資源簡介

【第二練】5.4.1正弦函數、余弦函數的圖象＋5.4.2正弦函數、余弦函數的性質
【試題來源】來自名校、重點市區的月考、期中、期末的優質試題.
【試題難度】難度中等，配合第二課的題型訓練，加強考點的理解和擴展.
【目標分析】
1.熟記正弦函數，余弦函數的圖象性質，培養數學抽象，如第2題；
2.能夠靈活應用正弦函數，余弦函數的圖象性質解絕較復雜的問題，培養運算求解能力，數形結合能力，如第7，9，10，12，13題；
（2023·高一課時練習）
1．使函數為偶函數的最小正數φ＝（　　）
A． B． C． D．
（2023·全國·高一隨堂練習）
2．當時，函數（　?。?br/>A．在區間上單調遞增，在區間上單調遞減
B．在區間上單調遞增，在區間，上分別單調遞減
C．在區間上單調遞減，在區間上單調遞增
D．在區間，上分別單調遞增，在區間上單調遞減
（2023上·高一單元測試）
3．函數的定義域是（　?。?br/>A．
B．
C．
D．
（2023·全國·高一隨堂練習）
4．函數，，則y的取值范圍是（　?。?br/>A． B． C． D．
（2023下·高一單元測試）
5．函數的最小值等于（ ）
A．1 B． C． D．
（2023上·高一單元測試）
6．下列函數中，最小正周期為π的函數是（ ）
A．y＝sin x B．y＝cos x
C．y＝sin D．y＝cos
（2023上·江蘇南京·高二統考期中）
7．已知函數．若，，且在上恰有1個零點，則實數ω的取值范圍為（ ）
A．(0，] B．(，] C．(，] D．(，]
8．關于函數f(x)＝sin|x|＋|sin x|的敘述正確的是（ ）
A．f(x)是偶函數` B．f(x)在區間單調遞增
C．f(x)在[－π，π]有4個零點 D．f(x)的最大值為2
（2024上·江蘇南京·高一南京師大附中校考期末）
9．已知函數滿足，則（ ）
A．的最小正周期為 B．的圖象關于直線對稱
C．在區間上單調遞增 D．在區間上有兩個零點
（2024上·安徽·高三校聯考階段練習）
10．寫出同時滿足下列條件的函數的一個解析式 .．
（2023上·廣東深圳·高一?？计谀?br/>11．函數的最小正周期是，則 ．
12．已知函數f(x)=3sin(x- )( >0)和g(x)=2cos(2x+)+1的圖像的對稱軸完全相同．若x,則f(x)的取值范圍是 ．
（2024上·廣東廣州·高一統考期末）
13．已知函數其中，，函數最小正周期為；從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知條件，求：
(1)的單調遞增區間；
(2)在區間的最大值和最小值.
條件①：函數圖象關于點對稱；
條件②：函數圖象關于對稱.
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.
【易錯題目】第9，13題
【復盤要點】熟記正弦函數、與余弦函數的圖象性質，靈活應用性質求解加復雜的問題.
典例（多選題）（2024上·江蘇鹽城·高一鹽城市第一中學?？计谀┮阎瘮档膱D象關于點成中心對稱，則（ ）
A．在區間上單調遞減
B．函數在區間上的最大值為
C．直線是函數圖象的一條對稱軸
D．若在上有兩個不相等的實根，則的取值范圍是
【答案】ACD
【分析】根據對稱可得，即可根據三角函數的性質逐一求解.
由于的圖象關于點成中心對稱，
所以，故，由于，所以，，
對于A，當，則，故在區間上單調遞減，A正確，
對于B，，則，故當時，即時，取最大值2，B錯誤，
對于C，，故C正確，
對于D，，，要使在上有兩個不相等的實根，則在上有兩個不相等的實根，
因此，解得，故D正確，
故選：ACD
【復盤訓練】
（2023下·高一課時練習）
14．下列對的圖象描述錯誤的是（　　）
A．在和上的圖象形狀相同，只是位置不同
B．介于直線與直線之間
C．關于軸對稱
D．關于點中心對稱
（2023下·高一課時練習）
15．已知，則的圖象（　?。?br/>A．與的圖象關于x軸對稱
B．與的圖象關于y軸對稱
C．向左平移個單位，得到的圖象
D．向右平移個單位，得到的圖象
（2023上·河北衡水·高一河北武強中學?？计谀?br/>16．已知函數，若，則與的大小關系是（ ）
A． B．
C． D．與和有關
（2023上·安徽蚌埠·高一校考階段練習）
17．已知函數，則下列說法錯誤的是（ ）
A．函數的最小正周期為
B．函數的圖象關于點對稱
C．函數的圖象關于直線對稱
D．函數在上單調遞減
18．已知函數的圖象的一個對稱中心為，其中ω為常數，且.若對任意的實數x，總有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，則|x1－x2|的最小值是 .
（2024·陜西榆林·統考一模）
19．已知函數.若存在，使不等式成立，則的取值范圍是 .
試卷第1頁，共3頁
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參考答案：
1．B
【分析】由函數為偶函數，得，由此能求出使函數為偶函數的最小正數φ的值．
【詳解】∵函數為偶函數，
∴，
∴使函數為偶函數的最小正數．
故選：B
2．B
【分析】根據函數，的單調性依次判斷選項即可.
【詳解】函數，，
，為減函數，，為增函數，
，為減函數，
故選：B
3．D
【分析】根據給定的函數有意義，列出不等式，再借助余弦函數的性質求解作答.
【詳解】函數有意義，則，即，
因此，解得，
所以函數的定義域是.
故選：D
4．B
【分析】根據正弦函數的單調性求值域即可.
【詳解】由的單調性知，在上函數單調遞增，在上函數單調遞減，
又，，，
故.
故選：B
5．D
【分析】根據給定條件，利用誘導公式化簡函數式，再利用正弦函數的性質求出最小值作答.
【詳解】依題意，，
即，當，即時，，
所以當時，.
故選：D
6．D
【分析】利用三角函數的周期公式求解判斷.
【詳解】A. y＝sin x的最小正周期為，故錯誤；
B. y＝cos x的最小正周期為，故錯誤；
C. y＝sin的最小正周期為，故錯誤；
D. y＝cos，故正確；
故選：D
7．B
【分析】根據題意，為的最大值點，根據在上恰有1個零點，結合三角函數圖象，列不等式求出實數ω的取值范圍.
【詳解】由得，
，
所以，即，
，
因為，，，
因為在上恰有1個零點，
所以
①，無解，
②，解得，
綜上，實數ω的取值范圍為，
故選：B.
8．AD
【分析】根據函數的奇偶性、單調性、零點、最值對選項進行分析，由此確定正確選項.
【詳解】A.∵f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，∴f(x)是偶函數，故A正確；
B.當時，f(x)＝sin|x|＋|sin x|＝2sin x，f(x)在單調遞減，故B錯誤；
C.當x∈[0，π]時，令f(x)＝sin|x|＋|sin x|＝2sin x＝0，得x＝0或x＝π，又f(x)在[－π，π]上為偶函數，
∴f(x)＝0在[－π，π]上的根為－π，0，π，有3個零點，故C錯誤；
D.∵sin|x|≤1，|sin x|≤1，當或時兩等號同時成立，
∴f(x)的最大值為2，故D正確．
故選：AD
9．BCD
【分析】根據滿足，得到的圖象關于對稱，從而求得，然后逐項判斷.
【詳解】解：因為函數滿足，
所以的圖象關于對稱，
所以，則，即，
因為，則，所以，
則，故A錯誤；
，故B正確；
由，得，因為在單調遞增，故C正確；
由，得，易知在上有兩個零點，故D正確.
故選：BCD
10．答案不唯一
【詳解】分析題中兩個條件得到的性質，從而得解.
【分析】因為，故函數是上的偶函數，
又因為，故，
因此函數是周期為的函數，
故滿足以上條件的一個函數為．
故答案為：（答案不唯一）.
11．
【分析】利用三角函數的周期公式直接求出即可.
【詳解】因為函數的最小正周期是，
所以可得，解得，
故答案為：.
12．
【詳解】由兩三角函數圖象的對稱中心完全相同，可知兩函數的周期相同，故ω＝2，所以f(x)＝3sin，那么當 x∈時，－≤2x－≤，
所以－≤sin(2x－)≤1，故f(x)∈.
13．(1)
(2),
【分析】（1）根據正弦型函數的周期公式，結合正弦型函數的對稱軸與對稱中心，建立方程，可得函數解析式，再由正弦型函數的單調性求解；
（2）根據自變量取值范圍，利用整體思想，轉化為正弦函數值域問題求解即可.
【詳解】（1）若選①：因為函數的最小正周期為，
所以，解得，
因為的圖象關于點對稱，所以，
解得，
由，則，故.
若選②：因為函數的最小正周期為，所以，解得，
因為的圖象關于直線對稱，所以，
則，
由，則，故.
綜上，不論選擇①還是②，都有，
令，解得，，
故函數的單調增區間為
（2）當時，，
所以，
即當時，，時，.
14．C
【分析】根據余弦函數的性質依次判斷各選項即可得答案
【詳解】解：由余弦函數的性質知：為周期函數，最小正周期為，值域為，對稱軸為，對稱中心為
所以，ABD選項正確，C選項錯誤.
故選：C
15．D
【分析】由題知，，進而根據正余弦函數圖象，平移變換求解即可.
【詳解】解：因為，，
所以，的圖象向右平移個單位，得到的圖象，它們的圖象既不關于軸對稱，也不關于軸對稱.
故選：D
16．A
【分析】由題意求得，再利用作差法，結合誘導公式即可得解.
【詳解】因為，，
所以，則，所以，
所以
，
所以.
故選：A.
17．BC
【分析】利用三角函數的性質逐個分析選項即可.
【詳解】因為，所以函數的最小正周期，故A正確；
，所以函數的圖象關于直線對稱，故B錯誤；
，所以的圖象關于點對稱，故C錯誤；
若，則，因為在上單調遞減，所以在上單調遞減，故D正確．
故選：BC．
18．
【分析】由函數的對稱中心為，可得，根據，可得的值，又由題意得|x1－x2|的最小值即為函數的半個周期，代入數據即可得結果.
【詳解】因為函數的圖像的一個對稱中心為，
所以，所以ω＝3k－1，，
由得，，
由題意得|x1－x2|的最小值為函數的半個周期，即，
故答案為：
【點睛】本題考查三角函數的圖像與性質，解題的關鍵是根據對稱中心求出的值，并進行計算，考查分析理解，求值化簡的能力，屬基礎題.
19．
【分析】根據的范圍求出范圍，可得的值域，可得答案.
【詳解】當時，，則，
所以，因此在上的值域為，
若存在，使不等式成立，
則，所以的取值范圍是.
故答案為：.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁【第二課】5.4.1正弦函數、余弦函數的圖象＋5.4.2正弦函數、余弦函數的性質
題型一: 正弦函數、余弦函數圖象
例1 已知函數，用五點法作出在上的圖象．
【解】列表如下：
0
0 1 0 0
1 3 1 1
描點、連線即可得到函數在上的圖象，如圖所示．
【方法總結】五點法作函數的圖象一般通過列表、描點、連線三步完成．
①取的五個值0，，，，分別求出對應的的值，并列出表格，注意給定區間的端點值要取上；②在直角坐標系中描出上述點；
③用光滑的曲線順次連接各點，注意各關鍵點的性質和圖象的變化趨勢，特別是平衡點兩側的彎曲形狀．
1．已知函數的圖象經過點，則 ．
2．設函數的圖象過點．
(1)求；
(2)求函數的周期和單調增區間；
(3)畫出函數在區間上的圖象.
題型二: 求與三角函數有關的函數的定義域
例2 求函數的定義域．
【解】∵，∴．取余弦函數的圖象在一個周期內連續的一段如圖，則當時，．
∴函數的定義域為．
【方法總結】求與三角函數有關的函數的定義域時，往往需要解有關的三角函數不等式，解此類不等式的基本方法是“數形結合”，通常利用正弦或余弦曲線解決，解形如的不等式，可令，根據的解集，代入求解的取值范圍．這是整體代換的思想．
3．函數定義域為（ ）
A． B．
C． D．
[山東濟南2023高一月考]
4．函數的定義域為 .
題型三: 求與三角函數有關的函數的值域（或最值）
例3 函數的值域為______．
【解析】方法一：函數．
∵，∴，即，
∴，即函數的值域為．
方法二：∵，
∴原函數可化為．
∵不成立，∴．
又原函數的定義域為，
∴，即，得，解得，即函數的值域為．
【答案】
點透 注意函數定義域為，因而，從而轉化為關于的不等式，求出函數的值域．
【方法總結】求與三角函數有關的函數的值域（或最值）的方法
（1）圖象法：將正弦型函數或余弦型函數內部的整體看作一個變量，再結合圖象考慮或的性質；
（2）換元法：若函數中既有正弦又有余弦，可考慮換成同名函數，再換元為，注意此時的取值范圍；
（3）分離常數法：求解含有正弦、余弦的分式函數的值域問題，關鍵是將原函數解析式分離常數，變形為基本函數的形式，再根據正弦、余弦函數的值域及基本函數的性質求解．
[天津第四中學2023高一期末]
5．函數在區間上的最小值是 .
6．函數，，則的最小值為 ．
7．函數的最大值為 ；
題型四:三角函數的單調性與單調區間
例4 已知函數（，）在時，取得最大值2．
（1）求的解析式；
（2）求的單調遞減區間．
【解】（1）因為在取得最大值2，所以，且，，，．又，所以，所以．
（2）令，，解得，．
所以的單調遞減區間為，．
【方法總結】求解正弦函數、余弦函數的單調區間時，注意函數的定義域．求復合函數的單調區間可多次運用復合函數“同增異減”的單調性法則．注意變換前后兩函數的單調性是否相同．
[江蘇南通中學2023高一開學考]
8．設函數，則在上的單調遞減區間是（ ）
A． B． C． D．
9．已知函數.則函數的單調遞減區間是 .
[北京順義區2023高一期末]
10．已知函數，滿足.
(1)求的值；
(2)求函數的單調遞增區間.
題型五: 利用正弦、余弦函數的單調性比較大小
例5.（2023·河南省南陽市第一中學校月考）設，，，則（ ）
A． B． C． D．
解析 ，．
∵在上是減函數，且，∴，即．
答案A
【方法總結】用正弦函數或余弦函數的單調性比較大小時，應先將異名化同名，把不在同一單調區間內的角用誘導公式轉化到同一單調區間，再利用單調性來比較大小.
[河北保定一中2023高一期末]
11．已知，，，則（ ）
A． B． C． D．
[甘肅蘭州2023高一月考]
12．下列不等式中成立的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
題型六: 與三角函數有關的函數圖象的識別及應用
例6 函數的圖象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【解析】函數的定義域為，可排除B，D；
當時，，，
所以，故選A．
【答案】A
【方法總結】解決圖象辨識題的思路方法
函數圖象與解析式的對應問題一般是根據圖象所反映出的函數性質來解決的，如函數的定義域、奇偶性、周期性、單調性、最值等，零點也可以作為判斷的依據．也可采用特殊值法進行排除．
13．已知函數的圖象的一部分如圖所示，則該函數解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
[河北石家莊2023高一月考]
14．關于函數，的圖象與直線（為常數）的交點情況，下列說法正確的是（ ）
A．當或，有0個交點 B．當或，有1個交點
C．當，有2個交點 D．當有2個交點時，設2個交點的橫坐標分別為，，則
15．求函數的圖象與直線及軸圍成的封閉圖形的面積 ．
易錯點1 求單調區間時忽視系數的符號致錯
例1 求函數的單調遞減區間．
【錯解】設，∵的單調遞減區間為，，
∴，，解得，．
∴函數的單調遞減區間為，．
易錯警示 求函數的單調區間時，若，需先利用誘導公式轉化為，將求的單調遞增區間轉化為求的單調遞減區間，求的單調遞減區間轉化為求的單調遞增區間．
【正解】∵，
∴求函數的單調遞減區間即求的單調遞增區間，
∴，，解得，．
∴函數的單調遞減區間為，．
16．函數的單調增區間是（ ）
A． B．
C． D．
17．函數的單調遞增區間為 .
易錯點2 忽略定義域導致錯誤
例2 [河北保定2023高一期末]函數的單調遞增區間為______．
【錯解】由余弦函數的性質可知在，上單調遞增，，上單調遞減，又因為在定義域上為單調遞增函數，所以原函數的單調遞增區間，．
【錯因分析】忽視所求函數的定義域，盲目地求復合函數的單調區間．
【正解】令，由，可得，，解得，，所以以函數的定義域為，．由余弦函數的性質可知在，上單調遞增，在，上單調遞減，又因為在定義域上為單調遞增函數，所以由復合函數的單調性可知，函數的單調遞增區間，．
【答案】，
18．函數的單調遞增區間為 ．
試卷第1頁，共3頁
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參考答案：
1．
【分析】直接代入計算即可得到關于的方程，解出即可.
【詳解】∵函數的圖象經過點，
∴．
故答案為：.
2．(1)
(2)周期為，增區間是
(3)圖象見解析
【分析】（1）根據可得，再結合即可解出；
（2）由（1）知，由周期公式即可求出最小正周期，根據整體代換法，由即可得到單調增區間；
（3）根據五點作圖法即可作出圖象．
【詳解】（1）∵f（x）的圖象過點．∴sin，∴，
即，∵﹣π＜＜0，∴.
（2）由（1）知，因此，所以最小正周期為，周期為．
由題意得．
解得
所以函數的單調增區間是．
（3）列表
x 0
－1 0 1 0
故函數在區間上的圖象為
3．C
【分析】由對數函數定義域及分式函數定義域可得結果.
【詳解】依題意有，即，且，
∴函數的定義域為．
故選：C．
4．
【分析】由對數函數和三角函數定義域，可確定正弦函數和余弦函數的取值范圍，再根據三角函數單調性即可求得其定義域.
【詳解】由題意可知，要使函數各部分有意義，
則須滿足即
由正弦函數和余弦函數單調性得；
即得，
所以函數的定義域為.
故答案為：
5．
【分析】根據余弦函數的性質結合整體思想即可得解.
【詳解】解：因為，所以，
所以當時，函數.
故答案為：.
6．
【分析】先化簡函數得，再換元利用二次函數求函數的最小值.
【詳解】由題得，
因為，所以，設，
所以當t=時，g(t)的最小值=-4.
故答案為-4.
【點睛】本題主要考查三角恒等變換和三角函數的圖像和性質，考查二次函數的圖像和性質，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.
7．
【詳解】試題分析：根據題意，由于函數，根據三角函數的有界性可知，得到y的最大值為3，故答案為3.
考點：三角函數的值域
點評：主要是考查了分式函數的值域的求解，屬于基礎題．
8．D
【解析】求出函數的減區間，再與求交集媽阿中得．
【詳解】由已知，
，，
又，∴減區間為．
故選：D．
9．
【分析】利用正弦型函數的單調性，令，即得解
【詳解】∵的減區間是，
∴，
得出，
∴的遞減區間是.
故答案為：
10．(1)
(2)
【分析】（1）根據代入計算可得；
（2）由（1）可得的解析式，再根據正弦函數的性質計算可得.
【詳解】（1）解：因為且，
所以，即，又，所以.
（2）解：由（1）可得，
令，解得，
所以函數的單調遞增區間為.
11．B
【分析】三角函數由誘導公式化成銳角三角函數，由正弦函數單調性比較；對數式根據對數函數單調性與1比較大小.
【詳解】，
，
，
因為，所以由正弦函數的性質可得，
∴..
故選：B
12．BD
【分析】結合正弦函數、余弦函數在各個區間的單調性依次判斷各選項，即可得解.
【詳解】對于A，因為，且函數在上單調遞增，則，故A錯誤；
對于B，因為，，且函數在上單調遞減，
則，即，故B正確；
對于C，因為，且函數在上單調遞減，則，故C錯誤；
對于D，因為，，且，
函數在上單調遞增，則，即，故D正確；
故選：BD
13．D
【分析】根據奇偶性可排除B；A中函數與與軸交點間距離相等，與圖象不符，可排除A；根據時，可排除C，由此可得正確選項.
【詳解】由圖象可知：圖象關于原點對稱，則為奇函數，
，為偶函數，排除B；
令，解得：，則與軸交點間距離相等，與圖象不符，排除A；
當時，，，
，即在右側函數值先為負數，與圖象不符，排除C.
故選：D.
14．B
【分析】由“五點法”作出的圖像，根據數形結合可逐一判斷各選項.
【詳解】因為函數，，
所以，，，，
且易知在上單調遞減，在上單調遞增，
據此可作出在上的大致圖象如圖所示．
對于選項A：由圖可知當時有1個交點，故A錯誤；
對于選項B：由圖可知當或時有1個交點，故B正確；
對于選項C：由圖可知當時，有且只有1個交點，故C錯誤；
對于選項D：由圖可知有2個交點時，故D錯誤．
故選：B．
15．
【分析】用挖補法將所求面積轉化為長方形面積求解即可.
【詳解】如圖，由于的圖象關于點對稱，
所以區域Ⅰ和區域Ⅲ的面積相等，區域Ⅱ和區域Ⅳ的面積相等，
則所求的封閉圖形即區域Ⅰ和Ⅳ，面積是大矩形面積的一半．
由圖易知大矩形的長為6，寬為，故所求面積為．
故答案為：
16．D
【分析】首先利用誘導公式將函數化簡為，再根據正弦函數的性質計算可得；
【詳解】解：因為，所以，令，解得，故函數的單調遞增區間為
故選：D.
17．
【分析】先對函數變形，然后由可求出函數的遞增區間
【詳解】，所以，
解得，
所以單調遞增區間為
故答案為：
18．，
【分析】先求出函數的定義域，再求出的增區間，然后與定義域求交集即可.
【詳解】由題意，得，所以，，
解得，．
令，，則，．
所以的單調遞增區間為，，
所以函數的單調遞增區間為，．
故答案為：，
答案第1頁，共2頁
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