三角函数高考题及练习题(含答案)

案）

1. 控制正弦函数.余弦函数.正切函数的图象与性质;会用“五点法”作出正弦函数及余弦函数的图象;控制函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及性质．

2. 高测验题中,三角函数题相比较较传统,地位靠前,平日是以简略题情势消失,是以在本讲温习中要重视三角常识的基本性,特别是要闇练控制三角函数的界说.三角函数图象的辨认及其简略的性质(周期.单调性.奇偶.最值.对称.图象平移及变换等)．

3. 三角函数是每年高考的必考内容,多半为基本题,难度属中档偏易．这几年的高考增强了对三角函数界说.图象和性质的考核．在这一讲温习中要看重解三角函数题的一些特别办法,如函数法.待定系数法.数形结正当等．

π2

1. 函数y＝2sinx－－1是最小正周期为________的

4

________(填“奇”或“偶”)函数．

答案：π 奇

π

解析：y＝－cos2x－＝－sin2x.

2

2. 函数f(x)＝lgx－sinx的零点个数为________． 答案：3

解析：在(0,＋∞)内作出函数y＝lgx.y＝sinx的图象,即可得到答案．

ππ

3. 函数y＝2sin(3x＋φ),|φ|<的一条对称轴为x＝,

212

则φ＝________．

π答案： 4

ππ

解析：由已知可得3×＋φ＝kπ＋,k∈Z,即φ＝kπ＋

122

πππ,k∈Z.因为|φ|<,所以φ＝. 424

0

4. 若f(x)＝2sinωx(0<ω<1)在区间π上的最大值是2,

3

则ω＝________．

3答案： 4

0πωππ

解析：由0≤x≤,得0≤ωx≤<,则f(x)在π上单

333

3ωπ

调递增,且在这个区间上的最大值是2,所以2sin＝2,且

3

ωππωππ30<<,所以＝,解得ω＝.

33344题型二 三角函数界说及应用问题

例1设函数f(θ)＝3sinθ＋cosθ,个中角θ的极点与坐标原点重合,始边与x轴非负半轴重合,终边经由点P(x,y),且0≤θ≤π.

12

(1) 若点P的坐标是,求f(θ)的值;

32

x＋y≥1



(2) 若点



P(x,y)为平面区域x≤1

y≤1

上的一个动点,试肯定

角θ的取值规模,并求函数f(θ)的最小值和最大值．

31

解：(1) 依据三角函数界说得sinθ＝,cosθ＝,∴ f(θ)

22

π

＝2.(本题也可以依据界说及角的规模得角θ＝,从而求出

3

f(θ)＝2)．

π

(2) 在直角坐标系中画出可行域知0≤θ≤,又f(θ)＝3

2

π

sinθ＋cosθ＝2sinθ＋,∴当θ＝0,f(θ)min＝1;当θ＝

6

π

,f(θ)max＝2. 3

(注： 留意前提,应用三角函数的界说,一般情形下,研讨三角

函数的周期.最值.单调性及有关盘算等问题时,常可以先将函数化简变形为y＝Asin(ωx＋φ)的情势)

如图,在平面直角坐标系xOy中,以Ox轴为始边作两个锐角α.β,它们的终边分离与单位圆订交于A.B两点,已知A.B的横坐

225

标分离为..求：

105

(1) tan(α＋β)的值; (2) α＋2β的值．

0225

解：由题意得cos α＝,cos β＝,α.β∈π,所以

105

2sin α＝1－cos2α＝

725

,sin β＝1－cos2β＝, 105

1

是以tan α＝7,tan β＝.

2

17＋2tanα＋tanβ

(1) tan(α＋β)＝＝＝－3.

1－tanαtanβ1

1－7×

2(2) tan(α＋2β)＝tan[(α＋β)＋β]＝－1.

1－3＋

21

1－（－3）×

2

＝

03π又α＋2β∈3π,所以α＋2β＝.

4

2

题型二 三角函数的图象与解析式问题

例2函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A.ω.φ是常数,A>0,ω>0)的部分图象如图所示．

(1) 求f(0)的值;

0

(2) 若0<φ<π,求函数f(x)在区间π上的取值规模．

3解：(1)由题图可知A＝2,

T7πππ7π3π∵＝－＝,∴ω×＋φ＝2kπ＋, 41234122

π

∴φ＝2kπ＋(k∈Z),

3π62kπ＋∴ f(0)＝2sin＝.

32ππππ

(2) φ＝,f(x)＝2sin2x＋.因为0≤x≤,所以≤

3333

ππ

2x＋≤π,所以0≤sin2x＋≤1,即f(x)的取值规模为

33[0,2]．

(注：本题重要考核正弦.余弦.正切函数及y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质以及引诱公式,应用数形联合思惟,属于中档题)

已知函数f(x)＝Asin ωx＋Bcos ωx(A.B.ω是常数,ω＞0)

1

的最小正周期为2,并且当x＝时,f(x)max＝2.

3

(1) 求f(x)的解析式;

214

(2) 在闭区间上是否消失f(x)的对称轴？假如消失,求

234

出其对称轴方程;假如不消失,请解释来由．

解：(1) 因为f(x)＝A2＋B2sin(ωx＋φ),由它的最小正周

2π11

期为2,知＝2,ω＝π.又当x＝时,f(x)max＝2,知π＋φ＝2k

ω33πππ＋(k∈Z),即φ＝2kπ＋(k∈Z),所以f(x)＝

26ππ

2sinπx＋2kπ＋＝2sinπx＋(k∈Z)．

66

π

故f(x)的解析式为f(x)＝2sinπx＋.

6

(2) 当垂直于x轴的直线过正弦曲线的最高点或最低点时,该

ππ

直线就是正弦曲线的对称轴,令πx＋＝kπ＋(k∈Z),解得x

62



1211235965

＝k＋(k∈Z),由≤k＋≤,解得≤k≤.又k∈Z,知k＝5,

34341212

21416

由此可知在闭区间上消失f(x)的对称轴,其方程为x＝.

323

4

题型三 三角函数的性质与图象的移动问题

22

例3把函数f(x)＝sinx－2sinxcosx＋3cosx的图象沿x轴

17π

向左平移m个单位(m>0),所得函数的图象关于直线x＝对

8

称．

(1) 求m的最小值;

17π－

8

(2) 证实：当x∈时,经由函数f(x)图象上随意率

15π－

8

性两点的直线的斜率恒为负数;

(3) 设x1,x2∈(0,π),x1≠x2,且f(x1)＝f(x2)＝1,求x1＋x2的值．

1－cos2x22

(1) 解：f(x)＝sinx－2sinxcosx＋3cosx＝－

2

π1＋cos2x

sin2x＋3·＝cos2x－sin2x＋2＝2cos2x＋＋2.

42

因为将f(x)的图象沿x轴向左平移m个单位(m>0),得到g(x)π

＝22（x＋m）＋＋2的图象,又g(x)的图象关于直线x＝

4

17π

对称, 8

17ππ（2k－9）＋m所以2＋＝kπ,即m＝π(k∈Z)．

448

π

因为m>0,所以m的最小值为.

4



以

π7π(2) 证实：因为x∈,所以－4π<2x＋<－,所

42－15π

8

17π－－17π88f(x)在上是减函数．所以当x.x∈,且

15π15π－－881

2

17π

－

8

x1f(x2),从而经由随意率性两点(x1,f(x1))和

f（x1）－f（x2）

(x2,f(x2))的直线的斜率k＝<0.

x1－x2π2

(3) 解：令f(x)＝1,所以cos2x＋＝－.

42

π4π

因为x∈(0,π),所以2x＋∈.

49π

4

π3ππ5πππ

所以2x＋＝或2x＋＝,即x＝或x＝.

444442

因为x1.x2∈(0,π),x1≠x2,且f(x1)＝f(x2)＝1,所以x1＋x2＝ππ3π＋＝ 424

已知函数f(x)＝2sinωx,个中常数ω>0.

π－4

(1) 若y＝f(x)在上单调递增,求ω的取值规模;

2π3

π

(2) 令ω＝2,将函数y＝f(x)的图象向左平移个单位,再向

6

上平移1个单位,得到函数y＝g(x)的图象,区间[a,b](a,b∈R且a



解：(1) 因为ω>0,依据题意有 2ππ

3ω≤2

3

0<ω≤.

4

ππ－ω≥－42

ππ

(2) f(x)＝2sin2x,g(x)＝2sin2x＋＋1＝2sin2x＋＋

63

π1π7

1,g(x)＝0sin2x＋＝－x＝kπ－或x＝kπ－π,k

32312

π2π

∈Z, 即g(x)的零点相邻距离依次为和,故若y＝g(x)在[a,b]

33

2ππ

上至少含有30个零点,则b－a的最小值为14×＋15×＝

33

43π

. 3

已知函数f(x)＝3sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋

φ)(0<φ<π,ω>0)为偶函数,且函数y＝f(x)图象的两相邻对称

π

轴间的距离为.

2π

(1) 求f的值;

8

π

(2) 将函数y＝f(x)的图象向右平移个单位后,得到函数y

6

＝g(x)的图象,求函数g(x)的单调递减区间．

解：(1) f(x)＝3sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋φ)＝3π1

2sin（ωx＋φ）－cos（ωx＋φ）＝2sinωx＋φ－.因

622

为f(x)为偶函数,所以对x∈R,f(－x)＝f(x)恒成立,

ππ

是以sin－ωx＋φ－＝sinωx＋φ－,

66

ππ

即－sinωxcosφ－＋cosωxsinφ－＝sinωxcos(φ

66

ππ

－)＋cosωxsinφ－,

66

π

整顿得sinωxcosφ－＝0.因为ω＞0,且x∈R,

6

πππφ－所以cos＝0.又0＜φ＜π,故φ－＝.

662

π2ππ

所以f(x)＝2sinωx＋＝2cosωx.由题意得＝2×,

2ω2

ππ所以ω＝2,故f(x)＝2cos2x,是以f＝2cos＝2. 84

ππ

(2) 将f(x)的图象向右平移个单位后,得到fx－的图象,

66

πππ

所以g(x)＝fx－＝2cos2x－＝2cos2x－.当2kπ≤2x

663

ππ2π

－≤2kπ＋π(k∈Z),即kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)时,g(x)363

πkπ＋

6

单调递减,是以g(x)的单调递减区间为(k∈Z)．

2πkπ＋

3

题型四 三角函数图象及性质.三角公式分解应用

2π

例4 已知函数f(x)＝2sin＋x－3cos2x－1,x∈R.

4

(1) 求f(x)的最小正周期;

－π

(2) 若h(x)＝f(x＋t)的图象关于点6对称,且t∈(0,



0

π),求t的值;



时,不等式|f(x)－m|<3恒成立,求实数m的

(3) 当x∈

π2

取值规模．

解：(1)因为

π

f(x)＝－cos＋2x－

2

π

3cos2x＝2sin2x－,

3

π

4

故f(x)的最小正周期为π.

π

(2) h(x)＝2sin2x＋2t－.令

3ππ

2×－＋2t－＝kπ

63

π5π

(k∈Z),又t∈(0,π),故t＝或.

36

ππ46π

(3) 当x∈时,2x－∈,

3π2π

23

∴ f(x)∈[1,2]．又|f(x)－m|＜3,即f(x)－3＜m＜f(x)＋3, ∴ 2－3＜m＜1＋3,即－1＜m＜4.

已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0,ω>0,|φ|<π),在统一

π7

周期内,当x＝时,f(x)取得最大值3;当x＝π时,f(x)取得最

1212

小值－3.

(1) 求函数f(x)的解析式;

(2) 求函数f(x)的单调递减区间;

π－3

(3) 若x∈时,函数h(x)＝2f(x)＋1－m有两个零点,

π6

求实数m的取值规模．

7π2π

解：(1) 由题意,A＝3,T＝2π－＝π,ω＝＝2.

12T12

πππ

由2×＋φ＝＋2kπ得φ＝＋2kπ,k∈Z.

1223

ππ

又 －π<φ<π,∴φ＝,∴ f(x)＝3sin2x＋.

33

ππ3ππ7π

(2) 由＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ,得＋2kπ≤2x≤

23266π7π

＋2kπ,即＋kπ≤x≤＋kπ,k∈Z.

1212

π

＋kπ12

∴函数f(x)的单调递减区间为,k∈Z.

7π

＋kπ12





(3) 由题意知,方程根．

πm－1sin2x＋＝在

36



π6

π－3

上有两个

π－－π3π3∵ x∈,∴ 2x＋∈.

3π2π

633m－1－2,∴ m∈[1－33,7)． ∴∈6

1

1. (2013·江西卷)设f(x)＝3sin3x＋cos3x,若对随意率性实数x都有|f(x)|≤a,则实数a的取值规模是________．

答案：a≥2

π

解析：f(x)＝3sin3x＋cos3x＝2sin3x＋,|f(x)|≤2,所

6

以a≥2.

0π

2. (2013·天津卷)函数f(x)＝sin2x－在区间π上的

4

2最小值是________．

2

答案：－ 2

3. (2013·全国卷)函数y＝cos(2x＋φ)(－π≤φ<π)的图

ππ

象向右平移个单位后,与函数y＝sin2x＋的图象重合,则

32

|φ|＝________．

5π答案： 6

4. (2014·北京卷)设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A.ω.φ是

π6π

常数,A>0,ω>0)．若f(x)在区间上具有单调性,且f＝

2π

2



2ππ

＝－f,则f(x)的最小正周期为________． f36

答案：π

解析：由

ππf(x)在区间上具有单调性,f＝－f知,

26π

2

π6

π13函数f(x)的对称中间为,函数f(x)的对称轴为直线x＝

2

0

π2π7π＋＝,设函数2312

1ππ

f(x)的最小正周期为T,所以T≥－,

226

2π7ππT

即T≥,所以－＝,解得T＝π.

31234

1

5. (2014·福建卷)已知函数f(x)＝cosx(sinx＋cosx)－.

2

π2

(1) 若0<α<,且sinα＝,求f(α)的值;

22

(2) 求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间．

π22

解：(解法1)(1) 因为0<α<,sinα＝,所以cosα＝.

22222211所以f(α)＝＋－＝.

22222

111＋cos2x1

(2) 因为f(x)＝sinxcosx＋cosx－＝sin2x＋－

2222

π1122π

＝sin2x＋cos2x＝sin2x＋,所以T＝＝π.由2kπ－

42222

πππ3ππ≤2x＋≤2kπ＋,k∈Z,得kπ－≤x≤kπ＋,k∈Z.所24288

3πkπ－8

以f(x)的单调递增区间为,k∈Z.

πkπ＋

8

111＋cos2x12

(解法2)f(x)＝sinxcosx＋cosx－＝sin2x＋－

2222

2





π112

＝sin2x＋cos2x＝sin2x＋.

4222

π2π

(1) 因为0<α<,sinα＝,所以α＝.

224

π223π1

从而f(α)＝sin2α＋＝sin＝.

42242

2π

(2) T＝＝π.

2πππ3π

由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋,k∈Z,得kπ－≤x≤kπ

2428

3πkπ－

8π

＋,k∈Z.所以f(x)的单调递增区间为,k∈Z.

8π

kπ＋

8

12

6. (2013·北京卷)已知函数f(x)＝(2cosx－1)sin2x＋

2

cos4x.

(1) 求f(x)的最小正周期及最大值;

π22(2) 若α∈,且f(α)＝,求α的值．

2

π

12

解：(1) 因为f(x)＝(2cosx－1)sin2x＋cos4x＝

2π112

cos2xsin2x＋cos4x＝(sin4x＋cos4x)＝sin4x＋,所以

4222





f(x)的最小正周期为

π2,最大值为. 22

π2

(2) 因为f(α)＝,所以sin4α＋＝1.

42

9π

π4π2因为α∈,所以4α＋∈,

417π

π4





π5π9π

所以4α＋＝,故α＝.

4216

(本题模仿高考评分尺度,满分14分)

0

设a>0,函数f(x)＝asinxcosx－sinx－cosx,x∈π的最大

2

值为G(A)．

0

(1) 设t＝sinx＋cosx,x∈π,求t的取值规模,并把f(x)

2

暗示为t的函数m(t);

(2) 求G(A)．

解：(1) t＝sinx＋cosx＝

π4

π2sinx＋.

4

0π∵ x∈π,∴ x＋∈,

43π

24

π2

∴≤sinx＋≤1,

42

∴ 1≤t≤2,即t的取值规模为[1,2]．(3分) 0

(另解：∵ x∈π,∴ t＝sinx＋cosx＝1＋sin2x.由

22x∈[0,π]得0≤sin2x≤1,∴ 1≤t≤2)

t2－1

∵ t＝sinx＋cosx,∴ sinxcosx＝,(5分)

2

t2－1121

∴ m(t)＝a·－t＝at－t－a,t∈[1,2],a>0.(7分)

222

(2) 由二次函数的图象与性质得：

11＋21①当<,即a>2(2－1)时,G(A)＝m(2)＝a－2;

a22

(10分)

11＋2②当≥,即0a2

分)



∴ G(A)＝a>2（2－1）(14分)

－2

0ππ3

1. 若＜x＜,则函数y＝tan2xtanx的最大值为

42

________．

答案：－8

2t4

解析：令tanx＝t∈(1,＋∞),y＝,y′(t)＝

1－t2－4t3（t＋2）（t－2）

,得t＝2时y取最大值－8.

（1－t2）2

2

2. 已知函数f(x)＝2cos2x＋sinx,求：

π

(1) f的值;

3

(2) f(x)的最大值和最小值．

π2π312π

解：(1) f＝2cos＋sin＝－1＋＝－.

33443

222

(2) f(x)＝2(2cosx－1)＋(1－cosx)＝3cosx－1,x∈R.因为cosx∈[－1,1],所以当cosx＝±1时,f(x)取最大值2;当cosx＝0时,f(x)取最小值－1.

222π＋A的取值3. 已知A为△ABC的内角,求y＝cosA＋cos3

规模．

2π

1＋cos2＋A

1＋cos2A3222π＋A＝解： y＝cosA＋cos＋ 322

4π4πcos2A1

sin2A ＝1＋＋coscos2A－sin

3322

π1131

＝1＋cos2A＋sin2A＝1＋cos2A－.

32222

∵ A为三角形内角,

1

a－22

π

∴ 0＜A＜π,∴－1≤cos2A－≤1,

3

13222π＋A∴ y＝cosA＋cos的取值规模是[,]．

223

xx32

4. 设函数f(x)＝－cosx－4tsincos＋4t＋t－3t＋4,x∈

22

R,个中|t|≤1,将f(x)的最小值记为g(t)．

(1) 求g(t)的表达式;

(2) 评论辩论g(t)在区间(－1,1)内的单调性并求极值．

xx232

解：(1) f(x)＝－cosx－4tsincos＋4t＋t－3t＋4

22

232

＝sinx－2tsinx＋4t＋t－3t＋3

23

＝(sinx－t)＋4t－3t＋3.

2

因为(sinx－t)≥0,|t|≤1,故当sinx＝t时,f(x)达到其最

3

小值g(t),即g(t)＝4t－3t＋3.

2

(2) g′(t)＝12t－3＝3(2t＋1)(2t－1),－1＜t＜1. 列表如下：

2

t g′(t) g(t) －1 －12＋ 1－ 20 极大值 －21 2－ 11 20 微小值 12 1＋ －11由此可见,g(t)在区间1和2上单调增,在区间

－1212

单调减,微小值为

11

g＝2,极大值为g－＝4. 22

1－2

上