高三北师大版数学（理）一轮课时检测 4.3 三角函数的图像与性质 含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精4。3三角函数的图像与性质一、选择题1．函数f（x）＝2sinxcosx是（)．A．最小正周期为2π的奇函数B．最小正周期为2π的偶函数C．最小正周期为π的奇函数D．最小正周期为π的偶函数解析f（x)＝2sinxcosx＝sin2x.∴f（x)是最小正周期为π的奇函数．答案C2.已知ω〉0，,直线和是函数f(x)=sin(ωx+φ)图像的两条相邻的对称轴，则φ=(）A.eq\f（π,4)B。eq\f(π,3)C。eq\f（π,2）D。eq\f（3π，4）解析因为和是函数图像中相邻的对称轴，所以，即答案A3．函数f（x）＝（1＋eq\r（3）tanx)cosx的最小正周期为()．A．2πB.eq\f（3π,2)C．πD.eq\f(π，2)解析依题意，得f(x)＝cosx＋eq\r（3)sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，6)）)。故最小正周期为2π。答案A4．函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f(π,4)))在区间eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2）))上(）A．单调递增且有最大值B．单调递增但无最大值C．单调递减且有最大值D．单调递减但无最大值解析由－eq\f(π，2)≤x－eq\f(π，4）≤eq\f（π，2）,得－eq\f（π,4)≤x≤eq\f(3π,4），则函数y＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f（π,4）)）在区间eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π，4），\f（3π,4）））上是增函数，又eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,2)))⊆eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f(π,4）,\f（3π,4））)，所以函数在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2）））上是增函数，且有最大值eq\f(\r（2），2)，故选A。答案A5．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f（π,2）)）（x∈R)，下面结论错误的是（）．A．函数f(x)的最小正周期为2πB．函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f（π,2)))上是增函数C．函数f(x)的图像关于直线x＝0对称D．函数f（x)是奇函数解析∵y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π，2))）＝－cosx，∴T＝2π,在eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0,\f（π,2）))上是增函数，图像关于y轴对称，为偶函数．答案D6．函数y＝sin2x＋sinx－1的值域为（)．A．[－1,1] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(5，4）,－1)）C.eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f（5,4），1)） D.eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(－1，\f（5，4)））解析(数形结合法）y＝sin2x＋sinx－1，令sinx＝t，则有y＝t2＋t－1，t∈［－1，1］，画出函数图像如图所示，从图像可以看出,当t＝－eq\f(1,2）及t＝1时,函数取最值，代入y＝t2＋t－1可得y∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f（5，4),1））。答案C【点评】本题采用换元法转化为关于新元的二次函数问题,再用数形结合来解决,但换元后注意新元的范围.7．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ）,x∈R，其中ω＞0，－π＜φ≤π.若f(x）的最小正周期为6π，且当x＝eq\f(π，2)时，f(x）取得最大值，则(）A．f(x）在区间［－2π，0]上是增函数B．f（x)在区间[－3π,－π]上是增函数C．f（x）在区间[3π，5π］上是减函数D．f(x）在区间[4π，6π]上是减函数解析：∵f(x）的最小正周期为6π,∴ω＝eq\f（1，3），∵当x＝eq\f(π，2)时，f（x)有最大值，∴eq\f（1，3)×eq\f(π,2)＋φ＝eq\f（π，2）＋2kπ（k∈Z)，φ＝eq\f（π，3）＋2kπ，∵－π＜φ≤π，∴φ＝eq\f（π,3)。∴f(x)＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(x，3)＋\f(π,3)）），由此函数图像易得,在区间［－2π,0]上是增函数，而在区间［－3π，－π］或[3π，5π］上均没单调性,在区间[4π，6π]上是单调增函数．答案：A二、填空题8．定义在R上的函数f(x)既是偶函数又是周期函数，若f（x）的最小正周期是π，且当x∈[0，eq\f(π，2）］时，f(x）＝sinx，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（5π,3））)的值为________．解析：feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（5π,3)））＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（π，3）))＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，3)))＝sineq\f(π，3）＝eq\f（\r(3），2).答案：eq\f（\r(3）,2）9．已知函数f（x)＝sin(x＋θ)＋eq\r（3）cos（x＋θ)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（θ∈\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π，2)）)))是偶函数，则θ的值为________．解析(回顾检验法）据已知可得f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋θ＋\f(π,3)）)，若函数为偶函数，则必有θ＋eq\f（π,3)＝kπ＋eq\f（π,2）(k∈Z），又由于θ∈eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f（π,2)，\f（π,2)))，故有θ＋eq\f（π，3）＝eq\f（π,2），解得θ＝eq\f（π，6）,经代入检验符合题意．答案eq\f（π,6）【点评】本题根据条件直接求出θ的值,应将θ再代入已知函数式检验一下.10．函数f（x)＝eq\f(\r（2）sin\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，4）)）＋2x2＋x，2x2＋cosx）的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝________。解析(构造法)根据分子和分母同次的特点，把分子展开，得到部分分式，f(x）＝1＋eq\f(x＋sinx,2x2＋cosx)，f(x)－1为奇函数，则m－1＝－（M－1）,所以M＋m＝2.答案2【点评】整体思考，联想奇函数，利用其对称性简化求解，这是整体观念与构造思维的一种应用。注意到分式类函数的结构特征，借助分式类函数最值的处理方法,部分分式法,变形发现辅助函数为奇函数，整体处理最大值和最小值的问题以使问题简单化，这种构造特殊函数模型的方法来源于对函数性质应用的深刻理解。11．关于函数f（x）＝4sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)）)（x∈R），有下列命题：①由f(x1)＝f（x2）＝0可得x1－x2必是π的整数倍；②y＝f（x）的表达式可改写为y＝4coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，6））)；③y＝f(x)的图像关于点eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（π,6)，0)）对称;④y＝f(x)的图像关于直线x＝－eq\f(π，6)对称．其中正确命题的序号是________（把你认为正确的命题序号都填上)．解析函数f(x)＝4sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，3)））的最小正周期T＝π，由相邻两个零点的横坐标间的距离是eq\f（T,2)＝eq\f（π，2）知①错．利用诱导公式得f(x）＝4coseq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(π，2）－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，3））)）)＝4coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,6）－2x))＝4coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，6)))，知②正确．由于曲线f(x)与x轴的每个交点都是它的对称中心，将x＝－eq\f（π,6)代入得f（x）＝4sineq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（π,6)））＋\f(π，3)）)＝4sin0＝0,因此点eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(π，6)，0)）是f（x)图像的一个对称中心，故命题③正确．曲线f(x)的对称轴必经过图像的最高点或最低点，且与y轴平行,而x＝－eq\f(π,6）时y＝0，点eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（π，6)，0))不是最高点也不是最低点，故直线x＝－eq\f(π,6)不是图像的对称轴,因此命题④不正确．答案②③12．给出下列命题：①正切函数的图像的对称中心是唯一的；②y＝｜sinx｜，y＝|tanx｜的最小正周期分别为π，eq\f（π，2)；③若x1〉x2，则sinx1>sinx2；④若f(x）是R上的奇函数，它的最小正周期为T，则feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(T，2）））＝0.其中正确命题的序号是________．解析①正切函数的对称中心是eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(kπ，2)，0））（k∈Z）；②y＝｜sinx|,y＝|tanx｜的最小正周期都是π；③正弦函数在定义域R上不是单调函数；④feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(T,2))）＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（T，2）＋T））＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（T,2）））＝－feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（T,2)))，故feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（T,2）)）＝0。答案④三、解答题13.已知函数f（x）＝2sinxcosx－2sin2x＋1.（1)求函数f（x）的最小正周期及值域;（2）求f(x)的单调递增区间．解析（1)f(x)＝sin2x＋cos2x＝eq\r（2)sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,4）))，则函数f（x）的最小正周期是π，函数f（x）的值域是eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\r（2），\r（2)））.（2）依题意得2kπ－eq\f（π，2)≤2x＋eq\f(π，4)≤2kπ＋eq\f（π，2)(k∈Z)，则kπ－eq\f（3π,8)≤x≤kπ＋eq\f（π，8）(k∈Z)，即f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π，8），kπ＋\f(π,8）））（k∈Z)．14．已知f（x)＝sinx＋sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π，2)－x））。（1)若α∈[0，π]，且sin2α＝eq\f(1，3），求f(α）的值；（2）若x∈［0，π］，求f(x)的单调递增区间．解析(1）由题设知,f(α）＝sinα＋cosα。∵sin2α＝eq\f（1,3）＝2sinα·cosα＞0，α∈［0，π],∴α∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2)）），sinα＋cosα＞0.由(sinα＋cosα)2＝1＋2sinα·cosα＝eq\f（4，3),得sinα＋cosα＝eq\f（2，3)eq\r(3)，∴f（α）＝eq\f(2，3)eq\r(3).（2)f（x）＝eq\r（2）sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,4)))，又0≤x≤π,∴f（x）的单调递增区间为eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，4)））.15．设函数f（x）＝sin（2x＋φ）(－π＜φ＜0)，y＝f（x）图像的一条对称轴是直线x＝eq\f(π,8）.(1)求φ；(2）求函数y＝f(x)的单调增区间．解析（1)令2×eq\f(π，8）＋φ＝kπ＋eq\f（π,2),k∈Z，∴φ＝kπ＋eq\f(π，4)，k∈Z，又－π＜φ＜0，则－eq\f（5,4）＜k＜－eq\f(1,4），k∈Z，∴k＝－1，则φ＝－eq\f（3π，4).(2）由（1）得：f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f(3π，4）)），令－eq\f(π，2)＋2kπ≤2x－eq\f(3π，4）≤eq\f（π，2)＋2kπ，k∈Z，可解得eq\f（π，8)＋kπ≤x≤eq\f(5π,8)＋kπ，k∈Z，因此y＝f（x）的单调增区间为eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（π，8）＋kπ，\f（5π,8）＋kπ)),k∈Z.16．已知a＞0，函数f(x)＝－2asineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，6)))＋2a＋b，当x∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2))）时,－5≤f（x）≤1。（1）求常数a，b的值；(2)设g(x)＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f(π，2)))且lgg（x）＞0，求g(x)的单调区间．解析(1）∵x∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（0,\f（π，2))),∴2x＋eq\f(π,6）∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（π，6），\f（7π，6))）.∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,6）））∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f(1，2)，1）),∴－2asineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6））)∈[－2a，a]．∴f（x)∈[b,3a＋b又∵－5≤f（x）≤1，∴b＝－5,3a＋b因此a