(word完整版)必修4三角函数的图像与性质1.4-1.6(含答案),推荐文档

一：知识点 1.基本性质 函数 定义域 Y=sinx Y=cosx 值域 最值 周期 奇偶性 对称轴 对称中心 单调性 增区间 减区间 增区间 减区间 增区间 Y=tanx 2：yAsinxk图像的变化类型 ⑴：平移变换

（1）：左右平移 ysinx-------------------------------------------------ysinx （2）：上下平移 ysinx-------------------------------------------------ysinxk ⑵：伸缩变化

（1）：左右伸缩 ysinx--------------------------------------------------ysinx （2）：上下伸缩 ysinx--------------------------------------------------yAsinx 3．yAsinxk图像的一般变化顺序

ysinx 左右平移 ysin(x) 左右伸缩 ysinx 上下伸缩 yAsinx 上下平移 yAsinxk

二：例题讲解

π1．函数f(x)sin(2x)的最小正周期为（ ）

3A．2π B．π C．【答案】B. 【解析】

ππ D． 24试题分析：由三角函数yAsin(x)的最小正周期TAsin(x)B形式，在代T22得T.解决这类问题，须将函数化为||22时，必须注意取的绝对值，因为是求最小正周期. ||考点：三角函数的周期计算 2．函数ysin2x，xR是（ ） 2第1页，总21页

的奇函数 2C.最小正周期为的偶函数 D.最小正周期为的偶函数

2A.最小正周期为的奇函数 B.最小正周期为【答案】C 【解析】

试题分析：函数ysin22x=cos2x，显然函数是偶函数，函数的周期是T=．故选C．

22考点：1.三角函数的周期性；2.函数的奇偶性.

3．要得到函数y＝cos(2x＋1)的图像，只要将函数y＝cos 2x的图像( ) A．向左平移1个单位 B．向右平移1个单位 C．向左平移【答案】C

【解析】把函数y＝cos 2x的图像向左平移图像，因此选C.

4． 将函数ysinx的图像上所有的点向右平行移动

11个单位 D．向右平移个单位 2211个单位，得y＝cos 2x的图像，即y＝cos(2x＋1)的

22π个单位长度,再把所得各点的横坐标伸长到原来的32倍(纵坐标不变)得到函数f(x)的图象,则f(－π)等于( ) A.

3311 B. C. D.－ 2222【答案】D 【解析】

试题分析：因为将函数ysinx的图像上所有的点向右平行移动

π个单位长度，得到的函数解析式为3ysin(x).再把函数ysin(x)各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得到

331151f(x)sin(x).所以f()sin(())sin().

232362考点：1.三角函数的左右平移.2.三角函数的伸缩变换. 5．要得到函数fxcos2x3的图象，只需将函数gxsin2x的图象（ ） 3A.向左平移

个单位长度 B.向右平移个单位长度 22个单位长度 D.向右平移个单位长度 44C.向左平移

【答案】C.

【解析】

试题分析：因为函数fxcos2x5sin[(2x)]sin[2(x)]， 33212试卷第2页，总21页

所以将函数gxsin2x3的图象向左平移

个单位长度， 4即可得到函数ysin[2(x5)]sin(2x)的图像.故应选C. 436考点：函数yAsin(x)的图像变换.

6．如图所示是函数f(x)sin(x)(0,||)的部分图像，则f(x)的解析式为【答案】f(x)sin(2x.

3)

)

126【解析】由图像得函数周期T4(又T2，所以2，即f(x)sin(2x)

由图像知f(12)1,所以

62k2(kZ)，解得32k(kZ)

又||，所以3

故答案为f(x)sin(2x3)

【考点】三角函数的性质；三角函数的解析式. 7．函数f(x)Asin(x)(A0,0,只需将f(x)的图象( )

2)的部分图象如图所示，为了得到ysin2x的图象，

y1个单位 B．向右平移个单位 36C．向左平移个单位 D．向左平移个单位

36A．向右平移【答案】B

【解析】

O63x 试题分析：观察图象可知，A1，T，∴2，f(x)sin(2x). 将(6,0)代入上式得sin(3)0，由已知得3，故f(x)sin(2x3).

由f(x)sin2(x6)知，为了得到ysin2x的图象，只需将f(x)的图象向右平移

个单位. 6故选B．

考点：正弦型函数，函数图象像的平移.

8．已知函数f(x)Asin(x)b（A、0,0，b为常数)一段图像如图所示． (1)求函数f(x)的解析式； (2)将函数yf(x)的图像向左平移

个单位，再将所得图像上各点的横12第3页，总21页

坐标扩大为原来的4倍，得到函数yg(x)的图像，求函数g(x)的单调递增区间. 【答案】（1）f(x)3sin(2x)2；（2）[4kπ【解析】

π65ππ，4kπ]，kZ 335(1)5(1)5ππ3，b2，因为T()4π，所以2 22126πππ

由“五点法”作图，2，解得

626

π所以函数f(x)的解析式为f(x)3sin(2x)2 6分

6πππ（2）将函数yf(x)的图像向左平移个单位后得到的函数解析式为y3sin[2(x)]2，即

12126π1πy3sin(2x)2，再将图像上各点的横坐标扩大为原来的4倍，得g(x)3sin(x)2

323π1ππ5ππ由2kπx2kπ+，得4kπx4kπ

2232335ππ故g(x)的单调递增区间为[4kπ，4kπ]，kZ 10分.

33解析：（1）由已知，A考点：1.三角函数的图像与性质；2.三角函数的图像变换.

9．已知函数f(x)sinx3cosx(0)的图象与x轴的两个相邻交点的距离等于

，若将函数2个单位得到函数yg(x)的图象，则yg(x)是减函数的区间为（ ） 6A．(,0) B．(,) C．(0,) D．(,)

344433yf(x)的图象向左平移

【答案】D

【解析】

T2f(x)sinx3cosx2sin(x),T.322所以2.因此试题分析：因为，所以由题意得

g(x)2sin(2(x))2sin2x,63其减区间满足：

22k2x32k,(kZ),2即

4kx33k,(kZ),(,)[,]444，所以选D. 只有43考点：三角函数图像变换

110．若将函数y＝2sin（x＋4）的图像上各点的横坐标缩短为原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移4个单位，则所得图像的一条对称轴的方程为：（ ）

A．x＝－8 B．x＝－4 C．x＝8 D．x＝4 【答案】A 【解析】

1试题分析：函数y2sinx的图像上各点的横坐标缩短为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数

4试卷第4页，总21页

y2sin2x，所的函数再向右平移

44个单位，得到函数

y2sin2x2sin2x，x代入得y2，故x是所得函数图像的一条

88444对称轴的方程．

考点：三角函数图像与性质，三角函数图像变化． 11．已知函数f(x)cos(2x)2sin(x)sin(x). 344(1)求函数f(x)的最小正周期和图像的对称轴方程； (2)求函数f(x)在区间[,]上的值域. 122【答案】（1）T32πkππ，1] （2）[π，x(kZ)；

2223【解析】

试题分析：（1）先利用两角和与差的三角函数将式子展开合并，再利用二倍角公式、辅助角公式化简得到

π2、2xk,kZ可得函数f(x)的最f(x)sin(2x)，再结合正弦函数的性质，由T6625小正周期与对称轴的方程；（2）将2x当成整体，由，利用正弦x2x6122366函数的单调性可得3sin(2x)1，即f(x)的值域. 26试题解析：（1）f(x)cos(2x)2sin(x)sin(x)

π3π4π413cos2xsin2x(sinxcosx)(sinxcosx) 2213cos2xsin2xsin2xcos2x 2213πcos2xsin2xcos2xsin(2x) 226所以函数f(x)的周期T由2x2ππ 2ππkππkπ(kZ)，得x(kZ) 6223kππ(kZ) 6分 所以函数f(x)图像的对称轴方程为x23ππππ5π（2）因为x[，]，所以2x[，]

122636πππππ因为f(x)sin(2x)在区间[，]上单调递增，在区间[，]上单调递减

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所以当xπ时，f(x)取最大值1 3π3π13)f()，当x时，f(x)取最小值 122222123ππ，1] 10分. ，]上的值域为[2122又因为f(所以函数f(x)在区间[考点：1.三角函数的图像与性质；2.三角恒等变换. 12．设函数fx2sin2x,xR。

4（1）求函数fx的最小正周期和单调递增区间； （2）求函数fx在区间3,上的最小值和最大值，并求出取最值时x的值。 84【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间为[k8,k33](kZ)；（2）x时，最小值－1，84x3时，最大值2． 82【解析】

试题分析：（1）函数fxAsinxm的最小正周期是T，求它的单调区间实质是借助整

体法利用ysinx的单调区间，只不过要注意A和的正负；（2）求函数fxAsinxm的最值也是利用整体思想，同样是借助于ysinx的最值． 试题解析：（1）T由2k得k2， 3分 22k22x42， 2分

3， 1分

883](kZ)． 1分 ∴递增区间是[k,k8835（2）令t2x，则由x可得0t， 2分

4844xk∴当t当t253)1． 2分 即x时，ymin2(244即x23时，ymin212． 2分 81(ω>0)，其最小正周期为. 22考点：(1)三角函数的最小正周期与单调区间；（2）在给定区间上的最值．

2

13．已知函数f(x)＝3sin ωx·cos ωx＋cos ωx－

(1)求f(x)的解析式．

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(2)将函数f(x)的图象向右平移

个单位，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得8

上有且只有一个实数解，求实数k的2

到函数y＝g(x)的图象，若关于x的方程g(x)＋k＝0，在区间0,取值范围．

【答案】（1）sin(4x6)（2）－

33【解析】(1)f(x)＝3sin ωx·cos ωx＋cos ωx－

311cos(2x)1＝sin 2ωx＋－＝sin

22222＝. (2x)，由题意知f(x)的最小正周期T＝，T＝

6222∴ω＝2，∴f(x)＝sin(4x(2)将f(x)的图象向右平移

6).

个单位后，得到 8y＝sin (4x3)的图象，再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，

得到y＝sin (2x3)的图象． )，∵0≤x≤

∴g(x)＝sin (2x3， 2∴－

2≤2x－≤，g(x)＋k＝0在区间0,上有且只有一个实数解，即函数y＝g(x)与y＝－k在

3332

3333

上有且只有一个交点，由正弦函数的图象可知－≤－k<或－k＝1.∴－区间0,

或k＝－1.

三：习题

1． 函数y12cos(2x)的最小正周期是 . 【答案】

2 22 42【解析】由题意ycos4x，T【考点】三角函数的周期. 2．函数ycos(4xA.

3)图象的两条相邻对称轴间的距离为

πππ B. C. D.π 842【答案】B 【解析】

试题分析：函数的最小正周期为π，函数ycos(4x3)图象的两条相邻对称轴间的距离是函数周期的一

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半，所以，两条相邻对称轴间的距离为

π，选B。 4考点：余弦型函数的图象和性质。

点评：简单题，注意函数图象的对称轴过图象的最高（低）点。 3．把函数y＝3sin2x的图象向左平移【答案】y3sin(2x【解析】

个单位得到图像的函数解析是 ． 63).

，整理即为3sin(2x)，平移63问题，注意平移方向加左减右，平移单位是加在x上.函数y＝3sin2x的图象向左平移个单位得到图像

6试题分析：由题知，得到的图像的解析式是在函数y＝3sin2x中x上加的函数解析y3sin[2(x考点：平移变换

4．要得到函数ysin(2x)]=3sin(2x). 634)的图象，只要将函数ysin2x的图象 ( )

A．向左平移

单位 B．向右平移单位 44单位 D．向右平移单位 88C．向左平移【答案】D

【解析】

试题分析：ysin(2x)sin[2(x)]，因此只要将函数ysin2x的图象向右平移单位可得函

848数ysin(2x4)的图象.

考点：三角函数图像变换. 5．把函数ysin(5x2)的图象向右平移

1个单位，再把所得函数图象上各点的横坐标缩短为原来的，42所得的函数解析式为( )

37) B．ysin(10x) 4273) D．ysin(10x) C．ysin(10x42A．ysin(10x【答案】C

【解析】

个单位得，ysin(5(x))sin(5x)，再把所得函数图442417象上各点的横坐标缩短为原来的得，ysin(10x)，选C.

24试题分析：先将原函数图象向右平移考点：三角函数图象的平移变换.

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6．要得到函数y＝cos2x的图象，只需将函数y＝sin2x的图象沿x轴( )

个单位 B.向左平移个单位 44C.向右平移个单位 D.向左平移个单位

88A.向右平移【答案】B

【解析】∵y＝cos2x＝sin(2x＋＋

)，∴只需将函数y＝sin2x的图象沿x轴向个单位，即得y＝sin2(x24)＝cos2x的图象，故选B. 413sin3xcos3x的图象，只需把函数ysin(3x)的图象（ ） 2267．为了得到函数yA. 向左平移【答案】D

【解析】

个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 3366试题分析：由于函数y图像向右平移

132sin3xcos3x=sin(3x),那么可知只需要把函数ysin(3x)的2236个单位，既可以得到，故选D. 6考点：三角函数图像变换

点评：主要是考查了三角函数的图像的变化的运用，属于基础题。 8．已知函数f(x)sin(x)(0,02)的部分图象如图所示，则

【答案】

的值为

3

【解析】

试题分析：由图像可知，T22(5)2,Q02,将点(,0)代入，得633sin(2)0，Q0,. 323考点：由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式. 9．函数f(x)Asin(x)(A0,0,||示，则将yf(x)的图象向右平移( )．

A.ysin(2x) B.ysin(2x)

66 C. ysin2x D. ysin(2x【答案】A

【解析】

2)的部分图像如图所

6个单位后，得到的图像解析式为

3)

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试题分析：通过观察可得函数f(x)的周期为.又函数f(x)过点(

6

,1).解得6所以函数

f(x)sin(2x).将函数向右平移个单位可得f(x)sin(2x).故选A.本题是通过图像了解一

666些函数的性质.再结合函数的平移得到结论.

考点：1.正弦函数图像的性质.2.正弦函数的平移.3.待定系数确定函数的解析式. 10．已知函数f(x)Asinx(A0,0,式是（ ） A.f(x)2sin(2x2)的部分图象如图所示,则函数yf(x)的表达

) B. f(x)2sin(2x) 332C.f(x)2sin(2x) D. f(x)2sin(x)

312【答案】A

【解析】

试题分析：由三角函数图象可知A2，且故T115得T，，

2121222252，将点(,2) 的坐标代入函数

12T5f(x)2sin(2x)，22k,kZ，2k,kZ，由于得231223所以函数yf(x)的表达式为f(x)2sin2x考点：求三角函数解析式.

. 311．设函数 f(x)cos(x)3sin(x),(0,2)，且其图像相邻的两条对称轴为

x0,x2，则

A．yf(x)的最小正周期为 2，且在 (0,)上为增函数 B．yf(x)的最小正周期为 ，且在 (0,)上为减函数 C．yf(x)的最小正周期为 ,且在 (0,2)上为增函数 )上为减函数

D．yf(x)的最小正周期为 ，且在 (0,【答案】D 【解析】

2试题分析：因为f(x)cos(x)3sin(x)=2cos(x为 x0,x3)，由其图像相邻的两条对称轴

2知，030且23，解得=2，3，所以

f(x)2cos2x，

其的最小正周期为 ，且在 (0,2)上为减函数，故选D．

考点：三角变换，三角函数图像与性质

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12．已知函数fxsinxcosx2cos2x. （1）求f2的值； 12（2）求fx的递减区间.

【答案】（1）【解析】

535，（2）k,kkZ 288试题解析：fx12sinxcosx2cos2x=sin2xcos2x2=2sin2x2 4（1）f2sin22sincoscossin+2 6分

12=

13532 222（2）由2k22x42k35得 kxk 288所以，fx的单调减区间是k8,k5kZ 10分 8（注：未注明kZ者，扣1分.）

考点：1.三角函数的恒等变形.2.三角函数的单调性.

213．已知函数f(x)2sinx23sinxcosx1

⑴求f(x)的最小正周期及对称中心； ⑵若x[,]，求f(x)的最大值和最小值. 63k【答案】（1），(（2）2，1. ,0),(kZ)；

212【解析】

试题解析：⑴f(x)3sin2xcos2x2sin(2x∴f(x)的最小正周期为T6)

2， 6分 2k令sin(2x)0，则x(kZ)，

6212k∴f(x)的对称中心为(,0),(kZ)； 8分

21251⑵∵x[,] ∴2x ∴sin(2x)1 ∴1f(x)2

6366626第11页，总21页

∴当x6时，f(x)的最小值为1；当x

6

时，f(x)的最大值为2。 14分

考点：三角函数的恒等变换、函数yAsin(x)的图象与性质. 14．已知函数f(x)4cosxsin(x（1）求f(x)的最小正周期； （2）求f(x)在区间[6)1.

,]上的最大值与最小值. 【答案】（1）T；（2）最大值2；最小值-1. 【解析】

试题解析：（1）因为f(x)4cosxsin(x6)1

4cosx(31sinxcosx)13sin2x2cos2x13sin2xcos2x2sin(2x) 226所以f(x)的最小正周期为 （2）因为6x4,所以62x62. 3于是，当2x当2x62,即x6时，f(x)取得最大值2；

6,即x时,f(x)取得最小值—1． 66考点：三角函数的图像与性质. 15．已知函数

1f(x)cosx(sinxcosx).

2（1）若0（2）求函数

2，且sin2，求f()的值； 2f(x)的最小正周期及单调递增区间.

13 ;(2) ,[k,k],kZ 288【答案】(1) 【解析】

试题分析：(1)由

02，且

sin2,求出角的余弦值,再根据函数21f(x)cosx(sinxcosx),即可求得结论.

2(2) 已知函数

1f(x)cosx(sinxcosx),由正弦与余弦的二倍角公式,以及三角函数的化一公式,

2将函数f(x)化简.根据三角函数周期的公式即可的结论.根据函数的单调递增区间,通过解不等式即可得

试卷第12页，总21页

到所求的结论.

试题解析： (1)因为0(2)

2,sin2222112() ,所以cos.所以f()2222222因

为

f(x)sinxcosxcos2x111cos2x1112sin2xsin2xcos2xsin(2x),所以2222222423.由2k2x2k,kZ,得kxk,kZ.所以f(x)的单2242883调递增区间为[k,k],kZ.

88T考点：1.三角函数的性质.2.三角的恒等变形. 16．已知函数fx2sin2x2cos2x，xR. （1）求f38的值； （2）求fx的最大值和最小正周期； （3）若f3，是第二象限的角，求sin2. 28239. 8【答案】（1）0；（2）最大值为2，最小正周期为；（3）【解析】 （1）f3832sin2832cos2822220； 2222（2）Qfx2sin2xcos2x2cossin2xsincos2x2sin2x， 22444fx的最大值为2，最小正周期为T（3）由（1）知，fx2sin2x2； 2， 4所以f33，即sin， 2sin4228又是第二象限角，所以cos1sin21313， 44231339所以sin22sincos2. 448考点：1.辅助角公式；2.三角函数的最值与周期；3.同角三角函数的基本关系；4.二倍角

第13页，总21页

17．已知函数f(x)sin(2x（1）求f()cos(2x)2cos2x． 63)的值； 12（2）求函数f(x)的单调区间； （3）函数f(x)的图像可由【答案】（1）31； （2）增区间为[k（3）详见解析． 【解析】

试题解析：由已知得f(x)sin(2xysinx的图像如何变换得来，请详细说明．

2,k](kZ)，减区间为[k,k](kZ)； 3663)cos(2x)2cos2xsin2xcoscos2xsin 63666cos2xcos（1）f(3sin2xsin31cos2x3sin2xcos2x12sin(2x)1．

)2sin131； 5分 123（2）令2k2k(kZ)，解得kxk(kZ)，所以

262363f(x)增区间为[k,k](kZ)，令2k2x2k(kZ)，解得

3626222(kZ)，所以f(x)减区间为[k,kkxk](kZ) 10分

63632x（3）变换步骤：（答案不唯一）

ysinxysin2xysin(2x)6所有点的横坐标缩短到原来的12所有点向左平移个单位长度12所有点的纵坐标伸长到原来的2倍所有点向上平移1个单位y2sin(2x)y2sin(2x)1.

66考点：1、三角恒等变形；2、三角函数的单调性；3、图像的变换. 18．已知函数f(x)sin(3x4).

（1）求f(x)的单调递增区间； （2）若是第二象限角，f()34cos()cos2，求cossin的值. 54【答案】（1）【解析】

522（2）2,. kxk(kZ)；

243123试题解答：（1）22k3x422k22kxk(kZ)； 43123试卷第14页，总21页

（2）由题设得：sin(即sincos4)cos()cos2， 4544(cossin)(cossin)(sincos)，. 5若sincos0，则cossin2， 若sincos0，则145(cossin)2cossin. 52【考点定位】三角函数的性质、三角恒等变换三角函数的求值. 19．已知函数f(x)sin(x)acos(x2)，其中aR,(（1）当a,)

222,4时，求f(x)在区间[0,]上的最大值与最小值；

（2）若f()0,f()1，求a,的值.

2a12【答案】（1）最大值为,最小值为-1. （2）.

26【解析】

试题解析：解（1）当a2,4时，

22f(x)sin(x)2cos(x)sinxcosx2sinxsin(x)

42224因为x[0,]，从而

4x[3,] 44故f(x)在[0,]上的最大值为

2,最小值为-1. 2a1f()0cos(12asin)0（2）由2得，又知解得cos0,(,). 2222asinsina1f()16考点：三角函数性质

2

20．已知函数f(x)＝sinωx＋3sinωxsinx2(ω＞0)的最小正周期为

. 2(1)写出函数f(x)的单调递增区间； (2)求函数f(x)在区间0,上的取值范围． 3【答案】（1）kk3－，(k∈Z)（2）0, 2122623311－cos2x11＋sin2ωx＝sin2ωx－cos2ωx＋＝sin2x＋.因

2262222第15页，总21页

【解析】(1)f(x)＝

为T＝

12，所以＝(ω＞0)，所以ω＝2，f(x)＝sin4x＋.于是由2kπ－≤4x－≤

6222226kk，解得＋ －≤x≤

212226kk－，(k∈Z)． 212262kπ＋

(k∈Z)．所以f(x)的增区间为(2)因为x∈0,

7

，所以4x－∈,， 6663

所以sin4x6∈13,1，所以f(x)∈0,. 22故f(x)在区间0,30, 上的取值范围是322

21．已知函数f(x)＝2sin ωx·cos ωx＋23cosωx－3(其中ω>0)，且函数f(x)的周期为π.

(1)求ω的值；

(2)将函数y＝f(x)的图象向右平移

1个单位长度，再将所得图象各点的横坐标缩小到原来的倍(纵坐标

24,上的单调区间． 624不变)得到函数y＝g(x)的图象，求函数g(x)在【答案】（1）ω＝1（2）单调递增区间为,，单调递减区间为, 12246122

【解析】(1)因为f(x)＝2sin ωx·cos ωx＋23cosωx－3＝sin 2ωx＋3cos 2ωx＝2sin

2x，

3又因为函数f(x)的周期为π，且ω>0，所以T＝

2＝＝π，所以ω＝1. 2(2)由(1)知，f(x)＝2sin 2x将函数y＝f(x)的图象向右平移

. 3个单位后得到函数y＝2sin2 (x)＋＝2sin (2x) 的图象，

431再将所得图象各点的横坐标缩小为原来的倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)＝2sin(4x－)的图象．

26kk由－＋2kπ≤4x－≤＋2kπ(k∈Z)，得－≤x≤＋ (k∈Z)；

21222626kk53由＋2kπ≤4x－≤＋2kπ(k∈Z)，得＋≤x≤＋ (k∈Z)．

22212266试卷第16页，总21页

故函数g(x)在,上的单调递增区间为,，单调递减区间为, 624122461222．已知函数fx=23sinxcosxsin2x3．

44（1）求fx的最小正周期； （2）若将fx的图像向左平移

个单位，得到函数gx的图像， 4 求函数gx在区间[0,]上的最大值和最小值．

2【答案】（1）（2）2,1 【解析】

fx=23sinxcosxsin2x344试题解析： 解 (1)

22sin2x3sin2xsin2xT3 2sin2x3cos2x2.

gxfx2sin2x443(2)由已知得，

4Qx0,2x,2sin2x=2cos(2x)233 333， 2，gxg2gxg2xx2x1minmax33， 33时，33即x0时，故当即；当

考点：三角函数性质

23．已知f(x)2sin2x23sinxsin(2x)(0)最小正周期为

(1).求函数f(x)的单调递增区间及对称中心坐标

(2).求函数f(x)在区间0,2上的取值范围。 3【答案】（1）f(x)的单调递增区间为k,k(kZ) ，对称中心坐标为

36k（2）0,3 (,1)(kZ)；

122【解析】

试题分析：（1）f(x)2sin2x23sinxsin(= 2sin(2x2x)=1cos2x3sin2x

6)1 (2分)

第17页，总21页

∵T=

2 ∴1 （4分）

∴f(x)2sin(2x令6)1 22k2x622k(kZ)

6kx3k(kZ)

∴f(x)的单调递增区间为令2xk,k(kZ) （ 6分）

36k(kZ) 1226k(kZ)，则xkf(x)的对称中心坐标为(,1)(kZ) （8分）

12227（2）∵0x∴2x

36661sin(2x)1 （10分） 260f(x)3

∴f(x)在0,2的取值范围是0,3 （12分） 324．已知函数f(x)Asin(x),(0,A0,(0,的一个最高点.

（1）求函数f(x)的解析式； （2）已知(2))． 的部分图象如图所示，其中点P是图象

2,)且sin5，求f()． 132

【答案】（1）f(x)2sin2x【解析】

试题解析：

3（2）f()；

25123. 13（1）由函数最大值为2，得A2 .由图可得周期T4[2()] ，由，得2 126f(x)2sin(2x)3 又2k,kZ，及(0,)， 得 。

12223512（2）由（，），且sin=，得cos=-1sin2，

21313f()2sin(2)2(sincoscossin)22333考点：三角函数图像；两角和正弦公式.

5123． 13试卷第18页，总21页

25．下图为三角函数f(x)Asinx(A>0,ω>0,(1)求函数的解析式及f(2)图象的一段.

3)的值； 16(2)如果函数y＝f (x)－m在(8,

3)内有且仅有一个零点，求实数m的取值范围. 1626, 2y 2 O 3【答案】、(1)y2sin(4x)，f()163(2)m2或1m【解析】略

26 2 37 x12-2 26．已知函数f(x)Asin(x)(A0,0,2)的图象在y轴上

的截距为1，它在y轴右侧的第一个最大值点和最小值点分别为(x0,2)和(x03,2)， （1）求函数f(x)的解析式； （2）求函数f(x)的单调减区间。 【答案】（1）f(x)2sin(x136（2）[6k,6k4](kZ)． )；

【解析】（1）由题意知函数f(x)的周期为2[(x03)x0]6，A2

26,11，f(x)2sin(x)

33又函数f(x)过点(0,1)，2sin(0)1，又2，

613（2）令2kx2k，整理得6kx6k4，

2362所以函数f(x)的单调减区间为[6k,6k4](kZ)。 27．函数f(x)Acos(x)（其中A0,0,平移

6， f(x)2sin(x13)

）的图象如图所示，把函数f(x)的图象向右2个单位，再向上平移1个单位，得到函数yg(x)的图象． 6第19页，总21页

（1）求函数yg(x)的表达式；

（2）若x,时，函数yg(x)的图象与直线ym有两个不同的交点，求实数m的取值范围．

63【答案】（1）g(x)sin2x1；（2）【解析】

试题分析：（1）求函数fxAsinxA0,0的解析式时，A比较容易得出，困难的是确定待定系数和的值，常用如下方法;（2）一是由3． 1,222即可求出的值；确定的值，若能求出离原T点最近的右侧图象上升（或下降）的“零点”横坐标x0，则令x00（或x0），即可求出；（3）二是代入点的坐标，利用一些已知点坐标代入解析式，再结合图形解出和，若对A,的符号或对的范围有要求，则可利用诱导公式进行变换使其符合要求． 试题解析：（1）由图可知，A1，

T72，T，得2，fxcos2x， 4123T由于,0是五点作图的第三个点，2，得，

6323fxcos2x，把函数f(x)的图象向右平移个单位，再向上平移1个单位，

66得到gxcos2x1cos2x1sin2x1

266332当x,，2x,，sin2x2,1，sin2x121,2 6333函数yg(x)的图象与直线ym有两个不同的交点，在最高点处交点为1个，

试卷第20页，总21页

因此m3． 1,22考点：1、利用函数图象求函数解析式；2、图象的交点．

第21页，总21页