2009年高考數(shù)學難點突破專題輔導十五

難點15  三角函數(shù)的圖象和性質

三角函數(shù)的圖象和性質是高考的熱點，在復習時要充分運用數(shù)形結合的思想，把圖象和性質結合起來.本節(jié)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(shù)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(shù)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(jù)等價轉化的思想和二次函數(shù)在給定區(qū)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(shù)在給定區(qū)間上的最值問題；對于解法二，主要運用三角函數(shù)的平方關系把所求的問題轉化為二次函數(shù)在給定區(qū)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(shù)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(jù)三角函數(shù)知識來解決實際問題.

錯解分析：考生不易運用所學的數(shù)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(shù)，其次運用三角函數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)知識與實際問題結合起來分析、思考，充分體現(xiàn)了“以能力立意”的命題原則.屬★★★★級題目.

知識依托：依據(jù)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(shù)式的各個特定系數(shù)和字母.

技巧與方法：數(shù)形結合的思想，以及運用待定系數(shù)法確定函數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)圖象的基礎上要對三角函數(shù)的性質靈活運用.

2.三角函數(shù)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(shù)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(shù)學建模能力，要注意數(shù)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(shù)y=－xcosx是奇函數(shù)，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(qū)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(qū)間.

4.解：由－≤ωx≤，得f(x)的遞增區(qū)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(shù)可化為y=

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

－］上，≤cosx≤1.

∴l(xiāng)og₂≤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.