5.7三角函数的应用(二)导学案-高一上学期数学人教A版

5.7三角函数的应用（二）【学习目标】能根据函数的性质求参数的值（或范围）；会利用数形结合的思想解决有关函数零点的问题.重点：根据性质求参数的值（或范围）难点：函数零点问题【学习过程】导：请回顾三角函数的图象和性质，并完成下面的题目思：完成下面的典型例题类型（一）三角函数的周期性和奇偶性例1.（1）(多选)下列函数中，以2π为周期的函数有()A．y＝taneq\f(x,2)B．y＝sineq\f(x,2)C．y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin2x)) D．y＝coseq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))（2）函数y＝sin(x＋φ)的图象关于y轴对称的充要条件是()A．φ＝eq\f(π,2)B．φ＝πC．φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z D．φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z已知函数的周期为，则＝________.（4）若为偶函数，则θ的值为________．类型（二）三角函数的对称性例2.(1)记函数的最小正周期为T.若eq\f(2π,3)＜T＜π，且y＝f(x)的图象关于点中心对称，则＝()A．1B.eq\f(3,2)C.eq\f(5,2) D．3(2)已知函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为eq\f(π,2)，且，则＝________.类型（三）已知函数的单调性求参数值或范围例3.(1)若在[－a，a]是减函数，则a的最大值是()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4) D．Π(2)已知函数，为的零点，为图象的对称轴，且f(x)在上单调，则ω的最大值为()A．3B．4C．5 D．6（3）已知函数在上单调递增，在上单调递减，则ω的取值范围为()A．(0,1]B．(0,2]C．[1,2] D．(1,2)类型（四）函数的零点(方程的根)问题例4（1）已知函数f(x)＝3sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π)，f(4)＝f(2)－6，且f(x)在[2,4]上单调．设函数g(x)＝f(x)－1，且g(x)的定义域为[－5，8]，则函数g(x)的所有零点之和等于________．（2）已知函数.①求f(x)的单调递增区间和最值；②若函数g(x)＝f(x)－a有且仅有一个零点，求实数a的取值范围．议：例1、例2、例3、例4展：例1、例2评：例3、例4检：(多选)已知函数的一条对称轴方程为x＝eq\f(π,12)，相邻的一个对称中心为，则下列说法正确的是()A．ω＝2，φ＝eq\f(π,6)B．函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在上单调递减C．将函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，可得到一个奇函数的图象D．若方程有两个不相等的实根,则实数的取值范围是5.7三角函数的应用（二）参考答案例1（1）ACD（2）C（3）1（4）解析：因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋θ))＋eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－θ))是偶函数，所以有f(x)＝f(－x)，于是有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋θ))＋eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－θ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋θ))＋eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－θ))，化简得sinx(eq\r(3)sinθ＋cosθ)＝0，要想x∈R恒成立，只需eq\r(3)sinθ＋cosθ＝0⇒tanθ＝－eq\f(\r(3),3)⇒θ＝kπ－eq\f(π,6)，k∈Z.例2(1)因为eq\f(2π,3)＜T＜π，所以eq\f(2π,3)＜eq\f(2π,ω)＜π，解得2＜ω＜3.因为y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，所以b＝2，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＋b＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＝0，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，又2＜ω＜3，所以eq\f(13π,4)＜eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＜eq\f(19π,4)，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝4π，解得ω＝eq\f(5,2)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)x＋\f(π,4)))＋2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)×\f(π,2)＋\f(π,4)))＋2＝sineq\f(3π,2)＋2＝1.故选A.(2)∵函数f(x)图象的相邻两条对称轴的距离为eq\f(π,2)，∴eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，得T＝π，即eq\f(2π,ω)＝π，得ω＝2，即f(x)＝2sin(2x＋φ)，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝1，∵0＜φ＜eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)，得φ＝eq\f(π,2)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,3)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,8)＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,3)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,4)cos\f(π,3)＋cos\f(π,4)sin\f(π,3)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)×\f(1,2)＋\f(\r(2),2)×\f(\r(3),2)))＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2).例3(1)f(x)＝cosx－sinx＝－eq\r(2)sinx－eq\f(π,4)，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，即x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))单调递增，则f(x)＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))单调递减．∵函数f(x)在[－a，a]是减函数，∴[－a，a]⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，∴0<a≤eq\f(π,4)，∴a的最大值为eq\f(π,4).(2)由f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(π,6)))上单调，即eq\f(1,2)T≥eq\f(π,6)－eq\f(π,18)，可得T≥eq\f(2π,9)，则ω≤9；∵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，根据三角函数的图象可知，零点与对称轴之间距离为eq\f(1,4)T×(2k－1)，k∈N*.要求ω最大，则周期最小，∴(2k－1)×eq\f(1,4)T＝eq\f(π,2)，则T＝eq\f(2π,2k－1)，∴ω＝2k－1；当ω＝9时，由|φ|≤eq\f(π,2)，则φ＝－eq\f(π,4)，可得f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x－\f(π,4)))，易知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,36)，\f(π,6)))上单调递增，不符合题意；当ω＝7时，则|φ|≤eq\f(π,2)，则φ＝eq\f(π,4)，可得f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7x＋\f(π,4)))，易知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(3π,28)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,28)，\f(π,6)))上单调递增，不符合题意；当ω＝5时，由|φ|≤eq\f(π,2)，则φ＝－eq\f(π,4)，可得f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(π,4)))，易知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(π,6)))上单调递减，符合题意．（3）解析：选C当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(π,6)，eq\f(π,6)ω＋eq\f(π,6)))，所以eq\f(π,6)ω＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)，解得ω≤2，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(π,3)，eq\f(π,2)))时，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω＋\f(π,6)，\f(π,2)ω＋\f(π,6)))，因为ω≤2，所以eq\f(π,2)ω＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，所以eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,6)≥eq\f(π,2)，解得ω≥1，综上所述，1≤ω≤2.例4（1）f(x)＝3sin(ωx＋φ)，则－3≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≤3，因为f(4)＝f(2)－6，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2))＝3，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4))＝－3，则f(x)在[2,4]上单调递减，且eq\f(T,2)＝2，T＝4＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(π,2)，代入feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)×2＋φ))＝3，可得φ＝－eq\f(π,2)＋2kπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，又|φ|<π，所以φ＝－eq\f(π,2)，即f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(π,2))).令t＝eq\f(π,2)x－eq\f(π,2)，画出y＝3sint的图象如图，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－5，8))时，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3π，\f(7π,2)))，g(x)＝f(x)－1＝0，即f(x)＝1，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3π，\f(7π,2)))上共有六个根，t1＋t2＋…＋t6＝－3π＋π＋5π＝3π，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x1－\f(π,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x2－\f(π,2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x6－\f(π,2)))＝3π，则x1＋x2＋…＋x6＝12.[答案]12（2）①函数f(x)＝2sinxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))＋cos2x＝2sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosx＋\f(1,2)sinx))＋cos2x＝eq\r(3)sinxcosx＋sin2x＋cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得kπ－eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以f(x)min＝0，f(x)max＝eq\f(3,2).②因为g(x)＝f(x)－a有且仅有一个零点，所以f(x)＝a有且仅有一个实根，即函数y＝f(x)与y＝a的图象有且仅有一个交点，如图所示．由图象知，a＝eq\f(3,2)或a∈[0,1)，所以实数a的取值范围是[0,1)∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))).检：解析：选BC对于A选项，由题意可知，函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al