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【创新设计】高考数学(浙江版,文理通用)一轮复习练习：专题探究课四(含答案解析)

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(建议用时：80分钟)1.如图所示，已知直三棱柱ABC －A1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点.求证： (1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF.证明 (1)如图建立空间直角坐标系A －xyz ，令AB ＝AA1＝4， 则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，B(4，0，0)， B 1(4，0，4).取AB 中点为N ，连接CN ，则N(2，0，0)，C(0，4，0)， D(2，0，2)，∴DE →＝(－2，4，0)，NC →＝(－2，4，0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ， 又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC.故DE ∥平面ABC. (2)B 1F →＝(－2，2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2，2，0). B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ， 又∵AF∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF.2.(2016·金华高三联考)如图所示，在长方体ABCD －A′B′C′D′中，AB ＝λAD ＝λAA′(λ＞0)，E ，F 分别是A ′C′和AD 的中点，且EF ⊥平面A ′BCD ′. (1)求λ的值；(2)求二面角C －A′B －E 的余弦值.解 以D 为原点，DA ，DC ，DD ′分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设AA′＝AD ＝2，则AB ＝2λ，D(0，0，0)，A ′(2，0，2)，D ′(0，0，2)，B(2，2λ，0)，C(0，2λ，0)，E(1，λ，2)，F(1，0，0).(1)EF →＝(0，－λ，－2)，D ′A ′→＝(2，0，0)，A ′B →＝(0，2λ，－2)， ∵EF ⊥D ′A ′，EF ⊥A ′B ，∴EF →·D ′A ′→＝0，EF →·A ′B →＝0， 即－2λ2＋4＝0，∴λ＝ 2.(2)设平面EA′B 的一个法向量为m ＝(1，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧m·A′B →＝0，m·A′E →＝0，∵A ′B →＝(0，22，－2)，A ′E →＝(－1，2，0)，∴⎩⎨⎧22y －2z ＝0，－1＋2y ＝0，，∴y ＝22，z ＝1，∴m ＝⎝⎛⎭⎫1，22，1.由已知得EF →为平面A′BC 的一个法向量，又EF →＝(0，－2，－2)， ∴cos 〈m ，EF →〉＝m·EF →|m|·|EF →|＝0－1－252×6＝－155.又二面角C －A′B －E 为锐二面角，故二面角C －A′B －E 的余弦值为155.3.(2015·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC. (1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ，(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值. (1)证明 如图，连接BD ，设BD∩AC ＝G ， 连接EG ，FG ，EF.在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC. 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC. 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG.又AC∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC.因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC.(2)解 如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G －xyz ，由(1)可得A(0，－3，0)，E(1，0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C(0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 4.(2015·陕西卷)如图1，在直角梯形 ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值. (1)证明 在图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，图1∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ，从而BE ⊥平面A 1OC. 又在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 中点，所以BC 綊ED ，所以四边形BCDE 为平行四边形，故有CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC.图2(2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图2，以O 为原点，建立空间直角坐标系， 因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ， 所以B ⎝⎛⎭⎫22，0，0，E ⎝⎛⎭⎫－22，0，0，A 1⎝⎛⎭⎫0，0，22，C ⎝⎛⎭⎫0，22，0， 得BC →＝⎝⎛⎭⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0)，设平面A 1BC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cosn 1，n 2|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.5. (2016·杭州七校联考)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AD ＝2，AB ＝1，E 、F 分别是线段AB 、BC 的中点. (1)求证：PF ⊥FD ；(2)在PA 上找一点G ，使得EG ∥平面PFD ；(3)若PB 与平面ABCD 所成的角为45°，求二面角A －PD －F 的余弦值. (1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，F(1，1，0)，D(0，2，0)， 不妨令P(0，0，t)，t ＞0.∵PF →＝(1，1，－t)，DF →＝(1，－1，0)，∴PF →·DF →＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0.∴PF ⊥FD. (2)解 设平面PFD 的法向量为n ＝(x ，y ，z)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n·PF →＝0，n·DF →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －tz ＝0x －y ＝0，令z ＝1，则n ＝(t 2，t 2，1)，设G(0，0，m)，∵E(12，0，0)，∴EG →＝(－12，0，m)，由题意EG →·n ＝0，∴－ t 4＋m ＝0，∴m ＝14t ，∴当G 是线段PA 的靠近于A 的一个四等分点时，使得EG ∥平面PFD. (3)解 ∵PA ⊥平面ABCD ，∴∠PBA 就是PB 与平面ABCD 所成的角， 即∠PBA ＝45° ，∴PA ＝AB ＝1，P(0，0，1)， 由(2)知平面PFD 的一个法向量为n ＝(12，12，1).易知平面PAD 的一个法向量为AB →＝(1，0，0)， ∴ cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n|＝1214＋14＋1＝66. 由图知二面角A －PD －F 的平面角为锐角， 所以二面角A －PD －F 的余弦值为66. 6.(2015·湖南卷)如图，已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA 1＝6，且AA 1⊥底面ABCD ，点P ，Q分别在棱DD 1，BC 上. (1)若P 是DD 1的中点，证明：AB 1⊥PQ ；(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1，二面角P －QD －A 的余弦值为37，求四面体ADPQ 的体积.解 由题设知，AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A(0，0，0)，B 1(3，0，6)，D(0，6，0)，D 1(0，3，6)，Q(6，m ，0)， 其中m ＝BQ ，0≤m ≤6.(1)证明 若P 是DD 1的中点，则P ⎝⎛⎭⎫0，92，3， PQ →＝⎝⎛⎭⎫6，m －92，－3， 又AB 1→＝(3，0，6)，于是AB 1→·PQ →＝18－18＝0， 所以AB 1→⊥PQ →，即AB 1⊥PQ.(2)由题设知，DQ →＝(6，m －6，0)，DD 1→＝(0，－3，6)是平面PQD 内的两个不共线向量. 设n 1＝(x ，y ，z)是平面PQD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DQ →＝0，n 1·DD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x ＋（m －6）y ＝0，－3y ＋6z ＝0.取y ＝6，得n 1＝(6－m ，6，3).又平面AQD 的一个法向量是n 2＝(0，0，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝31·（6－m ）2＋62＋32＝3（6－m ）2＋45. 而二面角P －QD －A 的余弦值为37，因此3（6－m ）2＋45＝37，解得m ＝4，m ＝8(舍去)，此时Q(6，4，0).设DP →＝λDD 1→(0＜λ≤1)，而DD 1→＝(0，－3，6)，由此得点P(0，6－3λ，6λ)，所以PQ →＝(6，3λ－2，－6λ). 因为PQ ∥平面ABB 1A 1，且平面ABB 1A 1的法向量是n 3＝(0，1，0)，所以PQ →·n 3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝23，从而P(0，4，4).于是，将四面体ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥P －ADQ ，则其高h ＝4.故四面体ADPQ 的体积V ＝13S △ADQ ·h ＝13×12×6×6×4＝24.。

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创新设计高考数学文理通用浙江专用一轮复习练习 专题探究课一 高中函数问题与导数的热点题型 专题探究课

创新设计高考数学文理通用浙江专用一轮复习练习 专题探究课一 高中函数问题与导数的热点题型 专题探究课

(建议用时：80分钟)1.(2015·重庆卷)设函数f (x )＝3x 2＋ax e x (a ∈R ).(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求实数a 的取值范围.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝（6x ＋a ）e x －（3x 2＋ax ）e x （e x ）2＝－3x 2＋（6－a ）x ＋a e x ， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x， 故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋（6－a ）x ＋a e x. 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366， x 2＝6－a ＋a 2＋366. 当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数；当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，故f (x )为增函数；当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数.由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92， 故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.2.设a为实数，函数f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1.(1)解由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝e x－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故f(x)单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a.(2)证明设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增.于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.即e x－x2＋2ax－1>0，故当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1.3.已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.(1)解f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线方程为y ＝ax ＋2.由题设得－2a ＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2.设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4.由题设知1－k ＞0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k ＞0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1＜0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根.当x ＞0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x ＞h (x ).h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )＞h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根.综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点.4.设f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M .由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23. 令g ′(x )>0得x <0或x >23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递减，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2上单调递增，所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－8527， g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max .由(1)可知在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1. 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立. 设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是减函数， 又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0；当12<x <1时，h ′(x )>0.即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增， 在区间(1，2)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞).5.已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数.(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0，1]上的最小值；(2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，证明：e －2＜a ＜1.(1)解 由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b ，所以g ′(x )＝e x －2a . 当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]，当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e 2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减.因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12＜a ＜e 2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln (2a )∈(0，1)，所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增. 于是，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12＜a ＜e 2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ；当a ≥e 2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .(2)证明 设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减.则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负.故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1，同理，g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2，所以g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点.由(1)知，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，不合题意.当a ≥e 2时，g (x )在[0，1]上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，不合题意.所以12＜a ＜e 2.此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增，因此x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(ln(2a )，1)，必有g (0)＝1－b ＞0，g (1)＝e －2a －b ＞0. 由f (1)＝0有a ＋b ＝e －1＜2，有g (0)＝a －e ＋2＞0，g (1)＝1－a ＞0，解得e －2＜a ＜1.所以函数f (x )在区间(0，1)内有零点时，e －2＜a ＜1.6.(2016·山东卷)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对任意的x ∈[1，2]成立.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3. 当a ≤0时，x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.当a >0时，f ′(x )＝a （x －1）x 3⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2a . ①0<a <2时，2a >1，当x ∈(0，1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. ②a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)上，f ′(x )≥0，f (x )单调递增， ③a >2时，0<2a <1， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0，1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.(2)证明 由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x －2x 2＋2x 3＝x－ln x＋3x＋1x2－2x3－1，x∈[1，2]，设g(x)＝x－ln x，h(x)＝3x＋1x2－2x3－1，x∈[1，2].则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x).由g′(x)＝x－1x≥0可得g(x)在[1，2]上递增，∴g(x)≥g(1)＝1，当且仅当x＝1时取得等号.h′(x)＝－3x2－2x＋6x4，设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在[1，2]上单调递减，因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x0∈(1，2)，使φ(x0)＝0，所以当x∈(1，x0)时φ(x)>0，即h′(x)>0，当x∈(x0，2)时，φ(x)<0即h′(x)<0.所以h(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，2)上单调递减.又h(1)＝1，h(2)＝12，所以h(x)≥h(2)＝12，当且仅当x＝2时取得等号.所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝3 2，即f(x)>f′(x)＋32对于任意的x∈[1，2]成立.。

2019版高考数学创新一轮复习浙江专用版文档：第四章

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第6节 正弦定理和余弦定理及其应用最新考纲 掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题．知 识 梳 理1．正、余弦定理在△ABC 中，若角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，R 为△ABC 外接圆半径，则2.S △ABC ＝12ab sin C ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝abc 4R ＝12(a ＋b ＋c )·r (r 是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R ，r .3．在△ABC 中，已知a ，b 和A 时，解的情况如下：[常用结论与微点提醒]1．在利用正弦定理解有关已知三角形的两边和其中一边的对角三角形时，有时出现一解、两解，所以要进行分类讨论(此种类型也可利用余弦定理求解)． 2．利用正、余弦定理解三角形时，要注意三角形内角和定理对角的范围的限制．诊 断 自 测1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比．( ) (2)在△ABC 中，若sin A >sin B ，则A >B .( )(3)在△ABC 的六个元素中，已知任意三个元素可求其他元素．( )(4)当b 2＋c 2－a 2>0时，△ABC 为锐角三角形；当b 2＋c 2－a 2＝0时，△ABC 为直角三角形；当b 2＋c 2－a 2<0时，△ABC 为钝角三角形．( ) (5)在三角形中，已知两边和一角就能求三角形的面积．( ) 解析 (1)三角形中三边之比等于相应的三个内角的正弦值之比． (3)已知三角时，不可求三边．(4)当b 2＋c 2－a 2>0时，三角形ABC 不一定为锐角三角形． 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√2．(2017·湖州预测)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b3cos B＝asin A ，则cos B ＝( )A ．－12 B.12 C ．－32 D.32解析 由正弦定理知sin B 3cos B＝sin Asin A ＝1，即tan B ＝3，由B ∈(0，π)，所以B ＝π3，所以cos B ＝cos π3＝12，故选B. 答案 B3．(必修5P10B2改编)在△ABC 中，a cos A ＝b cos B ，则这个三角形的形状为________．解析 由正弦定理，得sin A cos A ＝sin B cos B ， 即sin 2A ＝sin 2B ，所以2A ＝2B 或2A ＝π－2B ， 即A ＝B 或A ＋B ＝π2，所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形． 答案 等腰三角形或直角三角形4．(2017·全国Ⅱ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2b cos B ＝a cos C ＋c cos A ，则B ＝________．解析 由正弦定理得2sin B cos B ＝sin A cos C ＋sin C cos A ＝sin(A ＋C )＝sin B . ∴2sin B cos B ＝sin B ，又sin B ≠0，∴cos B ＝12，故B ＝π3. 答案 π35．(2018·稽阳联谊学校联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知c sin A ＝3a cos C ，则C ＝________；若c ＝31，△ABC 的面积为332，则a ＋b ＝________．解析 由正弦定理可得sin C sin A ＝3sin A ·cos C ，∴tan C ＝3，C ＝π3，又12absin C ＝332，∴ab ＝6，再由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，即31＝a 2＋b 2－ab ，31＝(a ＋b )2－3ab ，∴a ＋b ＝7. 答案 π3 76．(2017·绍兴调研)已知钝角△ABC 的面积为12，AB ＝1，BC ＝2，则角B ＝________，AC ＝________．解析 ∵钝角△ABC 的面积为12，AB ＝1，BC ＝2， ∴12＝12×1×2×sin B ，解得sin B ＝22，∴B ＝π4或3π4，∵当B ＝π4时，由余弦定理可得 AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B＝1＋2－2×1×2×22＝1，此时，AB 2＋AC 2＝BC 2，可得A ＝π2，此△ABC 为直角三角形，与已知矛盾，舍去．∴B ＝3π4，由余弦定理可得 AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B ＝1＋2＋2×1×2×22＝ 5. 答案 3π45考点一 利用正、余弦定理解三角形【例1】 (1)(2017·全国Ⅰ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知sin B ＋sin A (sin C －cos C )＝0，a ＝2，c ＝2，则C ＝( ) A.π12B.π6C.π4D.π3(2)(2018·浙江三市联考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若a ＝7，c ＝3，A ＝60°，则b ＝________，△ABC 的面积S ＝________． (3)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝3，sin B ＝12，C ＝π6，则b ＝________．解析 (1)由题意得sin(A ＋C )＋sin A (sin C －cos C )＝0， ∴sin A cos C ＋cos A sin C ＋sin A sin C －sin A cos C ＝0， 则sin C (sin A ＋cos A )＝2sin C sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝0，因为sin C ≠0，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝0，又因为A ∈(0，π)，所以A ＋π4＝π，所以A ＝3π4.由正弦定理a sin A ＝csin C ，得2sin 3π4＝2sin C ，则sin C ＝12，得C ＝π6.(2)由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即(7)2＝b 2＋32－6b cos 60°⇒b 2－3b ＋2＝0.解得b ＝1或b ＝2，代入S ＝12bc sin A ，可得S ＝334或332. (3)因为sin B ＝12且B ∈(0，π)，所以B ＝π6或B ＝5π6. 又C ＝π6，B ＋C <π，所以B ＝π6，A ＝π－B －C ＝2π3. 又a ＝3，由正弦定理得a sin A ＝bsin B ，即3sin 2π3＝b sin π6， 解得b ＝1.答案 (1)B (2)1或2334或332 (3)1规律方法 (1)判断三角形解的个数的两种方法①代数法：根据大边对大角的性质、三角形内角和公式、正弦函数值判断． ②几何图形法：根据条件画出图形，通过图形直观判断解的个数．(2)已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形．可用正弦定理，也可用余弦定理．用正弦定理时，需判断其解的个数，用余弦定理时，可根据一元二次方程根的情况判断解的个数．【训练1】 (1)(2018·台州调考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝13，b ＝3，A ＝60°，则边c ＝( ) A ．1B ．2C ．4D ．6(2)(2016·全国Ⅱ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝45，cos C ＝513，a ＝1，则b ＝________．解析 (1)a 2＝c 2＋b 2－2cb cos A ⇒13＝c 2＋9－2c ×3×cos 60°，即c 2－3c －4＝0，解得c ＝4或c ＝－1(舍去)．(2)在△ABC 中，由cos A ＝45，cos C ＝513，可得sin A ＝35，sin C ＝1213，sin B ＝sin(A＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝6365，由正弦定理得b ＝a sin B sin A ＝2113. 答案 (1)C (2)2113考点二 利用正弦、余弦定理判定三角形的形状(变式迁移)【例2】 (经典母题)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若 b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形D ．不确定解析 由正弦定理得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ， ∴sin(B ＋C )＝sin 2A ，即sin A ＝sin 2A .∵A ∈(0，π)，∴sin A >0，∴sin A ＝1，即A ＝π2. ∴△ABC 为直角三角形． 答案 B【变式迁移1】 (一题多解)将本例条件变为“若2sin A cos B ＝sin C ”，那么△ABC 一定是( ) A ．直角三角形 B ．等腰三角形 C ．等腰直角三角形D ．等边三角形解析 法一 由已知得2sin A cos B ＝sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ，即sin(A －B )＝0，因为－π<A －B <π，所以A ＝B .法二 由正弦定理得2a cos B ＝c ，再由余弦定理得2a ·a 2＋c 2－b 22ac ＝c ⇒a 2＝b 2⇒a ＝b . 答案 B【变式迁移2】 将本例条件变为“若△ABC 的三个内角满足sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶11∶13”，则△ABC ( ) A ．一定是锐角三角形 B ．一定是直角三角形 C ．一定是钝角三角形D ．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形解析 在△ABC 中，sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶11∶13，∴a ∶b ∶c ＝5∶11∶13，故设a ＝5k ，b ＝11k ，c ＝13k (k >0)，由余弦定理可得 cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝25k 2＋121k 2－169k 22×5×11k 2＝－23110<0， 又∵C ∈(0，π)，∴C ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，∴△ABC 为钝角三角形．答案 C【变式迁移3】 (一题多解)将本例条件变为“若a 2＋b 2－c 2＝ab ，且2cos A sin B ＝sin C ”，试确定△ABC 的形状． 解 法一 利用边的关系来判断： 由正弦定理得sin C sin B ＝cb ，由2cos A sin B ＝sin C ，有cos A ＝sin C 2sin B ＝c2b . 又由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，∴c 2b ＝b 2＋c 2－a 22bc ， 即c 2＝b 2＋c 2－a 2，所以a 2＝b 2，所以a ＝b . 又∵a 2＋b 2－c 2＝ab .∴2b 2－c 2＝b 2，所以b 2＝c 2， ∴b ＝c ，∴a ＝b ＝c .∴△ABC 为等边三角形． 法二 利用角的关系来判断：∵A ＋B ＋C ＝180°，∴sin C ＝sin(A ＋B )， 又∵2cos A sin B ＝sin C ，∴2cos A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ， ∴sin(A －B )＝0，又∵A 与B 均为△ABC 的内角，所以A ＝B . 又由a 2＋b 2－c 2＝ab ，由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝ab 2ab ＝12，又0°<C <180°，所以C ＝60°，∴△ABC 为等边三角形．规律方法 (1)判定三角形形状的途径：①化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；②化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁．(2)无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能．注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制． 考点三 和三角形面积有关的问题 【例3】 设f (x )＝sin x cos x －cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4.(1)求f (x )的单调区间；(2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝0，a ＝1，求△ABC 面积的最大值． 解 (1)由题意知f (x )＝sin 2x2－1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π22＝sin 2x 2－1－sin 2x 2＝sin 2x －12.由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π，k ∈Z, 可得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π，k ∈Z ；由π2＋2k π≤2x ≤3π2＋2k π，k ∈Z,可得π4＋k π≤x ≤3π4＋k π，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4＋k π，π4＋k π(k ∈Z )；单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4＋k π，3π4＋k π(k ∈Z )． (2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin A －12＝0，得sin A ＝12，由题意知A 为锐角，所以cos A ＝32. 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，可得1＋3bc ＝b 2＋c 2≥2bc ，即bc ≤2＋3，且当b ＝c 时等号成立． 因此12bc sin A ≤2＋34. 所以△ABC 面积的最大值为2＋34.规律方法 三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S＝12ab sin C＝12ac sin B＝12bc sin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．【训练2】(2016·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(a cos B＋b cos A)＝c.(1)求C；(2)若c＝7，△ABC的面积为332，求△ABC的周长．解(1)由已知及正弦定理得，2cos C(sin A cos B＋sin B·cos A)＝sin C，2cos C sin(A ＋B)＝sin C，故2sin C cos C＝sin C．由C∈(0，π)知sin C≠0，可得cos C＝12，所以C＝π3.(2)由已知，12ab sin C＝332，又C＝π3，所以ab＝6，由已知及余弦定理得，a2＋b2－2ab cos C＝7，故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25.所以△ABC的周长为5＋7.。

2021高考数学浙江专用一轮习题：专题4+第26练+三角恒等变换Word版含解析

2021高考数学浙江专用一轮习题：专题4+第26练+三角恒等变换Word版含解析

1．已知sin θ＋cos θ＝－43，θ∈⎝⎛⎭⎫π，5π4，则sin θ－cos θ的值为() A ．－23 B.13 C.23 D ．－132．计算cos 42°cos 18°－cos 48°sin 18° 的结果等于( ) A.12 B.22 C.32 D.333．已知α∈(0，π)，2sin α－cos α＝1，则sin α2等于( ) A.15 B.55 C.22 D.2554．(2019·杭州模拟)计算2cos 2α－1tan ⎝⎛⎭⎫π4－αsin 2⎝⎛⎭⎫π4＋α的结果为( ) A ．1 B ．2 C ．－1 D ．－25．已知α∈(0，π)，α≠π4，sin α＋2cos α＝2，则tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4等于( ) A ．－17 B.17C ．－7D ．7 6．已知角α，β满足π2<α－β<3π2，0<α＋β<π，且sin(α－β)＝13，cos(α＋β)＝－13，则cos 2β的值为( )A ．－29 B.29C ．－429 D.4297．已知P ，Q 是以坐标原点O 为圆心的单位圆上的两点，分别位于第一象限和第四象限，且点P 的纵坐标为45，点Q 的横坐标为513，则cos ∠POQ 等于( ) A.3365 B.3465 C ．－3465 D ．－33658．已知sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3＝13，则cos x ＋cos ⎝⎛⎭⎫π3－x 的值为( ) A ．－33 B.33 C ．－13 D.139．(2020·金华市东阳中学模拟)tan 75°－tan 15°－3tan 75°·tan 15°＝__________.10．(2020·金华市东阳中学期末)若cos θ＝55，θ为锐角，则sin θ＝________，cos ⎝⎛⎭⎫π2－θ－sin (π＋θ)3sin ⎝⎛⎭⎫π2＋θ－cos (π－θ)＝______.11．已知tan(α＋β)＝12，tan α＋tan β＝12，则sin 2α＋sin 2β等于( ) A.15 B.25 C.110 D.91012．已知函数y ＝lg ⎝⎛⎭⎫x 2－56x ＋76的零点是x 1＝tan α和x 2＝tan β(α，β均为锐角)，则α＋β等于( )A.π6B.π4C.π3D.π213．已知函数f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx (ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π3上恰有一个最大值点和一个最小值点，则实数ω的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫83，7B.⎣⎡⎭⎫83，4C.⎣⎡⎭⎫4，203D.⎝⎛⎭⎫203，714．(2019·绍兴月考)已知函数f (x )＝sin ωx －3cos ωx (ω>0)，若集合{}x |f (x )＝1(x ∈(0，π))中含有4个元素，则实数ω的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫76，52B.⎝⎛⎦⎤32，196C.⎣⎡⎭⎫72，256D.⎝⎛⎦⎤196，9215．已知P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是以原点O 为圆心的单位圆上的两点，∠P 1OP 2＝θ(θ为钝角)．若sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝35，则x 1x 2＋y 1y 2的值为________． 16．已知ω∈N *，将f (x )＝a sin ωx ＋b cos ωx 的图象向右平移π2个单位长度，得到的函数与y5π＝f(x)的图象关于x＝0对称，且函数y＝f(x)在⎝⎛⎭⎫6，π上不单调，则ω的最小值为________．答案精析1．C 2.A 3.B 4.B 5.C 6.D 7.D8．B 9.3 10.2551 11.A 12.B 13．B [由题意，函数f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6， 令ωx ＋π6＝t ，所以f (x )＝2sin t ， 在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π3上恰有一个最大值点和一个最小值点， 则函数f (x )＝2sin t 在区间⎣⎡⎦⎤－πω4＋π6，πω3＋π6上恰有一个最大值点和一个最小值点， 则⎩⎨⎧ －3π2<－πω4＋π6≤－π2，π2≤πω3＋π6<3π2，解得⎩⎪⎨⎪⎧83≤ω<203，1≤ω<4，即83≤ω<4.] 14．D [f (x )＝sin ωx －3cos ωx＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π3(ω>0)． 由题意，f (x )＝1在(0，π)上有四个不同的实根．令2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π3＝1，得ωx －π3＝π6＋2k π(k ∈Z )或ωx －π3＝5π6＋2k π(k ∈Z )， 即x ＝π2ω＋2k πω(k ∈Z )或x ＝7π6ω＋2k πω(k ∈Z )． 直线y ＝1与曲线y ＝f (x )在(0，＋∞)上从左到右的五个交点的横坐标分别为3π6ω，7π6ω，15π6ω，19π6ω，27π6ω. 据题意是19π6ω<π≤27π6ω， 解得196<ω≤92.]15．－210解析 根据题意知OP 1→＝(x 1，y 1)，OP 2→＝(x 2，y 2)，OP 1→·OP 2→＝x 1x 2＋y 1y 2，又P 1，P 2在单位圆上，|OP 1→|＝|OP 2→|＝1，OP 1→·OP 2→＝|OP 1→|·|OP 2→|cos θ＝cos θ. 即x 1x 2＋y 1y 2＝cos θ.sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝22sin θ＋22cos θ＝35，① sin 2θ＋cos 2θ＝1，②且θ为钝角，联立①②求得cos θ＝－210. 则x 1x 2＋y 1y 2的值为－210. 16．5解析 f (x )与f ⎝⎛⎭⎫x －π2关于x ＝0对称 ⇒f ⎝⎛⎭⎫x －π2＝f (－x )， 故f (x )＝a 2＋b 2cos(ωx ＋φ)有一条对称轴为x ＝－π4， 所以f (x )＝±A cos ⎣⎡⎦⎤ω⎝⎛⎭⎫x ＋π4，|A |＝a 2＋b 2， 故存在k ∈Z ，满足ω⎝⎛⎭⎫5π6＋π4<k π<ω⎝⎛⎭⎫π＋π4⇒4k 5<ω<12k 13. k ＝1时，45<ω<1213，ω无整数解； k ＝2,3,4,5时，ω均无整数解；k ＝6时，245<ω<7213⇒ω＝5. 所以ω的最小值为5.。

2019版高考数学创新一轮复习浙江专用版文档：第四章

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第5节函数y＝A sin(ωx＋φ)的图象及应用最新考纲 1.了解函数y＝A sin(ωx＋φ)的物理意义；能画出y＝A sin(ωx＋φ)的图象，了解参数A，ω，φ对函数图象变化的影响；2.会用三角函数解决一些简单实际问题，体会三角函数是描述周期变化现象的重要函数模型．知识梳理1．“五点法”作函数y＝A sin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的简图“五点法”作图的五点是在一个周期内的最高点、最低点及与x轴相交的三个点，作图时的一般步骤为：(1)定点：如下表所示．(2)作图：在坐标系中描出这五个关键点，用平滑的曲线顺次连接得到y＝A sin(ωx ＋φ)在一个周期内的图象．(3)扩展：将所得图象，按周期向两侧扩展可得y＝A sin(ωx＋φ)在R上的图象．2．函数y＝A sin(ωx＋φ)中各量的物理意义当函数y＝A sin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)，x∈[0，＋∞)表示简谐振动时，几个相关的概念如下表：3.函数y＝sin x的图象经变换得到y＝A sin(ωx＋φ)的图象的两种途径[常用结论与微点提醒]1．由函数y ＝sin x 的图象经过变换得到y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象，如先伸缩再平移时，要把x 前面的系数提取出来．2．复合形式的三角函数的单调区间的求法．函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的单调区间的确定，基本思想是把ωx ＋φ看作一个整体．若ω<0，要先根据诱导公式进行转化．3．求函数y ＝A sin(ωx ＋φ)在x ∈[m ，n ]上的最值，可先求t ＝ωx ＋φ的范围，再结合图象得出y ＝A sin t 的值域．诊 断 自 测1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)将函数y ＝3sin 2x 的图象左移π4个单位长度后所得图象的解析式是y ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4.( ) (2)利用图象变换作图时“先平移，后伸缩”与“先伸缩，后平移”中平移的长度一致．( )(3)函数y ＝A cos(ωx ＋φ)的最小正周期为T ，那么函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为T2.( )(4)由图象求解析式时，振幅A 的大小是由一个周期内图象中最高点的值与最低点的值确定的．( )解析 (1)将函数y ＝3sin 2x 的图象向左平移π4个单位长度后所得图象的解析式是y ＝3cos 2x .(2)“先平移，后伸缩”的平移单位长度为|φ|，而“先伸缩，后平移”的平移单位长度为⎪⎪⎪⎪⎪⎪φω.故当ω≠1时平移的长度不相等．答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2．y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4的振幅、频率和初相分别为( )A ．2，1π，－π4B ．2，12π，－π4C ．2，1π，－π8D ．2，12π，－π8解析 振幅A ＝2，频率f ＝1T ＝ω2π＝1π，初相φ＝－π4. 答案 A3．(2018·宁波十校适应性考试)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象向左平移π4个单位长度，所得函数图象的一条对称轴方程是( ) A ．x ＝23π B ．x ＝－112π C ．x ＝13πD ．x ＝512π解析 由题意可得y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象向左平移π4个单位长度得到的函数图象对应的解析式为y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π3＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，令2x －π3＝k π，k ∈Z ，故x ＝k π2＋π6，k ∈Z ，结合选项，当k ＝1时，x ＝2π3，故选A. 答案 A4．(2016·浙江卷)设函数f (x )＝sin 2x ＋b sin x ＋c ，则f (x )的最小正周期( ) A ．与b 有关，且与c 有关 B ．与b 有关，但与c 无关 C ．与b 无关，且与c 无关D ．与b 无关，但与c 有关解析 因为f (x )＝sin 2x ＋b sin x ＋c ＝－cos 2x 2＋b sin x ＋c ＋12，其中当b ＝0时，f (x )＝－cos 2x 2＋c ＋12，f (x )的周期为π；b ≠0时，f (x )的周期为2π，即f (x )的周期与b 有关但与c 无关，故选B. 答案 B5．(2018·嘉兴测试)函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2的图象如图所示，则ω＝________，φ＝________．解析 由题中图象知T ＝π，∴ω＝2，把(0，1)代入f (x )＝2sin(2x ＋φ)，得1＝2sin φ，∴sin φ＝12， ∵|φ|<π2，∴φ＝π6. 答案 2 π66.(必修4P60例1改编)如图，某地一天，从6～14时的温度变化曲线近似满足函数y ＝A sin(ωx ＋φ)＋b (A ＞0，ω＞0，0＜φ＜π)，则这段曲线的函数解析式为________．解析 从图中可以看出，从6～14时是函数y ＝A sin(ωx ＋φ)＋b 的半个周期，又12×2πω＝14－6，所以ω＝π8.由图可得A ＝12(30－10)＝10， b ＝12(30＋10)＝20.又π8×10＋φ＝2π，解得φ＝3π4，∴y ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8x ＋3π4＋20，x ∈[6，14]．答案 y ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8x ＋3π4＋20，x ∈[6，14]考点一 函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象及变换【例1】 设函数f (x )＝sin ωx ＋3cos ωx (ω＞0)的周期为π. (1)用五点法作出它在长度为一个周期的闭区间上的图象；(2)(一题多解)说明函数f (x )的图象可由y ＝sin x 的图象经过怎样的变换而得到． 解 f (x )＝sin ωx ＋3cos ωx＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin ωx ＋32cos ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3，又∵T ＝π，∴2πω＝π，即ω＝2，∴f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.(1)令z ＝2x ＋π3，则y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝2sin z .列表，并描点画出图象：(2)法一 把y ＝sin x 的图象上所有的点向左平移π3个单位，得到y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的图象；再把y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的图象上的点的横坐标缩短到原来的12倍(纵坐标不变)，得到y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象；最后把y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，即可得到y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象．法二 将y ＝sin x 的图象上每一点的横坐标缩短为原来的12倍(纵坐标不变)，得到y ＝sin 2x 的图象；再将y ＝sin 2x 的图象向左平移π6个单位，得到y ＝sin 2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象；再将y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象上每一点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，得到y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象．规律方法 作函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0)的图象常用如下两种方法： (1)五点法作图，用“五点法”作y ＝A sin(ωx ＋φ)的简图，主要是通过变量代换，设z ＝ωx ＋φ，由z 取0，π2，π，32π，2π来求出相应的x ，通过列表，计算得出五点坐标，描点后得出图象；(2)图象的变换法，由函数y ＝sin x 的图象通过变换得到y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象有两种途径：“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”．【训练1】 设函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，－π2＜φ＜0的最小正周期为π，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝32.(1)求ω和φ的值；(2)在给定坐标系中作出函数f (x )在[0，π]上的图象． 解 (1)∵T ＝2πω＝π，ω＝2，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π4＋φ＝32，∴sin φ＝－32，又－π2＜φ＜0，∴φ＝－π3.(2)由(1)得f (x )＝cos ⎛⎪⎫2x －π，列表：描点画出图象(如图)．考点二 由图象求函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的解析式【例2】 (1)(2018·绍兴检测)函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)，⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，－π2＜φ＜π2的部分图象如图所示，则ω＝________，φ＝__________．(2)(一题多解)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，|φ|＜π)的部分图象如图所示，则函数f (x )的解析式为________．解析 (1)由题图可知，3T 4＝34·2πω＝5π12－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3， 得ω＝2.又函数过点⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12，2，f (x )＝2sin(2x ＋φ)，故2×5π12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，得φ＝2k π－π3，k ∈Z ，∵－π2＜φ＜π2，∴φ＝－π3. (2)由题图可知A ＝2， 法一 T 4＝7π12－π3＝π4， 所以T ＝π，故ω＝2， 因此f (x )＝2sin(2x ＋φ)，又⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0对应五点法作图中的第三个点， 因此2×π3＋φ＝π，所以φ＝π3，故f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.法二 以⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0为第二个“零点”，⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12，－2为最小值点，列方程组⎩⎪⎨⎪⎧ω·π3＋φ＝π，ω·7π12＋φ＝3π2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ω＝2，φ＝π3，故f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.答案 (1)2 －π3 (2)f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3规律方法 已知f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A 比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：(1)五点法，由ω＝2πT 即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x 0，则令ωx 0＋φ＝0(或ωx 0＋φ＝π)，即可求出φ； (2)代入法，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A ，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求．【训练2】 (1)(2016·全国Ⅱ卷)函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的部分图象如图所示，则( )A ．y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6B ．y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3C ．y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6D ．y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3(2)已知函数g (x )＝sin 2x －cos 2x ，如图是函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象，为了得到f (x )的图象，只需将g (x )的图象( )A ．向左平移π6个单位长度 B ．向左平移π3个单位长度C ．向右平移π6个单位长度 D ．向右平移π3个单位长度解析 (1)由题图可知，A ＝2，T ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3－⎝⎛⎭⎪⎫－π6＝π，所以ω＝2，由五点作图法可知2×π3＋φ＝π2，所以φ＝－π6，所以函数的解析式为y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，故选A.(2)设函数f (x )的最小正周期为T ，由图象知A ＝1，T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11π12－π6×43＝π＝2πω，所以ω＝2.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝1，所以2×π6＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，又|φ|<π2，所以φ＝π6， f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.将g (x )＝sin 2x －cos 2x ＝－cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2的图象向左平移π3个单位长度后得到的图象对应的解析式为y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3－π2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. 答案 (1)A (2)B考点三 y ＝A sin(ωx ＋φ)图象与性质的综合应用 【例3】 (2018·浙江五校联考)已知函数f (x )＝(sin x ＋ 3cos x )·(cos x －3sin x )． (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若f (x 0)＝65，x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，求cos 2x 0的值．解 (1)f (x )＝(sin x ＋3cos x )(cos x －3sin x )＝sin x cos x －3sin 2x ＋3cos 2x －3sin x cos x ＝3cos 2x －sin 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3，由－π2＋2k π≤2x ＋2π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得k π－7π12≤x ≤k π－π12，k ∈Z ，所以，函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－7π12，k π－π12(k ∈Z )．(2)由f (x 0)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋2π3＝65，得 sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋2π3＝35， 又x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以2x 0＋2π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，π，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋2π3＝－45，所以cos 2x 0＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2x 0＋2π3－2π3 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－45×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋35×32＝4＋3310. 规律方法 函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0)的单调区间和对称性的确定，基本思想是把ωx ＋φ看作一个整体．在单调性应用方面，比较大小是一类常见的题目，依据是同一区间内函数的单调性．对称性是三角函数图象的一个重要性质，因此要抓住其轴对称、中心对称的本质，同时还要会综合利用这些性质解决问题，解题时可利用数形结合思想．【训练3】 已知函数f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4－sin(x ＋π)．(1)求f (x )的最小正周期；(2)若将f (x )的图象向右平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，求函数g (x )在区间[0，π]上的最大值和最小值．解 (1)f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4－sin(x ＋π)＝3cos x ＋sin x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，于是T ＝2π1＝2π.(2)由已知得g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6， ∵x ∈[0，π]，∴x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，7π6，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，∴g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6∈[－1，2]，故函数g (x )在区间[0，π]上的最大值为2，最小值为－1.。