1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第3 3讲讲 三角函数的图象与性质三角函数的图象与性质 第三章 三角函数、解三角形 考纲解读 1.熟练掌握正弦、余弦及正切函数的图象，并能根据图 象得出三角函数的性质(重点) 2掌握正弦、余弦函数在0,2上的性质(单调性、奇偶性、周期性、 最值等)，并理解正切函数在 2， 2 上的单调性(重点、难点) 考向预测 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点内 容 预测2021年会与三角恒等变换结合考查三角函数的图象与性质， 尤其是周期性、单调性及最值问题，同时也
2、要注意对称轴及对称中 心的应用题型常以客观题的形式呈现，有时也会出现于解答题中， 难度属中、低档题型. 1 基础知识过关基础知识过关 PART ONE 1.用五点法作正弦函数和余弦函数的简图 正弦函数 ysinx，x0,2的图象上，五个关键点是：(0,0)， 2，1 ， (，0)， 3 2 ，1 ，(2，0) 余弦函数 ycosx，x0,2的图象上，五个关键点是：(0,1)， 2，0 ， (，1)， 3 2 ，0 ，(2，1) 2.正弦函数、余弦函数、正切函数的图象和性质 函数 ysinx ycosx ytanx 图象 定义 域 R R x xR， 且 x k 2，kZ 值域 01 _ 02
3、_ 03 _ 1,1 1,1 R 续表 函数 ysinx ycosx ytanx 最值 当 x 22k (kZ)时，ymax1； 当 x3 2 2k (kZ)时， ymin1 当 x2k(kZ)时，ymax 1； 当 x2k (kZ)时，ymin1 x 2k， 2k ，kZ，无最大值， 也无最小值 周期 2k，kZ 2k，kZ k，kZ 奇偶性 04 _ 05 _ 奇函数 奇函数 偶函数 续表 函数 ysinx ycosx ytanx 单调 性 在06 _ _上递增； 在07 _ _上递减 在08 _上递增； 在09 _上递减 在10 _ _上递增 22k， 22k (kZ) 22k， 3 2
4、 2k (kZ) 2k， 2k(kZ) 2k，2k (kZ) 2k， 2k (kZ) 续表 函数 ysinx ycosx ytanx 对称 中心 11 _ 12 _ 13 _ 对 称 性 对称 轴 14 _ _ 15 _ 无对称轴 (k，0)，kZ k 2，0 ，kZ k 2 ，0 ，kZ 直线 xk 2， kZ 直线 xk，kZ 1概念辨析 (1)ytanx 在整个定义域上是增函数( ) (2)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期( ) (3)函数 f(x)sin 2x 3 的最小正周期为 2.( ) (4)sin20 sin70 0， 9x20， 解得 kxk 2，kZ，
5、3x3， 所以3x 2或 0x 2. 所以函数的定义域为 3， 2 0， 2 . 解析解析 2(2019 吉安模拟)函数 f(x)sin3x3cos2x x 3， 2 的值域为 _ 63 3 8 ，3 解析 由题意得 f(x) sin3x 3cos2x sin3x 3(1 sin2x) sin3x 3sin2x 3 ， x 3， 2 ， 令 tsinx，则 t 3 2 ，1 ， 所以 g(t)t33t23，t 3 2 ，1 ， 解析解析 则 g(t)3t26t3t(t2)， 当 3 2 t0， 当 0t1 时，g(t)0. 所以 yg(t)在 3 2 ，0 上单调递增，在0,1上单调递减 又
6、g 3 2 63 3 8 ，g(0)3，g(1)1. 所以函数 f(x)的值域为 63 3 8 ，3 . 解析解析 3(2019 长沙质检)函数 ysinxcosxsinxcosx 的值域为 _ 1 2 2，1 解析 令 tsinxcosx，则 t 2sin x 4 2， 2由(sinx cosx)212sinxcosx 得 sinxcosx1 2(1t 2)， 所以 yt1 2(1t 2)，t 2， 2的值域即为所求 因为 yt1 2(1t 2)1 2(t1) 21， 解析解析 当 t 2时，ymin1 2 2， 当 t1 时，ymax1， 所以原函数的值域为 1 2 2，1 . 解析解析
7、1三角函数定义域的求法 求三角函数的定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助 三角函数线或三角函数图象来求解如举例说明 1. 2三角函数最值或值域的三种求法 直接法 直接利用 sinx 和 cosx 的值域求解 化一法 把所给三角函数化为 yAsin(x)k(或 yAcos(x) k)的形式，由正弦(或余弦)函数的单调性写出函数的值域 换元法 把 sinx，cosx，sinxcosx 或 sinx cosx 换成 t，转化为二次函数 的值域问题求解如举例说明 2,3 解析 由 tanx0， cosx0， 得 tanx0， cosx0. 所以 2kx0)在0，内的值 域为 1， 2 2
8、，则 的取值范围是_ 3 4， 3 2 1(2019 全国卷)下列函数中，以 2为周期且在区间 4， 2 上单调递增 的是( ) Af(x)|cos2x| Bf(x)|sin2x| Cf(x)cos|x| Df(x)sin|x| 答案答案 题型题型 二二 三角函数的单调性三角函数的单调性 解析 作出函数 f(x)|cos2x|的图象，如图 由图象可知 f(x)|cos2x|的周期为 2，在区间 4， 2 上单调递增同理 可得 f(x)|sin2x|的周期为 2，在区间 4， 2 上单调递减，f(x)cos|x|的周 期为 2.f(x)sin|x|不是周期函数，排除 B，C，D.故选 A. 解析
9、解析 2已知 3为函数 f(x)sin(2x) 0 2 的零点，则函数 f(x)的单调递 增区间是( ) A. 2k5 12，2k 12 (kZ) B. 2k 12，2k 7 12 (kZ) C. k5 12，k 12 (kZ) D. k 12，k 7 12 (kZ) 答案答案 解析 由于 3为函数 f(x)sin(2x) 00，函数 f(x)cos x 4 在 2， 上单调递增，则 的取 值范围是_ 解析 函数 ycosx 的单调递增区间为2k，2k，kZ. 则 2 42k， 42k， kZ，解得 4k5 22k 1 4，kZ， 又由 4k5 2 2k1 4 0，kZ， 且 4k5 20，k
10、Z，得 k1，所以 3 2， 7 4 . 解析解析 3 2， 7 4 求三角函数单调区间的两种方法 (1)复合函数法 (2)图象法 画出三角函数的正、余弦曲线，结合图象求它的单调区间如举例 说明 1. 1(2019 中山模拟)函数 f(x)tan x 2 6 的单调递增区间为( ) A. 2k2 3 ，2k4 3 ，kZ B. 2k2 3 ，2k4 3 ，kZ C. 4k2 3 ，4k4 3 ，kZ D. 4k2 3 ，4k4 3 ，kZ 答案答案 解析 由 k 2 x 2 6k 2，kZ，得 2k 2 3 x2k 4 3 ，kZ.所 以 函 数 f(x)tan x 2 6 的 单 调 递 增
11、 区 间 为 2k2 3 ，2k4 3 ，kZ. 解析解析 解析 因为函数 f(x)x2cosx 是偶函数，且在(0，)上是增函数， 所以 f(0)f(0.5)f(0.5)f(0.6)，故选 B. 解析解析 2 已知函数 f(x)x2cosx， 则 f(0.6)， f(0)， f(0.5)的大小关系是( ) Af(0)f(0.6)f(0.5) Bf(0)f(0.5)f(0.6) Cf(0.6)f(0.5)f(0) Df(0.5)f(0)f(0.6) 答案答案 解析 f(x)cosxsinx(sinxcosx) 2sin x 4 . 由 22kx 4 22k，kZ，得 42kx 3 4 2k，k
12、Z， 取 k0，得 f(x)的一个减区间为 4， 3 4 . 解析解析 3(2019 天津市红桥区模拟)若 f(x)cosxsinx 在a，a上 是减函数，则 a 的最大值是_ 4 由 f(x)在a，a上是减函数，得 a 4， a3 4 ， a 4，故 a 的最大值为 4. 解析解析 角度 1 三角函数的周期性 1(2018 全国卷)函数 f(x) tanx 1tan2x的最小正周期为( ) A. 4 B. 2 C D2 题型题型 三三 三角函数的周期性、奇偶性、对称性三角函数的周期性、奇偶性、对称性 答案答案 解析 由已知得f(x) tanx 1tan2x sinx cosx 1 sinx
13、cosx 2sinxcosx 1 2sin2x，所以f(x) 的最小正周期 T2 2 .故选 C. 解析解析 解析 因为 f(x)为奇函数，所以 3 2k(kZ)， 5 6 k，k Z.又因为 0，故 5 6 . 解析解析 角度 2 三角函数的奇偶性 2若函数 f(x)cos 2x 3 (00)的周期为2 ，函数 y Atan(x)(0)的周期为 求解如举例说明 1. 2函数具有奇偶性的充要条件 函数 yAsin(x)(xR)是奇函数k(kZ)； 函数 yAsin(x)(xR)是偶函数k 2(kZ)； 函数 yAcos(x)(xR)是奇函数k 2(kZ)如举例说明 2； 函数 yAcos(x)
14、(xR)是偶函数k(kZ) 3与三角函数有关的图象的对称性问题 对于函数 yAsin(x)，其图象的对称轴一定经过函数图象的最高 点或最低点，对称中心一定是函数的零点，因此在判断直线 xx0或点 (x0,0)是否是函数的对称轴或对称中心时，可通过检验 f(x0)的值进行判 断如举例说明 3. 1(2019 北京中关村中学月考)下列函数中，对任意的 xR，同时满 足条件 f(x)f(x)和 f(x)f(x)的函数是( ) Af(x)sinx Bf(x)sinxcosx Cf(x)cosx Df(x)cos2xsin2x 解析 由 f(x)f(x)可知函数是偶函数，且 f(x)f(x)，则函数的周
15、期 为 .A 项中的函数是奇函数，故错误；B 项中 f(x)sinxcosx1 2sin2x，为奇函 数，故错误；C 项中的函数为偶函数，但是该函数的周期为 2，故错误；D 项中 f(x)cos2xsin2xcos2x，该函数是周期为 的偶函数，故选 D. 解析解析 答案答案 2关于函数 ytan 2x 3 ，下列说法正确的是( ) A是奇函数 B在区间 0， 3 上单调递减 C. 6，0 为其图象的一个对称中心 D最小正周期为 答案答案 解析 ytan 2x 3 是非奇非偶函数，A 错误；ytan 2x 3 在区 间 0， 3 上单调递增，B 错误；由 2x 3 k 2 得 xk 4 6(k
16、Z)，得函 数 ytan 2x 3 的对称中心为 k 4 6，0 ，kZ，故 C 正确；函数 y tan 2x 3 的最小正周期为 2，D 错误 解析解析 3(2019 辽宁辽阳一模)已知偶函数 f(x)2sin x 6 0， 2 的图象的相邻两条对称轴间的距离为 2，则 f 3 8 ( ) A. 2 2 B 2 C 3 D. 2 答案答案 解析 因为 f(x)是偶函数，所以 6k 2(kZ)，即 k 2 3 (kZ)又由题知 2cb Bcba Ccab Dbca 解析 sin41 6 sin 87 6 sin7 6 sin 6cos 3，cos 7 4 cos 2 4 cos 4 cos 4
17、，因为 ycosx 在 0， 2 上是减函数，所以 cos 12cos 4 cos 3，即 acb. 答案答案 解析解析 3函数 ytanxsinx|tanxsinx|在区间 2， 3 2 内的图象是( ) 解析 ytanxsinx|tanxsinx| 2tanx，x 2， ， 2sinx，x ，3 2 . 结合选项图形知，D 正确 答案答案 解析解析 4已知函数 f(x)tan2x，则下列说法不正确的是( ) Ayf(x)的最小正周期是 Byf(x)在 4， 4 上单调递增 Cyf(x)是奇函数 Dyf(x)的对称中心是 k 4 ，0 (kZ) 答案答案 解析 函数 yf(x)的最小正周期是
18、 2，故 A 错误当 x 4， 4 时， 2x 2， 2 ，此时函数 f(x)tan2x 为增函数，故 B 正确因为 f(x) tan2(x)tan2xf(x)，所以 f(x)tan2x 是奇函数，故 C 正确由 2x k 2 ，kZ，得 xk 4 ，kZ，所以 f(x)tan2x 的对称中心是 k 4 ，0 ，k Z，故 D 正确 解析解析 5 (2019 福建六校联考)若函数f(x)2sin(x)对任意x都有f 3x f(x)，则 f 6 ( ) A2 或 0 B0 C2 或 0 D2 或 2 解析 因为 f 3x f(x)对任意 xR 都成立，所以函数 f(x)的图象 的一个对称轴是直线
19、 x 6，所以 f 6 2. 答案答案 解析解析 6已知函数 f(x)cos(x) 0| 2 ，f x 4 是奇函数，则( ) Af(x)在 4， 上单调递减 Bf(x)在 0， 4 上单调递减 Cf(x)在 4， 上单调递增 Df(x)在 0， 4 上单调递增 答案答案 解析 因为 f(x)cos(x)，所以 f x 4 cos x 4 ，又因为 f x 4 是奇函数，所以 4k 2，kZ，所以 k 4，kZ，又 0 | 2，所以 4，f(x)cos x 4 ，当 x 0， 4 时，x 4 4， 2 ，f(x) 单调递减，当 x 4， 时，x 4 2， 5 4 ，f(x)先减后增，故选 B.
20、 解析解析 7(2019 衡水联考)函数 f(x)sin 2x 3 1 3在区间(0，)内的所有零 点之和为( ) A. 6 B. 3 C.7 6 D.4 3 答案答案 解析 设 t2x 3，则由 x(0，)，得 t 3， 7 3 .由 f(x)0 得 sint 1 3，结合函数 ysint 的图象可知此方程有两个实根 t1 和 t2，且 t1t23，所以函数 f(x)在(0，)内有两个零点 x1 和 x2，且 2x1 32x2 33，所以 x1x2 7 6 . 解析解析 8函数 f(x)1loglog1 1 2 2 xtan x 4 的定义域是_ 解析 由 1loglog1 1 2 2 x0
21、， x 4k 2，kZ， 得 0x2， xk 4，kZ， 所以 0x2 且 x 4， 所以函数 f(x)的定义域为x 0x2，且x 4 . x 00)的最小正周期为 ， 则 f 3 _. 解析 由题设及周期公式得 T ，所以 1， 即 f(x) sin x 3 ，所以 f 3 sin2 3 3 2 . 3 2 解析解析 10函数 f(x)2020sin 1 3x 6 (0 x2)的值域是_ 解析 因为 0 x2，所以 6 1 3x 6 5 6 . 所以1 2sin 1 3x 6 1， 所以函数 f(x)2020sin 1 3x 6 的值域为1010,2020 1010,2020 解析解析 1(
22、2020 湖南衡阳八中月考)定义运算：a*b a，ab， b，ab. 例如 1( ) A. 2 2 ， 2 2 B1,1 C. 2 2 ，1 D. 1， 2 2 B组组 能力关能力关 答案答案 解析解析 解析 画出函数 f(x) sinx，sinxcosx， cosx，sinxcosx 的图象(如图中实线所 示) 根据三角函数的周期性，只看一个最小正周期(即 2)的情况即可 观察图象可知函数 f(x)的值域为 1， 2 2 . 2(2019 辽宁省实验中学模拟)已知函数 f(x)cos2xsinx，那么下列 命题中的假命题是( ) Af(x)既不是奇函数也不是偶函数 Bf(x)在，0上恰有一个
23、零点 Cf(x)是周期函数 Df(x)在 2， 5 6 上是增函数 答案答案 解析 因为 f(x)cos2xsinx，所以 f(x)cos2xsinx.故 f(x)既不是奇 函数也不是偶函数所以 A是真命题；令 f(x)cos2xsinx0，得1sin2x sinx0，解得 sinx1 5 2 .此时 x 有两个值所以 f(x)在，0内恰有 两个零点所以 B 是假命题；因为 f(x)cos2xsinx1sin2xsinx sinx1 2 25 4.显然 f(x)是周期函数，所以 C是真命题；对于 f(x) sinx1 2 25 4，令 usinx 在 2， 5 6 上单调递减，则 y u1 2
24、 25 4在 1 2，1 上单调 递减，所以 D 是真命题 解析解析 3(2020 赣州摸底)已知函数 f(x)sin x 6 1 2，0，xR，且 f() 1 2，f() 1 2.若|的最小值为 3 4 ，则 f 3 4 _，函数 f(x)的单调 递增区间为_ 31 2 23k，3k ，kZ 解析 函数 f(x)sin x 6 1 2，0，xR， 由 f()1 2，f() 1 2，且|的最小值为 3 4 ， 得T 4 3 4 ，即 T32 ，所以 2 3. 所以 f(x)sin 2 3x 6 1 2. 则 f 3 4 sin 3 1 2 31 2 . 解析解析 由 22k 2 3x 6 22
25、k，kZ， 得 23kx3k，kZ， 即函数 f(x)的单调递增区间为 23k，3k ，kZ. 解析解析 4已知函数 f(x)sin 2x 3 . (1)求 f(x)的最小正周期； (2)求证：当 x 4， 4 时，f(x)1 2. 解 (1)f(x)的最小正周期 T2 2 . (2)证明：因为 4x 4，所以 62x 3 5 6 ， 所以 sin 2x 3 sin 6 1 2， 所以当 x 4， 4 时，f(x)1 2. 解解 C组组 素养关素养关 1已知函数 f(x) 2sin x 4 (0)的最小正周期为 . (1)求函数 yf(x)图象的对称轴方程； (2)讨论函数 f(x)在 0，
26、2 上的单调性 解 (1) f(x) 2sin x 4 的最小正周期为 ， 2，f(x) 2sin 2x 4 . 令 2x 4k 2(kZ)，得 x k 2 3 8 (kZ)， 即函数 f(x)图象的对称轴方程为 xk 2 3 8 (kZ) 解解 (2)令 2k 22x 42k 2(kZ)，得函数 f(x)的单调递增区间 为 k 8，k 3 8 (kZ)注意到 x 0， 2 ，所以令 k0，得函数 f(x) 在 0， 2 上的单调递增区间为 0，3 8 ；令 22k2x 4 3 2 2k(k Z)，得函数 f(x)的单调递减区间为 k3 8 ，k7 8 (kZ)，令 k 0，得 f(x)在 0
27、， 2 上的单调递减区间为 3 8 ， 2 . 解解 2已知函数 f(x)2sin2 4x 3cos2x1，xR. (1)求 f(x)的最小正周期； (2)若 h(x)f(xt)的图象关于点 6，0 对称，且 t(0，)，求 t 的 值； (3)当 x 4， 2 时，不等式|f(x)m|3 恒成立，求实数 m 的取值范围 解解 解 (1) 因 为f(x) cos 22x 3 cos2x sin2x 3 cos2x 2 1 2sin2x 3 2 cos2x 2sin 2x 3 ，故 f(x)的最小正周期为 . (2)由(1)知 h(x)2sin 2x2t 3 . 令 2 6 2t 3k(kZ)， 得 tk 2 3(kZ)， 又 t(0，)，故 t 3或 5 6 . 解解 (3)当 x 4， 2 时，2x 3 6， 2 3 ， 所以 f(x)1,2 又|f(x)m|3，即 f(x)3mf(x)3， 所以 23m13，即1m4. 故实数 m 的取值范围是(1,4) 本课结束本课结束
