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题型一 数形结合思想在三角函数中的应用
例1 已知函数 f(x)=Asin(ωx+φ),x∈R(其中A0,ω0,|φ|eq \f(π,2))在一个周期内的简图如图所示,求函数g(x)=f(x)-lg x零点的个数.
解 显然A=2.
由图象过(0,1)点,则f(0)=1,即sin φ=eq \f(1,2),
又|φ|eq \f(π,2),则φ=eq \f(π,6).
又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12),0))是图象上的点,则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)))=0,
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)ω+\f(π,6)))=0,由图象可知,eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12),0))是图象在y轴右侧部分与x轴的第二个交点.∴eq \f(11π,12)ω+eq \f(π,6)=2π.
∴ω=2,因此所求函数的解析式为f(x)=2sin(2x+eq \f(π,6)).
以下,在同一坐标系中作函数y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,6)))和函数y=lg x的示意图如图所示:
∵f(x)的最 大值为2,令lg x=2,得x=100,令eq \f(11,12)π+kπ100(k∈Z),得k≤30(k∈Z),而eq \f(11,12)π+31π100,∴在区间(0,100]内有31个形如eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,12)π+kπ,\f(17,12)π+kπ))(k∈Z,0≤k≤30)的区间,在每个区间上y=f(x)与y=lg x的图象都有2个交点,故这两个函数图象在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,12),100))上有2×31=62个交点,另外在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(11,12)π))上还有1个交点,
∴方程f(x)-lg x=0共有实根63个.
∴函数g(x)=f(x)-lg x共有63个零点.
反思与感悟 运用数形结合的思想化抽象为直观,使问题简单明了,数形结合在三角函数中有着广泛的应用.
跟踪训练1 若0xeq \f(π,2),则2x与πsin x的大小关系是( )
A.2xπsin x B.2xπsin x
C.2x=πsin x D.与x的取值有关
答案 B
解析 在同一坐标平面内作出函数y=2x与函数y=πsin x的图象,如图所示.
观察图象易知:
当x=0时,2x=πsin x=0;
当x=eq \f(π,2)时,2x=πsin x=π;
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))时,函数y=2x是直线段,而曲线y=πsin x是上凸的.所以2xπsin x.故选B.
题型二 分类讨论思想在三角函数求值中的应用
例2 已知cos θ=m,|m|≤1,求sin θ、tan θ的值.
解 (1)当m=0时,θ=2kπ±eq \f(π,2),k∈Z;
当θ=2kπ+eq \f(π,2)时,sin θ=1,tan θ不存在;
当θ=2kπ-eq \f(π,2)时,sin θ=-1,tan θ不存在.
(2)当m=1时,θ=2kπ,k∈Z,sin θ=tan θ=0.
当m=-1时,θ=2kπ+π,k∈Z,sin θ=tan θ=0.
(3)当θ在第一、二象限时,
sin θ=eq \r(1-m2),tan θ=eq \f(\r(1-m2),m).
(4)当θ在第三、四象限时,
sin θ=-eq \r(1-m2),tan θ=-eq \f(\r(1-m2),m).
反思与感悟 已知角的 某一个三角函数值为字母时,注意对字母是否为0、±1及分象限作讨论,讨论标准要统一.在三角函数部分,有不少题目都涉及到分类讨论的思想.
跟踪训练2 函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin?πx2?,-1x0,,ex-1,x≥0.))若f(1)+f(a)=2,则a的值为( )
A.1 B.1,-eq \f(\r(2),2) C.-eq \f(\r(2),2) D.1,eq \f(\r(2),2)
答案 B
解析 ∵f(1)=e1-1=1,∴f(a)=1.
当a≥0时,f(a)=ea-1=1,
∴a-1=0,∴a=1;
当-1a0时,f(a)=sin(πa2)=1,
∴πa2=2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,∴a2=2k+eq \f
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