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文档简介
[课时跟踪检测][基础达标]1.函数y=|cosx|的一个单调增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),\f(π,2))) B.[0,π]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π,\f(3π,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2),2π))解析:将y=cosx的图象位于x轴下方的图象关于x轴对称翻折到x轴上方,x轴上方(或x轴上)的图象不变,即得y=|cosx|的图象(如图).故选D.答案:D2.设偶函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示,△KLM为等腰直角三角形,∠KML=90°,KL=1,则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))的值为()A.-eq\f(\r(3),4) B.-eq\f(1,4)C.-eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),4)解析:由题意知,点M到x轴的距离是eq\f(1,2),根据题意可设f(x)=eq\f(1,2)cosωx,又由题图知eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)=1,所以ω=π,所以f(x)=eq\f(1,2)cosπx,故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))=eq\f(1,2)coseq\f(π,6)=eq\f(\r(3),4).答案:D3.关于函数y=taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,3))),下列说法正确的是()A.是奇函数B.在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,3)))上单调递减C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6),0))为其图象的一个对称中心D.最小正周期为π解析:函数y=taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,3)))是非奇非偶函数,A错;在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,3)))上单调递增,B错;最小正周期为eq\f(π,2),D错;由2x-eq\f(π,3)=eq\f(kπ,2),k∈Z得x=eq\f(kπ,4)+eq\f(π,6),当k=0时,x=eq\f(π,6),所以它的图象关于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6),0))对称,故选C.答案:C4.(2017届河南中原名校模拟)已知函数f(x)=sin(2x+φ),其中0<φ<2π,若f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))))对∀x∈R恒成立,且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>f(π),则φ等于()A.eq\f(π,6) B.eq\f(5π,6)C.eq\f(7π,6) D.eq\f(11π,6)解析:若f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))))对∀x∈R恒成立,则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))等于函数的最大值或最小值,即2×eq\f(π,6)+φ=kπ+eq\f(π,2),k∈Z,则φ=kπ+eq\f(π,6),k∈Z,又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>f(π),即sinφ<0,又0<φ<2π,所以π<φ<2π.所以当k=1时,此时φ=eq\f(7π,6),满足条件.答案:C5.已知ω>0,函数f(x)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx+\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),π))上单调递减,则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2),\f(5,4))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2),\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2))) D.(0,2]解析:由eq\f(π,2)<x<π,ω>0得eq\f(π,2)ω+eq\f(π,4)<ωx+eq\f(π,4)<πω+eq\f(π,4),由题意结合选项知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω+\f(π,4),πω+\f(π,4)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2),\f(3π,2))),所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω+\f(π,4)≥\f(π,2),,πω+\f(π,4)≤\f(3π,2),))所以eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(5,4).答案:A6.函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0)对任意x都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)+x))=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)-x)),则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值为()A.2或0 B.-2或2C.0 D.-2或0解析:因为函数f(x)=2sin(ωx+φ)对任意x都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)+x))=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)-x)),所以该函数图象关于直线x=eq\f(π,6)对称,因为在对称轴处对应的函数值为最大值或最小值,所以选B.答案:B7.如果函数y=3cos(2x+φ)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3),0))对称,那么|φ|的最小值为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)解析:由题意得3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(4π,3)+φ))=3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)+φ+2π))=3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)+φ))=0,∴eq\f(2π,3)+φ=kπ+eq\f(π,2),k∈Z.∴φ=kπ-eq\f(π,6),k∈Z,取k=0,得|φ|的最小值为eq\f(π,6).答案:A8.(2018届衡阳质检)已知函数f(x)=2cos2x,g(x)=a-4eq\r(3)sinx,当f(x)≥g(x)对x∈[n,m]恒成立时,m-n的最大值为eq\f(5π,3),则a=________.解析:∵f(x)≥g(x)∴2cos2x≥a-4eq\r(3)sinx,即4sin2x-2+a-4eq\r(3)sinx≤0,∴(2sinx-eq\r(3))2≤5-a,∴由题意可得5-a>0,即eq\r(3)-eq\r(5-a)≤2sinx≤eq\r(3)+eq\r(5-a).∵f(x)≥g(x)对任意x∈[n,m]恒成立,m-n的最大值为eq\f(5π,3),∴当eq\r(3)+eq\r(5-a)>1时,2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)-\f(1,2)×\f(5π,3)))=-eq\r(3)=eq\r(3)-eq\r(5-a),当eq\r(3)-eq\r(5-a)<-1,2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)-\f(1,2)×\f(5π,3)))=eq\r(3)=eq\r(3)+eq\r(5-a),∴a=-7或a=5(不合题意,故舍去).答案:-79.函数y=(4-3sinx)(4-3cosx)的最小值为________.解析:y=16-12(sinx+cosx)+9sinxcosx,令t=sinx+cosx,则t∈[-eq\r(2),eq\r(2)],且sinxcosx=eq\f(t2-1,2),所以y=16-12t+9×eq\f(t2-1,2)=eq\f(1,2)(9t2-24t+23).故当t=eq\f(4,3)时,ymin=eq\f(7,2).答案:eq\f(7,2)10.(2017届唐山统考)已知函数f(x)=sinωx+eq\r(3)cosωx(ω>0),feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))+feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))=0,且f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6),\f(π,2)))上递减,则ω=________.解析:因为f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6),\f(π,2)))上单调递减,且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))+feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))=0,所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(π,6)+\f(π,2),2)))=0,即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))=0,因为f(x)=sinωx+eq\r(3)cosωx=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx+\f(π,3))),所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω+\f(π,3)))=0,所以eq\f(π,3)ω+eq\f(π,3)=kπ(k∈Z),ω=3k-1,k∈Z,又eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)≥eq\f(π,2)-eq\f(π,6),ω>0,所以ω=2.答案:211.已知函数f(x)=(sinx+cosx)2+2cos2x-2.(1)求f(x)的单调递增区间;(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4),\f(3π,4)))时,求函数f(x)的最大值,最小值.解:(1)f(x)=sin2x+cos2x=eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,4))),令2kπ-eq\f(π,2)≤2x+eq\f(π,4)≤2kπ+eq\f(π,2),k∈Z,得kπ-eq\f(3π,8)≤x≤kπ+eq\f(π,8),k∈Z.故f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ-\f(3π,8),kπ+\f(π,8))),k∈Z.(2)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4),\f(3π,4))),∴eq\f(3π,4)≤2x+eq\f(π,4)≤eq\f(7π,4),∴-1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,4)))≤eq\f(\r(2),2),∴-eq\r(2)≤f(x)≤1,∴当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4),\f(3π,4)))时,函数f(x)的最大值为1,最小值为-eq\r(2).12.(2018届南城质检)已知f(x)=cosx(msinx-cosx)+sin2(π+x)(m>0)的最小值为-2.(1)求函数f(x)的单调递增区间;(2)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcosA=2ccosA-acosB,求f(C)的取值范围.解:(1)∵f(x)=cosx(msinx-cosx)+sin2(π+x)=msinxcosx-cos2x+sin2x=eq\f(1,2)msin2x-cos2x=eq\r(\f(m2,4)+1)sin(2x-φ),其中tanφ=eq\f(2,m),∴由其最小值为-2,可得eq\r(\f(m2,4)+1)=2,解得m2=12,∵m>0,可得m=2eq\r(3),tanφ=eq\f(\r(3),3),φ=eq\f(π,6),∴f(x)=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,6))),令2kπ-eq\f(π,2)≤2x-eq\f(π,6)≤2kπ+eq\f(π,2),k∈Z,解得kπ-eq\f(π,6)≤x≤kπ+eq\f(π,3),k∈Z.∴函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ-\f(π,6),kπ+\f(π,3))),k∈Z.(2)∵bcosA=2ccosA-acosB,即bcosA+acosB=2ccosA,∴由正弦定理可得sinBcosA+sinAcosB=2sinCcosA,即sinC=2sinCcosA,∵C为三角形内角,sinC≠0,∴cosA=eq\f(1,2),可得A=eq\f(π,3),∴C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(2π,3))),可得2C-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(2C-\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),1)),∴f(C)=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C-\f(π,6)))∈(-1,2].[能力提升]1.(2017届山西长治二中第一次联考)已知函数f(x)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx-\f(π,6)))(ω>0),且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上有且仅有三个零点,若f(0)=-feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))),则ω=()A.eq\f(2,3) B.2C.eq\f(26,3) D.eq\f(14,3)解析:∵函数f(x)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx-\f(π,6)))(ω>0),f(0)=-feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))),即f(0)+feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))=0,∴f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4),0))对称,故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)ω-\f(π,6)))=0,故有eq\f(π,4)ω-eq\f(π,6)=kπ,k∈Z.①∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上有且仅有三个零点,故有eq\f(2π,ω)<eq\f(π,2)<eq\f(3,2)·eq\f(2π,ω),∴6>ω>4.②综合①②,结合所给的选项,可得ω=eq\f(14,3).故选D.答案:D2.(2017届河北邯郸一模)已知函数f(x)=2sin2ωx+eq\f(π,6)(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6),\f(2π,3)))上单调递增,则ω的最大值是()A.eq\f(3,4) B.eq\f(3,5)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,4)解析:函数f(x)=1-coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx+\f(π,3)))(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6),\f(2π,3)))上单调递增,则2ωx+eq\f(π,3)∈eq\f(π,3)ω+eq\f(π,3),eq\f(4π,3)ω+eq\f(π,3)⊆[0,π],则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)ω+\f(π,3)≤π,,\f(π,3)ω+\f(π,3)≥0,))解得0<ω≤eq\f(1,2),故ω的最大值是eq\f(1,2).答案:C3.已知f(x)=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,6)))+a+1.(1)求f(x)的单调递增区间;(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))时,f(x)的最大值为4,求a的值;(3)在(2)的条件下,求满足f(x)=1且x∈[-π,π]的x的取值集合.解:(1)f(x)=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,6)))+a+1,由2kπ-eq\f(π,2)≤2x+eq\f(π,6)≤2kπ+eq\f(π,2),k∈Z,可得kπ-eq\f(π,3)≤x≤kπ+eq\f(π,6),k∈Z,所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ-\f(π,3),kπ+\f(π,6))),k∈Z.(2)当x=eq\f(π,6)时,f(x)取得最大值4,即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))=2sineq\f(π,2)+a+1=a+3=4,所以a=1.(3)由f(x)=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,6)))+2=1,可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,6)))=-eq\f(1,2),则2x+eq\f(π,6)=eq\f(7π,6)+2kπ,k∈Z或2x+eq\f(π,6)=eq\f(11,6)π+2kπ,k∈Z,即x=eq\f(π,2)+kπ,k∈Z或x=eq\f(5π,6)+kπ,k∈Z,又x∈[-π,π],可解得x=-eq\f(π,2),-eq\f(π,6),eq\f(π,2),eq\f(5π,6),所以x的取值集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),-\f(π,6),\f(π,2),\f(5π,6))).4.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:(1)因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),所以2x+eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co
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