(k∈Z),所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ-\f(π,3),2kπ+\f(2π,3)))(k∈Z),應(yīng)選B.]2.(函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求參數(shù))函數(shù)f(x)=sin2x+2sin2x-1在[0,m]上單調(diào)遞增,那么m的最大值是()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,8) D.πC[由題意,得f(x)=sin2x-cos2x=eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,4))),由-eq\f(π,2)+2kπ≤2x-eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)+2kπ(k∈Z),解得-eq\f(π,8)+kπ≤x≤eq\f(3π,8)+kπ(k∈Z),k=0時,-eq\f(π,8)≤x≤eq\f(3π,8),即函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,8),\f(3π,8)))上單調(diào)遞增
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