高三北師大版數(shù)學(xué)（理）一輪課時檢測 4.3 三角函數(shù)的圖像與性質(zhì) 含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精4。3三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)一、選擇題1．函數(shù)f（x）＝2sinxcosx是（)．A．最小正周期為2π的奇函數(shù)B．最小正周期為2π的偶函數(shù)C．最小正周期為π的奇函數(shù)D．最小正周期為π的偶函數(shù)解析f（x)＝2sinxcosx＝sin2x.∴f（x)是最小正周期為π的奇函數(shù)．答案C2.已知ω〉0，,直線和是函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)圖像的兩條相鄰的對稱軸，則φ=(）A.eq\f（π,4)B。eq\f(π,3)C。eq\f（π,2）D。eq\f（3π，4）解析因為和是函數(shù)圖像中相鄰的對稱軸，所以，即答案A3．函數(shù)f（x）＝（1＋eq\r（3）tanx)cosx的最小正周期為()．A．2πB.eq\f（3π,2)C．πD.eq\f(π，2)解析依題意，得f(x)＝cosx＋eq\r（3)sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，6)）)。故最小正周期為2π。答案A4．函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f(π,4)))在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2）))上(）A．單調(diào)遞增且有最大值B．單調(diào)遞增但無最大值C．單調(diào)遞減且有最大值D．單調(diào)遞減但無最大值解析由－eq\f(π，2)≤x－eq\f(π，4）≤eq\f（π，2）,得－eq\f（π,4)≤x≤eq\f(3π,4），則函數(shù)y＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f（π,4）)）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π，4），\f（3π,4）））上是增函數(shù)，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））)，所以函數(shù)在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2）））上是增函數(shù)，且有最大值eq\f(\r（2），2)，故選A。答案A5．已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f（π,2）)）（x∈R)，下面結(jié)論錯誤的是（）．A．函數(shù)f(x)的最小正周期為2πB．函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f（π,2)))上是增函數(shù)C．函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x＝0對稱D．函數(shù)f（x)是奇函數(shù)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）))上是增函數(shù)，圖像關(guān)于y軸對稱，為偶函數(shù)．答案D6．函數(shù)y＝sin2x＋sinx－1的值域為（)．A．[－1,1] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(5，4）,－1)）C.eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f（5,4），1)） D.eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(－1，\f（5，4)））解析(數(shù)形結(jié)合法）y＝sin2x＋sinx－1，令sinx＝t，則有y＝t2＋t－1，t∈［－1，1］，畫出函數(shù)圖像如圖所示，從圖像可以看出,當(dāng)t＝－eq\f(1,2）及t＝1時,函數(shù)取最值，代入y＝t2＋t－1可得y∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f（5，4),1））。答案C【點評】本題采用換元法轉(zhuǎn)化為關(guān)于新元的二次函數(shù)問題,再用數(shù)形結(jié)合來解決,但換元后注意新元的范圍.7．已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ）,x∈R，其中ω＞0，－π＜φ≤π.若f(x）的最小正周期為6π，且當(dāng)x＝eq\f(π，2)時，f(x）取得最大值，則(）A．f(x）在區(qū)間［－2π，0]上是增函數(shù)B．f（x)在區(qū)間[－3π,－π]上是增函數(shù)C．f（x）在區(qū)間[3π，5π］上是減函數(shù)D．f(x）在區(qū)間[4π，6π]上是減函數(shù)解析：∵f(x）的最小正周期為6π,∴ω＝eq\f（1，3），∵當(dāng)x＝eq\f(π，2)時，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)）），由此函數(shù)圖像易得,在區(qū)間［－2π,0]上是增函數(shù)，而在區(qū)間［－3π，－π］或[3π，5π］上均沒單調(diào)性,在區(qū)間[4π，6π]上是單調(diào)增函數(shù)．答案：A二、填空題8．定義在R上的函數(shù)f(x)既是偶函數(shù)又是周期函數(shù)，若f（x）的最小正周期是π，且當(dāng)x∈[0，eq\f(π，2）］時，f(x）＝sinx，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（5π,3））)的值為________．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．已知函數(shù)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)）)))是偶函數(shù)，則θ的值為________．解析(回顧檢驗法）據(jù)已知可得f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋θ＋\f(π,3)）)，若函數(shù)為偶函數(shù)，則必有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）,經(jīng)代入檢驗符合題意．答案eq\f（π,6）【點評】本題根據(jù)條件直接求出θ的值,應(yīng)將θ再代入已知函數(shù)式檢驗一下.10．函數(shù)f（x)＝eq\f(\r（2）sin\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，4）)）＋2x2＋x，2x2＋cosx）的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝________。解析(構(gòu)造法)根據(jù)分子和分母同次的特點，把分子展開，得到部分分式，f(x）＝1＋eq\f(x＋sinx,2x2＋cosx)，f(x)－1為奇函數(shù)，則m－1＝－（M－1）,所以M＋m＝2.答案2【點評】整體思考，聯(lián)想奇函數(shù)，利用其對稱性簡化求解，這是整體觀念與構(gòu)造思維的一種應(yīng)用。注意到分式類函數(shù)的結(jié)構(gòu)特征，借助分式類函數(shù)最值的處理方法,部分分式法,變形發(fā)現(xiàn)輔助函數(shù)為奇函數(shù)，整體處理最大值和最小值的問題以使問題簡單化，這種構(gòu)造特殊函數(shù)模型的方法來源于對函數(shù)性質(zhì)應(yīng)用的深刻理解。11．關(guān)于函數(shù)f（x）＝4sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)）)（x∈R），有下列命題：①由f(x1)＝f（x2）＝0可得x1－x2必是π的整數(shù)倍；②y＝f（x）的表達式可改寫為y＝4coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，6））)；③y＝f(x)的圖像關(guān)于點eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（π,6)，0)）對稱;④y＝f(x)的圖像關(guān)于直線x＝－eq\f(π，6)對稱．其中正確命題的序號是________（把你認為正確的命題序號都填上)．解析函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，3)））的最小正周期T＝π，由相鄰兩個零點的橫坐標(biāo)間的距離是eq\f（T,2)＝eq\f（π，2）知①錯．利用誘導(dǎo)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正確．由于曲線f(x)與x軸的每個交點都是它的對稱中心，將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,因此點eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(π，6)，0)）是f（x)圖像的一個對稱中心，故命題③正確．曲線f(x)的對稱軸必經(jīng)過圖像的最高點或最低點，且與y軸平行,而x＝－eq\f(π,6）時y＝0，點eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（π，6)，0))不是最高點也不是最低點，故直線x＝－eq\f(π,6)不是圖像的對稱軸,因此命題④不正確．答案②③12．給出下列命題：①正切函數(shù)的圖像的對稱中心是唯一的；②y＝｜sinx｜，y＝|tanx｜的最小正周期分別為π，eq\f（π，2)；③若x1〉x2，則sinx1>sinx2；④若f(x）是R上的奇函數(shù)，它的最小正周期為T，則feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(T，2）））＝0.其中正確命題的序號是________．解析①正切函數(shù)的對稱中心是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正弦函數(shù)在定義域R上不是單調(diào)函數(shù)；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、解答題13.已知函數(shù)f（x）＝2sinxcosx－2sin2x＋1.（1)求函數(shù)f（x）的最小正周期及值域;（2）求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．解析（1)f(x)＝sin2x＋cos2x＝eq\r（2)sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,4）))，則函數(shù)f（x）的最小正周期是π，函數(shù)f（x）的值域是eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\r（2），\r（2)））.（2）依題意得2kπ－eq\f（π，2)≤2x＋eq\f(π，4)≤2kπ＋eq\f（π，2)(k∈Z)，則kπ－eq\f（3π,8)≤x≤kπ＋eq\f（π，8）(k∈Z)，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是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\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π，2)－x））。（1)若α∈[0，π]，且sin2α＝eq\f(1，3），求f(α）的值；（2）若x∈［0，π］，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．解析(1）由題設(shè)知,f(α）＝sinα＋cosα?！遱in2α＝eq\f（1,3）＝2sinα·cosα＞0，α∈［0，π],∴α∈eq\b\lc\（\rc\)(\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）的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，4)））.15．設(shè)函數(shù)f（x）＝sin（2x＋φ）(－π＜φ＜0)，y＝f（x）圖像的一條對稱軸是直線x＝eq\f(π,8）.(1)求φ；(2）求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)增區(qū)間．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，則－eq\f（5,4）＜k＜－eq\f(1,4），k∈Z，∴k＝－1，則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）的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（π，8）＋kπ，\f（5π,8）＋kπ)),k∈Z.16．已知a＞0，函數(shù)f(x)＝－2asineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，6)))＋2a＋b，當(dāng)x∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2))）時,－5≤f（x）≤1。（1）求常數(shù)a，b的值；(2)設(shè)g(x)＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f(π，2)))且lgg（x）＞0，求g(x)的單調(diào)區(qū)間．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