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2009年高考數學難點突破專題輔導十五

難點15  三角函數的圖象和性質

三角函數的圖象和性質是高考的熱點，在復習時要充分運用數形結合的思想，把圖象和性質結合起來.本節主要幫助考生掌握圖象和性質并會靈活運用.

●難點磁場

(★★★★)已知α、β為銳角，且x(α+β－)＞0,試證不等式f(x)=^x＜2對一切非零實數都成立.

●案例探究

［例1］設z₁=m+(2－m²)i,z₂=cosθ+(λ+sinθ)i,其中m,λ,θ∈R，已知z₁=2z₂，求λ的取值范圍.

命題意圖：本題主要考查三角函數的性質，考查考生的綜合分析問題的能力和等價轉化思想的運用，屬★★★★★級題目.

知識依托：主要依據等價轉化的思想和二次函數在給定區間上的最值問題來解決.

錯解分析：考生不易運用等價轉化的思想方法來解決問題.

技巧與方法：對于解法一，主要運用消參和分離變量的方法把所求的問題轉化為二次函數在給定區間上的最值問題；對于解法二，主要運用三角函數的平方關系把所求的問題轉化為二次函數在給定區間上的最值問題.

解法一：∵z₁=2z₂，

∴m+(2－m²)i=2cosθ+(2λ+2sinθ)i,∴

∴λ=1－2cos²θ－sinθ=2sin²θ－sinθ－1=2(sinθ－)²－.

當sinθ=時λ取最小值－，當sinθ=－1時，λ取最大值2.

解法二：∵z₁=2z₂  ∴

∴,

∴=1.

∴m⁴－(3－4λ)m²+4λ²－8λ=0,設t=m²,則0≤t≤4,

令f(t)=t²－(3－4λ)t+4λ²－8λ,則或f(0)?f(4)≤0

∴

∴－≤λ≤0或0≤λ≤2.

∴λ的取值范圍是［－，2］.

［例2］如右圖，一滑雪運動員自h=50m高處A點滑至O點，由于運動員的技巧(不計阻力)，在O點保持速率v₀不為，并以傾角θ起跳，落至B點，令OB=L，試問，α=30°時，L的最大值為多少？當L取最大值時，θ為多大？

命題意圖：本題是一道綜合性題目，主要考查考生運用數學知識來解決物理問題的能力.屬★★★★★級題目.

知識依托：主要依據三角函數知識來解決實際問題.

錯解分析：考生不易運用所學的數學知識來解決物理問題，知識的遷移能力不夠靈活.

技巧與方法：首先運用物理學知識得出目標函數，其次運用三角函數的有關知識來解決實際問題.

解：由已知條件列出從O點飛出后的運動方程：

由①②整理得：v₀cosθ=

∴v₀²+gLsinα=g²t²+≥=gL

運動員從A點滑至O點，機械守恒有:mgh=mv₀²,

∴v₀²=2gh,∴L≤=200(m)

即L_max=200(m),又g²t²=.

∴

得cosθ=cosα,∴θ=α=30°∴L最大值為200米，當L最大時，起跳仰角為30°.

［例3］如下圖，某地一天從6時到14時的溫度變化曲線近似滿足函數y=Asin(ωx+φ)+b.

(1)求這段時間的最大溫差.

(2)寫出這段曲線的函數解析式.

命題意圖：本題以應用題的形式考查備考中的熱點題型，要求考生把所學的三角函數知識與實際問題結合起來分析、思考，充分體現了“以能力立意”的命題原則.屬★★★★級題目.

知識依托：依據圖象正確寫出解析式.

錯解分析：不易準確判斷所給圖象所屬的三角函數式的各個特定系數和字母.

技巧與方法：數形結合的思想，以及運用待定系數法確定函數的解析式.

解：(1)由圖示，這段時間的最大溫差是30－10=20(℃)；

(2)圖中從6時到14時的圖象是函數y=Asin(ωx+φ)+b的半個周期的圖象.

∴=14－6,解得ω=,由圖示A=(30－10)=10，b=(30+10)=20，這時y=10sin(x+φ)+20,將x=6,y=10代入上式可取φ=π.綜上所求的解析式為y=10sin(x+

π)+20,x∈［6,14］.

●錦囊妙計

本難點所涉及的問題及解決的方法主要有：

1.考查三角函數的圖象和性質的基礎題目，此類題目要求考生在熟練掌握三角函數圖象的基礎上要對三角函數的性質靈活運用.

2.三角函數與其他知識相結合的綜合題目，此類題目要求考生具有較強的分析能力和邏輯思維能力.在今后的命題趨勢中綜合性題型仍會成為熱點和重點，并可以逐漸加強.

3.三角函數與實際問題的綜合應用.

此類題目要求考生具有較強的知識遷移能力和數學建模能力，要注意數形結合思想在解題中的應用.

●殲滅難點訓練

一、選擇題

試題詳情

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二、填空題

試題詳情

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三、解答題

試題詳情

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難點磁場

證明：若x＞0，則α+β＞∵α、β為銳角，∴0＜－α＜β＜;0＜－β＜,∴0＜sin(－α)＜sinβ.0＜sin(－β)＜sinα，∴0＜cosα＜sinβ,0＜cosβ＜sinα,∴0＜＜1,0＜＜1,∴f(x)在(0,+∞)上單調遞減，∴f(x)＜f(0)=2.若x＜0,α+β＜,∵α、β為銳角，0＜β＜－α＜,0＜α＜－β＜,0＜sinβ＜sin(－α),∴sinβ＜cosα,0＜sinα＜sin(－β),∴sinα＜cosβ,∴＞1, ＞1,

∵f(x)在(－∞,0）上單調遞增，∴f(x)＜f(0)=2,∴結論成立.

殲滅難點訓練

一、1.解析：函數y=－xcosx是奇函數，圖象不可能是A和C，又當x∈(0, )時，

y＜0.

答案：D

2.解析：f(x)=cos2x+sin(+x)=2cos²x－1+cosx

=2［(cosx+］－1.

答案：D

二、3.解：在［－π,π］上，y=｜cosx｜的單調遞增區間是［－,0］及［,π］.而f(x)依｜cosx｜取值的遞增而遞減,故［－,0］及［,π］為f(x)的遞減區間.

4.解：由－≤ωx≤，得f(x)的遞增區間為［－,］，由題設得

三、5.解：(1)∵－1≤sinα≤1且f(sinα)≥0恒成立，∴f(1)≥0

∵1≤2+cosβ≤3,且f(2+cosβ)≤0恒成立.∴f(1)≤0.

從而知f(1)=0∴b+c+1=0.

(2)由f(2+cosβ)≤0,知f(3)≤0,∴9+3b+c≤0.又因為b+c=－1,∴c≥3.

(3)∵f(sinα)=sin²α+(－1－c)sinα+c=(sinα－)²+c－()²,

當sinα=－1時，［f(sinα)］_max=8,由解得b=－4,c=3.

6.解：如圖，設矩形木板的長邊AB著地，并設OA=x，OB=y，則a²=x²+y²－2xycosα≥2xy－2xycosα=2xy(1－cosα).

∵0＜α＜π,∴1－cosα＞0,∴xy≤ (當且僅當x=y時取“=”號)，故此時谷倉的容積的最大值V₁=(xysinα)b=.同理，若木板短邊著地時，谷倉的容積V的最大值V₂=ab²cos,

∵a＞b,∴V₁＞V₂

從而當木板的長邊著地，并且谷倉的底面是以a為底邊的等腰三角形時，谷倉的容積最大，其最大值為a²bcos.

7.解：如下圖，扇形AOB的內接矩形是MNPQ，連OP，則OP=R，設∠AOP=θ，則

∠QOP=45°－θ，NP=Rsinθ,在△PQO中，，

∴PQ=Rsin(45°－θ).S_矩形MNPQ=QP?NP=R²sinθsin(45°－θ)=R²?［cos(2θ－45°)－］≤R²，當且僅當cos(2θ－45°)=1,即θ=22.5°時，S_矩形MNPQ的值最大且最大值為R².

工人師傅是這樣選點的，記扇形為AOB，以扇形一半徑OA為一邊，在扇形上作角AOP且使∠AOP=22.5°，P為邊與扇形弧的交點，自P作PN⊥OA于N，PQ∥OA交OB于Q，并作OM⊥OA于M，則矩形MNPQ為面積最大的矩形，面積最大值為R².

8.解：∵在［－］上，1+sinx＞0和1－sinx＞0恒成立，∴原函數可化為y=

log₂(1－sin²x)=log₂cos²x，又cosx＞0在［－］上恒成立，∴原函數即是y=2log₂cosx,在x∈［

－］上，≤cosx≤1.

∴log₂≤log₂cosx≤log₂1，即－1≤y≤0，也就是在x∈［－］上，y_max=0,

y_min=－1.

綜合上述知，存在符合題設.