2019年高考数学高分突破复习练习专题一 第1讲
第1讲 三角函数的图象与性质
高考定位 三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容，主要从以下两个方面进行考查：1.三角函数的图象，涉及图象变换问题以及由图象确定解析式问题，主要以选择题、填空题的形式考查；2.利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等，主要以解答题的形式考查.
真 题 感 悟
1.(2018·全国Ⅰ卷)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cos 2α＝，则|a－b|＝( )
A. B. C. D.1
解析 由题意知cos α>0.因为cos 2α＝2cos2α－1＝，所以cos α＝，sin α＝±，得|tan α|＝.由题意知|tan α|＝，所以|a－b|＝.
答案 B
2.(2017·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝cos，则下列结论错误的是( )
A.f(x)的一个周期为－2π
B.y＝f(x)的图象关于直线x＝对称
C.f(x＋π)的一个零点为x＝
D.f(x)在单调递减
解析 A项，因为f(x)的周期为2kπ(k∈Z且k≠0)，所以f(x)的一个周期为－2π，A项正确.
B项，因为f(x)图象的对称轴为直线x＝kπ－(k∈Z)，当k＝3时，直线x＝是其对称轴，B项正确.
C项，f(x＋π)＝cos，将x＝代入得到f＝cos＝0，所以x＝是f(x＋π)的一个零点，C项正确.
D项，因为f(x)＝cos的递减区间为 (k∈Z)，递增区间为 (k∈Z)，所以是减区间，是增区间，D项错误.
答案 D
3.(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，则( )
A.f(x)的最小正周期为π，最大值为3
B.f(x)的最小正周期为π，最大值为4
C.f(x)的最小正周期为2π，最大值为3
D.f(x)的最小正周期为2π，最大值为4
解析 易知f(x)＝2cos2x－sin2x＋2＝3cos2x＋1＝3＋1＝cos 2x＋，则f(x)的最小正周期为π，当2x＝2kπ，即x＝kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，最大值为4.
答案 B
4.(2018·全国Ⅱ卷)若f(x)＝cos x－sin x在[－a，a]是减函数，则a的最大值是( )
A. B. C. D.π
解析 f(x)＝cos x－sin x＝cos，且函数y＝cos x在区间[0，π]上单调递减，则由0≤x＋≤π，得－≤x≤.因为f(x)在[－a，a]上是减函数，所以解得
a≤，所以0
0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置.
【训练2】 已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜)的部分图象如图所示.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的倍，再把所得的函数图象向左平移个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，求函数g(x)在区间上的最小值.
解 (1)设函数f(x)的最小正周期为T，由题图可知
A＝1，＝－＝，
即T＝π，所以π＝，解得ω＝2，
所以f(x)＝sin(2x＋φ)，又过点，
由0＝sin可得＋φ＝2kπ，k∈Z，
则φ＝2kπ－，k∈Z，因为|φ|＜，所以φ＝－，
故函数f(x)的解析式为f(x)＝sin.
(2)根据条件得g(x)＝sin，
当x∈时，4x＋∈，
所以当x＝时，g(x)取得最小值，且g(x)min＝.
热点三 三角函数的性质
考法1 三角函数性质
【例3－1】 (2018·合肥质检)已知函数f(x)＝sin ωx－cos ωx(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求函数y＝f(x)图象的对称轴方程；
(2)讨论函数f(x)在上的单调性.
解 (1)∵f(x)＝sin ωx－cos ωx＝sin，且T＝π，
∴ω＝2，于是f(x)＝sin.
令2x－＝kπ＋(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z).
即函数f(x)图象的对称轴方程为x＝＋(k∈Z).
(2)令2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
得函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z).
注意到x∈，所以令k＝0，
得函数f(x)在上的单调递增区间为；
同理，其单调递减区间为.
探究提高 1.讨论三角函数的单调性，研究函数的周期性、奇偶性与对称性，都必须首先利用辅助角公式，将函数化成一个角的一种三角函数.
2.求函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的单调区间，是将ωx＋φ作为一个整体代入正弦函数增区间(或减区间)，求出的区间即为y＝Asin(ωx＋φ)的增区间(或减区间)，但是当A＞0，ω＜0时，需先利用诱导公式变形为y＝－Asin(－ωx－φ)，则y＝Asin(－ωx－φ)的增区间即为原函数的减区间，减区间即为原函数的增区间.
考法2 三角函数性质与图象的综合应用
【例3－2】 已知函数f(x)＝2sin ωxcos ωx＋2sin2ωx－(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求函数f(x)的单调递增区间.
(2)将函数f(x)的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数y＝g(x)的图象，若y＝g(x)在[0，b](b>0)上至少含有10个零点，求b的最小值.
解 (1)f(x)＝2sin ωxcosωx＋(2sin2ωx－1)
＝sin 2ωx－cos 2ωx＝2sin.
由最小正周期为π，得ω＝1，
所以f(x)＝2sin，
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
整理得kπ－≤x≤kx＋，k∈Z，
所以函数f(x)的单调递增区间是，k∈Z.
(2)将函数f(x)的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到y＝2sin 2x＋1的图象；
所以g(x)＝2sin 2x＋1.
令g(x)＝0，得x＝kπ＋或x＝kπ＋(k∈Z)，
所以在[0，π]上恰好有两个零点，若y＝g(x)在[0，b]上有10个零点，则b不小于第10个零点的横坐标即可.
所以b的最小值为4π＋＝.
探究提高 1.研究三角函数的图象与性质，关键是将函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B(或y＝Acos(ωx＋φ)＋B)的形式，利用正余弦函数与复合函数的性质求解.
2.函数y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝.应特别注意y＝|Asin(ωx＋φ)|的最小正周期为T＝.
【训练3】 (2018·湖南师大附中质检)已知向量m＝(2cos ωx，－1)，n＝(sin ωx－cos ωx，2)(ω>0)，函数f(x)＝m·n＋3，若函数f(x)的图象的两个相邻对称中心的距离为.
(1)求函数f(x)的单调增区间；
(2)若将函数f(x)的图象先向左平移个单位，然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，得到函数g(x)的图象，当x∈时，求函数g(x)的值域.
解 (1)f(x)＝m·n＋3＝2cos ωx(sin ωx－cos ωx)－2＋3
＝sin 2ωx－cos 2ωx＝sin.
依题意知，最小正周期T＝π.
∴ω＝1，因此f(x)＝sin.
令－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
求得f(x)的增区间为，k∈Z.
(2)将函数f(x)的图象先向左平移个单位，
得y＝sin＝sin的图象.
然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，得到函数g(x)＝sin的图象.
故g(x)＝sin，
由≤x≤，知≤4x＋≤.
∴－1≤sin≤.
故函数g(x)的值域是[－，1].
1.已知函数y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A＞0，ω＞0)的图象求解析式
(1)A＝，B＝.
(2)由函数的周期T求ω，ω＝.
(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求φ.
2.运用整体换元法求解单调区间与对称性
类比y＝sin x的性质，只需将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”，采用整体代入求解.
(1)令ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)，可求得对称轴方程；
(2)令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标；
(3)将ωx＋φ看作整体，可求得y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，注意ω的符号.
3.函数y＝Asin(ωx＋φ)＋B的性质及应用的求解思路
第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成y＝Asin(ωx＋φ)＋B(一角一函数)的形式；
第二步：把“ωx＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y＝Asin(ωx＋φ)＋B的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题.
一、选择题
1.(2018·全国Ⅲ卷)函数f(x)＝的最小正周期为( )
A. B. C.π D.2π
解析 f(x)＝＝＝＝sin xcos x＝sin 2x，所以f(x)的最小正周期T＝＝π.
答案 C
2.(2017·全国Ⅲ卷)函数f(x)＝sin＋cos的最大值为( )
A. B.1 C. D.
解析 cos ＝cos＝sin，则f(x)＝sin＋sin＝sin，函数的最大值为.
答案 A
3.(2018·湖南六校联考)定义一种运算＝ad－bc，将函数f(x)＝的图象向左平移φ(φ>0)个单位，所得图象对应的函数为偶函数，则φ的最小值是( )
A. B. C. D.
解析 f(x)＝2cos x－2sin x＝4cos，
依题意g(x)＝f(x＋φ)＝4cos是偶函数(其中φ>0).
∴＋φ＝kπ，k∈Z，则φmin＝π.
答案 C
4.偶函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示，其中△EFG是斜边为4的等腰直角三角形(E，F是函数与x轴的交点，点G在图象上)，则f
(1)的值为( )
A. B. C. D.2
解析 依题设，＝|EF|＝4，T＝8，ω＝.
∵函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，且0<φ<π.
∴φ＝，在等腰直角△EGF中，易求A＝2.
所以f(x)＝2sin＝2cosx，则f(1)＝.
答案 C
5.(2018·天津卷)将函数y＝sin的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数( )
A.在区间上单调递增
B.在区间上单调递减
C.在区间上单调递增
D.在区间上单调递减
解析 把函数y＝sin的图象向右平移个单位长度得函数g(x)＝sin＝sin 2x的图象，由－＋2kπ≤2x≤＋2kπ(k∈Z)得－＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)，令k＝1，得≤x≤，即函数g(x)＝sin 2x的一个单调递增区间为.
答案 A
二、填空题
6.(2018·江苏卷)已知函数y＝sin(2x＋φ)的图象关于直线x＝对称，则φ的值是________.
解析 由函数y＝sin(2x＋φ)的图象关于直线x＝对称，得sin＝±1.因为－<φ<，所以<＋φ<，则＋φ＝，φ＝－.
答案 －
7.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，其中|PQ|＝2.则f(x)的解析式为________.
解析 由题图可知A＝2，P(x1，－2)，Q(x2，2)，所以|PQ|＝＝＝2.整理得|x1－x2|＝2，所以函数f(x)的最小正周期T＝2|x1－x2|＝4，即＝4，解得ω＝.又函数图象过点(0，
－)，所以2sin φ＝－，即sin φ＝－.又|φ|<，所以φ＝－，所以f(x)＝2sin.
答案 f(x)＝2sin
8.(2018·北京卷)设函数f(x)＝cos(ω>0).若f(x)≤f 对任意的实数x
都成立，则ω的最小值为________.
解析 由于对任意的实数都有f(x)≤f 成立，故当x＝时，函数f(x)有最大值，故f ＝1，－＝2kπ(k∈Z)，∴ω＝8k＋(k∈Z).又ω>0，∴ωmin＝.
答案
三、解答题
9.已知函数f(x)＝4tan xsin·cos－.
(1)求f(x)的定义域与最小正周期；
(2)讨论f(x)在区间上的单调性.
解 (1)f(x)的定义域为{x|x≠＋kπ，k∈Z}，
f(x)＝4tan xcos xcos－
＝4sin xcos－
＝4sin x－
＝2sin xcos x＋2sin2x－
＝sin 2x－cos 2x
＝2sin.
所以f(x)的最小正周期T＝＝π.
(2)由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
设A＝，B＝，易知A∩B＝
.
所以当x∈时，f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减.
10.(2018·西安模拟)已知函数f(x)＝sinsin x－cos2x＋.
(1)求f(x)的最大值及取得最大值时x的值；
(2)若方程f(x)＝在(0，π)上的解为x1，x2，求cos(x1－x2)的值.
解 (1)f(x)＝cos xsin x－(2cos2x－1)
＝sin 2x－cos 2x＝sin.
当2x－＝＋2kπ(k∈Z)，即x＝π＋kπ(k∈Z)时，函数f(x)取最大值，且最大值为1.
(2)由(1)知，函数f(x)图象的对称轴为x＝π＋kπ，k∈Z，
∴当x∈(0，π)时，对称轴为x＝π.
又方程f(x)＝在(0，π)上的解为x1，x2.
∴x1＋x2＝π，则x1＝π－x2，
∴cos(x1－x2)＝cos＝sin，
又f(x2)＝sin＝，
故cos(x1－x2)＝.
11.设函数f(x)＝sin＋sin，其中0＜ω＜3，已知f＝0.
(1)求ω；
(2)将函数y＝f(x
)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在上的最小值.
解 (1)因为f(x)＝sin＋sin，
所以f(x)＝sin ωx－cos ωx－cos ωx
＝sin ωx－cos ωx＝
＝sin.
由题设知f ＝0，
所以－＝kπ，k∈Z，故ω＝6k＋2，k∈Z.
又0＜ω＜3，所以ω＝2.
(2)由(1)得f(x)＝sin，
所以g(x)＝sin＝sin.
因为x∈，所以x－∈，
当x－＝－，即x＝－时，g(x)取得最小值－.
