高中數(shù)學高考5 第4講　三角函數(shù)的圖象與性質　新題培優(yōu)練

[基礎題組練]1．函數(shù)y＝|cosx|的一個單調增區(qū)間是()A．[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)] B．[0，π]C．[π，eq\f(3π,2)] D．[eq\f(3π,2)，2π]解析：選D.將y＝cosx的圖象位于x軸下方的圖象關于x軸對稱翻折到x軸上方，x軸上方(或x軸上)的圖象不變，即得y＝|cosx|的圖象(如圖)．故選D.2．關于函數(shù)y＝tan(2x－eq\f(π,3))，下列說法正確的是()A．是奇函數(shù)B．在區(qū)間(0，eq\f(π,3))上單調遞減C．(eq\f(π,6)，0)為其圖象的一個對稱中心D．最小正周期為π解析：選C.函數(shù)y＝tan(2x－eq\f(π,3))是非奇非偶函數(shù)，A錯；在區(qū)間(0，eq\f(π,3))上單調遞增，B錯；最小正周期為eq\f(π,2)，D錯；由2x－eq\f(π,3)＝eq\f(kπ,2)，k∈Z得x＝eq\f(kπ,4)＋eq\f(π,6)，當k＝0時，x＝eq\f(π,6)，所以它的圖象關于(eq\f(π,6)，0)對稱，故選C.3．如果函數(shù)y＝3cos(2x＋φ)的圖象關于點(eq\f(4π,3)，0)對稱，那么|φ|的最小值為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)解析：選A.由題意得3cos(2×eq\f(4π,3)＋φ)＝3cos(eq\f(2π,3)＋φ＋2π)＝3cos(eq\f(2π,3)＋φ)＝0，所以eq\f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.所以φ＝kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，取k＝0，得|φ|的最小值為eq\f(π,6).4．函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)對任意x都有f(eq\f(π,6)＋x)＝f(eq\f(π,6)－x)，則f(eq\f(π,6))的值為()A．2或0 B．－2或2C．0 D．－2或0解析：選B.因為函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)對任意x都有f(eq\f(π,6)＋x)＝f(eq\f(π,6)－x)，所以該函數(shù)圖象關于直線x＝eq\f(π,6)對稱，因為在對稱軸處對應的函數(shù)值為最大值或最小值，所以選B.5．(2019·山西晉城一模)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,3))的圖象的一個對稱中心為(eq\f(π,3)，0)，其中ω為常數(shù)，且ω∈(1，3)．若對任意的實數(shù)x，總有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，則|x1－x2|的最小值是()A．1 B.eq\f(π,2)C．2 D．π解析：選B.因為函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,3))的圖象的一個對稱中心為(eq\f(π,3)，0)，所以eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，所以ω＝3k－1，k∈Z，由ω∈(1，3)，得ω＝2.由題意得|x1－x2|的最小值為函數(shù)的半個周期，即eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)＝eq\f(π,2).6．(2019·廣州市綜合檢測(一))已知函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0，0≤φ≤π)是奇函數(shù)，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))上單調遞減，則ω的最大值是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,2)D．2解析：選C.因為函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)是奇函數(shù)，0≤φ≤π，所以φ＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))＝－sinωx，因為f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))上單調遞減，所以－eq\f(π,4)×ω≥－eq\f(π,2)且eq\f(π,3)×ω≤eq\f(π,2)，解得ω≤eq\f(3,2)，又ω>0，故ω的最大值為eq\f(3,2).7．(2019·高考北京卷)函數(shù)f(x)＝sin22x的最小正周期是________．解析：因為f(x)＝sin22x＝eq\f(1－cos4x,2)，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)8．(2019·昆明調研)已知函數(shù)f(x)＝sinωx的圖象關于點(eq\f(2π,3)，0)對稱，且f(x)在[0，eq\f(π,4)]上為增函數(shù)，則ω＝________.解析：將點(eq\f(2π,3)，0)代入f(x)＝sinωx，得sineq\f(2π,3)ω＝0，所以eq\f(2π,3)ω＝nπ，n∈Z，得ω＝eq\f(3,2)n，n∈Z.設函數(shù)f(x)的最小正周期為T，因為f(x)在[0，eq\f(π,4)]上為增函數(shù)，所以ω>0，eq\f(T,4)≥eq\f(π,4)，所以T≥π，即eq\f(2π,ω)≥π，所以ω≤2.所以n＝1，ω＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)9．已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx－eq\f(π,6))＋1(x∈R)的圖象的一條對稱軸為x＝π，其中ω為常數(shù)，且ω∈(1，2)，則函數(shù)f(x)的最小正周期為________．解析：由函數(shù)f(x)＝2sin(ωx－eq\f(π,6))＋1(x∈R)的圖象的一條對稱軸為x＝π，可得ωπ－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω＝k＋eq\f(2,3)，又ω∈(1，2)，所以ω＝eq\f(5,3)，從而得函數(shù)f(x)的最小正周期為eq\f(2π,\f(5,3))＝eq\f(6π,5).答案：eq\f(6π,5)10．(2019·成都模擬)設函數(shù)f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,3))．若x1x2<0，且f(x1)－f(x2)＝0，則|x2－x1|的取值范圍為________．解析：如圖，畫出f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,3))的大致圖象，記M(0，eq\f(\r(3),2))，N(eq\f(π,6)，eq\f(\r(3),2))，則|MN|＝eq\f(π,6).設點A，A′是平行于x軸的直線l與函數(shù)f(x)圖象的兩個交點(A，A′位于y軸兩側)，這兩個點的橫坐標分別記為x1，x2，結合圖形可知，|x2－x1|＝|AA′|∈(|MN|，＋∞)，即|x2－x1|∈(eq\f(π,6)，＋∞)．答案：(eq\f(π,6)，＋∞)11．已知函數(shù)f(x)＝(sinx＋cosx)2＋2cos2x－2.(1)求f(x)的單調遞增區(qū)間；(2)當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))時，求函數(shù)f(x)的最大值和最小值．解：f(x)＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).(1)令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.故f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.(2)因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以eq\f(3π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(7π,4)，所以－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))≤eq\f(\r(2),2)，所以－eq\r(2)≤f(x)≤1，所以當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))時，函數(shù)f(x)的最大值為1，最小值為－eq\r(2).12．(2019·安徽池州一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)cos2ωx＋sinωxcosωx－eq\f(\r(3),2)(ω>0)的最小正周期為π.(1)求函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間；(2)若f(x)>eq\f(\r(2),2)，求x的取值集合．解：(1)f(x)＝eq\r(3)cos2ωx＋sinωxcosωx－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)(1＋cos2ωx)＋eq\f(1,2)sin2ωx－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)cos2ωx＋eq\f(1,2)sin2ωx＝sin(2ωx＋eq\f(π,3))．因為周期為eq\f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1，故f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,3))．由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(7π,12)＋kπ，k∈Z，所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為[eq\f(π,12)＋kπ，eq\f(7π,12)＋kπ]，k∈Z.(2)f(x)>eq\f(\r(2),2)，即sin(2x＋eq\f(π,3))>eq\f(\r(2),2)，由正弦函數(shù)的性質得eq\f(π,4)＋2kπ<2x＋eq\f(π,3)<eq\f(3π,4)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,24)＋kπ<x<eq\f(5π,24)＋kπ，k∈Z，則x的取值集合為{x|－eq\f(π,24)＋kπ<x<eq\f(5π,24)＋kπ，k∈Z}．[綜合題組練]1．(2019·高考全國卷Ⅰ)關于函數(shù)f(x)＝sin|x|＋|sinx|有下述四個結論：①f(x)是偶函數(shù)②f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調遞增③f(x)在[－π，π]有4個零點④f(x)的最大值為2其中所有正確結論的編號是()A．①②④B．②④C．①④D．①③解析：選C.通解：f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，故①正確；當eq\f(π,2)<x<π時，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調遞減，故②不正確；f(x)在[－π，π]的圖象如圖所示，由圖可知函數(shù)f(x)在[－π，π]只有3個零點，故③不正確；因為y＝sin|x|與y＝|sinx|的最大值都為1且可以同時取到，所以f(x)可以取到最大值2，故④正確．綜上，正確結論的編號是①④.故選C.優(yōu)解：因為f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，故①正確，排除B；當eq\f(π,2)<x<π時，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調遞減，故②不正確，排除A；因為y＝sin|x|與y＝|sinx|的最大值都為1且可以同時取到，所以f(x)的最大值為2，故④正確．故選C.2．(2019·高考全國卷Ⅲ)設函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))(ω>0)，已知f(x)在[0，2π]有且僅有5個零點．下述四個結論：①f(x)在(0，2π)有且僅有3個極大值點②f(x)在(0，2π)有且僅有2個極小值點③f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))單調遞增④ω的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10)))其中所有正確結論的編號是()A．①④B．②③C．①②③D．①③④解析：選D.如圖，根據(jù)題意知，xA≤2π<xB，根據(jù)圖象可知函數(shù)f(x)在(0，2π)有且僅有3個極大值點，所以①正確；但可能會有3個極小值點，所以②錯誤；根據(jù)xA≤2π<xB，有eq\f(24π,5ω)≤2π<eq\f(29π,5ω)，得eq\f(12,5)≤ω<eq\f(29,10)，所以④正確；當x∈(0，eq\f(π,10))時，eq\f(π,5)<ωx＋eq\f(π,5)<eq\f(ωπ,10)＋eq\f(π,5)，因為eq\f(12,5)≤ω<eq\f(29,10)，所以eq\f(ωπ,10)＋eq\f(π,5)<eq\f(49π,100)<eq\f(π,2)，所以函數(shù)f(x)在(0，eq\f(π,10))單調遞增，所以③正確．3．(應用型)(2019·唐山模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx(ω>0)，f(eq\f(π,6))＋f(eq\f(π,2))＝0，且f(x)在區(qū)間(eq\f(π,6)，eq\f(π,2))上遞減，則ω＝________.解析：因為f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx＝2sin(ωx＋eq\f(π,3))，由eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx＋eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,6ω)＋eq\f(2kπ,ω)≤x≤eq\f(7π,6ω)＋eq\f(2kπ,ω)，因為f(x)在區(qū)間(eq\f(π,6)，eq\f(π,2))上遞減，所以(eq\f(π,6)，eq\f(π,2))?[eq\f(π,6ω)＋eq\f(2kπ,ω)，eq\f(7π,6ω)＋eq\f(2kπ,ω)]，從而有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)≥\f(π,6ω)＋\f(2kπ,ω),\f(π,2)≤\f(7π,6ω)＋\f(2kπ,ω)))解得12k＋1≤ω≤eq\f(7＋12k,3)，k∈Z，所以1≤ω≤eq\f(7,3)，因為f(eq\f(π,6))＋f(eq\f(π,2))＝0，所以x＝eq\f(\f(π,6)＋\f(π,2),2)＝eq\f(π,3)為f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,3))的一個對稱中心的橫坐標，所以eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，ω＝3k－1，k∈Z，又1≤ω≤eq\f(7,3)，所以ω＝2.答案：24．(創(chuàng)新型)(2019·蘭州模擬)已知a>0，函數(shù)f(x)＝－2asin(2x＋eq\f(π,6))＋2a＋b，當x∈[0，eq\f(π,2)]時，－5≤f(x)≤1.(1)求常數(shù)a，b的值；(2)設g(x)＝f(x＋eq\f(π,2))且lgg(x)>0，求g(x)的單調區(qū)間．解：(1)因為x∈[0，eq\f(π,2)]，所以2x＋eq\f(π,6)∈[eq\f(π,6)，eq\f