《2019高考數(shù)學二輪復習 專題一 平面向量、三角函數(shù)與解三角形學案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考數(shù)學二輪復習 專題一 平面向量、三角函數(shù)與解三角形學案 理（84頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題一 平面向量、三角函數(shù)與解三角形 [全國卷3年考情分析] 第一講 小題考法——平面向量 考點(一) 向量的線性運算與有關定理 主要考查平面向量的線性運算以及向量共線、平面向量基本定理的應用. [典例感悟] [典例]　(1)(2018·福州模擬)如圖，在直角梯形ABCD中，＝，＝2，且＝r＋s，則2r＋3s＝(　　) A．1　　　　　　　　　　 B．2 C．3 D．4 (2)(2019屆高三·開封模擬)已知平面向量a，b，c，a＝(－1,1)，b＝(2,3)，c＝(－2，k)，若(a＋b)∥c，則實數(shù)k＝________. [解析]　(1)法一：根據(jù)圖

2、形，由題意可得＝＋＝＋＝＋(＋＋)＝＋(＋)＝＋＝＋ .因為＝r＋s，所以r＝，s＝，則2r＋3s＝1＋2＝3，故選C. 法二：如圖所示，建立平面直角坐標系xAy，依題意可設點B(4m,0)，D(3m,3h)，E(4m,2h)，其中m>0，h>0. 由＝r＋s，得(4m,2h)＝r(4m,0)＋s(3m,3h)， 所以解得 所以2r＋3s＝1＋2＝3，選C. (2)由題意，得a＋b＝(1,4)，由(a＋b)∥c，得1×k＝4×(－2)，解得k＝－8. [答案]　(1)C　(2)－8 [方法技巧] 解決平面向量問題的常用3種方法 幾何法 求解有關平面向量的問題時，若能靈活利

3、用平面向量加、減法運算及其幾何意義進行分析，則有利于問題的順利獲解 建系法 處理有關平面圖形的向量問題時，若能靈活建立平面直角坐標系，則可借助向量的坐標運算巧解題，這也體現(xiàn)了向量的代數(shù)化手段的重要性 基底法 求解有關平面向量的問題時，若能靈活地選取基底，則有利于問題的快速獲解．理論依據(jù)：適當選取一組基底e1，e2，利用平面向量基本定理及相關向量知識，可將原問題轉化為關于e1，e2的代數(shù)運算問題 [演練沖關] 1．(2018·合肥二模)如圖，在△OAB中，P為線段AB上的一點，＝x＋y，且＝2，則(　　) A．x＝，y＝ B．x＝，y＝ C．x＝，y＝ D．x＝，y＝

4、解析：選A　由題意知＝＋，又＝2＝，所以＝＋＝＋(－)＝＋，所以x＝，y＝. 2．(2018·西安高級中學三模)在△ABC中，＝2，＝3，連接BF，CE，且BF∩CE＝M，＝x＋y，則x－y等于(　　) A．－ B. C．－ D. 解析：選C　因為＝2，所以＝，所以＝x＋y＝x＋y.由B，M，F(xiàn)三點共線得x＋y＝1.① 因為＝3，所以＝，所以＝x＋y＝x＋y.由C，M，E三點共線得x＋y＝1.② 聯(lián)立①②解得所以x－y＝－＝－，故選C. 3．已知A(－1,2)，B(a－1,3)，C(－2，a＋1)，D(2,2a＋1)，若向量與平行且同向，則實數(shù)a的值為________． 解

5、析：法一：由已知得＝(a,1)，＝(4，a)，因為與平行且同向，故可設＝λ (λ>0)，則(a,1)＝λ(4，a)，所以解得故所求實數(shù)a＝2. 法二：由已知得＝(a,1)，＝(4，a)，由∥，得a2－4＝0，解得a＝±2.又向量與同向，易知a＝－2不符合題意．故所求實數(shù)a＝2. 答案：2 考點(二) 平面向量的數(shù)量積及應用 主要考查數(shù)量積、夾角以及向量模的計算或用數(shù)量積解決最值范圍問題. [典例感悟] [典例]　(1)(2018·南寧、柳州聯(lián)考)已知單位向量a，b滿足|a＋b|＝|a－b|，則a與b－a的夾角是(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. (2

6、)(2018·福州四校聯(lián)考)已知向量a，b為單位向量，且a·b＝－，向量c與a＋b共線，則|a＋c|的最小值為(　　) A．1 B. C. D. (3)(2017·全國卷Ⅱ)已知△ABC是邊長為2的等邊三角形，P為平面ABC內一點，則·(＋)的最小值是(　　) A．－2 B．－ C．－ D．－1 [解析]　(1)因為|a＋b|＝|a－b|，所以(a＋b)2＝(a－b)2，整理得a·b＝0.在平面直角坐標系中作出a，b，b－a，如圖，易知a與b－a的夾角是，故選D. (2)法一：∵向量c與a＋b共線，∴可設c＝t(a＋b)(t∈R)，∴a＋c＝(t＋1)a＋tb，∴(a＋c

7、)2＝(t＋1)2a2＋2t(t＋1)a·b＋t2b2，∵向量a，b為單位向量，且a·b＝－，∴(a＋c)2＝(t＋1)2－t(t＋1)＋t2＝t2＋t＋1＝2＋≥，∴|a＋c|≥，∴|a＋c|的最小值為，故選D. 法二：∵向量a，b為單位向量，且a·b＝－，∴向量a，b的夾角為120°，在平面直角坐標系中，不妨設向量a＝(1,0)，b＝，則a＋b＝.∵向量c與a＋b共線，∴可設c＝t(t∈R)，∴a＋c＝，∴|a＋c|＝ ＝≥，∴|a＋c|的最小值為，故選D. (3)如圖，以等邊三角形ABC的底邊BC所在直線為x軸，以BC的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標系，則A(0，)，B(－1,0)

8、，C(1,0)，設P(x，y)，則＝(－x, －y)，＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，所以·(＋)＝(－x，－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋22－，故當x＝0，y＝時，·(＋)取得最小值，為－. [答案]　(1)D　(2)D　(3)B [方法技巧] 解決以平面圖形為載體的向量數(shù)量積問題的方法 (1)選擇平面圖形中模與夾角確定的向量作為一組基底，用該基底表示構成數(shù)量積的兩個向量，結合向量數(shù)量積運算律求解． (2)若已知圖形中有明顯的適合建立直角坐標系的條件，可建立直角坐標系將向量數(shù)量積運算轉化為代數(shù)運算來解決． [演練沖關] 1．(2018·昆明模擬)已知向量a＝(－

9、1,2)，b＝(1,3)，則|2a－b|＝(　　) A. B．2 C. D．10 解析：選C　由已知，易得2a－b＝2(－1,2)－(1,3)＝(－3,1)，所以|2a－b|＝＝.故選C. 2．(2018·全國卷Ⅱ)已知向量a，b滿足|a|＝1，a·b＝－1，則a·(2a－b)＝(　　) A．4 B．3 C．2 D．0 解析：選B　a·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－a·b. ∵|a|＝1，a·b＝－1，∴原式＝2×12＋1＝3. 3．(2018·陜西寶雞一模)在等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N(不與A，C重合)為AC邊上的兩

10、個動點，且滿足||＝，則·的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　以等腰直角三角形ABC的直角邊所在直線為坐標軸，建立如圖所示的平面直角坐標系，則B(0,0)，直線AC的方程為x＋y＝2. 設M(a,2－a)，則0

11、，△MBC，△MCA的面積分別為2，m，n，則＋的最小值是(　　) A．20 B．18 C．16 D．8 解析：選D　設△ABC的內角B，C所對的邊分別為b，c，因為·＝8，，的夾角為150°，所以8 ＝bc·cos 30°，解得bc＝16，所以S△ABC＝bcsin∠BAC＝×16×sin 30°＝4.依題意得2＋m＋n＝4，解得m＋n＝2.因為＋＝×＝5＋≥5＋×2＝8，所以＋的最小值是8.故選D. [必備知能·自主補缺]依據(jù)學情課下看，針對自身補缺漏；臨近高考再瀏覽，考前溫故熟主干 [主干知識要記牢] 1．平面向量的兩個充要條件 若兩個非零向量a＝(x1，y1)，b

12、＝(x2，y2)，則 (1)a∥b?a＝λb(b≠0)?x1y2－x2y1＝0. (2)a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0. 2．平面向量的性質 (1)若a＝(x，y)，則|a|＝＝. (2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則||＝. (3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為a與b的夾角，則cos θ＝＝ . (4)|a·b|≤|a|·|b|. [二級結論要用好] 1．三點共線的判定 (1)A，B，C三點共線?，共線． (2)向量，，中三終點A，B，C共線?存在實數(shù)α，β使得＝α＋β，且α＋β＝1. [針對練1]　在?ABCD中，點E是AD邊的

13、中點，BE與AC相交于點F，若＝m＋n (m，n∈R)，則＝________. 解析：如圖，∵＝2，＝m＋n，∴＝＋＝m＋(2n＋1)，∵F，E，B三點共線，∴m＋2n＋1＝1，∴＝－2. 答案：－2 2．中點坐標和三角形的重心坐標 (1)設P1，P2的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則線段P1P2的中點P的坐標為. (2)三角形的重心坐標公式：設△ABC的三個頂點的坐標分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，則△ABC的重心坐標是G. 3．三角形“四心”向量形式的充要條件 設O為△ABC所在平面上一點，角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，則

14、(1)O為△ABC的外心?||＝||＝||＝. (2)O為△ABC的重心?＋＋＝0. (3)O為△ABC的垂心?·＝·＝·. (4)O為△ABC的內心?a＋b＋c＝0. [易錯易混要明了] 1．要特別注意零向量帶來的問題：0的模是0，方向任意，并不是沒有方向；0與任意向量平行；λ0＝0(λ∈R)，而不是等于0；0與任意向量的數(shù)量積等于0，即0·a＝0；但不說0與任意非零向量垂直． 2．當a·b＝0時，不一定得到a⊥b，當a⊥b時，a·b＝0；a·b＝c·b，不能得到a＝c，即消去律不成立；(a·b)·c與a·(b·c)不一定相等，(a·b)·c與c平行，而a·(b·c)與a平行．

15、 3．兩向量夾角的范圍為[0，π]，向量的夾角為銳角(鈍角)與向量的數(shù)量積大于(小于)0不等價． [針對練2]　已知向量a＝(－2，－1)，b＝(λ，1)，若a與b的夾角為鈍角，則λ的取值范圍是________________． 解析：依題意，當a與b的夾角為鈍角時，a·b＝－2λ－1<0，解得λ>－.而當a與b共線時，有－2×1＝－λ，解得λ＝2，即當λ＝2時，a＝－b，a與b反向共線，此時a與b的夾角為π，不是鈍角，因此，當a與b的夾角為鈍角時，λ的取值范圍是∪(2，＋∞)． 答案：∪(2，＋∞) A級——12＋4提速練 一、選擇題 1．(2018·貴州模擬)已知向量a＝(

16、1,2)，b＝(m，－1)，若a∥b，則實數(shù)m的值為(　　) A.　　　　　　　　　　 B．－ C．3 D．－3 解析：選B　由題意，得1×(－1)－2m＝0，解得m＝－，故選B. 2．(2018·福州模擬)已知a＝(1,2)，b＝(－1,1)，c＝2a－b，則|c|＝(　　) A. B．3 C. D. 解析：選B　因為c＝2a－b＝2(1,2)－(－1,1)＝(3,3)， 所以|c|＝＝3.故選B. 3．(2019屆高三·廣西五校聯(lián)考)設D是△ABC所在平面內一點，＝2，則(　　) A．＝－ B．＝－ C．＝－ D．＝－ 解析：選A?。剑剑剑剑?

17、 4．(2018·云南調研)在?ABCD中，＝8，＝6，N為DC的中點，＝2，則·＝(　　) A．48 B．36 C．24 D．12 解析：選C　·＝(＋)·(＋)＝·＝2－2＝×82－×62＝24. 5．已知點A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，則向量在方向上的投影是(　　) A. B．－ C．3 D．－3 解析：選C　依題意得，＝(2,1)，＝(5,5)，·＝(2,1)·(5,5)＝15，||＝，因此向量在方向上的投影是＝＝3. 6．(2019屆高三·湖南五市十校聯(lián)考)△ABC是邊長為2的等邊三角形，向量a，b滿足＝2a，＝2a＋b，則向

18、量a，b的夾角為(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 解析：選C　＝－＝2a＋b－2a＝b，則向量a，b的夾角即為向量與的夾角，故向量a，b的夾角為120°. 7．(2018·西工大附中四模)已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，點G在△ABC內，且滿足＋＋＝0，·＝0，若a2＋b2＝λc2(λ∈R)，則λ＝(　　) A．－5 B．－2 C．2 D．5 解析：選D　設BC的中點為D，連接GD(圖略)，則＋＝2. 又＋＋＝0，所以2＝， 所以A，G，D三點共線，且AG＝2GD. 故＝＝×(＋)＝(＋)． 同理可得BG―→＝(＋

19、)． 由·＝0，得(＋)·(＋)＝0， 所以(＋)·(－2)＝0， 即||2－2||2－·＝0， 所以b2－2c2－bc·＝0， 化簡得a2＋b2＝5c2. 又a2＋b2＝λc2(λ∈R)，所以λ＝5.故選D. 8．已知△ABC為等邊三角形，AB＝2，設點P，Q滿足＝λ，＝(1－λ)，λ∈R，若·＝－，則λ＝(　　) A. B. C. D. 解析：選A　以點A為坐標原點，AB所在的直線為x軸，過點A且垂直于AB的直線為y軸，建立平面直角坐標系，則A(0,0)，B(2,0)，C(1，)，∴＝(2,0)，＝(1，)，又＝λ，＝(1－λ)，∴P(2λ，0)，Q(1－λ，(1－

20、λ))，∴·＝(－1－λ，(1－λ))·(2λ－1，－)＝－，化簡得4λ2－4λ＋1＝0，∴λ＝. 9．(2018·西安八十三中二模)稱d(a，b)＝|a－b|為兩個向量a，b間的“距離”．若向量a，b滿足：①|b|＝1；②a≠b；③對任意t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，則(　　) A．a(chǎn)⊥b B．a(chǎn)⊥(a－b) C．b⊥(a－b) D．(a＋b)⊥(a－b) 解析：選C　由d(a，tb)≥d(a，b)，可知|a－tb|≥|a－b|，所以(a－tb)2≥(a－b)2，又|b|＝1，所以t2－2(a·b)t＋2(a·b)－1≥0.因為上式對任意t∈R恒成立，所以Δ＝4(a·

21、b)2－4[2(a·b)－1]≤0，即(a·b－1)2≤0，所以a·b＝1.于是b·(a－b)＝a·b－|b|2＝1－12＝0，所以b⊥(a－b)．故選C. 10．(2018·河南林州檢測)已知△ABC的外接圓的圓心為O，滿足：＝m＋n,4m＋3n＝2，且||＝4，||＝6，則·＝(　　) A．36 B．24 C．24 D．12 解析：選A　·＝m2＋n·，因為O為△ABC的外心，所以2＝m2＋n||·||·cos∠BCA，所以24＝48m＋24n·cos∠BCA，因為4m＋3n＝2，所以24＝12(2－3n)＋24n·cos∠BCA，又n≠0，即cos∠BCA＝，所以·＝||·|

22、|cos∠BCA＝4×6×＝36. 11．設e1，e2，e3為單位向量，且e3＝e1＋ke2(k>0)，若以向量e1，e2為兩邊的三角形的面積為，則k的值為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　設e1，e2的夾角為θ，則由以向量e1，e2為兩邊的三角形的面積為，得×1×1×sin θ＝，得sin θ＝1，所以θ＝90°，所以e1·e2＝0.從而將e3＝e1＋ke2兩邊平方得1＝＋k2，解得k＝或k＝－(舍去)． 12.如圖所示，點A，B，C是圓O上的三點，線段OC與線段AB交于圓內一點M，若＝m＋n (m>0，n>0)，m＋n＝2，則∠AOB的最小值為(　　) A.

23、B. C. D. 解析：選D　將＝m＋n平方得1＝m2＋n2＋2mncos∠AOB， cos∠AOB＝＝＝－＋1≤－(當且僅當m＝n＝1時等號成立)， ∵0<∠AOB<π，∴∠AOB的最小值為. 二、填空題 13．(2018·汕頭模擬)已知向量a＝(2,1)，b＝(3，m)．若(a＋2b)∥(3b－a)，則實數(shù)m的值是________． 解析：a＋2b＝(2,1)＋(6,2m)＝(8,1＋2m)，3b－a＝(9,3m)－(2,1)＝(7,3m－1)，由(a＋2b)∥(3b－a)，得8(3m－1)－7(1＋2m)＝0，解得m＝. 答案： 14．(2018·長春模擬)已知平面內

24、三個不共線向量a，b，c兩兩夾角相等，且|a|＝|b|＝1，|c|＝3，則|a＋b＋c|＝________. 解析：由平面內三個不共線向量a，b，c兩兩夾角相等，可得夾角均為，所以|a＋b＋c|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋9＋2×1×1×cos＋2×1×3×cos＋2×1×3×cos＝4，所以|a＋b＋c|＝2. 答案：2 15．(2018·河北衡水中學三調)如圖，已知平面內有三個向量，，，其中與的夾角為120°，與的夾角為30°，且||＝||＝1，||＝2.若＝λ＋μ (λ，μ∈R)，則λ＋μ的值為________． 解析：法一：如圖所示，作平行四邊形

25、OB1CA1，則＝1＋1，因為與的夾角為120°，與的夾角為30°，所以∠B1OC＝90°.在Rt△B1OC中，∠OCB1＝30°，|OC|＝2，所以|OB1|＝2，|B1C|＝4，所以|OA1|＝|B1C|＝4，所以＝4＋2，所以λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6. 法二：以O為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(1,0)，B，C(3，)．由＝λ＋μ，得解得所以λ＋μ＝6. 答案：6 16．(2018·渭南一模)在平行四邊形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝30°，E為CD的中點，若·＝1，則AB的長為________． 解析：因為四邊形ABCD是平行四邊形，E為CD的中點，所以

26、＝＋，＝＋CE―→＝－，所以·＝(＋)·＝2－2＋·＝1， 又2＝1，·＝1×||×cos 30°＝||， 所以1－2＋||＝1， 解得||＝或||＝0(舍去)． 答案： B級——難度小題強化練 1．(2018·全國卷Ⅰ)在△ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點，則＝(　　) A.－ B.－ C.＋ D.＋ 解析：選A　法一：作出示意圖如圖所示．＝＋＝＋＝×(＋)＋(－)＝－.故選A. 法二：不妨設△ABC為等腰直角三角形，且∠A＝，AB＝AC＝1.建立如圖所示的平面直角坐標系， 則A(0,0)，B(1,0)，C(0,1)，D，E.故＝(1,0)，＝(0

27、,1)，＝(1,0)－＝，即＝－. 2．已知點P是△ABC內一點，且＋＝6，則 ＝(　　) A. B. C. D. 解析：選C　設點D為AC的中點，在△ABC中，＋＝2，即2＝6，所以＝3，即P為BD的三等分點，所以＝，又＝，所以＝. 3．(2018·嘉興一模)設平面向量＝(2,0)，＝(0,1)，點P滿足＝＋，其中m>0，n>0，O為坐標原點，則點P的軌跡的長度為(　　) A. B. C. D. 解析：選D　設P(x，y)，因為＝(2,0)，＝(0,1)，＝＋＝，所以x＝，y＝(其中m，n>0)，所以x2＋y2＝2(其中x，y>0)，則點P的軌跡的長度為×2π×＝.

28、 4．(2018·重慶模擬)已知Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，AC＝5，I是△ABC的內心，P是△IBC內部(不含邊界)的動點，若＝λ＋μ (λ，μ∈R)，則λ＋μ的取值范圍是(　　) A. B. C. D．(2,3) 解析：選A　以B為原點，BA，BC所在直線分別為x，y軸建立如圖所示的平面直角坐標系，則B(0,0)，A(3,0)，C(0,4)．設△ABC的內切圓的半徑為r，因為I是△ABC的內心，所以(5＋3＋4)×r＝4×3，解得r＝1，所以I(1,1)．設P(x，y)，因為點P在△IBC內部(不含邊界)，所以0

29、)，且＝λ＋μ，所以得所以λ＋μ＝1－x，又0

30、P(包含點D，C)與CB延長線上的動點Q(包含點B)滿足||＝||，則·的最小值為________． 解析：以點A為坐標原點，分別以AB，AD所在直線為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標系，設P(x，1)，Q(2，y)，由題意知0≤x≤2，－2≤y≤0.∵||＝||，∴|x|＝|y|，∴x＝－y.∵＝(－x，－1)，＝(2－x，y－1)，∴·＝－x(2－x)－(y－1)＝x2－2x－y＋1＝x2－x＋1＝2＋，∴當x＝時，·取得最小值，為. 答案： 第二講 小題考法——三角函數(shù)的圖象與性質 考點(一) 三角函數(shù)的圖象及應用 主要考查三角函數(shù)的圖象變換或根據(jù)圖象求解析式(或參數(shù)).

31、 [典例感悟] [典例]　(1)(2017·全國卷Ⅰ)已知曲線C1：y＝cos x，C2：y＝sin，則下面結論正確的是(　　) A．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移個單位長度，得到曲線C2 B．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移個單位長度，得到曲線C2 C．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移個單位長度，得到曲線C2 D．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移個單位長度，得到曲線C2 (2)(2019屆高三·廣西南寧模擬)如圖，函數(shù)f(

32、x)＝Asin(2x＋φ)的圖象過點(0，)，則f(x)的函數(shù)解析式為(　　) A．f(x)＝2sin　 B．f(x)＝2sin C．f(x)＝2sin D．f(x)＝2sin (3)(2018·石家莊模擬)若ω>0，函數(shù)y＝cos的圖象向右平移個單位長度后與函數(shù)y＝sin ωx的圖象重合，則ω的最小值為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. [解析]　(1)易知C1：y＝cos x＝sin，把曲線C1上的各點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，得到函數(shù)y＝sin的圖象，再把所得函數(shù)的圖象向左平移個單位長度，可得函數(shù)y＝sin＝sin的圖象，即曲線C2. (2

33、)由函數(shù)圖象可知，A＝2，又函數(shù)f(x)的圖象過點(0，)，所以2sin φ＝，即sin φ＝，由于|φ|<，所以φ＝，于是f(x)＝2sin，故選B. (3)將函數(shù)y＝cos的圖象向右平移個單位長度，得y＝cos的圖象． 因為所得函數(shù)圖象與y＝sin ωx，即y＝cos的圖象重合， 所以－＋＝＋2kπ(k∈Z)， 解得ω＝－－6k(k∈Z)， 因為ω>0，所以當k＝－1時，ω取得最小值，故選B. [答案]　(1)D　(2)B　(3)B [方法技巧] 1．函數(shù)表達式y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)＋B的確定方法 字母 確定途徑 說明 A 由最值確定 A＝ B 由最值確定

34、 B＝ ω 由函數(shù)的 周期確定 相鄰的最高點與最低點的橫坐標之差的絕對值為半個周期，最高點(或最低點)的橫坐標與相鄰零點之差的絕對值為個周期，ω＝ φ 由圖象上的 特殊點確定 一般把第一個零點作為突破口，可以從圖象的升降找準第一個零點的位置，利用待定系數(shù)法并結合圖象列方程或方程組求解 2．三角函數(shù)圖象平移問題處理的“三看”策略 [演練沖關] 1．(2018·陜西模擬)為了得到函數(shù)y＝sin的圖象，只需把函數(shù)y＝sin 2x的圖象(　　) A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度 C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度 解析：選D　函數(shù)y＝

35、sin 2x的圖象向右平移個單位長度，可得到函數(shù)y＝sin＝sin的圖象．故選D. 2．(2018·廣州模擬)將函數(shù)y＝2sinsin的圖象向左平移φ(φ>0)個單位長度，所得圖象對應的函數(shù)恰為奇函數(shù)，則φ的最小值為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　由y＝2sinsin可得y＝2sincos＝sin，該函數(shù)的圖象向左平移φ個單位長度后，所得圖象對應的函數(shù)解析式為g(x)＝sin＝sin，因為g(x)＝sin為奇函數(shù)，所以2φ＋＝kπ(k∈Z)，φ＝－(k∈Z)，又φ>0，故φ的最小值為，故選A. 3.函數(shù)f(x)＝－4sin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則f(16)

36、的值為(　　) A．－ B. C．－2 D．2 解析：選C　由圖象得＝8，所以T＝16，因為ω>0，所以ω＝＝，當x＝－2時，f(x)＝0，則×(－2)＋φ＝kπ，k∈Z，所以φ＝kπ＋，k∈Z.又|φ|<，所以φ＝.所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝－4sin.所以f(16)＝－4sin＝－4sin＝－2.故選C. 4．(2018·山東日照一模)函數(shù)f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0，－π<φ<0)的部分圖象如圖所示，為了得到函數(shù)g(x)＝Asin ωx的圖象，只需將函數(shù)y＝f(x)的圖象(　　) A．向左平移個單位長度 B．向左平移個單位長度 C．向右平移個

37、單位長度 D．向右平移個單位長度 解析：選B　由圖可得函數(shù)的最大值為2，即A＝2.函數(shù)的周期T＝2＝π，所以＝π，解得ω＝2，所以f(x)＝2cos(2x＋φ)．又f ＝2cos＝2，即cos＝1，所以＋φ＝2kπ(k∈Z)，解得φ＝2kπ－(k∈Z)．又－π<φ<0，故k＝0，φ＝－.所以f(x)＝2cos＝2cos，而g(x)＝2sin 2x＝2cos＝2cos＝2cos 2，所以g(x)＝f.因此把函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移個單位長度才能得到函數(shù)y＝g(x)的圖象. 考點(二) 三角函數(shù)的性質及應用 主要考查三角函數(shù)的奇偶性及對稱性、周期性或求函數(shù)的單調區(qū)間 以及

38、根據(jù)函數(shù)的單調性、奇偶性、周期性等求參數(shù)的值或范圍. [典例感悟] [典例]　(1)(2017·全國卷Ⅲ)設函數(shù)f(x)＝cos，則下列結論錯誤的是(　　) A．f(x)的一個周期為－2π B．y＝f(x)的圖象關于直線x＝對稱 C．f(x＋π)的一個零點為x＝ D．f(x)在單調遞減 (2)(2018·全國卷Ⅱ)若f(x)＝cos x－sin x在[－a，a]是減函數(shù)，則a的最大值是(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D．π (3)(2018·惠州模擬)函數(shù)f(x)＝Asin(2x＋θ)的部分圖象如圖所示，且f(a)＝f(b)＝0，對不同的x1，x2∈[a

39、，b]，若f(x1)＝f(x2)，有f(x1＋x2)＝，則(　　) A．f(x)在上是減函數(shù) B．f(x)在上是增函數(shù) C．f(x)在上是減函數(shù) D．f(x)在上是增函數(shù) [解析]　(1)根據(jù)函數(shù)解析式可知函數(shù)f(x)的最小正周期為2π，所以函數(shù)的一個周期為－2π，A正確； 當x＝時，x＋＝3π， 所以cos＝－1，所以B正確； f(x＋π)＝cos＝cos， 當x＝時，x＋＝，所以f(x＋π)＝0，所以C正確； 函數(shù)f(x)＝cos在上單調遞減，在上單調遞增，故D不正確． (2)法一：f(x)＝cos x－sin x＝－sin，當x∈，即x－∈時，y＝sin單調遞增，則

40、f(x)＝－sin單調遞減． ∵函數(shù)f(x)在[－a，a]是減函數(shù)， ∴[－a，a]?，∴0

41、θ＝，∴f(x)＝2sin. 令－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z， 解得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，此時f(x)單調遞增； 令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z， 解得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，此時f(x)單調遞減．所以選項B正確． [答案]　(1)D　(2)A　(3)B [方法技巧] 1．求函數(shù)單調區(qū)間的2種方法 (1)代換法：求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A，ω，φ為常數(shù)，A≠0，ω>0)的單調區(qū)間時，令ωx＋φ＝z，得y＝Asin z(或y＝Acos z)，然后由復合函數(shù)的單調性求得． (2)圖象法：畫出三角函數(shù)的圖象，結合圖象求

42、其單調區(qū)間． 2．判斷對稱中心與對稱軸的方法 利用函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的對稱軸一定經(jīng)過圖象的最高點或最低點，對稱中心一定是函數(shù)的零點這一性質，通過檢驗f(x0)的值進行判斷． 3．求三角函數(shù)周期的常用結論 (1)y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為，y＝tan的最小正周期為. (2)正弦曲線、余弦曲線相鄰兩對稱中心、相鄰兩對稱軸之間的距離是個周期，相鄰的對稱中心與對稱軸之間的距離是個周期；正切曲線相鄰兩對稱中心之間的距離是個周期． [演練沖關] 1．(2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，則(　　) A．f(x)

43、的最小正周期為π，最大值為3 B．f(x)的最小正周期為π，最大值為4 C．f(x)的最小正周期為2π，最大值為3 D．f(x)的最小正周期為2π，最大值為4 解析：選B　∵f(x)＝2cos2x－sin2x＋2＝1＋cos 2x－＋2＝cos 2x＋，∴f(x)的最小正周期為π，最大值為4.故選B. 2．(2018·西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝cos(x＋θ)(0<θ<π)在x＝時取得最小值，則f(x)在[0，π]上的單調遞增區(qū)間是(　　) A. B. C. D. 解析：選A　因為0<θ<π，所以<＋θ<，又f(x)＝cos(x＋θ)在x＝時取得最小值，所以＋θ＝π，

44、θ＝，所以f(x)＝cos.由0≤x≤π，得≤x＋≤.由π≤x＋≤，得≤x≤π，所以f(x)在[0，π]上的單調遞增區(qū)間是，故選A. 3．(2018·四川宜賓二診)先將函數(shù)y＝2sin圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，再向右平移個單位長度，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，則下列說法正確的是(　　) A．函數(shù)g(x)圖象的一條對稱軸是x＝ B．函數(shù)g(x)圖象的一個對稱中心是 C．函數(shù)g(x)圖象的一條對稱軸是x＝ D．函數(shù)g(x)圖象的一個對稱中心是 解析：選C　先將函數(shù)y＝2sin圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，可得函數(shù)y＝2sin的圖象，再向右平移個單位長

45、度，得到函數(shù)g(x)＝2sin＝2sin＝2cos 2x的圖象．令2x＝kπ，k∈Z，得x＝，k∈Z.所以函數(shù)g(x)圖象的對稱軸方程為x＝，k∈Z.當k＝1時， 對稱軸方程為x＝.顯然＝?jīng)]有整數(shù)解，所以x＝不是函數(shù)g(x)的對稱軸．排除A.令2x＝kπ＋，k∈Z，得x＝＋，k∈Z，故函數(shù)g(x)圖象的對稱中心為，k∈Z.顯然＋＝和＋＝?jīng)]有整數(shù)解，所以和不是函數(shù)g(x)的對稱中心．排除B，D.故選C. 4．(2018·開封模擬)已知函數(shù)f(x)＝2sin(π＋x)sin的圖象關于原點對稱，其中φ∈(0，π)，則φ＝________. 解析：因為f(x)＝2sin(π＋x)sin的圖象關于

46、原點對稱，所以函數(shù)f(x)＝2sin(π＋x)sin為奇函數(shù)，則y＝sin為偶函數(shù)，則＋φ＝＋kπ，k∈Z，又φ∈(0，π)，所以φ＝. 答案： 考點(三) 三角函數(shù)的值域與最值問題 主要考查求三角函數(shù)的值域或最值，以及根據(jù)函數(shù)的值域或最值求參數(shù). [典例感悟] [典例]　(1)已知函數(shù)f(x)＝2sincos－sin(2x＋3π)．若將函數(shù)f(x)的圖象向左平移個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，則函數(shù)g(x)在區(qū)間上的最大值和最小值之和為(　　) A．－ B．－1 C. D．1 (2)(2017·全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝sin2x＋cos x－的最大值是__

47、______． (3)(2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sin x＋sin 2x，則f(x)的最小值是________． [解析]　(1)f(x)＝2sincos－sin(2x＋3π)＝sin＋sin 2x＝sin 2xcos＋cos 2xsin ＋sin 2x＝sin 2x＋cos 2x＝sin.由題意知函數(shù)g(x)＝f＝sin＝sin＝cos，因為x∈，所以2x＋∈，故當2x＋＝π，即x＝時，函數(shù)g(x)取得最小值，且g(x)min＝－1；當2x＋＝，即x＝0時，函數(shù)g(x)取得最大值，且g(x)max＝.所以函數(shù)g(x)在區(qū)間上的最大值和最小值之和為－.故選A. (2)依題

48、意，f(x)＝sin2x＋cos x－＝－cos2x＋cos x＋＝－2＋1，因為x∈，所以cos x∈[0,1]，因此當cos x＝時，f(x)max＝1. (3)f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．∵cos x＋1≥0，∴當cos x<時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；當cos x>時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．∴當cos x＝，f(x)有最小值．又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，∴當sin x＝－時，f(x)有最小值

49、，即f(x)min＝2××＝－. [答案]　(1)A　(2)1　(3)－ [方法技巧] 求三角函數(shù)的值域(最值)的常見函數(shù)類型及方法 三角函數(shù)類型 求值域(最值)方法 y＝asin x＋bcos x＋c 先化為y＝Asin(x＋φ)＋k的形式，再求值域(最值) y＝asin2x＋bsin x＋c 可先設sin x＝t，化為關于t的二次函數(shù)，再求值域(最值) y＝asin xcos x＋ b(sin x±cos x)＋c 可先設t＝sin x±cos x，化為關于t的二次函數(shù)，再求值域(最值) y＝asin 2x＋bsin x 求導，利用導數(shù)工具解決 [演練沖關

50、] 1．已知函數(shù)y＝asin 2x＋cos 2x的最大值為2，則a的值為(　　) A．1 B．－1 C．±1 D．2－ 解析：選C　由條件知a≠0，且y＝asin 2x＋cos 2x＝sin(2x＋φ)，其中tan φ＝，則a2＋3＝4，∴a2＝1，∴a＝±1. 2．已知函數(shù)f(x)＝(1＋tan x)cos x,0≤x<，則f(x)的最大值為(　　) A.＋1 B．4 C．3 D．2 解析：選D　∵f(x)＝cos x＝cos x＋sin x＝2sin，∵x∈.∴x＋∈，∴當且僅當x＋＝，即x＝時，f(x)max＝2. 3．已知函數(shù)f(x)＝cos，其中x∈，若f(

51、x)的值域是，則m的取值范圍是________． 解析：由x∈，可知≤3x＋≤3m＋，∵f＝cos＝－，且f＝cos π＝－1，∴要使f(x)的值域是，需要π≤3m＋≤，即≤m≤. 答案： [必備知能·自主補缺]　依據(jù)學情課下看，針對自身補缺漏；臨近高考再瀏覽，考前溫故熟主干 [主干知識要記牢] 1．三角函數(shù)的圖象及常用性質 函數(shù) y＝sin x y＝cos x y＝tan x 圖象 單調性 在(k∈Z)上單調遞增；在(k∈Z)上單調遞減 在[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)上單調遞增；在[2kπ，π＋2kπ](k∈Z)上單調遞減 在(k∈Z)上單調遞

52、增 對稱性 對稱中心：(kπ，0)(k∈Z)；對稱軸：x＝＋kπ(k∈Z) 對稱中心：(k∈Z)；對稱軸：x＝kπ(k∈Z) 對稱中心：(k∈Z) 2．三角函數(shù)的兩種常見的圖象變換 (1)y＝sin xy＝sin(x＋φ) y＝sin(ωx＋φ) y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)． (2)y＝sin xy＝sin ωx y＝sin(ωx＋φ) y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)． [二級結論要用好] 1．sin α－cos α＞0?α的終邊在直線y＝x上方(特殊地，當α在第二象限時有 sin α－cos α＞1)． 2．sin α＋cos

53、 α＞0?α的終邊在直線y＝－x上方(特殊地，當α在第一象限時有sin α＋cos α>1)． [易錯易混要明了] 求y＝Asin(ωx＋φ)的單調區(qū)間時，要注意ω，A的符號．ω<0時，應先利用誘導公式將x的系數(shù)轉化為正數(shù)后再求解；在書寫單調區(qū)間時，弧度和角度不能混用，需加2kπ時，不要忘掉k∈Z，所求區(qū)間一般為閉區(qū)間． 如求函數(shù)f(x)＝2sin的單調減區(qū)間，可將函數(shù)化為f(x)＝－2sin，轉化為求函數(shù)y＝sin的單調增區(qū)間． A級——12＋4提速練 一、選擇題 1.函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的解析式為(　　) A．f(x)

54、＝sin　　 B．f(x)＝sin C．f(x)＝sin D．f(x)＝sin 解析：選A　由題圖可知， 函數(shù)f(x)的最小正周期為T＝＝×4＝π，所以ω＝2，即f(x)＝sin(2x＋φ)．又函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點，所以sin＝1，則＋φ＝2kπ＋(k∈Z)，解得φ＝2kπ＋(k∈Z)，又|φ|<，所以φ＝，即函數(shù)f(x)＝sin，故選A. 2．(2018·重慶模擬)函數(shù)f(x)＝sin的圖象的一個對稱中心是(　　) A. B. C. D. 解析：選C　令x－＝kπ(k∈Z)，得x＝kπ＋(k∈Z)，當k＝0時，x＝，所以函數(shù)f(x)＝sin的圖象的一個對稱中心是，故選C

55、. 3．(2018·寶雞質檢)函數(shù)f(x)＝tan的單調遞增區(qū)間是(　　) A.(k∈Z) B.(k∈Z) C.(k∈Z) D.(k∈Z) 解析：選B　由kπ－<2x－

56、in(x＋θ)，其中θ滿足cos θ＝，sin θ＝，所以函數(shù)y＝2sin x＋cos x的周期為2π，所以個周期為π.于是由題設知平移后所得圖象對應的函數(shù)為y＝2sin(x－π)＋cos(x－π)＝－2sin x－cos x．故選D. 5．(2018·鄭州模擬)若將函數(shù)f(x)＝sin圖象上的每一個點都向左平移個單位長度，得到g(x)的圖象，則函數(shù)g(x)的單調遞增區(qū)間為(　　) A.(k∈Z) B.(k∈Z) C.(k∈Z) D.(k∈Z) 解析：選A　將函數(shù)f(x)＝sin圖象上的每一個點都向左平移個單位長度，得到函數(shù)g(x)＝sin＝sin＝－sin 2x的圖象，令＋2kπ

57、≤2x≤＋2kπ(k∈Z)，可得＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)，因此函數(shù)g(x)的單調遞增區(qū)間為(k∈Z)，故選A. 6．(2018·唐山模擬)把函數(shù)y＝sin的圖象向左平移個單位長度后，所得函數(shù)圖象的一條對稱軸的方程為(　　) A．x＝0 B．x＝ C．x＝ D．x＝－ 解析：選C　將函數(shù)y＝sin的圖象向左平移個單位長度后得到y(tǒng)＝sin＝sin的圖象，令2x＋＝＋kπ(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，令k＝0，則x＝，選C. 7．(2018·成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin x＋cos x在x＝θ時取得最大值，則cos＝(　　) A．－ B．－ C. D. 解析：選C

58、　∵f(x)＝sin x＋cos x＝2sin，又f(x)在x＝θ時取得最大值，∴θ＋＝＋2kπ(k∈Z)，即θ＝＋2kπ(k∈Z)，于是cos＝cos＝cos＝×－×＝，故選C. 8．(2019屆高三·福州四校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝sin ωx(ω>0)的圖象向右平移個單位長度得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，并且函數(shù)g(x)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，則實數(shù)ω的值為(　　) A. B. C．2 D. 解析：選C　因為將函數(shù)f(x)＝sin ωx(ω>0)的圖象向右平移個單位長度得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，所以g(x)＝sin，又函數(shù)g(x)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，所

59、以g＝sin＝1且≥，所以所以ω＝2，故選C. 9．(2018·合肥一模)將函數(shù)y＝cos x－sin x的圖象先向右平移φ(φ>0)個單位長度，再將所得的圖象上每個點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼腶倍，得到y(tǒng)＝cos 2x＋sin 2x的圖象，則φ，a的可能取值為(　　) A．φ＝，a＝2 B．φ＝，a＝2 C．φ＝，a＝ D．φ＝，a＝ 解析：選D　將函數(shù)y＝cos x－sin x＝cos的圖象向右平移φ(φ>0)個單位長度，可得y＝cos的圖象，再將函數(shù)圖象上每個點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼腶倍，得到y(tǒng)＝cos的圖象，又y＝cos＝cos 2x＋sin 2x＝cos，∴＝2，－φ＝－＋2kπ(k

60、∈Z)，∴a＝，φ＝＋2kπ(k∈N)，又φ>0，結合選項知選D. 10．(2018·開封模擬)若存在正整數(shù)ω和實數(shù)φ使得函數(shù)f(x)＝sin2(ωx＋φ)的圖象如圖所示(圖象經(jīng)過點(1,0))，那么ω的值為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選B　由f(x)＝sin2(ωx＋φ)＝及其圖象知，<×<1，即<ω<π，所以正整數(shù)ω＝2或3.由函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(1,0)，得f(1)＝＝0，得2ω＋2φ＝2kπ(k∈Z)，即2φ＝2kπ－2ω(k∈Z)．由圖象知f(0)>，即＝>，得cos 2ω<0，所以ω＝2，故選B. 11．(2018·沈陽模擬)已知函數(shù)f(x)

61、＝sin，以下命題中為假命題的是(　　) A．函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝對稱 B．x＝－是函數(shù)f(x)的一個零點 C．函數(shù)f(x)的圖象可由g(x)＝sin 2x的圖象向左平移個單位長度得到 D．函數(shù)f(x)在上是增函數(shù) 解析：選C　令2x＋＝kπ＋(k∈Z)，當k＝0時，x＝，即函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝對稱，選項A正確；令2x＋＝kπ(k∈Z)，當k＝0時，x＝－，即x＝－是函數(shù)f(x)的一個零點，選項B正確；2x＋＝2，故函數(shù)f(x)的圖象可由g(x)＝sin 2x的圖象向左平移個單位長度得到，選項C錯誤；若x∈，則2x＋∈，故f(x)在上是增函數(shù)，選項D正確．故選C.

62、 12．(2018·江蘇南京模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin(ω>0)，若f(0)＝－f且f(x)在上有且僅有三個零點，則ω＝(　　) A. B．2 C. D.或6 解析：選D　f(0)＝sin＝－， 令ωx1－＝0得，x1＝，而＝＝，故x1＝. 又f(0)＝－f， 如圖，若f(x)在上有且僅有3個零點， 則＝T＋×2或＝，即T＝或T＝，則ω＝或6，故選D. 二、填空題 13．(2018·廣州模擬)函數(shù)f(x)＝4cos xsin－1(x∈R)的最大值為________． 解析：∵f(x)＝4cos xsin－1＝4cos x－1＝2sin xcos x＋2cos2

63、x－1＝sin 2x＋cos 2x＝2sin，∴f(x)max＝2. 答案：2 14．(2018·北京東城質檢)函數(shù)f(x)＝sin2x＋sin xcos x在區(qū)間上的最小值為________． 解析： 由函數(shù)f(x)＝sin2x＋sin xcos x＝－cos 2x＋sin 2x＝sin＋. ∵x∈，∴2x－∈. 當2x－＝時，函數(shù)f(x)取得最小值為1. 答案：1 15．(2018·武漢調研)若函數(shù)f(x)＝2sin(ω>0)的圖象的對稱軸與函數(shù)g(x)＝cos(2x＋φ)的圖象的對稱軸完全相同，則φ＝________. 解析：因為函數(shù)f(x)＝2sin(ω>0)的圖象的對

64、稱軸與函數(shù)g(x)＝cos(2x＋φ)的圖象的對稱軸完全相同，故它們的最小正周期相同，即＝，所以ω＝2，故函數(shù)f(x)＝2sin.令2x＋＝kπ＋，k∈Z，則x＝＋，k∈Z，故函數(shù)f(x)的圖象的對稱軸為x＝＋，k∈Z.令2x＋φ＝mπ，m∈Z，則x＝－，m∈Z，故函數(shù)g(x)的圖象的對稱軸為x＝－，m∈Z，故＋－＋＝，m，n，k∈Z，即φ＝(m＋n－k)π－，m，n，k∈Z，又|φ|<，所以φ＝－. 答案：－ 16．設函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)．若函數(shù)f(x)在區(qū)間上具有單調性，且f＝f＝－f，則函數(shù)f(x)的最小正周期為________． 解析：法一：∵f(

65、x)在區(qū)間上具有單調性，且f＝f，∴x＝和x＝均不是f(x)的極值點，其極值應該在x＝＝處取得，∵f＝－f，∴x＝也不是函數(shù)f(x)的極值點，又f(x)在區(qū)間上具有單調性，∴x＝－＝為f(x)的另一個相鄰的極值點，故函數(shù)f(x)的最小正周期T＝2×＝π. 法二：由已知可畫出草圖，如圖所示，則＝－，解得T＝π. 答案：π B級——難度小題強化練 1．(2018·宜昌模擬)設函數(shù)f(x)＝sin－cos的圖象關于原點對稱，則角θ＝(　　) A．－ B. C．－ D. 解析：選D　∵f(x)＝2sin，且f(x)的圖象關于原點對稱，∴f(0)＝2sin＝0，即sin＝0，∴θ－＝k

66、π(k∈Z)，即θ＝＋kπ(k∈Z)，又|θ|<，∴θ＝. 2．(2018·洛陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin x＋cos x(x∈R)，先將y＝f(x)的圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的(縱坐標不變)，再將得到的圖象上所有點向右平移θ(θ>0)個單位長度，得到的圖象關于y軸對稱，則θ的最小值為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　f(x)＝sin x＋cos x＝2sin，將其圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的(縱坐標不變)，得y＝2sin的圖象，再將得到的圖象上所有的點向右平移θ(θ>0)個單位長度，得y＝2sin＝2sin的圖象．由y＝2sin的圖象關于y軸對稱得－3θ＝＋kπ，k∈Z，即θ＝－π，k∈Z，又θ>0，故當k＝－1時，θ取得最小值，故選C. 3．(2018·洛陽尖子生統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)＝sin(sin x)＋cos(sin x)，x∈R，則下列說法正確的是(　　) A．函數(shù)f(x)是周期函數(shù)且最小正周期為π B．函數(shù)f(x)是奇函數(shù) C．函數(shù)f(x)在區(qū)間上的值域為[1，] D．函數(shù)f(x)在上是增函數(shù) 解析：選C　f(x)＝sin