高中数学高考第六节 三角函数图象与性质的综合问题 教案

这是一份高中数学高考第六节 三角函数图象与性质的综合问题 教案，共14页。

题型一 三角函数图象与性质中的参数范围问题
[典例] 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．5
[解题观摩]
法一：排除法
由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝0得，－eq \f(π,4)ω＋φ＝kπ(k∈Z)，φ＝kπ＋eq \f(π,4)ω.
当ω＝5时，k只能取－1，φ＝eq \f(π,4)，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋\f(π,4)))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝－1，x＝eq \f(π,4)是函数图象的对称轴，符合题意；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))时，5x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(19π,36)，\f(34π,36)))，这个区间不含eq \f(2n＋1,2)π(n∈Z)中的任何一个，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，符合题意．
当ω＝7时，k只能取－2，φ＝－eq \f(π,4)，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7x－\f(π,4)))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝－1，x＝eq \f(π,4)是函数图象的对称轴，符合题意；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))时，7x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,36)，\f(26π,36)))，这个区间含有eq \f(π,2)，则函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上不可能单调，不符合题意．
当ω＝9时，k只能取－2，φ＝eq \f(π,4)，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9x＋\f(π,4)))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝1，x＝eq \f(π,4)是函数图象的对称轴，符合题意；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)))，这个区间不含eq \f(2n＋1,2)π(n∈Z)中的任何一个，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，符合题意．
当ω＝11时，k只能取－3，φ＝－eq \f(π,4)，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(11x－\f(π,4)))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝1，x＝eq \f(π,4)是函数图象的对称轴，符合题意；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)))，这个区间含有eq \f(π,2)，则函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上不可能单调，不符合题意．
综上，ω的最大值为9.故选B.
法二：特殊值法
从T＝eq \f(2π,2k＋1)，ω＝2k＋1(k∈N)来思考，ω需要最大值，只有从选项中的最大数开始，即从前往后一一验证：当ω＝11时，T＝eq \f(2π,11)，从单调区间的一个端点x＝eq \f(π,4)往前推算，靠近eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))的单调区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,44)，\f(3π,44)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,44)，\f(7π,44)))，容易看出eq \f(π,18)法三：综合法
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)ω＋φ＝k1π，k1∈Z，,\f(π,4)ω＋φ＝k2π＋\f(π,2)，k2∈Z，))且|φ|≤eq \f(π,2)，则ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝eq \f(π,4)或φ＝ －eq \f(π,4).对比选项，将选项值分别代入验证：若ω＝11，则φ＝－eq \f(π,4)，此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(11x－\f(π,4)))，
f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(3π,44)))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,44)，\f(5π,36)))上单调递减，不满足f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调；若ω＝9，则φ＝eq \f(π,4)，此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9x＋\f(π,4)))，满足f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调递减．
[答案] B
[归纳总结]
(1)本题条件较多，事实上从题型特征的角度来看，若选择题的已知条件越多，那么意味着可用来排除选项的依据就越多，所谓正面求解也是在不断缩小的范围内与条件进行对比验证．
(2)上述法一和法二的本质是一样的，都是针对选择题的做法，逐一验证，目标明确，不同的是验证的角度．法二直接利用y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)的单调区间的特征，每个区间长度为eq \f(T,2)，从靠近区间的特殊极值点eq \f(π,4)开始把可能出现的单调区间找出来比较，只要“所求区间包含在单调区间内”即可．
[针对训练]
1．若函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(x0,3)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x0，\f(7π,6)))上都是单调递增函数，则实数x0的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,8)))
解析：选B 由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)，在原点附近的递增区间为[－eq \f(π,3)，eq \f(π,6)]，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x0,3)≤\f(π,6)，,2x0≥\f(2π,3)，))解得eq \f(π,3)≤x0≤eq \f(π,2).
2．已知函数f(x)＝Asin(2x＋φ)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，0<φ<\f(π,2)))的图象在y轴上的截距为1，且关于直线x＝eq \f(π,12)对称，若对于任意的x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，都有m2－3m≤f(x)，则实数m的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) B．[1,2]
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3－\r(3),2)，\f(3＋\r(3),2)))
解析：选B ∵函数f(x)＝Asin(2x＋φ)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，0<φ<\f(π,2)))的图象在y轴上的截距为1，∴Asin φ－eq \f(1,2)＝1，即Asin φ＝eq \f(3,2).∵函数f(x)＝Asin(2x＋φ)－eq \f(1,2)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称， ∴2×eq \f(π,12)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，又0<φ题型二 三角函数图象与性质的综合问题
[典例] 已知函数f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的图象与x轴相邻两个交点的距离为eq \f(π,2).
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若将f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度得到函数g(x)的图象恰好经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))，求当m取得最小值时，g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(7π,12)))上的单调递增区间．
[解] (1)由函数f(x)的图象与x轴相邻两个交点的距离为eq \f(π,2)，得函数f(x)的最小正周期T＝2×eq \f(π,2)＝eq \f(2π,2ω)，解得ω＝1，故函数f(x)的解析式为f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
(2)将f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度得到函数g(x)＝eq \r(3)sin[2(x＋m)＋eq \f(π,3)]＝ eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2m＋\f(π,3)))的图象，根据g(x)的图象恰好经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))，
可得eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)＋2m＋\f(π,3)))＝0，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2m－\f(π,3)))＝0，
所以2m－eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，m＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)，
因为m>0，所以当k＝0时，m取得最小值，且最小值为eq \f(π,6).此时，g(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))).
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(7π,12)))，所以2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(11π,6))).
当2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，即x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，－\f(π,12)))时，g(x)单调递增；
当2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，\f(11π,6)))，即x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(7π,12)))时，g(x)单调递增．
综上，g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(7π,12)))上的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，－\f(π,12)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(7π,12))).
[归纳总结]
解决三角函数综合问题的一般步骤
第一步：将f(x)化为asin ωx＋bcs ωx的形式．
第二步：构造f(x)＝eq \r(a2＋b2)(eq \f(a,\r(a2＋b2))·sin ωx＋eq \f(b,\r(a2＋b2))·cs ωx).
第三步：和角公式逆用，得f(x)＝eq \r(a2＋b2)sin(ωx＋φ)(其中φ为辅助角)．
第四步：利用f(x)＝eq \r(a2＋b2)sin(ωx＋φ)研究三角函数的图象与性质．
第五步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．
[针对训练]
已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点P(－3，eq \r(3))．
(1)求sin 2α－tan α的值；
(2)若函数f(x)＝cs(x－α)cs α－sin(x－α)sin α，求函数g(x)＝eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))－2f 2(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上的值域．
解：(1)∵角α的终边经过点P(－3，eq \r(3))，
∴sin α＝eq \f(1,2)，cs α＝－eq \f(\r(3),2)，tan α＝－eq \f(\r(3),3).
∴sin 2α－tan α＝2sin αcs α－tan α＝－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(3),3)＝－eq \f(\r(3),6).
(2)∵f(x)＝cs(x－α)cs α－sin(x－α)sin α＝cs x，
∴g(x)＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))－2cs2x＝eq \r(3)sin 2x－1－cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1.
∵0≤x≤eq \f(2π,3)，∴－eq \f(π,6)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，
∴－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))≤1，
∴－2≤2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1≤1，
故函数g(x)＝eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))－2f2(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上的值域是[－2,1]．
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、综合练——练思维敏锐度
1．已知函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))在[0，t]上至少取得2次最大值，则正整数t的最小值为( )
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：选B 函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))的周期T＝6，当x＝0时，y＝eq \f(1,2)，当x＝1时，y＝1，所以函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))在[0，t]上至少取得2次最大值，有t－1≥T，即t≥7，所以正整数t的最小值为7.故选B.
2．已知函数f(x)＝4cs(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)为奇函数，A(a,0)，B(b,0)是其图象上两点，若|a－b|的最小值是1，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))＝( )
A．2 B．－2
C.eq \f(\r(3),2) D．－eq \f(\r(3),2)
解析：选B 因为函数f(x)＝4cs(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)为奇函数，所以cs φ＝0(0<φ<π)，所以φ＝eq \f(π,2)，所以f(x)＝－4sin ωx，又A(a,0)，B(b,0)是其图象上两点，且|a－b|的最小值是1，所以函数f(x)的最小正周期为2，所以ω＝π，所以f(x)＝－4sin πx，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))＝－4sin eq \f(π,6)＝－2.故选B.
3．(2021·武昌调研)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))－1(ω>0)的图象向右平移eq \f(2π,3)个单位后与原图象重合，则ω的最小值是( )
A．3 B．eq \f(3,2)
C.eq \f(4,3) D．eq \f(2,3)
解析：选A 将f(x)的图象向右平移eq \f(2π,3)个单位后所得到的图象对应的函数解析式为y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2π,3)))＋\f(π,6)))－1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(2ωπ,3)＋\f(π,6)))－1，由题意知eq \f(2ωπ,3)＝2kπ(k∈Z)，所以ω＝3k(k∈Z)，因为ω>0，所以ω的最小值为3.故选A.
4．若函数f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x在区间[a，b]上是减函数，且f(a)＝2，f(b)＝－2，则函数g(x)＝cs x－eq \r(3)sin x在区间[a，b]上( )
A．是增函数 B．是减函数
C．可以取得最大值2 D．可以取得最小值－2
解析：选D f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，g(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)＋\f(π,3)))，
则g(x)的图象是由f(x)的图象向左平移eq \f(π,2)个单位得到的．
f(x)在区间[a，b]上是减函数，且f(a)＝2，f(b)＝－2，
令x＋eq \f(π,3)＝t，则可取t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3,2)π))，
将y＝2sin t的图象向左平移eq \f(π,2)个单位，即eq \f(1,4)个周期，
可得g(t)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(π,2)))的图象．
g(t)在t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3,2)π))时的最小值为－2，
即g(t)可以取得最小值－2.故选D.
5．直线y＝a与函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象的相邻两个交点的距离为2π，若f(x)在(－m，m)(m>0)上是增函数，则m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)π)) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)π))
解析：选B ∵直线y＝a与函数f(x)的图象的相邻两个交点的距离是一个周期，
∴ω＝eq \f(1,2)，∴f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,4))).
由kπ－eq \f(π,2)得2kπ－eq \f(3,2)π∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)π，\f(π,2)))上是增函数．
∴(－m，m)⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)π，\f(π,2))).
解得0＜m≤eq \f(π,2).故选B.
6．已知函数f(x)＝asin x－eq \r(3)cs x的一条对称轴为x＝－eq \f(π,6)，且f(x1)·f(x2)＝－4，则|x1＋x2|的最小值为( )
A.eq \f(π,3) B．eq \f(2π,3)
C.eq \f(π,2) D．eq \f(3π,4)
解析：选B f(x)＝asin x－eq \r(3)cs x＝eq \r(3＋a2)sin(x＋φ)，
由于函数的对称轴为x＝－eq \f(π,6)，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝－eq \f(a,2)－eq \f(3,2)为最大值或最小值，
即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)－\f(3,2)))＝eq \r(3＋a2)，解得a＝1.
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3))).
由于f(x1)·f(x2)＝－4，
所以函数必须在x1，x2处分别取得最大值和最小值，
所以不妨设x1＝2k1π＋eq \f(5π,6)，
x2＝2k2π－eq \f(π,6)，k1∈Z，k2∈Z，
则|x1＋x2|＝2(k1＋k2)π＋eq \f(2π,3)，k1∈Z，k2∈Z，
所以|x1＋x2|的最小值为eq \f(2π,3).
7．如果圆x2＋(y－1)2＝m2至少覆盖函数f(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,m)x＋\f(5π,12)))－eq \r(3)cs(eq \f(2π,m)x＋eq \f(π,3)) (m>0)的一个最大值点和一个最小值点，那么m的取值范围是( )
A．[2，＋∞) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(15),3)，＋∞))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(15),5)，＋∞)) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(15),15)，＋∞))
解析：选D 化简f(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,m)x＋\f(5π,12)))－eq \r(3)cs(eq \f(2π,m)x＋eq \f(π,3))得f(x)＝2sineq \f(2πx,m)＋1，所以，函数f(x)靠近圆心(0,1)的最大值点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,4)，3))，最小值点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,4)，－1))，
所以只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,4)))2＋3－12≤m2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,4)))2＋－1－12≤m2，))
解得m≥eq \f(8\r(15),15)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m≤－\f(8\r(15),15)舍去)).故选D.
8．设函数f(x)＝sin(2x＋eq \f(π,4))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9π,8)))))，若方程f(x)＝a恰好有三个根，分别为x1，x2，x3(x1A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,8)，\f(5π,4))) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，\f(11π,8)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，\f(13π,8))) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,4)，\f(15π,8)))
解析：选B 画出函数f(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9π,8)))上的大致图象，如图所示，由图知，当eq \f(\r(2),2)≤a<1时，方程f(x)＝a恰好有三个根，
由2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)得x＝eq \f(π,8).
结合题意得x1＋x2＝eq \f(π,4)，π≤x3则eq \f(5π,4)≤x1＋x2＋x39．已知函数f(x)＝Asin(2x＋φ)(A>0,0<φ<π)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(3,2)))，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，方程f(x)＝2a－eq \r(3)有两个不等的实根，则实数a的取值范围是________．
解析：∵点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))在函数图象上，∴Asin [2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＋φ]＝0.∵0<φ<π，∴φ＝eq \f(π,6).又点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(3,2)))在函数图象上，∴Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)＋\f(π,6)))＝eq \f(3,2)，∴A＝eq \r(3)，∴f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋eq \f(π,6)).∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，当方程f(x)＝2a－eq \r(3)有两个不等的实根时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝2a－eq \r(3)有两个不同的交点，由图象可知eq \f(\r(3),2)≤2a－eq \r(3)答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),4)，\r(3)))
10．已知定义在R上的函数f(x)，恒有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))＝eq \f(1,2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))，当x∈[0，π)时，f(x)＝ sin x．若∀x∈(－∞，a]，恒有f(x)<4eq \r(3)，则a的取值集合为________．
解析：由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))＝eq \f(1,2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))得f(x)＝eq \f(1,2)f(x＋π)，
则函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(…,\f(1,2)sinx＋π，－π≤x＜0，,sin x，0≤x＜π，,2sinx－π，π≤x＜2π，,4sin x，2π≤x＜3π，,8sinx－3π，3π≤x＜4π，,…))
易知当x∈(－∞，0)时f(x)≤eq \f(1,2).
由x∈[0，π)上的图象可先作出[0,4π)上的图象，如图．
当3π≤x＜4π时，
由f(x)＝4eq \r(3)得
8sin(x－3π)＝4eq \r(3)，
∴sin(x－3π)＝eq \f(\r(3),2)，
解得x1＝eq \f(10,3)π，x2＝eq \f(11,3)π.
要使∀x∈(－∞，a]，恒有f(x)＜4eq \r(3)，
则根据图象知a的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<\f(10,3)π)))).
答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<\f(10,3)π))))
11．已知函数f(x)＝a(2cs2eq \f(x,2)＋sin x)＋b.
(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)当x∈[0，π]时，函数f(x)的值域是[5,8]，求a，b的值．
解：已知函数f(x)＝a(1＋cs x＋sin x)＋b
＝eq \r(2)asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋a＋b.
(1)当a＝－1时，f(x)＝－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋b－1，
由2kπ＋eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，
得2kπ＋eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,4)(k∈Z)，
∴f(x)的单调递增区间为[2kπ＋eq \f(π,4)，2kπ＋eq \f(5π,4)] (k∈Z)．
(2)∵0≤x≤π，∴eq \f(π,4)≤x＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，
∴－eq \f(\r(2),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≤1，依题意知a≠0.
①当a>0时，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)a＋a＋b＝8，,b＝5，))∴a＝3eq \r(2)－3，b＝5；
②当a<0时，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝8，,\r(2)a＋a＋b＝5，))∴a＝3－3eq \r(2)，b＝8.
综上所述，a＝3eq \r(2)－3，b＝5或a＝3－3eq \r(2)，b＝8.
12．已知函数f(x)＝1＋eq \r(3)cs 2x－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)).
(1)求f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)若方程f(x)－m＝0在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))上有两个不同的实数解，求实数m的取值范围．
解：(1)∵f(x)＝1＋eq \r(3)cs 2x－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))
＝eq \r(3)cs 2x＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))＝eq \r(3)cs 2x＋sin 2x
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
∴最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，
得eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(7π,12)＋kπ(k∈Z)．
∴f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))(k∈Z)．
(2)由题意知，函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))上的图象与直线y＝m有两个不同的交点．
由(1)知，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，π))上单调递增，
∴f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))＝－2，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝1，f(π)＝eq \r(3)，
∴当－2＜m≤1时，函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))上的图象与直线y＝m有两个不同的交点，
即方程f(x)－m＝0在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))上有两个不同的实数解．
∴实数m的取值范围为(－2,1]．
二、自选练——练高考区分度
1.如图是函数f(x)＝Asin(ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))图象的一部分，对任意的x1，x2∈[a，b]，且x1≠x2，若f(x1)＝f(x2)，有f(x1＋x2)＝1，则φ的值为( )
A.eq \f(π,12) B．eq \f(π,6)
C.eq \f(π,4) D．eq \f(π,3)
解析：选B 由题图可得A＝2，x1，x2关于函数f(x)图象的对称轴对称，即直线x＝eq \f(x1＋x2,2)是f(x)图象的一条对称轴，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＝2，可得2sinωeq \f(x1＋x2,2)＋φ＝2，可得ωeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，①
∵f(x1＋x2)＝1，∴2sin[ω(x1＋x2)＋φ]＝1，
可得ω(x1＋x2)＋φ＝eq \f(π,6)＋2kπ或eq \f(5π,6)＋2kπ(k∈Z)，②
令k＝0，由①②得φ＝eq \f(π,6)或eq \f(5π,6)，
∵|φ|2．已知函数f(x)＝(1－2cs2x)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋θ))－2sin xcs x·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|θ|≤\f(π,2)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，－\f(π,6)))上单调递增．若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))≤m恒成立，则实数m的取值范围为________．
解析：∵f(x)＝(1－2cs2x)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋θ))－2sin xcs x·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))＝－cs 2x(－cs θ)－ sin 2xsin θ＝cs(2x＋θ)，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，－\f(π,6)))时，－eq \f(3π,4)＋θ≤2x＋θ≤－eq \f(π,3)＋θ，∴由函数递增知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－π≤－\f(3π,4)＋θ，,－\f(π,3)＋θ≤0，))解得－eq \f(π,4)≤θ≤eq \f(π,3).∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋θ))，0≤eq \f(π,4)＋θ≤eq \f(7π,12)，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))≤1.∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))≤m恒成立，∴m≥1.
答案：[1，＋∞)
3．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))－cs ωx (ω＞0)．若函数f(x)的图象关于直线x＝2π对称，且在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上是单调函数，则ω的取值集合为________．
解析：f(x)＝eq \f(\r(3),2)sin ωx＋eq \f(1,2)cs ωx－cs ωx＝eq \f(\r(3),2)sin ωx－eq \f(1,2)cs ωx＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))，
因为f(x)的图象关于直线x＝2π对称，
所以f(2π)＝±1，
则2πω－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
所以ω＝eq \f(k,2)＋eq \f(1,3)(k∈Z)．
因为函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上是单调函数，
所以最小正周期T≥2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))))，
即eq \f(2π,ω)≥π，解得0＜ω≤2，
所以ω＝eq \f(1,3)或ω＝eq \f(5,6)或ω＝eq \f(4,3)或ω＝eq \f(11,6).
当ω＝eq \f(1,3)时，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x－\f(π,6)))，
x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，eq \f(1,3)x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))，
此时f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上为增函数；
当ω＝eq \f(5,6)时，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)x－\f(π,6)))，
x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，eq \f(5,6)x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，\f(π,24)))，
此时f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上为增函数；
当ω＝eq \f(4,3)时，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)x－\f(π,6)))，
x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，eq \f(4,3)x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,6)))，
此时f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上为增函数；
当ω＝eq \f(11,6)时，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,6)x－\f(π,6)))，
x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，eq \f(11,6)x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,8)，\f(7π,24)))，
此时f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上不是单调函数．
综上，ω∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(5,6)，\f(4,3))).
答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(5,6)，\f(4,3)))
4．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin ωxcs ωx－cs2ωx(ω>0)，周期是eq \f(π,2).
(1)求f(x)的解析式以及x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时f(x)的值域；
(2)将f(x)图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，再向左平移eq \f(π,6)个单位，最后将整个函数图象向上平移eq \f(3,2)个单位后得到函数g(x)的图象，若|g(x)－m|<2成立的充分条件是eq \f(π,6)≤x≤ eq \f(2,3)π，求m的取值范围．
解：(1)f(x)＝eq \r(3)sin ωxcs ωx－cs2ωx
＝eq \f(\r(3),2)sin 2ωx－eq \f(1,2)(1＋cs 2ωx)
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,6)))－eq \f(1,2).
由T＝eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,2)，解得ω＝2.
∴函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))－eq \f(1,2).
∵0≤x≤eq \f(π,3)，∴－eq \f(π,6)≤4x－eq \f(π,6)≤eq \f(7,6)π，
结合函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))－eq \f(1,2)的图象及性质得，
－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))≤1，∴－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))－eq \f(1,2)≤eq \f(1,2)，
即函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2))).
(2)依题意g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1.
∵|g(x)－m|<2，∴g(x)－2∵当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2,3)π))时，g(x)－2∴只需[g(x)－2]max转化为求g(x)的最大值与最小值．
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2,3)π))时，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3,2)π))，
∴g(x)max＝1＋1＝2，g(x)min＝－1＋1＝0，
从而[g(x)－2]max＝0，[g(x)＋2]min＝2，
∴0略
一
针对选择题特事特办，选择题中关于三角函数的图象和性质的问题是多年来高考的热点，三角函数试题常涉及函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)的图象的单调性、对称性、周期性等问题．一般来说：
(1)
若函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)有两条对称轴x＝a，x＝b，则有|a－b|＝eq \f(T,2)＋eq \f(kT,2)(k∈Z)
(2)
若函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)有两个对称中心M(a,0)，N(b,0)，则有|a－b|＝eq \f(T,2)＋eq \f(kT,2)(k∈Z)
(3)
若函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)有一条对称轴x＝a，一个对称中心M(b,0)，则有|a－b|＝eq \f(T,4)＋eq \f(kT,2)(k∈Z)
策
略
二
研究函数在某一特定区间的单调性，若函数仅含有一个参数的时候，利用导数的正负比较容易控制，但对于函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)含多个参数，并且具有周期性，很难解决，所以必须有合理的等价转化方式才能解决