資源簡介

靈活運用三角函數的圖象和性質解題
重難點歸納
1 考查三角函數的圖象和性質的基礎題目，此類題目要求考生在熟練掌握三角函數圖象的基礎上要對三角函數的性質靈活運用
2 三角函數與其他知識相結合的綜合題目，此類題目要求考生具有較強的分析能力和邏輯思維能力 在今后的命題趨勢中綜合性題型仍會成為熱點和重點，并可以逐漸加強
3 三角函數與實際問題的綜合應用
此類題目要求考生具有較強的知識遷移能力和數學建模能力，要注意數形結合思想在解題中的應用
典型題例示范講解
例1設z1=m+(2－m2)i, z2=cosθ+(λ+sinθ)i, 其中m,λ,θ∈R，已知z1=2z2，求λ的取值范圍
命題意圖 本題主要考查三角函數的性質，考查考生的綜合分析問題的能力和等價轉化思想的運用
知識依托 主要依據等價轉化的思想和二次函數在給定區間上的最值問題來解決
錯解分析 考生不易運用等價轉化的思想方法來解決問題
技巧與方法 對于解法一，主要運用消參和分離變量的方法把所求的問題轉化為二次函數在給定區間上的最值問題；對于解法二，主要運用三角函數的平方關系把所求的問題轉化為二次函數在給定區間上的最值問題
解法一 ∵z1=2z2，
∴m+(2－m2)i=2cosθ+(2λ+2sinθ)i,∴
∴λ=1－2cos2θ－sinθ=2sin2θ－sinθ－1=2(sinθ－)2－
當sinθ=時λ取最小值－，當sinθ=－1時，λ取最大值2
解法二 ∵z1=2z2 ∴
∴,
∴=1
∴m4－(3－4λ)m2+4λ2－8λ=0, 設t=m2,則0≤t≤4,
令f(t)=t2－(3－4λ)t+4λ2－8λ,
則或f(0)·f(4)≤0 ∴
∴－≤λ≤0或0≤λ≤2
∴λ的取值范圍是［－，2］
例2如右圖，一滑雪運動員自h=50m高處A點滑至O點，由于運動員的技巧(不計阻力)，在O點保持速率v0不為，并以傾角θ起跳，落至B點，令OB=L，試問，α=30°時，L的最大值為多少？當L取最大值時，θ為多大？
命題意圖 本題是一道綜合性題目，主要考查考生運用數學知識來解決物理問題的能力
知識依托 主要依據三角函數知識來解決實際問題
錯解分析 考生不易運用所學的數學知識來解決物理問題，知識的遷移能力不夠靈活
技巧與方法 首先運用物理學知識得出目標函數，其次運用三角函數的有關知識來解決實際問題
解 由已知條件列出從O點飛出后的運動方程
由①②整理得 v0cosθ=
∴v02+gLsinα=g2t2+≥=gL
運動員從A點滑至O點，機械守恒有:mgh=mv02,
∴v02=2gh,∴L≤=200(m)
即Lmax=200(m),又g2t2=
∴
得cosθ=cosα,∴θ=α=30°∴L最大值為200米，當L最大時，起跳仰角為30°
例3如下圖，某地一天從6時到14時的溫度變化曲線近似滿足函數y=Asin(ωx+φ)+b
(1)求這段時間的最大溫差
(2)寫出這段曲線的函數解析式
命題意圖 本題以應用題的形式考查備考中的熱點題型，要求考生把所學的三角函數知識與實際問題結合起來分析、思考，充分體現了“以能力立意”的命題原則
知識依托 依據圖象正確寫出解析式
錯解分析 不易準確判斷所給圖象所屬的三角函數式的各個特定系數和字母
技巧與方法 數形結合的思想，以及運用待定系數法確定函數的解析式
解 (1)由圖示，這段時間的最大溫差是30－10=20(℃)；
(2)圖中從6時到14時的圖象是函數y=Asin(ωx+φ)+b的半個周期的圖象
∴=14－6,解得ω=,
由圖示A=(30－10)=10，b=(30+10)=20，這時y=10sin(x+φ)+20,將x=6,y=10代入上式可取φ=π
綜上所求的解析式為y=10sin(x+π)+20,x∈［6,14］
例4　已知α、β為銳角，且x(α+β－)＞0,試證不等式f(x)=x＜2對一切非零實數都成立
證明 若x＞0，則α+β＞
∵α、β為銳角，∴0＜－α＜β＜;0＜－β＜,
∴0＜sin(－α)＜sinβ 0＜sin(－β)＜sinα，
∴0＜cosα＜sinβ,0＜cosβ＜sinα,
∴0＜＜1,0＜＜1,
∴f(x)在(0,+∞)上單調遞減，∴f(x)＜f(0)=2
若x＜0,α+β＜,∵α、β為銳角，
0＜β＜－α＜,0＜α＜－β＜,
0＜sinβ＜sin(－α),
∴sinβ＜cosα,0＜sinα＜sin(－β),
∴sinα＜cosβ,∴＞1, ＞1,
∵f(x)在(－∞,0）上單調遞增，∴f(x)＜f(0)=2,∴結論成立
學生鞏固練習
1 函數y=－x·cosx的部分圖象是( )
2 函數f(x)=cos2x+sin(+x)是( )
A 非奇非偶函數 B 僅有最小值的奇函數
C 僅有最大值的偶函數 D 既有最大值又有最小值的偶函數
3 函數f(x)=()｜cosx｜在［－π，π］上的單調減區間為_________
4 設ω＞0，若函數f(x)=2sinωx在［－，］上單調遞增，則ω的取值范圍是_________
5 設二次函數f(x)=x2+bx+c(b,c∈R),已知不論α、β為何實數恒有f(sinα)≥0和f(2+cosβ)≤0
(1)求證 b+c=－1；
(2)求證c≥3；
(3)若函數f(sinα)的最大值為8，求b，c的值
6 用一塊長為a，寬為b(a＞b)的矩形木板，在二面角為α的墻角處圍出一個直三棱柱的谷倉，試問應怎樣圍才能使谷倉的容積最大？并求出谷倉容積的最大值
7 有一塊半徑為R，中心角為45°的扇形鐵皮材料，為了獲取面積最大的矩形鐵皮，工人師傅常讓矩形的一邊在扇形的半徑上，然后作其最大內接矩形，試問 工人師傅是怎樣選擇矩形的四點的？并求出最大面積值
8 設－≤x≤，求函數y=log2(1+sinx)+log2(1－sinx)的最大值和最小值
9 是否存在實數a，使得函數y=sin2x+a·cosx+a－在閉區間［0，］上的最大值是1？若存在，求出對應的a值；若不存在，試說明理由
參考答案
1 解析 函數y=－xcosx是奇函數，圖象不可能是A和C，又當x∈(0, )時，y＜0
答案 D
2 解析 f(x)=cos2x+sin(+x)=2cos2x－1+cosx=2［(cosx+］－1
答案 D
3 解 在［－π,π］上，y=｜cosx｜的單調遞增區間是［－,0］及［,π］ 而f(x)依｜cosx｜取值的遞增而遞減,故［－,0］及［,π］為f(x)的遞減區間
4 解 由－≤ωx≤，得f(x)的遞增區間為［－,］，由題設得
5 解 (1)∵－1≤sinα≤1且f(sinα)≥0恒成立，∴f(1)≥0
∵1≤2+cosβ≤3,且f(2+cosβ)≤0恒成立 ∴f(1)≤0
從而知f(1)=0∴b+c+1=0
(2)由f(2+cosβ)≤0,知f(3)≤0,∴9+3b+c≤0 又因為b+c=－1,∴c≥3
(3)∵f(sinα)=sin2α+(－1－c)sinα+c=(sinα－)2+c－()2,
當sinα=－1時，［f(sinα)］max=8,由解得b=－4,c=3
6 解 如圖，設矩形木板的長邊AB著地，并設OA=x，OB=y，則a2=x2+y2－2xycosα≥2xy－2xycosα=2xy(1－cosα)
∵0＜α＜π,∴1－cosα＞0,∴xy≤ (當且僅當x=y時取“=”號)，故此時谷倉的容積的最大值V1=(xysinα)b= 同理，若木板短邊著地時，谷倉的容積V的最大值V2=ab2cos,
∵a＞b,∴V1＞V2
從而當木板的長邊著地，并且谷倉的底面是以a為底邊的等腰三角形時，谷倉的容積最大，
其最大值為a2bcos
7 解 如下圖，扇形AOB的內接矩形是MNPQ，連OP，則OP=R，設∠AOP=θ，則∠QOP=45°－θ，NP=Rsinθ,在△PQO中，，
∴PQ=Rsin(45°－θ)
S矩形MNPQ=QP·NP=R2sinθsin(45°－θ)
=R2·［cos(2θ－45°)－］≤R2，
當且僅當cos(2θ－45°)=1,即θ=22 5°時，S矩形MNPQ的值最大且最大值為R2
工人師傅是這樣選點的，
記扇形為AOB，以扇形一半徑OA為一邊，在扇形上作角AOP且使∠AOP=22 5°，
P為邊與扇形弧的交點，自P作PN⊥OA于N，PQ∥OA交OB于Q，并作OM⊥OA于M，
則矩形MNPQ為面積最大的矩形，面積最大值為R2
8 解 ∵在［－］上，1+sinx＞0和1－sinx＞0恒成立，
∴原函數可化為y=log2(1－sin2x)=log2cos2x，
又cosx＞0在［－］上恒成立，
∴原函數即是y=2log2cosx,在x∈［－］上，≤cosx≤1
∴log2≤log2cosx≤log21，即－1≤y≤0，也就是在x∈［－］上，ymax=0,　ymin=－1
綜合上述知，存在符合題設

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