难点15三角函数的图象和性质
三角函数的图象和性质是高考的热点，在复习时要充分运用数形结合的思想，把图象和性质结合起来.本节主要帮助考生掌握图象和性质并会灵活运用.
●难点磁场
(★★★★)已知α、β为锐角，且x(α+β－)＞0,试证不等式f(x)=x＜2对一切非零实数都成立.
●案例探究
［例1］设z1=m+(2－m2)i,z2=cosθ+(λ+sinθ)i,其中m,λ,θ∈R，已知z1=2z2，求λ的取值范围.
命题意图：本题主要考查三角函数的性质，考查考生的综合分析问题的能力和等价转化思想的运用，属★★★★★级题目.
知识依托：主要依据等价转化的思想和二次函数在给定区间上的最值问题来解决.
错解分析：考生不易运用等价转化的思想方法来解决问题.
技巧与方法：对于解法一，主要运用消参和分离变量的方法把所求的问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题；对于解法二，主要运用三角函数的平方关系把所求的问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题.
解法一：∵z1=2z2，
∴m+(2－m2)i=2cosθ+(2λ+2sinθ)i,∴
∴λ=1－2cos2θ－sinθ=2sin2θ－sinθ－1=2(sinθ－)2－.
当sinθ=时λ取最小值－，当sinθ=－1时，λ取最大值2.
解法二：∵z1=2z2∴
∴,
∴=1.
∴m4－(3－4λ)m2+4λ2－8λ=0,设t=m2,则0≤t≤4,
令f(t)=t2－(3－4λ)t+4λ2－8λ,则或f(0)·f(4)≤0
∴
∴－≤λ≤0或0≤λ≤2.
∴λ的取值范围是［－，2］.
［例2］如右图，一滑雪运动员自h=50m高处A点滑至O点，由于运动员的技巧(不计阻力)，在O点保持速率v0不为，并以倾角θ起跳，落至B点，令OB=L，试问，α=30°时，L的最大值为多少？当L取最大值时，θ为多大？
命题意图：本题是一道综合性题目，主要考查考生运用数学知识来解决物理问题的能力.属★★★★★级题目.
知识依托：主要依据三角函数知识来解决实际问题.
错解分析：考生不易运用所学的数学知识来解决物理问题，知识的迁移能力不够灵活.
技巧与方法：首先运用物理学知识得出目标函数，其次运用三角函数的有关知识来解决实际问题.
解：由已知条件列出从O点飞出后的运动方程：
由①②整理得：v0cosθ=
∴v02+gLsinα=g2t2+≥=gL
运动员从A点滑至O点，机械守恒有:mgh=mv02,
∴v02=2gh,∴L≤=200(m)
即Lmax=200(m),又g2t2=.
∴
得cosθ=cosα,∴θ=α=30°∴L最大值为200米，当L最大时，起跳仰角为30°.
［例3］如下图，某地一天从6时到14时的温度变化曲线近似满足函数y=Asin(ωx+φ)+b.
(1)求这段时间的最大温差.
(2)写出这段曲线的函数解析式.
命题意图：本题以应用题的形式考查备考中的热点题型，要求考生把所学的三角函数知识与实际问题结合起来分析、思考，充分体现了“以能力立意”的命题原则.属★★★★级题目.
知识依托：依据图象正确写出解析式.
错解分析：不易准确判断所给图象所属的三角函数式的各个特定系数和字母.
技巧与方法：数形结合的思想，以及运用待定系数法确定函数的解析式.
解：(1)由图示，这段时间的最大温差是30－10=20(℃)；
(2)图中从6时到14时的图象是函数y=Asin(ωx+φ)+b的半个周期的图象.
∴=14－6,解得ω=,由图示A=(30－10)=10，b=(30+10)=20，这时y=10sin(x+φ)+20,将x=6,y=10代入上式可取φ=π.综上所求的解析式为y=10sin(x+
π)+20,x∈［6,14］.
●锦囊妙计
本难点所涉及的问题及解决的方法主要有：
1.考查三角函数的图象和性质的基础题目，此类题目要求考生在熟练掌握三角函数图象的基础上要对三角函数的性质灵活运用.
2.三角函数与其他知识相结合的综合题目，此类题目要求考生具有较强的分析能力和逻辑思维能力.在今后的命题趋势中综合性题型仍会成为热点和重点，并可以逐渐加强.
3.三角函数与实际问题的综合应用.
此类题目要求考生具有较强的知识迁移能力和数学建模能力，要注意数形结合思想在解题中的应用.
●歼灭难点训练
一、选择题
1.(★★★★)函数y=－x·cosx的部分图象是()
2.(★★★★)函数f(x)=cos2x+sin(+x)是()
A.非奇非偶函数 B.仅有最小值的奇函数
C.仅有最大值的偶函数 D.既有最大值又有最小值的偶函数
二、填空题
3.(★★★★)函数f(x)=()｜cosx｜在［－π，π］上的单调减区间为_________.
4.(★★★★★)设ω＞0，若函数f(x)=2sinωx在［－，］上单调递增，则ω的取值范围是_________.
三、解答题
5.(★★★★)设二次函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R),已知不论α、β为何实数恒有f(sinα)≥0和f(2+cosβ)≤0.
(1)求证：b+c=－1；
(2)求证c≥3；
(3)若函数f(sinα)的最大值为8，求b，c的值.
6.(★★★★★)用一块长为a，宽为b(a＞b)的矩形木板，在二面角为α的墙角处围出一个直三棱柱的谷仓，试问应怎样围才能使谷仓的容积最大？并求出谷仓容积的最大值.
7.(★★★★★)有一块半径为R，中心角为45°的扇形铁皮材料，为了获取面积最大的矩形铁皮，工人师傅常让矩形的一边在扇形的半径上，然后作其最大内接矩形，试问：工人师傅是怎样选择矩形的四点的？并求出最大面积值.
8.(★★★★)设－≤x≤，求函数y=log2(1+sinx)+log2(1－sinx)的最大值和最小值.
9.(★★★★★)是否存在实数a，使得函数y=sin2x+a·cosx+a－在闭区间［0，］上的最大值是1？若存在，求出对应的a值；若不存在，试说明理由.
参考答案
难点磁场
证明：若x＞0，则α+β＞∵α、β为锐角，∴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,+∞)上单调递减，∴f(x)＜f(0)=2.若x＜0,α+β＜,∵α、β为锐角，0＜β＜－α＜,0＜α＜－β＜,0＜sinβ＜sin(－α),∴sinβ＜cosα,0＜sinα＜sin(－β),∴sinα＜cosβ,∴＞1,＞1,
∵f(x)在(－∞,0）上单调递增，∴f(x)＜f(0)=2,∴结论成立.
歼灭难点训练
一、1.解析：函数y=－xcosx是奇函数，图象不可能是A和C，又当x∈(0,)时，
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｜的单调递增区间是［－,0］及［,π］.而f(x)依｜cosx｜取值的递增而递减,故［－,0］及［,π］为f(x)的递减区间.
4.解：由－≤ωx≤，得f(x)的递增区间为［－,］，由题设得
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.
从而知f(1)=0∴b+c+1=0.
(2)由f(2+cosβ)≤0,知f(3)≤0,∴9+3b+c≤0.又因为b+c=－1,∴c≥3.
(3)∵f(sinα)=sin2α+(－1－c)sinα+c=(sinα－)2+c－()2,
当sinα=－1时，［f(sinα)］max=8,由解得b=－4,c=3.
6.解：如图，设矩形木板的长边AB着地，并设OA=x，OB=y，则a2=x2+y2－2xycosα≥2xy－2xycosα=2xy(1－cosα).
∵0＜α＜π,∴1－cosα＞0,∴xy≤(当且仅当x=y时取“=”号)，故此时谷仓的容积的最大值V1=(xysinα)b=.同理，若木板短边着地时，谷仓的容积V的最大值V2=ab2cos,
∵a＞b,∴V1＞V2
从而当木板的长边着地，并且谷仓的底面是以a为底边的等腰三角形时，谷仓的容积最大，其最大值为a2bcos.
7.解：如下图，扇形AOB的内接矩形是MNPQ，连OP，则OP=R，设∠AOP=θ，则
∠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，当且仅当cos(2θ－45°)=1,即θ=22.5°时，S矩形MNPQ的值最大且最大值为R2.
工人师傅是这样选点的，记扇形为AOB，以扇形一半径OA为一边，在扇形上作角AOP且使∠AOP=22.5°，P为边与扇形弧的交点，自P作PN⊥OA于N，PQ∥OA交OB于Q，并作OM⊥OA于M，则矩形MNPQ为面积最大的矩形，面积最大值为R2.
8.解：∵在［－］上，1+sinx＞0和1－sinx＞0恒成立，∴原函数可化为y=
log2(1－sin2x)=log2cos2x，又cosx＞0在［－］上恒成立，∴原函数即是y=2log2cosx,在x∈［
－］上，≤cosx≤1.
∴log2≤log2cosx≤log21，即－1≤y≤0，也就是在x∈［－］上，ymax=0,
ymin=－1.
综合上述知，存在符合题设.
①
②
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