2020届高考数学总复习 第四章 三角函数、解三角形 4-3 三角函数的图象与性质课件 文 新人教A

第3讲三角函数的图象与性质1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图2．正弦函数、余弦函数、正切函数的图象与性质【答案】π题组一常识题1．(教材改编)函数y＝12sin－2x＋π3的最小正周期是________．【解析】T＝2π|－2|＝π.2．(教材改编)函数f(x)＝Asinx－1(A0)的最大值是5，则它的最小值是________．【解析】依题意得A－1＝5，所以A＝6，所以函数f(x)＝6sinx－1的最小值为－6－1＝－7.【答案】－73．(教材改编)函数y＝2cosx在[－π，0]上是________(填“增函数”或“减函数”)．【解析】由余弦函数的单调性，得函数y＝2cosx在[－π，0]上是增函数．【答案】增函数4．(教材改编)不等式2sinx－1的解集为_______________________________________________．【解析】不等式2sinx－1，即sinx－12，由函数y＝sinx的图象得解集为x2kπ－π6x2kπ＋7π6，k∈Z.【答案】x2kπ－π6x2kπ＋7π6，k∈Z题组二常错题◆索引：三角函数的图象与性质掌握不到位导致出错．5．函数y＝1－2cosx的单调递减区间是________.【解析】函数y＝1－2cosx的单调递减区间即为函数y＝－cosx的单调递减区间，即为函数y＝cosx的单调递增区间，为[2kπ－π，2kπ](k∈Z)．【答案】[2kπ－π，2kπ](k∈Z)6．若动直线x＝a与函数f(x)＝sinx和g(x)＝cosx的图象分别交于M，N两点，则MN的最大值为________.【解析】设直线x＝a与函数f(x)＝sinx的图象的交点为M(a，y1)，直线x＝a与函数g(x)＝cosx的图象的交点为N(a，y2)，则MN＝|y1－y2|＝|sina－cosa|＝2sina－π4≤2.【答案】2【答案】4π7．若函数f(x)＝2sinx4对任意x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，则|x1－x2|的最小值为________．【解析】由f(x1)≤f(x)≤f(x2)知，f(x1)，f(x2)分别为f(x)的最小值和最大值．当x4＝2kπ－π2(k∈Z)，即x＝8kπ－2π(k∈Z)时，f(x)取得最小值；当x4＝2kπ＋π2(k∈Z)，即x＝8kπ＋2π(k∈Z)时，f(x)取得最大值．故|x1－x2|的最小值为4π.8．给出下列函数：①y＝cos|2x|；②y＝|sinx|；③y＝sin2x－π3；④y＝tan2x＋π5.其中最小正周期为π的所有函数是________(填序号).【解析】函数y＝cos|2x|＝cos2x，其最小正周期为π；将函数y＝sinx的图象中位于x轴上方的图象不变，位于x轴下方的图象对称地翻折至x轴上方，即可得到y＝|sinx|的图象，所以其最小正周期为π；函数y＝sin2x－π3的最小正周期为π；函数y＝tan2x＋π5的最小正周期为π2.【答案】①②③考点一三角函数的定义域、值域【例1】(1)(2019·烟台模拟)函数y＝cosx－32的定义域为()A.－π6，π6B.kπ－π6，kπ＋π6(k∈Z)C.2kπ－π6，2kπ＋π6(k∈Z)D．R(2)函数y＝2sinπ6x－π3(0≤x≤9)的最大值与最小值之和为________．【解析】(1)∵cosx－32≥0，得cosx≥32，∴2kπ－π6≤x≤2kπ＋π6，k∈Z.(2)∵0≤x≤9，∴－π3≤π6x－π3≤7π6，∴－32≤sinπ6x－π3≤1，故－3≤2sinπ6x－π3≤2.即函数y＝2sinπ6x－π3(0≤x≤9)的最大值为2，最小值为－3.所以最大值与最小值的和为2－3.【答案】(1)C(2)2－3【互动探究】1．本例(2)中的函数换为“y＝3－sinx－2cos2x，x∈π6，7π6”，如何解答？【解析】∵x∈π6，7π6，∴sinx∈－12，1.又y＝3－sinx－2cos2x＝3－sinx－2(1－sin2x)＝2sinx－142＋78，∴当sinx＝14时，ymin＝78；当sinx＝－12或sinx＝1时，ymax＝2.故函数的最大值与最小值的和为2＋78＝238.2．本例(2)中的函数换为“y＝sinx－cosx＋sinxcosx，x∈[0，π]”，又该如何解答？【解析】令t＝sinx－cosx，又x∈[0，π]，∴t＝2sinx－π4，t∈[－1，2]．由t＝sinx－cosx，得t2＝1－2sinxcosx，即sinxcosx＝1－t22.∴原函数变为y＝t＋1－t22，t∈[－1，2]．即y＝－12t2＋t＋12.∴当t＝1时，ymax＝－12＋1＋12＝1；当t＝－1时，ymin＝－12－1＋12＝－1.故函数的最大值与最小值的和为1－1＝0.【反思归纳】跟踪训练1(1)函数y＝2sinx－1的定义域为()A.π6，5π6B.2kπ＋π6，2kπ＋5π6(k∈Z)C.2kπ＋π6，2kπ＋5π6(k∈Z)D.kπ＋π6，kπ＋5π6(k∈Z)(2)函数y＝cosx＋π6，x∈0，π2的值域是________．【解析】(1)由2sinx－1≥0，得sinx≥12，所以2kπ＋π6≤x≤2kπ＋5π6(k∈Z)．(2)x∈0，π2，x＋π6∈π6，2π3，∴y∈－12，32.【答案】(1)B(2)－12，32考点二三角函数的单调性【例2】已知函数f(x)＝2sin2ωx＋π4(ω＞0)的最小正周期为π.(1)求ω的值．(2)讨论f(x)在区间0，π2上的单调性．【解析】(1)因为f(x)＝2sin2ωx＋π4的最小正周期为π，且ω＞0.从而有2π2ω＝π，故ω＝1.(2)因为f(x)＝2sin2x＋π4.若0≤x≤π2，则π4≤2x＋π4≤5π4.当π4≤2x＋π4≤π2，即0≤x≤π8时，f(x)单调递增；当π2＜2x＋π4≤5π4，即π8＜x≤π2时，f(x)单调递减．综上可知，f(x)在区间0，π8上单调递增，在区间π8，π2上单调递减．【反思归纳】跟踪训练2(1)设ω是正实数，函数f(x)＝2cosωx在x∈0，2π3上是减函数，那么ω的值可以是()A.12B．2C．3D．4(2)函数y＝sinπ3－2x的递增区间是________．【解析】(1)因为函数f(x)＝2cosωx在0，T2上单调递减，所以要使函数f(x)＝2cosωx(ω0)在区间0，2π3上单调递减，则有2π3≤T2，即T≥4π3，所以T＝2πω≥4π3，解得ω≤32.所以ω的值可以是12.故选A.(2)∵y＝－sin2x－π3，∴2kπ＋π2≤2x－π3≤2kπ＋3π2∴kπ＋5π12≤x≤kπ＋11π12(k∈Z)．【答案】(1)A(2)kπ＋5π12，kπ＋11π12(k∈Z)考点三三角函数的奇偶性、周期性及对称性角度1三角函数的周期性与奇偶性【例3】(2019·长沙模拟)设函数f(x)＝2sinωx＋φ＋π4ω0，|φ|π2的最小正周期为π，且是偶函数，则()A．f(x)在0，π2内单调递减B．f(x)在π4，3π4内单调递减C．f(x)在0，π2内单调递增D．f(x)在π4，3π4内单调递增【解析】由条件，知ω＝2.因为f(x)是偶函数，且|φ|π2，所以φ＝π4，这时f(x)＝2sin2x＋π2＝2cos2x.因为当x∈0，π2时，2x∈(0，π)，所以f(x)在0，π2内单调递减．【答案】A角度2三角函数的周期性与对称性【例4】已知ω0，0φπ，直线x＝π4和x＝5π4是函数f(x)＝sin(ωx＋φ)图象的两条相邻的对称轴，则φ等于()A.π4B.π3C.π2D.3π4【解析】由题意得2πω＝25π4－π4，∴ω＝1，∴f(x)＝sin(x＋φ)，∴π4＋φ＝π2＋kπ(k∈Z)，∴φ＝π4＋kπ(k∈Z)．又∵0φπ，∴φ＝π4.故选A.【答案】A角度3三角函数的奇偶性与对称性【例5】(2019·揭阳模拟)当x＝π4时，函数f(x)＝sin(x＋φ)取得最小值，则函数y＝f3π4－x()A．是奇函数且图象关于点π2，0对称B．是偶函数且图象关于点(π，0)对称C．是奇函数且图象关于直线x＝π2对称D．是偶函数且图象关于直线x＝π对称【解析】∵当x＝π4时，函数f(x)取得最小值，∴sinπ4＋φ＝－1，∴φ＝2kπ－3π4(k∈Z)，∴f(x)＝sinx＋2kπ－3π4＝sinx－3π4，∴y＝f3π4－x＝sin(－x)＝－sinx，∴y＝f3π4－x是奇函数，且图象关于直线x＝π2对称．【答案】C【反思归纳】