2021年高中数学培优练习《三角函数-恒成立问题》专项复习（含答案）

这是一份2021年高中数学培优练习《三角函数-恒成立问题》专项复习（含答案），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

设A、B、C是三角形的三个内角，下列关系恒成立的是（ ）
A．cs（A+B）=csCB．sin（A+B）=sinC
C．tan（A+B）=tanCD．sin=sin
在直角坐标系中，若α与β的终边关于y轴对称，则下列等式恒成立的是( )
A．sin(α＋π)=sin β
B．sin(α-π)=sin β
C．sin(2π-α)=-sin β
D．sin(-α)=sin β
已知函数f(x)=sin(2x＋φ)，其中φ为实数，若f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))))对任意x∈R恒成立，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞0，则f(x)的单调递减区间是( C )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ))(k∈Z)
已知函数f(x)=2cs(ωx＋φ)＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))，其图象与直线y=3相邻两个交点的距离为eq \f(2π,3)，若f(x)＞1对任意x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,6)))恒成立，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0)) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，－\f(π,12))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))
已知函数f(x)=(1-2cs2x)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋θ))-2sin xcs xcs(eq \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( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) C．[1，＋∞) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))
已知不等式3eq \r(2)sin eq \f(x,4)cs eq \f(x,4)＋eq \r(6)cs2 eq \f(x,4)-eq \f(\r(6),2)-m≤0对于任意的x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)，\f(π,6)))恒成立，则实数m的取值范围是( )
A．m≥eq \r(3) B．m≤eq \r(3) C．m≤-eq \r(3) D．-eq \r(3)≤m≤eq \r(3)
二、填空题
设A，B，C为△ABC的三个内角，则下列关系式中恒成立的是 (填写序号).
①cs(A＋B)=csC；②cseq \f(B＋C,2)=sineq \f(A,2)；③sin(2A＋B＋C)=－sinA.
函数f(x)=3sin(ωx＋φ)对任意实数x都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋x))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))恒成立，
设g(x)=3cs(ωx＋φ)＋1，则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=________．
已知函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))，其中ω>0.若|f(x)|≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))对x∈R恒成立，则ω的最小值为________．
设函数y=sin(x＋)，若对任意x∈R，存在x1，x2使f(x1)≤f(x)≤f(x2)恒成立,则|x1－x2|的最小值是 ．
下列命题：
①若f(x)=2cs2eq \f(x,2)-1，则f(x＋π)=f(x)对x∈R恒成立；
②要得到函数y=sin(eq \f(x,2)-eq \f(π,4))的图象，只需将y=sin eq \f(x,2)的图象向右平移eq \f(π,4)个单位；
③若锐角α，β满足cs α＞sin β，则α＋β＜eq \f(π,2).
其中真命题的序号是________．
三、解答题
已知函数，x∈[].
(1)求f(x)的最大值和最小值；
(2)若不等式f(x)－m<2在x∈[]上恒成立，求实数m的取值范围.
已知函数f(x)=2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))－eq \r(3)cs2x－1，x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)若h(x)=f(x＋t)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))对称，且t∈(0，π)，求t的值；
(3)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，不等式|f(x)－m|＜3恒成立，求实数m的取值范围.
已知函数f(x)=sin(2x＋φ)，其中φ为实数且|φ|＜π，若f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))))对x∈R恒成立，
且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＞f(π)，求f(x)的单调递增区间．
已知A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))是函数f(x)=2sin(ωx＋φ)(ω＞0，-eq \f(π,2)＜φ＜0)图象上的任意两点，且角φ的终边经过点P(1，-eq \r(3))，若|f(x1)-f(x2)|=4时，|x1-x2|的最小值为eq \f(π,3).
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的单调递增区间；
(3)当x∈[0，eq \f(π,6)]时，不等式mf(x)＋2m≥f(x)恒成立，求实数m的取值范围．
已知a，b∈R，a≠0，函数f(x)=-eq \r(2)(sin x＋cs x)＋b，g(x)=asin xcs x＋eq \f(a,2)＋eq \f(1,a)＋2.
(1)若x∈(0，π)，f(x)=-eq \f(2\r(5),5)＋b，求sin x-cs x的值；
(2)若不等式f(x)≤g(x)对任意的x∈R恒成立，求b的取值范围．
已知函数]
（1）求函数的对称中心；
（2）若对于任意的都有恒成立，求实数 QUOTE \* MERGEFORMAT QUOTE \* MERGEFORMAT 的取值范围.
\s 0 参考答案
B
答案为：C.
解析：令0≤α，β＜2π，∵α与β的终边关于y轴对称，∴α＋β=π或3π，
∴sin(α＋π)=sin(-β)=-sin β，故A错；
sin(α-π)=sin(-β)=-sin β，故B错；
sin(-α)=sin(β-π)=-sin β，故D错；
sin(2π-α)=sin(-α)=-sin β，故C正确，故选C.
答案为：C；
解析：由题意可得函数f(x)=sin(2x＋φ)的图象关于直线x=eq \f(π,4)对称，
故有2×eq \f(π,4)＋φ=kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，即φ=kπ，k∈Z.
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＞0，所以φ=2nπ，n∈Z，
所以f(x)=sin(2x＋2nπ)=sin2x.
令2kπ＋eq \f(π,2)≤2x≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，求得kπ＋eq \f(π,4)≤x≤kπ＋eq \f(3π,4)，k∈Z，
故函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))，k∈Z，故选C.
答案为：B；
解析：由题意可得函数f(x)=2cs(ωx＋φ)＋1的最大值为3.
∵f(x)的图象与直线y=3相邻两个交点的距离为eq \f(2π,3)，
∴f(x)的周期T=eq \f(2π,3)，∴eq \f(2π,ω)=eq \f(2π,3)，解得ω=3，∴f(x)=2cs(3x＋φ)＋1.
∵f(x)＞1对任意x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,6)))恒成立，∴2cs(3x＋φ)＋1＞1，
即cs(3x＋φ)＞0，对任意x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,6)))恒成立，
∴－eq \f(π,4)＋φ≥2kπ－eq \f(π,2)且eq \f(π,2)＋φ≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
解得φ≥2kπ－eq \f(π,4)且φ≤2kπ，k∈Z，即2kπ－eq \f(π,4)≤φ≤2kπ，k∈Z.
结合|φ|＜eq \f(π,2)可得当k=0时，φ的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0)).
答案为：C;
∵f(x)=(1-2cs2x)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋θ))-2sin x·cs xcseq \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.故选C.
答案为：A.
解析：3eq \r(2)sin eq \f(x,4)cs eq \f(x,4)＋eq \r(6)cs2 eq \f(x,4)-eq \f(\r(6),2)=eq \f(3\r(2),2)sin eq \f(x,2)＋eq \f(\r(6),2)cs eq \f(x,2)=eq \r(6)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6))).
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)，\f(π,6)))，所以eq \f(x,2)＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，所以eq \r(6)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))∈[-eq \r(3)，eq \r(3)]，
由题意可知m≥eq \r(3).
答案为：②③；
解析：因为A，B，C是△ABC的内角，
所以A＋B＋C=π，eq \f(A＋B＋C,2)=eq \f(π,2).所以cs(A＋B)=cs(π－C)=－csC，
cseq \f(B＋C,2)=cseq \f(π－A,2)=sineq \f(A,2)，sin(2A＋B＋C)=sin(A＋π)=－sinA.故②③恒成立.
答案为：1；
解析：∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋x))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))，∴函数f(x)=3sin(ωx＋φ)关于直线x=eq \f(π,3)对称，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=±3.
∴h(x)=3cs(ωx＋φ)关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称，即heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=0.∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＋1=1.
答案为：4；
解析：由题意得eq \f(π,12)ω＋eq \f(π,6)=2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即ω=24k＋4(k∈Z)，
由ω>0知，当k=0时，ω取到最小值4.
答案为：2
答案为：③；
解析：由于f(x)=2cs2eq \f(x,2)-1=cs x，其最小正周期为T=2π，即f(x＋2π)=f(x)对x∈R恒成立，
故①错；由于y=sin(eq \f(x,2)-eq \f(π,4))=sineq \f(1,2)(x-eq \f(π,2))，所以要得到函数y=sin(eq \f(x,2)-eq \f(π,4))的图象，只需将y=sin eq \f(x,2)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位，故②错；若α，β为锐角，则eq \f(π,2)-α，β为锐角，而α，β满足cs α＞sin β，即sin(eq \f(π,2)-α)＞sin β，得eq \f(π,2)-α＞β，所以α＋β＜eq \f(π,2)，故③对．
解析：
解：(1)因为f(x)=－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2x))－eq \r(3)cs2x=sin2x－eq \r(3)cs2x=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin2x－\f(\r(3),2)cs2x))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
故f(x)的最小正周期为π.
(2)由(1)知h(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2t－\f(π,3))).
令2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋2t－eq \f(π,3)=kπ(k∈Z)，得t=eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,3)(k∈Z)，
又t∈(0，π)，故t=eq \f(π,3)或eq \f(5π,6).
(3)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，所以f(x)∈[1,2].
又|f(x)－m|＜3，即f(x)－3＜m＜f(x)＋3，
所以2－3＜m＜1＋3，即－1＜m＜4.
故实数m的取值范围是(－1,4).
解：由f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))))对x∈R恒成立知2×eq \f(π,6)＋φ=2kπ±eq \f(π,2)(k∈Z)，
得到φ=2kπ＋eq \f(π,6)或φ=2kπ-eq \f(5π,6)(k∈Z)，
代入f(x)并由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＞f(π)检验得，φ的取值为-eq \f(5π,6)，
所以由2kπ-eq \f(π,2)≤2x-eq \f(5π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)．
解：
(1)因为角φ的终边经过点P(1，-eq \r(3))，
所以tan φ=-eq \r(3)，且-eq \f(π,2)＜φ＜0，得φ=-eq \f(π,3).
函数f(x)的最大值为2，
又|f(x1)-f(x2)|=4时，|x1-x2|的最小值为eq \f(π,3)，得周期T=eq \f(2π,3)，即eq \f(2π,ω)=eq \f(2π,3)，所以ω=3.
所以f(x)=2sin(3x-eq \f(π,3))．
(2)令-eq \f(π,2)＋2kπ≤3x-eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得-eq \f(π,18)＋eq \f(2kπ,3)≤x≤eq \f(5π,18)＋eq \f(2kπ,3)，k∈Z.
所以函数f(x)的递增区间为[-eq \f(π,18)＋eq \f(2kπ,3)，eq \f(5π,18)＋eq \f(2kπ,3)]，k∈Z.
(3)当x∈[0，eq \f(π,6)]时，-eq \f(π,3)≤3x-eq \f(π,3)≤eq \f(π,6)，
得-eq \r(3)≤f(x)≤1，所以2＋f(x)＞0，
则mf(x)＋2m≥f(x)恒成立等价于m≥eq \f(fx,2＋fx)=1-eq \f(2,2＋fx)恒成立．
因为2-eq \r(3)≤2＋f(x)≤3，所以1-eq \f(2,2＋fx)的最大值为eq \f(1,3)，
所以实数m的取值范围是[eq \f(1,3)，＋∞)．
解：
(1)依题意得sin x＋cs x=eq \f(\r(10),5)，∴sin2x＋cs2x＋2sin xcs x=eq \f(2,5)，即2sin xcs x=-eq \f(3,5)，
∴1-2sin xcs x=eq \f(8,5)，即sin2x＋cs2x-2sin xcs x=(sin x-cs x)2=eq \f(8,5)，
由2sin xcs x=-eq \f(3,5)<0，x∈(0，π)，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴sin x>0，cs x<0，
∴sin x-cs x>0，∴sin x-cs x=eq \f(2\r(10),5).
(2)不等式f(x)≤g(x)对任意的x∈R恒成立，
即不等式b≤asin x·cs x＋eq \r(2)(sin x＋cs x)＋eq \f(a,2)＋eq \f(1,a)＋2对任意的x∈R恒成立，
即b≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(asin xcs x＋\r(2)sin x＋cs x＋\f(a,2)＋\f(1,a)＋2))min.
设y=asin xcs x＋eq \r(2)(sin x＋cs x)＋eq \f(a,2)＋eq \f(1,a)＋2，
令t=sin x＋cs x，则t=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))∈[-eq \r(2)，eq \r(2)]，且sin xcs x=eq \f(t2－1,2).
令m(t)=eq \f(at2－1,2)＋eq \r(2)t＋eq \f(a,2)＋eq \f(1,a)＋2=eq \f(a,2)t2＋eq \r(2)t＋eq \f(1,a)＋2=eq \f(a,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋\f(2\r(2),a)t))＋eq \f(1,a)＋2=eq \f(a,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(\r(2),a)))2＋2.
1°当-eq \f(\r(2),a)<-eq \r(2)，即02°当-eq \r(2)≤-eq \f(\r(2),a)<0，即a≥1时，m(t)min=meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),a)))=2.
3°当0<-eq \f(\r(2),a)≤eq \r(2)，即a≤-1时，m(t)min=meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)))=a＋eq \f(1,a).
4°当-eq \f(\r(2),a)>eq \r(2)，即-1∴当a≥1时，b≤2；当a<0或0 解：