章末分層突破①180°②|α|R③eq\f(1,2)lR④相等⑤1⑥eq\f(sinα,cosα)⑦周期性⑧奇偶性⑨單調性⑩定義域?值域任意角的三角函數的定義及三角函數線掌握任意角的正弦、余弦、正切的定義及三角函數線，能夠利用三角函數的定義求三角函數值，利用三角函數線判斷三角函數的符號，借助三角函數線求三角函數的定義域.函數y＝lg(2sinx－1)＋eq\r(1－2cosx)的定義域為________.【精彩點撥】先列出三角函數的不等式組，再借助于三角函數線或三角函數的圖象求解.【規范解答】要使函數有意義，必須有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2sinx－1>0，,1－2cosx≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx>\f(1,2)，,cosx≤\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2kπ<x<\f(5,6)π＋2kπ，,\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(5,3)π＋2kπ，))(k∈Z)∴eq\f(π,3)＋2kπ≤x<eq\f(5π,6)＋2kπ(k∈Z).故所求函數的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2kπ≤x＜\f(5,6)π＋2kπ，k∈Z)))).【答案】eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2kπ≤x＜\f(5,6)π＋2kπ，k∈Z))))[再練一題]1.求函數f(x)＝eq\r(－sinx)＋eq\r(tanx－1)的定義域.【導學號：00680030】【解】要使函數f(x)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－sinx≥0，,tanx－1≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx≤0，,tanx≥1，))如圖所示，結合三角函數線知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋π≤x≤2kπ＋2πk∈Z，,kπ＋\f(π,4)≤x<kπ＋\f(π,2)k∈Z，))∴2kπ＋eq\f(5π,4)≤x<2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z).故f(x)的定義域為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(5π,4)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z).三角函數的最值問題三角函數的最值問題是三角函數基礎知識的綜合應用，它往往與二次函數、三角函數圖象、函數的單調性等知識聯系在一起，有一定的綜合性.在求解時，一要注意三角函數式的變形方向；二要注意正弦、余弦函數本身的有界性，還要注意靈活運用方法.求函數f(x)＝cos2x＋sinx＋1eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)≤x))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(≤\f(π,4)))的最小值.【精彩點撥】本題應先通過同角三角函數關系式將函數轉化成關于sinx的二次函數，然后再求最小值.【規范解答】f(x)＝cos2x＋sinx＋1＝1－sin2x＋sinx＋1＝－sin2x＋sinx＋2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,2)))2＋eq\f(9,4)，又－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(\r(2),2)≤sinx≤eq\f(\r(2),2).故當sinx＝－eq\f(\r(2),2)時，f(x)取最小值eq\f(3－\r(2),2).[再練一題]2.求函數y＝cos2x－sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))的值域.【解】y＝－sin2x－sinx＋1，令t＝sinx.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，∴t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))).原函數可化為y＝－t2－t＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)，∴當t＝－eq\f(1,2)時，有ymax＝eq\f(5,4)；當t＝eq\f(\r(2),2)時，有ymin＝eq\f(1－\r(2),2).故原函數值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(2),2)，\f(5,4))).三角函數的圖象及變換三角函數的圖象是研究三角函數性質的基礎，又是三角函數性質的具體體現.在平時的考查中，主要體現在三角函數圖象的變換和解析式的確定，以及通過對圖象的描繪、觀察來討論函數的有關性質.如圖1-1是函數y＝Asin(ωx＋φ)＋keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的一段圖象.圖1-1(1)求此函數解析式；(2)分析一下該函數是如何通過y＝sinx變換得來的？【精彩點撥】(1)先確定A，k，再根據周期求ω，最后確定φ.(2)可先平移再伸縮，也可先伸縮再平移.【規范解答】(1)由圖象知A＝eq\f(－\f(1,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2))),2)＝eq\f(1,2)，k＝eq\f(－\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2))),2)＝－1，T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝2，∴y＝eq\f(1,2)sin(2x＋φ)－1.當x＝eq\f(π,6)時，2×eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6)，∴所求函數解析式為y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1.(2)把y＝sinx向左平移eq\f(π,6)個單位得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，然后縱坐標保持不變、橫坐標縮短為原來的eq\f(1,2)，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，再橫坐標保持不變，縱坐標變為原來的eq\f(1,2)得到y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，最后把函數y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向下平移1個單位，得到y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1的圖象.[再練一題]3.已知函數y＝eq\f(1,2)cosx＋eq\f(1,2)|cosx|.(1)畫出函數的簡圖；(2)這個函數是周期函數嗎？如果是，求出它的最小正周期；(3)指出這個函數的單調增區間.【解】(1)y＝eq\f(1,2)cosx＋eq\f(1,2)|cosx|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))k∈Z，,0，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))k∈Z.))函數圖象如圖所示.(2)該函數是周期函數，且由圖象可知函數的最小正周期是2π.(3)由圖象可知函數的單調增區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ))(k∈Z).三角函數的性質三角函數的性質，重點應掌握y＝sinx，y＝cosx，y＝tanx的定義域、值域、單調性、奇偶性、對稱性等有關性質，在此基礎上掌握函數y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)及y＝Atan(ωx＋φ)的相關性質.在研究其相關性質時，將ωx＋φ看成一個整體，利用整體代換思想解題是常見的技巧.已知函數f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1(其中a為常數).(1)求f(x)的單調區間；(2)若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f(x)的最大值為4，求a的值；(3)求f(x)取最大值時x的取值集合.【精彩點撥】(1)將2x＋eq\f(π,6)看成一個整體，利用y＝sinx的單調區間求解.(2)先求x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時2x＋eq\f(π,6)的范圍，再根據最值求a的值.(3)先求f(x)取最大值時2x＋eq\f(π,6)的值，再求x的值.【規范解答】(1)由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，∴函數f(x)的單調增區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))(k∈Z)，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z，∴函數f(x)的單調減區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z).(2)∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，∴－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1，∴f(x)的最大值為2＋a＋1＝4，∴a＝1.(3)當f(x)取最大值時，2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ，∴2x＝eq\f(π,3)＋2kπ，∴x＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，∴當f(x)取最大值時，x的取值集合是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(π,6)))＋kπ，k∈Z)).[再練一題]4.已知函數f(x)＝(sinx＋cosx)2＋cos2x.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值.【解】(1)因為f(x)＝sin2x＋cos2x＋2sinxcosx＋cos2x＝1＋sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1，所以函數f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由(1)的計算結果知，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1.當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，由正弦函數y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上的圖象知，當2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,8)時，f(x)取得最大值eq\r(2)＋1；當2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(5π,4)，即x＝eq\f(π,2)時，f(x)取得最小值0.綜上，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為eq\r(2)＋1，最小值為0.數形結合思想數形結合思想就是把抽象的數學語言與直觀圖形相結合進行思考，使抽象思維和形象思維結合，通過“以形助數”和“以數解形”使復雜問題簡單化、抽象問題具體化，從而起到優化解題過程的目的.“以形助數”是借助形的生動和直觀來闡述數間的聯系.“以數解形”是借助于數的精確性、規范性、嚴密性來闡明形的某些屬性.由于三角函數具有實際的幾何背景，因此，在本章中，處處可見“數形結合”思想的身影.函數y＝eq\f(2－sinx,3＋cosx)的最小值為________，最大值為________.【精彩點撥】根據題目特征，構造符合題意圖形，運用“數形結合”思想往往可以很簡捷地解決問題.【規范解答】如圖所示，y＝eq\f(2－sinx,3＋cosx)可看做定點A(3,2)與動點B(－cosx，sinx)連線的斜率，而動點(－cosx，sinx)是單位圓上點，故問題轉化為定點與單位圓上點B連線的斜率的最值問題.根據數形結合不難得知，當連線與圓相切時，斜率取最值，解得ymin＝eq\f(3－\r(3),4)，ymax＝eq\f(3＋\r(3),4).【答案】eq\f(3－\r(3),4)eq\f(3＋\r(3),4)[再練一題]5.求函數y＝eq\f(sinx＋1,cosx－2)的值域.【解】將y＝eq\f(sinx＋1,cosx－2)看成是單位圓上的點(cosx，sinx)到點(2，－1)的斜率，即求斜率的范圍.如圖所示，由解析幾何知識可求得過點(2，－1)，且與單位圓有交點的直線的斜率k∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0))，即y∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0)).轉化與化歸的思想化歸思想貫穿本章的始終，在三角函數的恒等變形中，同角關系式和誘導公式?；睘楹?，化異為同，弦切互化；在研究三角函數的圖象與性質時，常把函數y＝Asin(ωx＋φ)化歸為簡單的y＝sinx來研究.這些均體現三角函數中的轉化與化歸的思想方法.求函數y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(2,3)x))的單調區間.【精彩點撥】求三角函數y＝Asin(ωx＋φ)的單調區間，需先保證x的系數為正值，如果ω<0，那么應先進行轉化，將x的系數化為正數，再求解.【規范解答】將原函數化為y＝－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(π,4))).由2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(2,3)x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得3kπ－eq\f(3,8)π≤x≤3kπ＋eq\f(9,8)π(k∈Z)，此時函數單調遞減；由2kπ＋eq\f(π,2)≤eq\f(2,3)x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3,2)π(k∈Z)，得3kπ＋eq\f(9,8)π≤x≤3kπ＋eq\f(21,8)π(k∈Z)，此時函數單調遞增.故原函數的單調遞減區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3kπ－\f(3,8)π，3kπ＋\f(9,8)π))(k∈Z)，單調遞增區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3kπ＋\f(9,8)π，3kπ＋\f(21,8)π))(k∈Z).[再練一題]6.求函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))的單調遞增區間.【解】y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))).令z＝x－eq\f(π,4)，則y＝－2sinz.∵z是x的一次函數，∴要取y＝－2sinz的遞增區間，即取sinz的遞減區間，即2kπ＋eq\f(π,2)≤z≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，∴2kπ＋eq\f(π,2)≤x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，2kπ＋eq\f(3π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(7π,4)(k∈Z)，∴函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))的遞增區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(3π,4)，2kπ＋\f(7π,4)))(k∈Z).1.將函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期后，所得圖象對應的函數為()＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))) ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))【解析】函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的周期為π，將函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期即eq\f(π,4)個單位長度，所得圖象對應的函數為y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故選D.【答案】D2.函數y＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖1-2所示，則()圖1-2＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))【解析】由圖象知eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,2)，故T＝π，因此ω＝eq\f(2π,π)＝2.又圖象的一個最高點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2))，所以A＝2，且2×eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，故φ＝2kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)，結合選項可知y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).故選A.【答案】A3.函數f(x)＝cos(ωx＋φ)的部分圖象如圖1-3所示，則f(x)的單調遞減區間為()圖1-3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(1,4)，kπ＋\f(3,4)))，k∈Z\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(1,4)，2kπ＋\f(3,4)))，k∈Z\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,4)，k＋\f(3,4)))，k∈Z\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z【解析】由圖象知，周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)－\f(1,4)))＝2，∴eq\f(2π,ω)＝2，∴ω＝π.由π×eq\f(1,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，不妨取φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,4))).由2kπ<πx＋eq\f(π,4)<2kπ＋π，得2k－eq\f(1,4)<x<2k＋eq\f(3,4)，k∈Z，∴f(x)的單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z.故選D.【答案】D4.設函數f(x)(x∈R)滿足f(x＋π)＝f(x)＋sinx.當0≤x<π時，f(x)＝0，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(23π,6)))＝()\f(1,2) \f(\r(3),2) D.－eq\f(1,2)【解析】∵f(x＋π)＝f(x)＋sinx，∴f(x＋2π)＝f(x＋π)－sinx.∴f(x＋2π)＝f(x)＋sinx－sinx＝f(x).∴f(x)是以2π為周期的周期函數.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(23π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π－\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))).feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋π))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))－eq\f(1,2).∵當0≤x<π時，f(x)＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝0，∴f