高中数学三角函数的单调性训练题

A级——保大分专练

π1．函数f(x)＝tan2x－的单调递增区间是( ) 3A.B.

kπ－π，kπ＋5π(k∈Z) 122122kπ－π，kπ＋5π(k∈Z) 122122

π5πC.kπ－，kπ＋(k∈Z)

1212

π2πD.kπ＋，kπ＋(k∈Z) 63

πππkππkπ5π

解析：选B 由kπ－＜2x－＜kπ＋(k∈Z)，得－＜x＜＋(k∈Z)，所以函

232212212πkππkπ5π数f(x)＝tan2x－的单调递增区间是－，＋(k∈Z)．

3122122

2．y＝|cos x|的一个单调递增区间是( )

ππA.－，

22

3πC.π， 2

B．[0，π] D.

3π，2π



2

解析：选D 将y＝cos x的图象位于x轴下方的部分关于x轴对称向上翻折，x轴上方(或x轴上)的部分不变，即得y＝|cos x|的图象(如图)．故选D.

π3．已知函数y＝2cos x的定义域为，π，值域为[a，b]，则b－a的值是( ) 3

A．2 C.3＋2

B．3 D．2－3

1π解析：选B 因为x∈，π，所以cos x∈－1，，故y＝2cos x的值域为[－2,1]，所

23以b－a＝3.

π

4．(2019·西安八校联考)已知函数f(x)＝cos(x＋θ)(0<θ<π)在x＝时取得最小值，则3

f(x)在[0，π]上的单调递增区间是( )

1

A.

π，π

3π2π B.，

33

D.

2πC.0，

32π，π



3

ππ4ππ

解析：选A 因为0<θ<π，所以<＋θ<，又因为f(x)＝cos(x＋θ)在x＝时取得最

3333π2π2π2π5π2π小值，所以＋θ＝π，θ＝，所以f(x)＝cosx＋.由0≤x≤π，得≤x＋≤.3333332π5πππ由π≤x＋≤，得≤x≤π，所以f(x)在[0，π]上的单调递增区间是，π.

3333

5．(2018·北京东城质检)函数f(x)＝sinx＋3sin xcos x在区间( )

A．1 3

C. 2

1－3 B. 2 D．1－3

2

π，π上的最小值为

42

π11132

解析：选A 函数f(x)＝sinx＋3sin xcos x＝－cos 2x＋sin 2x＝sin2x－＋.

62222ππ5πππ∵x∈，，∴2x－∈，.

66342π5π

当2x－＝时，函数f(x)取得最小值为1.

66

π6．(2019·广西五市联考)若函数f(x)＝2sin ωx(0<ω<1)在区间0，上的最大值为1，则

3

ω＝( )

1

A. 41C. 2

1 B.

3 D.

3 2

πππ解析：选C 因为0<ω<1,0≤x≤，所以0≤ωx<，所以f(x)在区间0，上单调递增，

333

ωπωπ1πωππ1π则f(x)max＝f＝2sin＝1，即sin＝.又因为0≤ωx<，所以＝，解得ω＝. 33233623

7．函数y＝sin x－cos x的定义域为________．

解析：要使函数有意义，需sin x－cos x≥0，即sin x≥cos x， π5π

由函数的图象得2kπ＋≤x≤2kπ＋(k∈Z)，

44

2

π5π故原函数的定义域为2kπ＋，2kπ＋(k∈Z)． 44π5π答案：2kπ＋，2kπ＋(k∈Z)

448．函数f(x)＝cos 2x＋6cos

π－x的最大值为________．

2

311π2

解析：因为f(x)＝cos 2x＋6cos－x＝1－2sinx＋6sin x＝－2sin x－2＋，而sin x222∈[－1,1]，所以当sin x＝1时，f(x)取最大值5.

答案：5

9．函数f(x)＝2sin

πx－π(0≤x≤9)的最大值与最小值之和为________．

36

π3π

解析：因为0≤x≤9，所以0≤x≤，

62πππ7π

即－≤x－≤，

3636所以－

3ππ≤sinx－≤1，

326

故f(x)的最大值为2，最小值为－3，它们之和为2－3. 答案：2－3

πππ10．若函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在区间0，上单调递增，在区间，上单调递减，则

332

ω＝________.

解析：法一：由于函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象经过坐标原点，由已知并结合正弦函数的π12π4π3

图象可知，为函数f(x)的周期，故＝，解得ω＝.

34ω32

ππ法二：由题意，得f(x)max＝f＝sinω＝1.

33ππ3

由已知并结合正弦函数图象可知，ω＝，解得ω＝.

3223

答案：

2

π11．已知函数f(x)＝2sin2x＋. 4(1)求函数f(x)的单调递增区间；

π3π(2)当x∈，时，求函数f(x)的最大值和最小值．

44

3

πππ

解：(1)令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，

2423ππ

则kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.

88

3ππ故函数f(x)的单调递增区间为kπ－，kπ＋，k∈Z.

883ππ7ππ3π(2)因为当x∈，时，≤2x＋≤，

44444π2所以－1≤sin2x＋≤，所以－2≤f(x)≤1， 42所以当x∈

π，3π时，函数f(x)的最大值为1，最小值为－2. 44

133

12．已知函数f(x)＝sin 2x－cos 2x－.

222(1)求函数f(x)的最小正周期和最大值； (2)讨论函数f(x)在

π，2π上的单调性．

36

π1333解：(1)因为函数f(x)＝sin 2x－cos 2x－＝sin2x－－，

322222－3

所以函数f(x)的最小正周期为π，最大值为.

2ππ2π(2)当x∈，时，0≤2x－≤π，

336

πππ5π

从而当0≤2x－≤，即≤x≤时，f(x)单调递增；

32612ππ5π2π

当≤2x－≤π，即≤x≤时，f(x)单调递减． 23123

π5π5π，2π上单调递减． 综上可知，f(x)在，上单调递增，在361212

B级——创高分自选

7ππππ1．已知函数f(x)＝2sinx＋，设a＝f，b＝f，c＝f，则a，b，c的大小关

3763

系是________(用“<”表示)．

ππ解析：函数f(x)＝2sinx＋＋2π＝2sinx＋， 33

4

a＝f＝2sin

7

πππ

10π

， 21π2

b＝f＝2sin ，

6c＝f＝2sin

3

2ππ＝2sin ， 33

π10πππ因为y＝sin x在0，上单调递增，且<<，

23212π10ππ

所以sin 3212即c答案：cπππ2．(2018·四川双流中学模拟)已知函数f(x)＝sinωx＋(ω>0)，f＝f，且f(x)

463在

π，π上单调递减，则ω＝________.

2

πππ解析：由f＝f，可知函数f(x) 的图象关于直线x＝对称，

463πππ

∴ω＋＝＋kπ，k∈Z， 442∴ω＝1＋4k，k∈Z， 又∵f(x)在

π，π上单调递减，

2

Tππ

∴≥π－＝，T≥π， 222

2π

∴≥π，∴ω≤2，

ω又∵ω＝1＋4k，k∈Z，∴当k＝0时，ω＝1. 答案：1

π3．已知函数f(x)＝2asinx＋＋a＋b.

4

(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调递增区间；

(2)若x∈[0，π]，函数f(x)的值域是[5,8]，求a，b的值．

π解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－2sinx＋＋b－1，

4

ππ3π

由2kπ＋≤x＋≤2kπ＋(k∈Z)，

242

5

π5π

得2kπ＋≤x≤2kπ＋(k∈Z)，

44

π5π所以f(x)的单调递增区间为2kπ＋，2kπ＋(k∈Z)．

44ππ5π

(2)因为0≤x≤π，所以≤x＋≤，

444所以－

2π≤sinx＋≤1，依题意知a≠0. 42

①当a>0时，有{2a＋a＋b＝8，b＝5， 所以a＝32－3，b＝5. ②当a<0时，有{b＝8，所以a＝3－32，b＝8.

综上所述，a＝32－3，b＝5或a＝3－32，b＝8.

2a＋a＋b＝5，

6