11三角函數性質、最值和W小題歸類 1 1 5 7 【題型八】最值與范圍4:分式型 【題型九】最值與范圍5:絕對值型 【題型一】圖像與性質1:“識圖”【典例分析】,,的最大值為9,則m的值為()令令,轉化為求y=-2r2+4mt+1的最大值問題.,,,,,,,,因,【提分秘籍】確定y=Asin(wx+j)+b(A>0,w>0)(1)求A,b:確定函數的最大值M和最小值m,則(2求0;確定函數的周期T,則可(3)求9:常用的方法有代入法和五點法.交點是在上升區間上還是在下降區間上).【變式演練】的部分圖象如圖所示，則滿足條的部分圖象如圖所示，則滿足條的最小正整數x為【答案】2【分析】先據圖求出解析式，在解得兩個可轉為特殊角的三角函數值，解不等式驗證最小正整數即可.的最小正周期),可看作五點作圖法中的第二個點，的最小正周期),可看作五點作圖法中的第二個點，得T=π,所以w=2,所以f(x)=2cos(2x+φ).點,得,所以.。當x=2時，。符合題意，所以滿足題意的最小正整數x為2.上的最低點和最高點，若P、Q兩點間的距離為5,則關于函數g(x)=Acos(ox-2φ)的說法正確的是()得到函數g(x)的解析式，進而判斷函數g(x)在區間的單調性.如圖，過點P作y軸的垂線，過點Q作x軸的垂線，設兩垂線的交點為B,1,得A=4,5,由函數f(x)的圖像經過點Q(1,2)可得得12k+7≤x≤12k+13(k∈Z),,∴當k=0時g(x)在區間[1,7]上單調遞減，故選C.)A.向左平移個單位長度B.向右平移個單位長度C.向左平移單位長度D.向右平移個單位長度【分析】先由圖用“求出0,由求出9,由f(O)=√3求出A=√3,;運用二倍角公式和輔助角公式化簡,【典例分析】【詳解】故選C.【提分秘籍】基本規律1.化一法，直接利用正余弦最小正周期定義求解2.利用圖像觀察求解。4.經驗推論：如果是多項式和與差型，則各項的最小正周期的公倍數是周期(需要證明是否是最小正周期)【變式演練】【答案】B【分析】畫出f(x)=1+2sin2【詳解】sin2x|的最小正周期為()x圖象，再利用圖象翻折得到f(x)=|1+2sin2x|觀察圖象可得周期.【點睛】本題考查三角函數型的圖像與性質.三角函數周期的求解公式法：y=Asin(wx+j)+t或y=Acos(wx+j)+t的最小正周期為的在區間有三個零點x,x?,x?,且x?<x?<x?,若則f(x)的最小正周期為()A.B.【答案】C【分析】根據題意，知當時，由對稱軸的性質可知和即可求有三個零點x?,x有三個零點x?,x?,x?,A.f(x)的最小正周期為π,最小值為1B.f(x)的最小正周期為π,最小值為-3C.f(x)的最小正周期為2π,最小值為1D.f(x)的最小正周期為2π,最小值為-3【分析】首先利用余弦倍角公式，將式子進行化簡，使得解析式中只有一個函數名，之后進行配方，結合【題型三】圖像與性質3:正余弦函數的對稱軸【典例分析】,若方程f(x)=a恰好有三個根，分別為x,x?,x?(x?<x?<x?),則【詳解】【提分秘籍】【變式演練】在上的最大值為()【答案】A,,即,即,時，即,若關于x的方程f(x)+k=0在區間,若關于x的方程f(x)+k=0在區間BB,;從而可得.,利用數形結合的方法求解即可.),作，),作，∴上有兩個不同∵關于x的方程f(x)+k=0在區間[0,上有兩個不同,:的圖象的相鄰兩個對稱軸之間的距離為且Vx∈R恒有,,若存在成立，則b的取值范圍為.根據正弦函數的性質確定f(x)的最值，最后由不等式恒成立求參數范圍即可.由f(x)相鄰兩個對稱軸之間的距離為故對稱，即,故【題型四】圖像和性質4:對稱中心【典例分析】同，若.范圍是【答案】,【詳解】,【提分秘籍】【變式演練】.0是函數/0)的一個對稱中心，則函數/在上的取值范圍是()A.(-1,√5)B.(-1,2)D.[-1,2]【答案】B可得.(k∈Z),則o=2+4k,(k∈Z),則o=2,A.(-x,-1)U(1,+x)B.(-1,0)U(1,+x)C.(-o,-1)U(0,1)D.(定解集.【答案】B0)對稱時，x2-x最小，即可求出答案.;(舍去),在第一象限，∴取(舍去),,【答案】D),,再利用換元法令),,再利用換元法令).,).,,文文,,,,所以故選D.2.已知當時，函數f(x)=asinx+cosx取【答案】B可得答案.可得答案.、,在(0,π)上有兩個不等實根，則正整數3.若存在正整數m使得關于x的方程nsinx+(1+mn)co在(0,π)上有兩個不等實根，則正整數【答案】4有兩個不等實根，故即可得出答案.,①對任意m,n∈N*,恒成立.由②得3mn<4n-3,存在m∈Z*,成立，【題型六】最值與范圍2:一元二次正余弦有界性【典例分析】A.a≤-2√3+1B.a=-2√3+1C.a≤-7D.a=-7【答案】D【分析】【詳解】,則;不滿足題意，的子集，此時m-m的最大值為不滿足題意，的子集，此時m-m的最大值為顯然對任意x∈R恒成立，此時m-n無最顯然對任意x∈R恒成立，此時m-n無最大值；故C錯；,的子集，此時m-n的最大值為滿足題意，由題意可得，(n,m)的子集，此時m-n的最大值為滿足題意，;。;。【提分秘籍】【變式演練】則函數y=sinα-cos2β的值域是(則函數y=sinα-cos2β的值域是(【詳解】因為sina+sinβ=1,所以sina=1-sinβ,因為sina+sinβ=1,所以O≤sinβ≤1,所以,所以故函數y=sina-cos2β2.已知a,b∈R且對任意x∈R,不等式acosx+2bcos2x>1無解，當實數b取得最大值時，方程根據余弦函數的二倍角公式將不等式acosx+2bcos2x>1轉化為4bcos2x+acosx-2b-1>0,再令cosx=t,,故答案為：322.若cos2O+2msinO-2m-2<0對任意實數θ恒成立，則實數m應滿足的條4當x=m≤0或O<x=m<1或x=m≥1時，判斷函數單調性，解不等式，求解即可.【詳解】∵cos2θ+2msinθ-2m-2<0:1-sin2θ+2msinθ-2m-2=-sin2θ+2msinθ-2m-1<0.則f(x)<f(I)=-1+2m-2m-1=-2<0,即m≥1【題型七】最值與范圍3:sinx與cosx積和(差)換元型【典例分析】函的值域為()A.(-√Z+1,√2+1)B.(-√Z+1,√Z+1)C.【答案】D,將f(x)轉化為關于1的二次函數，利用二次函數的性質求解值域.2sinxcosx=f2-1,則f(x)=f2+t-1,t【提分秘籍】基本規律【變式演練】【分析】令sinx-cosx=t,函數化為]1,利用二次函數的性質即可求出.【詳解】3.函數y=sinx-cosx+sinxcosx的值域為則用換元法，設t=sinx-cosx,則值域.【典例分析】A.B.-1C.-√2【詳解】【提分秘籍】【變式演練】的最大值為M(a),最小值為m(a),則()A.3a?∈R,M(a?)·m(a?)=2【分析】定理，即可得到答案.a(sinx-ycosx)=(a2+2)(y-1),即A.1則f(x)的最小值為()【答案】B【分析】首先根據換元法將函數的最小值與函數在區間(0,2)的最小值，最后利用基本不等式求出函數的最小值即可.【詳解】又因為的最小值與函數在區間[0,2]的最小值相同，,當且僅當即的最小值2.的最小值2.的最大值為(其中(其中【題型九】最值與范圍5:絕對值型【典例分析】若函數f4)=a+bcosx+csnx的圖象經過點(0.)和,且當時，If(x)|≤2恒成立，則實數a1,解得a≤4+3√2,又a>1,從而1<a≤4+3√2.【提分秘籍】【變式演練】A.[l.√5]B.[1,2], 【題型十】三角換元1:圓代換,所以因為Θ∈[π,2π],所以【提分秘籍】(xa)2+(y-b)2=R2的參數方程是：【變式演練】【分析】【詳解】【1【分析】首先由數量積公式可得∠AOB=120°,再根據絕對值的幾何意義得表示兩點AB分別到直線x-2y=0的距離之和，再以直線x-2y=0為x軸重新建立直角坐標系后，利用三角函數表示h,根據角的范圍求值域.表示兩點A,B分別到直線x-2y=0的距離之和.取直線x-2y=0為x軸重新建立直角坐標系后，則h表示兩點A,B分別到x軸的距離之和.在新的直角坐標系下，設A(cos0,sinθ),B(cos(O+120°),sin(O+120°))。由對稱性，不妨設點B在x軸上或上方，即-120?≤θ≤60°.,,,【典例分析】將問題轉化為三角函數求最值，即可求得答案.,又x,y為非負實數，Q(x+y)2=x2+y2+2xy≥4x, 時，θ+φ取得最大值，,【提分秘籍】1.二次型雙變量可以三角換元2.橢圓型，或者雙變量型，可以適當選擇多項式三角函數換元。【變式演練】1.已知實數x,y滿足4+9°=1,則2+1+3【解析】的取值范圍是A.6√2-5B.6V2-7C.【詳解】因為實數x,y滿足,設x=√Zcosθ,y=sin0,:|x2+y2-2|+|x2+y2-6x+7|H2cos2O+sin2O-2|+12cos2O+sin2O-6√ZcosO+7H:|x2+y2-2|+|x2+y2-6x+7|=sin2O+cos20-6V【題型十二】三角換元3:無理根號代換【典例分析】解：因為y=√x-4+√18-3x所以解得4≤x≤6,令x=4+2sin2t,【提分秘籍】通過本專題注意總結積累無理單根號，雙根號等等三角換元的數字特征3.式子可能具有“輪換特征”【變式演練】【答案】8.【詳解】由4-x2≥0可得-2≤x≤2,即函數的定義域為[-2,2]。所以設x=2cosθ,θ∈[0]則y=2cosθ-√4-4cos?6=2cosθ-2sinθ=2√Z(cosθ-s3.設r,t∈R滿足r-2√t-2Vr-t+1=0,則r的取值范圍是..【答案】[3-2√2,3+2√2]【詳解】【題型十三】三角換元4:正切代換【典例分析】設a≥0,則的最小值是討論的最小值即可【詳解】∵a≥0,∴可令a-【提分秘籍】基本規律適當掌握萬能代換公式。并且萬能代換還能用于二選一題4-4的消參。具體參考高考題2019年新課標1第22題，如下，消參方法之一，就是萬能代換。,,在曲線C的參數方程為(t為參數)的最大值和最小值分別為()A.1,-1B.,再根據二次函數的性質即可求出結果.,【典例分析】的最大值是,最小值是.【分析】進而表示b?c,作圖分分三類討論單調性，求得分別的最值，即可求得答案.【詳解】大值為16;顯然β在第四象限，因,所以-45<b<0,即0<-b<45?9090-b<135?90a<9由①中0<j<45,即90<90+atj<qtj?180j<225【提分秘籍】【變式演練】【分析】,b?c的最大值是,最小值是,則進而表示a?作圖分;利用分類討論c與a,b的投影的正負，以c與a垂直，c與b垂直作為分界線，從而【詳解】0<-b<45?9090-b<135?90a<90-b+a<135+a<2290<90-b<q-b?90b+a由①中0<j<45,即90<90+a+j<qtj?180j<225其中x、y∈R,則x+y的最大值是()【答案】B可得A(1,0),可得A(1,0),,,∴x+y=cosO+√Ssinθ=2sin(O+30°),:0D,8-a,8-a與一6的夾角為,|ā-6|=2V3,|ē-b|=2,由ā,b的夾角為,E-a與-b的夾角為可知：四點O,A,B,C共圓，然后結合正弦定理與三角函數求,,【題型十五】三角函數中w求解【典例分析】的一條對稱軸，且f(x)在上單調遞減.記滿足條件的所有0的值的和為S,則S的值為()【答案】A【分析】由一條對稱軸和一個對稱中心可以得到或或或或或算出0的大致范圍，驗證即可.∴,或上單調遞減，滿足f(x)在上單調遞減，②當時，取k=0知；此時.),當此時f(x)在上單調遞增，舍去【提分秘籍】求0題型多為難題，規律不明顯，大多數時候，是代入點的坐標，利用一些已知點(最高點、最低點或”零【變式演練】1.已知向量a=(sinox,cosox),b=(1,-1)交點的橫坐標都不屬于區間(3π,4π),則0的取值范圍是()【答案】B【解析】,由對稱軸當k=1,2,3 ,,且f(x)在上單調，則o的最大值為【答案】5取值范圍，又根據所求值為最大值，所以從大到小對0賦值驗證找到適合的最大值即可.所以單調遞減，滿足題意，所以0的最大值為5.3.已知定義在>0)的最大值)則正實數0的取值個數最多為A.4B.3【答案】C的最大值，再根據函數零點的判斷方法，即可判斷出正實數0的取值個數.【詳解】①當時，即o≥4②當時，即O<o<4,根據正弦函數的單調性可知，y=sinx在上單調遞增，所以【題型十六】數列與三角函數【典例分析】只含有4個元素，則t的可能取值有()個A.2【答案】C【分析】考慮t≤3不符合題意，t=4,6,7,8時，列舉出滿足條件的集合，再考慮t=5時不成立，得到答案.【詳解】,根據周期性知集合最多有3個元素，不符合；,滿足條件；,滿足條件；2在單位圓的五等分點上不可能取到4個不同的正弦值，故不滿足；【變式演練】f,(x)=m總有兩個不同的根，則{a。}的通項公式是a,=【答案】【分析】利用三角函數的圖象與性質、誘導公式和數列的遞推公式，可得a-a=nπ,再利用“累加”法和等差數列的前n項和公式，即可求解.【詳解】由題意，因為a?=0,當n=1時，f(x)=|s又因為對任意的實數m∈[0,1],對任意的實數m∈[0,1],f(x)=mf(x)=m總有兩個不同的根，所以a?=π,總有兩個不同的根，所以a?=3π,對任意的實數m∈[0,1],f(x)=m總有兩個不同的根，所以a?=6π,所以.故答案為【答案】10200,所以【詳解】因為,所以a?n-2=-(4n-2)2,a?n-=-(4n)23.設數列(au)是首項為0的遞增數列，l,x∈[an,an+j](n∈N*),滿足：對于任意的b∈(0,1),fn(x)=b總有兩個不同的根，則{an}的通項公式為【詳解】試題分析：根據條件確定an+1-an=nπ,利用疊加可求得{an}的通項公式.又∵對任意的b∈(0,1),fi(x)=b總有兩個不同的根，∴a?=π∵對任意的b∈(0,1),f?(x)=b總有兩個不同的根，∴a?=3π…EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(∵),由)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(對),此)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(任),可)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(意),得)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(的),an)【答案】B【分析】【詳解】由圖象及J,所以,【答案】4【解析】【詳解】考點：1、函數y=Asin(ox+φ)的圖像與性質；2、圓的方程.【方法點晴】本題主要考查函數y=Asin(ox+φ)的圖象與性質和圓的方程，綜合性較高，屬于較難題型.解決本題的關鍵是由f(x)圖象上相鄰的一個最大值點與一個最小值點這一條件判斷出f(x)的T=2k(不妨取k>0),進而可得最大值點在圓上(用最小值點也可以),從而代入圓方程