2020高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第四章 三角函數(shù)、解三角形 5 第4講 三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)練習(xí) 理（含解析）

第4講 三角函數(shù)的圖象與性質(zhì) 基礎(chǔ)題組練1函數(shù)y|cos x|的一個(gè)單調(diào)增區(qū)間是()A，B0，C，D，2解析：選D.將ycos x的圖象位于x軸下方的圖象關(guān)于x軸對(duì)稱翻折到x軸上方，x軸上方(或x軸上)的圖象不變，即得y|cos x|的圖象(如圖)故選D.2關(guān)于函數(shù)ytan(2x)，下列說法正確的是()A是奇函數(shù)B在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減C(，0)為其圖象的一個(gè)對(duì)稱中心D最小正周期為解析：選C.函數(shù)ytan(2x)是非奇非偶函數(shù)，A錯(cuò)；在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增，B錯(cuò)；最小正周期為，D錯(cuò)；由2x，kZ得x，當(dāng)k0時(shí)，x，所以它的圖象關(guān)于(，0)對(duì)稱，故選C.3如果函數(shù)y3cos(2x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(，0)對(duì)稱，那么|的最小值為()A.B.C.D.解析：選A.由題意得3cos(2×)3cos(2)3cos()0，所以k，kZ.所以k，kZ，取k0，得|的最小值為.4函數(shù)f(x)2sin(x)(>0)對(duì)任意x都有f(x)f(x)，則f()的值為()A2或0B2或2C0D2或0解析：選B.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)2sin(x)對(duì)任意x都有f(x)f(x)，所以該函數(shù)圖象關(guān)于直線x對(duì)稱，因?yàn)樵趯?duì)稱軸處對(duì)應(yīng)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(x)的圖象的一個(gè)對(duì)稱中心為(，0)，其中為常數(shù)，且(1，3)若對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，總有f(x1)f(x)f(x2)，則|x1x2|的最小值是()A1B.C2D解析：選B.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)2sin(x)的圖象的一個(gè)對(duì)稱中心為(，0)，所以k，kZ，所以3k1，kZ，由(1，3)，得2.由題意得|x1x2|的最小值為函數(shù)的半個(gè)周期，即.6(2019·廣州市綜合檢測(cè)(一)已知函數(shù)f(x)cos(x)(>0，0)是奇函數(shù)，且在上單調(diào)遞減，則的最大值是()A.B.C.D2解析：選C.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)cos(x)是奇函數(shù)，0，所以，所以f(x)cossin x，因?yàn)閒(x)在 上單調(diào)遞減，所以×且× ，解得，又>0，故的最大值為.7(2019·高考北京卷)函數(shù)f(x)sin22x的最小正周期是_解析：因?yàn)閒(x)sin22x，所以f(x)的最小正周期T.答案：8(2019·昆明調(diào)研)已知函數(shù)f(x)sin x的圖象關(guān)于點(diǎn)(，0)對(duì)稱，且f(x)在0，上為增函數(shù)，則_.解析：將點(diǎn)(，0)代入f(x)sin x，得sin0，所以n，nZ，得n，nZ.設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T，因?yàn)閒(x)在0，上為增函數(shù)，所以>0，所以T，即，所以2.所以n1，.答案：9已知函數(shù)f(x)2sin(x)1(xR)的圖象的一條對(duì)稱軸為x，其中為常數(shù)，且(1，2)，則函數(shù)f(x)的最小正周期為_解析：由函數(shù)f(x)2sin(x)1(xR)的圖象的一條對(duì)稱軸為x，可得k，kZ，所以k，又(1，2)，所以，從而得函數(shù)f(x)的最小正周期為.答案：10(2019·成都模擬)設(shè)函數(shù)f(x)sin(2x)若x1x2<0，且f(x1)f(x2)0，則|x2x1|的取值范圍為_解析：如圖，畫出f(x)sin(2x)的大致圖象，記M(0，)，N(，)，則|MN|.設(shè)點(diǎn)A，A是平行于x軸的直線l與函數(shù)f(x)圖象的兩個(gè)交點(diǎn)(A，A位于y軸兩側(cè))，這兩個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別記為x1，x2，結(jié)合圖形可知，|x2x1|AA|(|MN|，)，即|x2x1|(，)答案：(，)11已知函數(shù)f(x)(sin xcos x)22cos2x2.(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)當(dāng)x時(shí)，求函數(shù)f(x)的最大值和最小值解：f(x)sin 2xcos 2xsin.(1)令2k2x2k，kZ，則kxk，kZ.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，kZ.(2)因?yàn)閤，所以2x，所以1sin ，所以f(x)1，所以當(dāng)x時(shí)，函數(shù)f(x)的最大值為1，最小值為.12(2019·安徽池州一模)已知函數(shù)f(x)cos2xsin xcos x(>0)的最小正周期為.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若f(x)>，求x的取值集合解：(1)f(x)cos2xsin xcos x(1cos 2x)sin 2xcos 2xsin 2xsin(2x)因?yàn)橹芷跒?，所?，故f(x)sin(2x)由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為k，k，kZ.(2)f(x)>，即sin(2x)>，由正弦函數(shù)的性質(zhì)得2k<2x<2k，kZ，解得k<x<k，kZ，則x的取值集合為x|k <x<k，kZ綜合題組練1(2019·高考全國(guó)卷)關(guān)于函數(shù)f(x)sin|x|sin x|有下述四個(gè)結(jié)論：f(x)是偶函數(shù)f(x)在區(qū)間單調(diào)遞增f(x)在，有4個(gè)零點(diǎn)f(x)的最大值為2其中所有正確結(jié)論的編號(hào)是()ABCD解析：選C.通解：f(x)sin|x|sin(x)|sin|x|sin x|f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，故正確；當(dāng)<x<時(shí)，f(x)sin xsin x2sin x，所以f(x)在單調(diào)遞減，故不正確；f(x)在，的圖象如圖所示，由圖可知函數(shù)f(x)在，只有3個(gè)零點(diǎn)，故不正確；因?yàn)閥sin|x|與y|sin x|的最大值都為1且可以同時(shí)取到，所以f(x)可以取到最大值2，故正確綜上，正確結(jié)論的編號(hào)是.故選C.優(yōu)解：因?yàn)閒(x)sin|x|sin(x)|sin|x|sin x|f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，故正確，排除B；當(dāng)<x<時(shí)，f(x)sin xsin x2sin x，所以f(x)在單調(diào)遞減，故不正確，排除A；因?yàn)閥sin|x|與y|sin x|的最大值都為1且可以同時(shí)取到，所以f(x)的最大值為2，故正確故選C.2(2019·高考全國(guó)卷)設(shè)函數(shù)f(x)sin(>0)，已知f(x)在0，2有且僅有5個(gè)零點(diǎn)下述四個(gè)結(jié)論：f(x)在(0，2)有且僅有3個(gè)極大值點(diǎn)f(x)在(0，2)有且僅有2個(gè)極小值點(diǎn)f(x)在單調(diào)遞增的取值范圍是其中所有正確結(jié)論的編號(hào)是()A B C D解析：選D.如圖，根據(jù)題意知，xA2<xB，根據(jù)圖象可知函數(shù)f(x)在(0，2)有且僅有3個(gè)極大值點(diǎn)，所以正確；但可能會(huì)有3個(gè)極小值點(diǎn)，所以錯(cuò)誤；根據(jù)xA2<xB，有2<，得<，所以正確；當(dāng)x(0，)時(shí)，<x<，因?yàn)?lt;，所以<<，所以函數(shù)f(x)在(0，)單調(diào)遞增，所以正確3(應(yīng)用型)(2019·唐山模擬)已知函數(shù)f(x)sin xcos x(>0)，f()f()0，且f(x)在區(qū)間(，)上遞減，則_.解析：因?yàn)閒(x)sin xcos x2sin(x)，由2kx2k，kZ，得x，因?yàn)閒(x)在區(qū)間(，)上遞減，所以(，)，從而有解得12k1，kZ，所以1，因?yàn)閒()f()0，所以x為f(x)2sin(x)的一個(gè)對(duì)稱中心的橫坐標(biāo)，所以k(kZ)，3k1，kZ，又1，所以2.答案：24(創(chuàng)新型)(2019·蘭州模擬)已知a>0，函數(shù)f(x)2asin(2x)2ab，當(dāng)x0，時(shí)，5f(x)1.(1)求常數(shù)a，b的值；(2)設(shè)g(x)f(x)且lg g(x)>0，求g(x)的單調(diào)區(qū)間解：(1)因?yàn)閤0，所以2x，所以sin(2x)，1，所以2asin(2x)2a，a，所以f(x)b，3ab，又因?yàn)?f(x)1，所以b5，3ab1，因此a2，b5.(2)由(1)得f(x)4sin(2x)1，g(x)f(x)4sin(2x)14sin(2x)1，又由lg g(x)>0，得g(x)>1，所以4sin(2x)1>1，所以sin(2x)>，所以2k<2x<2k，kZ，其中當(dāng)2k<2x2k，kZ時(shí)，g(x)單調(diào)遞增，即k<xk，kZ，所以g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(k，k，kZ.又因?yàn)楫?dāng)2k<2x<2k，kZ時(shí)，g(x)單調(diào)遞減，即k<x<k，kZ.所以g(x)的單調(diào)減區(qū)間為(k，k)，kZ.所以g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(k，k，kZ，單調(diào)減區(qū)間為(k，k)，kZ.- 8 -