2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第21讲_三角函数的定义

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第1讲三角函数的定义、图像与性质

本专题涉及到任意角的三角函数定义、同角三角函数关系、诱导公式；三角函数的图像及其变换和三角函数的定义域、值域、周期性、单调性、奇偶性等性质，三角函数的定义是三角函数系列知识的源头．

A类例题

例１角,的终边分别是OA和OB，OA过点M(sin,cos)，且0和OB关于直线yx对称，则角的集合是( )

Ａ．2k,kZＣ．k,kZ



2

，OA



 Ｂ． 2k,kZ  Ｄ．k,kZ



(2001年第12届“希望杯”全国数学邀请赛) 分析根据角的终边所在的象限确定选项．解由0



2

知M(sin,cos)位于第二象限，从而M点关于直线yx的对称点

在第四象限，即角是第四象限角．故选(A)．

例2 若f(x)sinx是周期为的奇函数，则f(x)可以是( ) Ａ．sinx Ｂ．cosx Ｃ．sin2x Ｄ．cos2x

(1999年全国高考卷)

分析采用分析验证和用定义求解的方法．

解法一(分析验证) 因为sinx是奇函数且不恒为零，所以f(x)必须是偶函数，由此排除

A,C项，进而验证知B选项满足题意．故选(B)．

解法二(定义求解) 依题意函数f(x)sinx满足

f(x)sin(x)f(x)sinx

，由x的任意性得 

f(x)sin(x)f(x)sinx

f(x)f(x)

， 

f(x)f(x)

所以f(x)f(x)f(x)[f(x)]f(x2)，即函数f(x)是周期为2的偶函数，只能选B

说明作为选择题解法一直接简明，而解法二揭示了问题的本质，在此基础上可以构造出无数个满足题意的f(x)．

例３示波器荧屏上有一正弦波，一个最高点在B(3,5)，与B相邻的最低点C(7,1)，则这个正弦波对应的函数是．(2003年第14届“希望杯”全国数学邀请赛)

分析设出其解析式，利用正弦函数图像的性质求解．

解设yAsin(x)B，由正弦函数图像的性质可得振幅A

5(1)

3，周期2

T2(73)8，频率

故所求表达式为

251

，B2，将B(3,5)坐标代入，得初相，

4T42

y3sin(x)2．

44

说明在本题中函数的表达式不唯一．



情景再现

1．方程tan(2x



3

)

3

在区间[0,2)上解的个数是( ) 3

A.5 B.4 C.3 D.2

２．当x[



,]，求函数f(x)sinx3cosx的最大值和最小值． 22

３．函数f(x)sinx2|sinx|,x0,2的图象与直线yk有且仅有两个不同的交点，则k的取值范围是__________．

B类例题

例４方程log2xsin(5x)的实根有多少个?

分析仅仅判断根的个数，基本方法是利用函数的图像数形结合求解．解原方程实根的个数即为两个函数y由于sinx1，所以只需考虑(1)当

15

1

log2x和ysin(5x)图像的交点的个数． 5

1

x32． 32

21

x1时，由于函数ysin(5x)的最小正周期是，所以在其范围内函数

532

ysin(5x)的图像出现两次，在x轴下方有四个交点;

(2)当1x32时，其范围的长度是周期的

155

倍，由于x1时sin5x0所以有2

772154个交点;

(3) x1时两个函数也有一个交点．

综上所述原方程共有41541159个实根．

说明利用函数的图像来确定某些特殊的非常规方程的实根个数是一条十分重要的途径．在

“数形结合”时，特别强调“以数定形”，如方程sinxx的解只有一个（当x(0,



2

)时，

sinxx）．

例５在平面直角坐标系xOy中，函数f(x)asinaxcosax(a0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函数g(x)a21的图像所围成的封闭图形的面积是．(2004年全国高中数学联赛) 分析利用正弦函数图像的对称性补形转化求解．解 f(x)

21

，它的最小正周期为，振幅为a21．由

aa

2

f(x)的图像与g(x)的图像围成的封闭形的对称性，可将该图形割补成长为，宽为

a

2

a21． a21的长方形，故它的面积为a

a21sin(ax),arctan

例６若x

25

,，则ytanx(

3123

)

txan(

6



)xco的s()最大值

6



是．(2003年全国数学联赛) 分析化弦后利用单调性求解．解

ytan(x

22)cot(x)cos(x)336

cos(x)，由于函数的每

6sin(2x)3

时取最大值为

2

一部分在给定区间上都是增函数，所以当x



3113

． 6

3,0)4

例７已知函数f(x)sin(x)(0,0)是R上的偶函数，其图像关于点(对称，且在区间[0,



2

]是单调函数，求和的值．

分析运用三角函数对称的特征求解，也可用偶函数和关于点对称的定义求解．

解法一由偶函数关于x轴对称，知当x0时函数f(x)取最大值或最小值，所以

3

,0)对称，此点是

24

33

)0，即函数图像与x轴的一个交点，所以当x，sin(

442

332

cos0,k,，(2k1)，k0,1,2,．

4423

22

当k0时，,f(x)sin(x)在[0,]上是减函数;

2332

sin1,又0所以



;另一方面函数f(x)的图像关于点(

当k1时，2,f(x)sin(2x



)在[0,]上是减函数; 22



当k2时，综上所述

10

f(x)sin(x)在[0,]上不是减函数．

23

2

或2,． 32

解法二由f(x)是偶函数，得f(x)f(x)

即sin(x)sin(x)，所以cossinxcossinx对任意x都成立，只能是

cos0，又0，所以

由f(x)的图像关于点(以下同解法一．例８．已知x,y[



2

．

3333

,0)对称，得f(x)f(x)，令x0得f()0，4444



,],aR，且 44

x3sinx2a0

，则cos(x2y) ． 3

4ysinycosya0

分析构造函数用单调性求解，或利用函数的奇偶性和函数图像特征求解．解法一由已知得x3sinx2a(2y)3sin(2y)，

3

现构造函数f(t)tsint，由此得f(x)f(2y)，而函数f(t)在[



,]上是增函数，44

所以有x2y,x2y0，即cos(x2y)1．解法二

记

f(x)x3sinx2a，g(2y)(2y)3sin(2y)2a，于是

(),ygx()分别是R上的增函数，又yfx所以它们的图像与x轴g(x)x3sinx2a，

只有一个交点，而g(x)xsinx2a

3

[(x)3sin(x)2a]f(x)，

即f(x)g(x)，

所以函数yf(x)与yg(x)的图像关于原点对称，那么它们的交点也关于原点对称．记f(x)0,g(x)0的根分别是x,2y，则所以cos(x2y)1．

1

(x2y)0， 2

情景再现

４．函数ycosxsinx的最小正周期是．

4

2

５．已知xR，则函数

sinxcosx

f(x)maxsinx,cosx,的最大值与最小值的和是．

2

x(0在)区间[0,1]６．若函数ysin上至少出现50次最大值，则的最小值

是．

C类例题

例９．两个周期函数y1,y2的最小正周期分别为a,b，且bna，其中n2,nN．如果函数yy1y2的最小正周期为t，那么下列5种情形：①ta， ②ta， ③tb， ④

tb， ⑤atb．可能出现的情形是．（填写序号）

分析周期是三角函数的重要性质，构造三角函数回答．

解由题意知b是yy1y2的周期，所以tb，情形④不可能出现；由y2yy1知如果

ta，那么a也是y2的最小正周期，矛盾，所以情形②不可能出现；其它三种情形都有可能

出现．下面的例子说明其它三种情形是可能的：取y2sinxsin

2x

，则其最小正周期是3

2x

b6．令y1sin，此时a3,t2t,

3

a令y1six；n，此时

a2,t3,atb；令y1sinx，此时a2,t6,tb．

所以可能出现的情形是①③⑤

22

例1０．函数F(x)cosx2sinxcosxsinxAxB，当

x[0,

3

]时的最大值M与参数A,B有关，问A,B取什么值时M为最小?证明你的结论2

(1983年全国数学联赛)

分析在M是最大值的前提下通过特殊值构造不等关系，并结合函数图像直观分析．解法一(数形结合分析)（1）若AB0，F(x)|

2sin(2x



4

)|则当x

59

8,8,8

时，

F(x)的最大值M为2．

（2）若A0,B0，F(x)|M=max{|2B|,|

2sin(2x



4

)B|，此时

2B|}2

（3）若A0,B0，F(x)|时，

2sin(2x



4

)Ax|，若A0

F()|2A|>2，此时M2；若A0时，8855F()|2A|2，此时也有M2．

88

（4）若A0,B0如图，直线yAxB必有一部分在第一或第四象限，与射线l1,l2,l3中至少一条相交，交点处两函数yAxB与y必小于2，因此也有M



2sin(2x



4

)函数值同号，其和的绝对值

2．

59

说明问题的关键就是考察三个函数值F(),F(),F()的值，从而得：

888



F()|2AB| 8855

AB| ，将这三个函数值综合起来考虑．解法二由F()|2

88

F(9)|29AB|88

当A0时同上，当A≠0时讨论如下：

55

AB<0，则F()2； 88

545954

AB)A至AB≥0，AB(AB)A与AB(（2）若

8888888

9

少有一个大于0，即F()2或F()2至少有一个成立，因此总有M2．

88

（1）若

从而当且仅当AB0时，M

2，其他情况下均有M2．

情景再现

７．已知当x[0,1]时，不等式xcosx(1x)(1x)sin0恒成立，试求的取值范围．（1999年全国高中数学联赛题）

2

2

习题

１．若角是第四象限的角，则是( )

Ａ．第一象限Ｂ．第二象限Ｃ．第三象限Ｄ．第四象限２．关于函数f(x)4sin(2x



3

) (xR)，有下列命题：

①yf(x)是以2为最小正周期的函数；

②yf(x)的表达式可以改写为y4cos(2x③yf(x)的图像关于点(



6

)；



6

,0)对称；

④yf(x)的图像关于直线x



6

对称．

其中正确的命题的序号是_____．（注：把你认为正确的命题的序号都填上．）

３．若A,B是锐角ABC的两个内角，则点P(cosBsinA,sinBcosA)在第象限．

４．设f(x)是定义域为R，最小正周期为

3

的函数，若 2



15cosx,(x0)

)的值是． f(x)，则f(2

4sinx,(0x)

５．设关于x的方程x2xsin(2cos

2

2



3)0，其中[0,]，则该方程实根的最

2

大值是，实根的最小值是．

６．关于角的函数ycos22acos4a3，当[0,]时恒大于0，则实数a的取



2

值范围是．

７．已知函数f(x)sin(x)(0,xR)满足

f(x)f(x1)f(x2)．

若Asin(x9),Bsin(x9)，则A与B的大小关系是．

８．已知函数ysin2xacos2x，在下列条件中分别求实数a的值． (1)函数图像关于原点对称; (2)函数图像关于直线x



8

对称．

９．设,分别是方程cos(sinx)x和sin(cosx)x在区间(0,小关系．

１０．三个数a,b,c(0,



2

)上的解，确定,的大



2

)，且满足cosaa，sincosbb，cossincc，按从小到大

的顺序排列这三个数．（16届全苏竞赛题）

１１．已知集合M是满足下列性质的函数f(x)的全体;

存在非零常数T，对任意xR，有f(xT)Tf(x)成立．若函数f(x)sinkxM,求实

数k的取值范围．

１２．已知：定义在R上的函数f(x)为奇函数，且在[0,)上是增函数．

若不等式f(cos23)f(2msin)0对任意R恒成立．求实数m的取值范围．

本节“情景再现”解答：

1．解本题实质是函数周期性的应用．函数ytan(2x



3

)的最小正周期T



2

，而区间长

度是2，是周期的4倍，而正切函数在每个周期内是单调的，故解的个数为4．选B．２．解化成一个角的一个三角函数形式，用函数的单调性求解．

5

f(x)2sin(x)，x[,]，由x[,]及正弦函数的单调性知其最大值

366322

为2，最小值为1．

３．解f(x)

3sinx,x[0,]

，作出其图像，可知有两个交点时的k的范围为1k3．

sinx,x(,2]

４．解ycos4xsin2xcos2x(1sin2x)sin2x

171

1sin2xcos2x1sin22xcos4x．

488

所以函数ycosxsinx的最小正周期为５．解注意到f(x)maxsinx,cosx,

4

2



． 2

sinxcosx



2



maxsinx,cosx,sin(x)，显然f(x)的最大值为1，可以通过作出ysinx和

4

ycosx的图像得到maxsinx,cosx的最小值是

52

2k时取得，而此，在x42

时sin(x



4

)的值为1，所以f(x)的最小值是

22

，从而最大值与最小值的和是1． 22

121

(49)1得个周期，由

44

６．解函数在一个周期内只能取得一个最大值，其图像从原点开始并注意到可在端点1处取到最大值，所以在区间[0,1]内至少有49周期再加



197197

，即的最小值是．

22

2

2

７．解设f(x)xcosx(1x)(1x)sin，则由x[0,1]时f(x)0恒成立，有

f(0)sin0，f(1)cos0，

f(x)(xcos)2[(1x)sin]22x(1x)sincos

2x(1x)sincosx(1x)

1sin

[xcos(1x)sin]22x(1x)(sincos)0，当x

2sincos

时，xcos(1x)sin0，令x0

sinsincos

，则0x01，

1111

f(x0)2x0(1x0)(sincos)0，故sin2，即sin2，且

2222

5

,kZ

1212

51

2k,kZ时，有sin2，且sin0,cos0，于反之，当2k12122sin0,cos0，所求范围是：2k



2k

是只要x[0,1]，必有f(x)0恒成立．

“习题”解答：

１．解利用诱导公式推导的方法确定选项．

角和角的终边关于x轴对称，所以角的终边在第一象限，又角和角的终边关于原点对称，所以角的终边在第三象限．故选(C)．

２．解作出函数yf(x)的图像，由其直观性可知正确命题的序号是②③

３．解由正弦函数的单调性和诱导公式求解．因为ABC是锐角三角形，所以AB90，即A90B,B90A，所以sinAcosB，

0

0

0

sinBcosA，点P应在第二象限．

４．解由周期性和诱导公式求解．

f(

15159332

)f()f()sin． 442442

５．解数形结合求解．设两实根分别为,，则

2sin222

[0,]知02．，于是，又由()2102

22cos

于是满足条件2210且02的点

BA

(,)在如图所示的弧

C

AB或CD上．

由此可知实根的最大值为xDyB3，实根的最小

D

值是

xAyC5

６．解可以转化为二次函数求最小值，由最小值大于0求出a的范围．现用分离变量的方法求解．

由cos22acos4a30,[0,



2

]，

2cos22cos22

[(2cos)]4，由基本不等式得其最大值得a，而

2cos2cos2cos

是422，故a422．

７．解发现函数f(x)的周期性，运用周期变换求解．由

f(x)f(x1)f(x2)得f(x1)f(x2)f(x3)，两式相加得

f(x3)f(x)，即得f(x6)f(x)，从而可知f(x)是以6为周期的函数，所以Af(x9)f(x3)f(x3)

f(x9)B，即A与B的大小关系是AB．

８．解 ysin2xacos2x1a2sin(2x)，其中tana， (1)关于原点对称则有sin0,k，所以atan0; (2)关于直线x



8

对称则有sin(



4

)1，即k

3

，所以atan1． 4

９．解构造函数，运用其单调性求解．记f(x)cos(sinx)x,0x



2

，因为f(0)101，

f()cos10，所以f(x)0在(0,)上有根，又f(x)在(0,)上单调递减，所以2222





f(x)0在(0,)上的根是唯一的．

2

同样记g(x)sin(cosx)x，由g(0)0,g(



)0及g(x)在(0,)上单调递减，所以22





g(x)0在(0,)上的根存在且是唯一的．

2

由cos(sin)两边取sin得 sin[cos(sin)]sin

由于sin(cosx)x的解是唯一的，所以sin，故sin．

１０．解运用单调性结合分类讨论求解．

（1）若ab，则cosasincosa，但由cosa(0,



2

)，故有cosasincosa矛盾，即a

≠b．

（2）若ab，则由单调性可知cosacosb，又由ab及题意可得cosasincosb，而sincosbcosb，因此又可得cosacosb，从而产生矛盾．因此ab．

类似地，若ca，则由题意可得cosacossina，从而可得asina与asina矛盾；若ca，则sincsinaa，即sinca，cossinccosa，即ca矛盾．综上可得：bac．

１１．解运用等式恒成立的条件求解．当k0时，f(x)0显然f(x)M；

当k0时，因为f(x)sinkxM所以存在非零常数T, 对xR任意，有

成立，即sin(kxkT)Tsinkx对xR恒成立．即sinkxcoskTcoskxsinkTTsinkx，

sinkx(coskTT)coskxsinkT0恒成立，由等式恒成立知只能有 coskTT0，且sinkT0，从而T1，进而求得km(mZ)．

本题也可用特殊值求解．

１２．解先证明函数在R上是增函数，运用单调性去掉f(x)后转化为不等式恒成立求解．设x1,x2(,0)，且x1x2，则x1,x2(0,)，且x1x2． ∵f(x)在[0,)上是增函数，∴f(x1)f(x2)

又f(x)为奇函数∴f(x1)f(x2)．∴f(x)在(,0)上也是增函数．

即函数f(x)在(,0)和[0,)上是增函数，且f(x)在R上是奇函数，所以f(x)在

(,)上是增函数．

∵f(cos23)f(2msin)0，

∴f(cos23)f(2msin)，f(cos23)f(sin2m)，

cos23sin2m，2m2sin2sin2，

115

msin。

416

2

∵当sin1时，(sin)

2

14115

的最大值为2，

216

∴当m2

1

时，不等式恒成立． 2

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