前言
典例剖析
直接求解三角函数的单调区间族，可以称为求解法；
(1).求\(f(x)\)的单调区间；
分析：化简为正弦型或者余弦型，
\(f(x)=\cfrac{\sqrt{3}}{3}[cos(2x+\cfrac{\pi}{6})+4sinxcosx]+1\)，
\(=\cfrac{\sqrt{3}}{3}[(cos2x\cdot cos\cfrac{\pi}{6}-sin2x\cdot sin\cfrac{\pi}{6})+2sin2x]+1\)
\(=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(\cfrac{\sqrt{3}}{2}cos2x-\cfrac{1}{2}sin2x+2sin2x)+1\)
\(=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(\cfrac{\sqrt{3}}{2}cos2x+\cfrac{3}{2}sin2x)+1\)
\(=\cfrac{\sqrt{3}}{2}sin2x+\cfrac{1}{2}cos2x+1\)
即函数\(f(x)=sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+1\)，[化简到此结束]
令\(2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)，\(k\in Z\)，
解得单调递增区间为\([k\pi-\cfrac{\pi}{3}，k\pi+\cfrac{\pi}{6}]\)，\((k\in Z)\)；
令\(2k\pi+\cfrac{\pi}{2}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2k\pi+\cfrac{3\pi}{2}\)，\(k\in Z\)，
解得单调递减区间为\([k\pi+\cfrac{\pi}{6}，k\pi+\cfrac{2\pi}{3}]\)，\((k\in Z)\)；
注意：求\(f(x)=Asin(\omega x+\phi)+k\)型函数的单调区间，为减少错误，一般需要将\(\omega\)转化为\(\omega>0\)；
(2).令\(g(x)=af(x)+b\)，若函数\(g(x)\)在区间\([-\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4}]\)上的值域为\([-1，1]\)，求\(a+b\)的值；
提示：当\(x\in [-\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4}]\)时，\(sin(2x+\cfrac{\pi}{6})\in [-\cfrac{1}{2}，1]\)，则\(f(x)\in [\cfrac{1}{2}，2]\)，
以下针对一次项系数\(a\)分类讨论如下：
①当\(a>0\)时，由\(2a+b=1\)和\(\cfrac{1}{2}a+b=-1\)，解得\(a=\cfrac{4}{3}\)，\(b=-\cfrac{5}{3}\)，故\(a+b=-\cfrac{1}{3}\)；
②当\(a<0\)时，由\(2a+b=-1\)和\(\cfrac{1}{2}a+b=1\)，解得\(a=-\cfrac{4}{3}\)，\(b=\cfrac{5}{3}\)，故\(a+b=\cfrac{1}{3}\)；
故\(a+b\)的值为\(\cfrac{1}{3}\)或\(-\cfrac{1}{3}\)；
讨论给定区间上的三角函数的单调性，由些难度，一般可以有两个思路：①求解法+赋值法+交集法；②验证法；
(1).求函数的定义域；
分析：由函数解析式可知，需要让\(tanx\)有意义，故定义域为\(\{x\mid x\neq k\pi+\cfrac{\pi}{2}，k\in Z\}\)
(2).试讨论\(f(x)\)在区间\([-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{4}]\)上的单调性。
分析：先将所给函数化简为正弦型或者余弦型，
\(f(x)=4tanx\cdot cosx(cosx\cdot \cfrac{1}{2}+sinx\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2})-\sqrt{3}\)
\(=4sinx(cosx\cdot \cfrac{1}{2}+sinx\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2})-\sqrt{3}\)
\(=2sinxcosx+2\sqrt{3}sin^2x-\sqrt{3}\)
\(=sin2x+\sqrt{3}(1-cos2x)-\sqrt{3}\)
\(=sin2x-\sqrt{3}cos2x\)
\(=2sin(2x-\cfrac{\pi}{3})\)
法1：先求解函数在\(x\in R\)上的单调区间，
令\(2k\pi-\cfrac{\pi}{2}< 2x-\cfrac{\pi}{3}< 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，
得到单调递增区间为\((k\pi-\cfrac{\pi}{12}，k\pi+\cfrac{5\pi}{12})(k\in Z)\)，
然后给\(k\)赋值，令\(k=0\)，又因为\(x\in [-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{4}]\)，
[说明：求得的单调递增区间和给定区间求交集，即为所求的单调递增区间；剩余的即为单调递减区间]
得到函数在区间\((-\cfrac{\pi}{12}，\cfrac{\pi}{4}]\)上单调递增，在区间\([-\cfrac{\pi}{4}，-\cfrac{\pi}{12})\)上单调递减。
法2：验证法，由\(-\cfrac{\pi}{4}\leq x\leq \cfrac{\pi}{4}\)，求得\(-\cfrac{5\pi}{6}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}\)，结合横轴为\(2x-\cfrac{\pi}{3}\)的图像可知，
当\(-\cfrac{5\pi}{6}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}< -\cfrac{\pi}{2}\)时，求得函数在区间\([-\cfrac{\pi}{4}，-\cfrac{\pi}{12})\)单调递减；
当\(-\cfrac{\pi}{2}< 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}\)时，求得函数在区间\((-\cfrac{\pi}{12}，\cfrac{\pi}{4}]\)单调递增；
分析：本题目综合考查了三角函数的解析式的求解和三角函数单调区间的求解；在求解三角函数解析式时，又同时考查了整体思想；
\(f(x)=sin(\omega x+\phi)+\sqrt{3}cos(\omega x+\phi)=2sin(\omega x+\phi+\cfrac{\pi}{3})\)
由于函数图像过点\((1，2)\)，将其代入，则有\(2sin(\omega\times 1+\phi+\cfrac{\pi}{3})=2\)，
即\(\omega\times 1+\phi+\cfrac{\pi}{3}=2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)①，
又由于\(f(x)\)相邻的两个零点\(x_1\)，\(x_2\)，满足\(|x_1-x_2|=6\)，[此处快速做草图是个难点]
则可知\(\cfrac{T}{2}=6\)，则\(T=12\)，故\(\omega=\cfrac{2\pi}{T}=\cfrac{\pi}{6}\)，
代入①式，得到\(\phi=2k\pi(k\in Z)\)，[此处对\(\phi\)的处理是个难点，由于此处只强调\(\phi\)的存在性，故从简原则，令\(k=0\)]
故得到\(\phi=0\)，即所求解析式为\(f(x)=2sin(\cfrac{\pi}{6}x+\cfrac{\pi}{3})\)，
接下来，题目转化为：给定三角函数的解析式，求其单调增区间；
令\(2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leqslant \cfrac{\pi}{6}x+\cfrac{\pi}{3}\leqslant 2k\pi-\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，
用常规方法求解，得到\(-5+12k\leqslant x\leqslant 1+12k(k\in Z)\)，故选\(B\)。
分析：这类题目一般需要先将\(f(x)\)转化为正弦型或者余弦型，再利用给定的条件分别求\(\omega\)和\(\phi\)，由
\(f(x)=2Acos^2(\omega x+\phi)=A[cos2(\omega x+\phi)+1]=Acos(2\omega x+2\phi)+A\)，
故其周期为\(T=\cfrac{2\pi}{2\omega}=\cfrac{\pi}{\omega}\)，又由题目可知\(\cfrac{T}{4}=\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{\pi}{12}=\cfrac{\pi}{4}\)，则\(T=\pi=\cfrac{\pi}{\omega}\)，
故\(\omega=1\)，则函数简化为\(f(x)=Acos(2x+2\phi)+A\)，再利用直线\(x=\cfrac{\pi}{3}\)是函数\(f(x)\)图象上的一条对称轴，
故\(2\times \cfrac{\pi}{3}+2\phi=k\pi,(k\in Z)\),解得\(\phi=\cfrac{k\pi}{2}-\cfrac{\pi}{3}\)，
令\(k=1\)，则\(\phi=\cfrac{\pi}{6}\in (0,\cfrac{\pi}{2})\)，满足题意，故\(f(x)=Acos(2x+2\phi)+A=Acos(2x+\cfrac{\pi}{3})+A\).
令\(2k\pi-\pi\leq 2x+\cfrac{\pi}{3}\leq 2k\pi(k\in Z)\)，解得\(k\pi-\cfrac{2\pi}{3}\leq x \leq k\pi-\cfrac{\pi}{6}(k\in Z)\)，故选\(A\);
快速验证正弦型函数在某个区间的单调性；如下例中的①；
①函数\(f(x)\)在区间\([0，\cfrac{4\pi}{3}]\)上先增后减；
解析：由函数\(f(x)\)的最小正周期为\(4\pi\)，可知\(\omega=\cfrac{2\pi}{4\pi}=\cfrac{1}{2}\)，即\(f(x)=2\sin(\cfrac{1}{2}x+\phi)\)
又由于其图像关于直线\(x=\cfrac{2\pi}{3}\)对称，则函数在\(x=\cfrac{2\pi}{3}\)处的函数值必须达到最大值或者最小值，即\(f(\cfrac{2\pi}{3})=\pm 2\)，将\(x=\cfrac{2\pi}{3}\)代入得到，\(2\sin(\cfrac{1}{2}\times\cfrac{2\pi}{3}+\phi)=\pm 2\)，即\(\sin(\cfrac{\pi}{3}+\phi)=\pm1\)，即\(\cfrac{\pi}{3}+\phi=k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)，令\(k=0\)，得到\(\phi=\cfrac{\pi}{6}\in (-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2})\)，满足题意，故\(f(x)=2\sin(\cfrac{1}{2}x+\cfrac{\pi}{6})\)。[注意，此时就不能利用先求解对称轴方程族，再给\(k\)赋值的方法来求解，原因是此时\(\phi\)的值未知]
对于①而言，由于\(0\leqslant x\leqslant\cfrac{4\pi}{3}\)，则\(\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{17\pi}{6}\)
故当\(\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{\pi}{2}\)时，即\(0\leqslant x\leqslant\cfrac{\pi}{6}\)时，函数单调递增，[1]
当\(\cfrac{\pi}{2}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{17}{6}\pi\)时，即\(\cfrac{\pi}{6}\leqslant x\leqslant\cfrac{4\pi}{3}\)时，函数单调递减，故①是正确的；
当然，还有一个方法，可以先求得\(f(x)\)的所有单调区间族，然后给\(k\)赋值，看看\([0，\cfrac{4\pi}{3}]\)具体落在什么区间上再做定夺，不过这个思路会很费时间，不大可取，故上述的验证方法是最快的。
计算得到范围\(\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{17\pi}{6}\)以后，将\(2x+\cfrac{\pi}{6}\)视为一个整体，快速做以\(2x+\cfrac{\pi}{6}\)为横轴的函数图像，思考\(y=sinx\)的单调区间，显然只有\(\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{\pi}{2}\)时，函数是单调递增的，同理当\(\cfrac{\pi}{2}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{17}{6}\pi\)时函数是单调递减的。进一步分析，由\(y=sinx\)的图像到\(y=2\sin(\cfrac{1}{2}x+\cfrac{\pi}{6})\)的图像之间的相互变换，其本质为在横轴方向上的伸缩和左右平移以及纵轴方向上的伸缩，会改变单调区间的宽度，但是并不能改变函数在这一区间上的单调性，意思是原来单调递增的伸缩平移后依然是单调递增的。 ↩︎