02二轮专题(三角函数与解三角形)(图像与性质)(师)

1.已知函数fx3sinxcosxc（0,xR，c是实数常数）的图像上的一个最高点一个最低点是2,3， 3,1，与该最高点最近的6(1)求函数fx的解析式及其单调增区间；

1(2)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a,b,c，且ABBCac，角A的取值范围是区间M，当xM时，试

2求函数fx的取值范围.

解(1)∵f(x)3sinxcosxc， ∴f(x)2sin(x6)c.

∵(

26

,1)和(3,3)分别是函数图像上相邻的最高点和最低点， T2236, ∴2T,T,解得c1, 2sin(2.66)c1. ∴f(x)2sin(2x6)1.

由2k22x62k2,kZ，解得k3xk6,kZ.

∴函数f(x)的单调递增区间是[k,k36],kZ. (2)∵在ABC中，ABBC12ac， ∴accos(B)12ac.0B,B3. ∴AC23,0C，即0A23. ∴M(0,23). 当xM时，62x632，考察正弦函数ysinx的图像，可知，1sin(2x6)1.

∴3f(x)1，即函数f(x)的取值范围是(3,1]. 2.函数f(x)Asin(x)（其中A0,||2）的图象如图所示，

把函数f(x)的图像向右平移

4个单位，再向下平移1个单位，得到函数yg(x)的图像. （1）若直线ym与函数g(x)图像在x[0,2]时有两个公共点，其横坐标分别为x1,x2，

求g(x1x2)的值；

1

（2）已知ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且c3,g(C)0.若向量m(1,sinA)与n(2,sinB)共线，求a、b的值． 【答案】（1）g(x1x2)g(23)（2）a3 32b2372)，得2， 123

（1）由函数f(x)的图象，T4(又23,3，所以f(x)sin(2x3)……………………2分

)1……………………4分

623) ……………………6分 由函数图像的对称性，有g(x1x2)g(32f(C) 2)1， 0 （Ⅱ）∵ sin(C 即sin(2C)1 6611∵ 0C，2C， 66∴ 2C由图像变换，得g(x)f(x)1sin(2x62，∴ C3． ……………………7分

∵ m与n共线，∴ sinB2sinA0． 由正弦定理

ab， 得b2a, ①……………………9分 sinAsiBn22∵ c3，由余弦定理，得9ab2abcos3， ②…………………11分

解方程组①②，得3.若f(x)sin(2xa3． ……………………12分

b236)的图象关于直线x3对称，其中(,).

1522（1）求f(x)的解析式；（2）将yf(x)的图象向左平移

个单位，再将得到的图象的横坐标变为原来的2倍（纵3坐标不变）后得到yg(x)的图象；若函数yg(x)x(,3π)的图象与ya的图象有三个交点且交点的横坐标成等比数列，求a的值.

π2 2

4.已知函数f(x)2cos2xsinx

（Ⅰ）若函数f(x)的定义为R，求函数f(x)的值域； （Ⅱ）函数f(x)在区间[0,2]上是不是单调函数？请说明理由

3

解：(1）fx2sin2xsinx2–2(sinx)21417, 8所以，值域为[1,（2）fx在区间[0,17].„„„„„„„„ 6分 82]上不是单调函数

证法一：f'x4cosxsinxcosxcosx14sinx 设arcsin1，可知：当x0,时，f'x0，所以，fx单调递增；当x,时，f'x0，42所以，fx单调递减.所以，fx在区间[0,（证法二：∵ f(0)f()2, 且0,2]上不是单调函数.„„„„„„„„ 12分

6[0,]，

62∴ fx在区间[0,2]上不是单调函数）

2f(x)3sinxcosxcosxm (mR)的图象过点M(,0) 5.已知函数

12（I）求函数f(x)的单调递增区间；

(II)将函数f（x）图象各点纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，然后向左平移

个单位，得函数g（x）的图象，3若a、b、c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，a＋c＝4，且当x＝B时，g（x）取得最大值，求b的取值范围。

f(x)解：（Ⅰ）

131sin2x1cos2xmsin2xm62．22 „„„„2分

1M,0sin2m02126因为点12在函数f(x)的图像上，所以，解得m1f(x)sin2x6． „„„„4分 2． ∴

2剟2x2k由

62k2，kZ，得

k6剟xk3，

k,k(kZ)f(x)63∴函数的单调增区间为． „„„„6分

1g(x)sin2xsinx366． 2（Ⅱ）

∵当xB时，g(x)取得最大值，

4

B∴

62k2,kZ，∴

B3．

„„„„8分

2b2a2c22accos由余弦定理可知

3a2c2acac3ac

ac…163161242．

22，又bac4． ∴b…∴b的取值范围是

2,4． „„„„12分

注：此题的8分以后可以用二次函数，如下：由ac4 则c4a （0a4） 则b23(a2)24 （0a4） 则b24,16 则b2,4

6．已知向量m(sinx,1)，向量n(3cosx,)，函数f(x)(mn)m. （1）求f(x)的最小正周期T；

（2）已知a,b,c分别为DABC内角A,B,C的对边，A为锐角，a23,c4， 且f(A)恰是f(x)在[0,122]上的最大值，求A和b的值.

解: （1）f(x)(mn)msin2x13sinxcosx1， 2 1cos2x31311sin2xsin2xcos2x2 22222 sin(2x T6)2，

2.„„6分 2（2） 由（1）知：f(x)sin(2x5 )2，x[0,]时,2x62666当2x62时f(x)取得最大值3，此时x3.

则

由f(A)3得A1得a2b2c22bccosA∴12b21624b，即.由余弦定理，

32„„„„„12分

7.已知向量m(sinx,3sinx),n(sinx,cosx)，设函数f(x)mn,若函数g(x)的图象与f(x)的图象关于坐标原点对称.

（Ⅰ）求函数g(x)在区间,上的最大值,并求出此时x的取值； 46 5

（Ⅱ）在ABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，若f(AA)g()3，bc7，bc8，求边a的212122长．

解：（Ⅰ）由题意得：

f(x)sin2x3sinxcosx1cos2x232sin2x12sin(2x6) 所以g(x)12sin(2x6) ……………………3分 因为x24,6，所以2x63,6

所以当2x62即x6时，

函数g(x)在区间14,6上的最大值为2.……………………6分

（Ⅱ）由f(AA3212)g(122)3得：sinA2 又因为0A，解得：cosA12或cosA12 ……………………8分 由题意知 bc8，bc7

所以a2b2c22bccosA(bc)22bc(1cosA)3316cosA 则a225或a241

故所求边a的长为5或41. ……………………12分 8．已知函数f(x)sin(2x26)cos(2x3)2cosx.

（1）求f(12)的值； （2）求f(x)的最大值及相应x的值。

6

9．已知向量asin2x,cos2x，向量b1372,2，fxab，x[,]. 66（Ⅰ）试用“五点作图法”作出函数yf(x)的图象； （Ⅱ）（ⅰ) 若1f(x)0,求x的取值范围；

（ⅱ）若方程fxa(1a0)的两根分别为x1,x2，试求sin(x1x2)的值.

y 1 O  76 6x

1 解：（Ⅰ）fxabsin2x12cos2x(32)sin(2x3).„„„„„„„„3分 X令X2x3，则X0,2，x32.列表：

3X 0 2  2 2 7

x y  60 5 121 2 30 11 121 7 60 „„„„„„„„„„„„5分

描点画图，即得函数yf(x)的图象，如图所示.

„„„„„„„„„„„„7分 （Ⅱ）（ⅰ)1f(x)0即1sin(2x∵02x

3)0，

333211117,)(,). „„„„„9分 ∴x的取值范围为(312126（ⅱ）∵x1,x2是方程fxa(1a0)的两根，

2，∴2x2，且 2x3 2211117,)(,)， 31212621111711,)(,)时，函数f(x)的图象关于直线x∵当x(对称，„„10分

123121261111)∴x1x22(， 126111sin().„„„„„„„„„„„„12分 ∴sin(x1x2)sin6622x10．已知函数f(x)sin(x)3cos． 32∴x1,x2(（Ⅰ）将函数f(x)的图象向上平移大值；

个单位后得到函数g(x)的图象，求g(x)的最 2x3（Ⅱ）设D(x,y)|y3若PD，问：是否存在直线OP(O为坐标原点)，使得该直线与曲线yf(x)，

xy5

8

相切？若存在，求出直线OP的方程；若不存在，请说明理由．

解：(Ⅰ)函数f(x)sin(xx133)3cos222sinx2，-------------3分

所以g(x)f(x)3212sinx， 从而(g(x))1max2，此时x2k2(kz)．-----------------------------------6分  (Ⅱ)由x3y3知，区域D如右图所示．

y xy55 3 P

O 3 5 x 于是直线OP的斜率的取值范围是k23OP[3,2]，---------------------------------------9分 又由f(x)132sinx2知，f(x)12cosx，于是f(x)[112,2]， 因为

1223，所以直线OP不可能与函数yf(x)的图象相切．-------------12分 11、已知函数f(x)2sinx(sinxcosx)．

（1）求函数f（x）的最小正周期和最大值；

（2）在给出的直角坐标系中，画出函数y＝f（x）在区间[π2，π2]上的图像．

解

：（

1

）

f(x)2sin2x2sinxcosx1cos2xsin2x

12(sin2xcosπππ4cos2xsin4)12sin(2x4)

所以函数f(x)的最小正周期为π，最大值为12．

9

（2）由（1）知

x 3πππ3π5π8 8 8 8 8 y 1 12 1 12 1 故函数yf(x)在区间[π2，π2]上的图像是 12． 设函数fxsin2x 0，yf(x)图象的一条对称轴是直线x8．

（I）求；

（II）求函数yf(x)的单调增区间；

（Ⅲ）画出函数yf(x)在区间[0,]上的图象．

解：（I）∵sin(28)1，∴

4k2,kZ．

∵0，∴34．„„„„4分 （II）ysin(2x34)．由2k22x342k2,kZ 得函数

ysixn34(2的单)调增区间为

[k8,k58],kZ．„„„„8分 （Ⅲ）由ysin(2x34)知 x 0  38 58 788  y 22 1 0 1 0 22

故函数yf(x)在区间[0,]上的图象如图所示．

10