前言
典例剖析
直接求解三角函數的單調區間族，可以稱為求解法；
(1).求\(f(x)\)的單調區間；
分析：化簡為正弦型或者余弦型，
\(f(x)=\cfrac{\sqrt{3}}{3}[cos(2x+\cfrac{\pi}{6})+4sinxcosx]+1\)，
\(=\cfrac{\sqrt{3}}{3}[(cos2x\cdot cos\cfrac{\pi}{6}-sin2x\cdot sin\cfrac{\pi}{6})+2sin2x]+1\)
\(=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(\cfrac{\sqrt{3}}{2}cos2x-\cfrac{1}{2}sin2x+2sin2x)+1\)
\(=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(\cfrac{\sqrt{3}}{2}cos2x+\cfrac{3}{2}sin2x)+1\)
\(=\cfrac{\sqrt{3}}{2}sin2x+\cfrac{1}{2}cos2x+1\)
即函數\(f(x)=sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+1\)，[化簡到此結束]
令\(2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)，\(k\in Z\)，
解得單調遞增區間為\([k\pi-\cfrac{\pi}{3}，k\pi+\cfrac{\pi}{6}]\)，\((k\in Z)\)；
令\(2k\pi+\cfrac{\pi}{2}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2k\pi+\cfrac{3\pi}{2}\)，\(k\in Z\)，
解得單調遞減區間為\([k\pi+\cfrac{\pi}{6}，k\pi+\cfrac{2\pi}{3}]\)，\((k\in Z)\)；
注意：求\(f(x)=Asin(\omega x+\phi)+k\)型函數的單調區間，為減少錯誤，一般需要將\(\omega\)轉化為\(\omega>0\)；
(2).令\(g(x)=af(x)+b\)，若函數\(g(x)\)在區間\([-\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4}]\)上的值域為\([-1，1]\)，求\(a+b\)的值；
提示：當\(x\in [-\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4}]\)時，\(sin(2x+\cfrac{\pi}{6})\in [-\cfrac{1}{2}，1]\)，則\(f(x)\in [\cfrac{1}{2}，2]\)，
以下針對一次項系數\(a\)分類討論如下：
①當\(a>0\)時，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當\(a<0\)時，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\(a+b\)的值為\(\cfrac{1}{3}\)或\(-\cfrac{1}{3}\)；
討論給定區間上的三角函數的單調性，由些難度，一般可以有兩個思路：①求解法+賦值法+交集法；②驗證法；
(1).求函數的定義域；
分析：由函數解析式可知，需要讓\(tanx\)有意義，故定義域為\(\{x\mid x\neq k\pi+\cfrac{\pi}{2}，k\in Z\}\)
(2).試討論\(f(x)\)在區間\([-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{4}]\)上的單調性。
分析：先將所給函數化簡為正弦型或者余弦型，
\(f(x)=4tanx\cdot cosx(cosx\cdot \cfrac{1}{2}+sinx\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2})-\sqrt{3}\)
\(=4sinx(cosx\cdot \cfrac{1}{2}+sinx\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2})-\sqrt{3}\)
\(=2sinxcosx+2\sqrt{3}sin^2x-\sqrt{3}\)
\(=sin2x+\sqrt{3}(1-cos2x)-\sqrt{3}\)
\(=sin2x-\sqrt{3}cos2x\)
\(=2sin(2x-\cfrac{\pi}{3})\)
法1：先求解函數在\(x\in R\)上的單調區間，
令\(2k\pi-\cfrac{\pi}{2}< 2x-\cfrac{\pi}{3}< 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，
得到單調遞增區間為\((k\pi-\cfrac{\pi}{12}，k\pi+\cfrac{5\pi}{12})(k\in Z)\)，
然后給\(k\)賦值，令\(k=0\)，又因為\(x\in [-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{4}]\)，
[說明：求得的單調遞增區間和給定區間求交集，即為所求的單調遞增區間；剩余的即為單調遞減區間]
得到函數在區間\((-\cfrac{\pi}{12}，\cfrac{\pi}{4}]\)上單調遞增，在區間\([-\cfrac{\pi}{4}，-\cfrac{\pi}{12})\)上單調遞減。
法2：驗證法，由\(-\cfrac{\pi}{4}\leq x\leq \cfrac{\pi}{4}\)，求得\(-\cfrac{5\pi}{6}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}\)，結合橫軸為\(2x-\cfrac{\pi}{3}\)的圖像可知，
當\(-\cfrac{5\pi}{6}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}< -\cfrac{\pi}{2}\)時，求得函數在區間\([-\cfrac{\pi}{4}，-\cfrac{\pi}{12})\)單調遞減；
當\(-\cfrac{\pi}{2}< 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}\)時，求得函數在區間\((-\cfrac{\pi}{12}，\cfrac{\pi}{4}]\)單調遞增；
分析：本題目綜合考查了三角函數的解析式的求解和三角函數單調區間的求解；在求解三角函數解析式時，又同時考查了整體思想；
\(f(x)=sin(\omega x+\phi)+\sqrt{3}cos(\omega x+\phi)=2sin(\omega x+\phi+\cfrac{\pi}{3})\)
由於函數圖像過點\((1，2)\)，將其代入，則有\(2sin(\omega\times 1+\phi+\cfrac{\pi}{3})=2\)，
即\(\omega\times 1+\phi+\cfrac{\pi}{3}=2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)①，
又由於\(f(x)\)相鄰的兩個零點\(x_1\)，\(x_2\)，滿足\(|x_1-x_2|=6\)，[此處快速做草圖是個難點]
則可知\(\cfrac{T}{2}=6\)，則\(T=12\)，故\(\omega=\cfrac{2\pi}{T}=\cfrac{\pi}{6}\)，
代入①式，得到\(\phi=2k\pi(k\in Z)\)，[此處對\(\phi\)的處理是個難點，由於此處只強調\(\phi\)的存在性，故從簡原則，令\(k=0\)]
故得到\(\phi=0\)，即所求解析式為\(f(x)=2sin(\cfrac{\pi}{6}x+\cfrac{\pi}{3})\)，
接下來，題目轉化為：給定三角函數的解析式，求其單調增區間；
令\(2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leqslant \cfrac{\pi}{6}x+\cfrac{\pi}{3}\leqslant 2k\pi-\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，
用常規方法求解，得到\(-5+12k\leqslant x\leqslant 1+12k(k\in Z)\)，故選\(B\)。
分析：這類題目一般需要先將\(f(x)\)轉化為正弦型或者余弦型，再利用給定的條件分別求\(\omega\)和\(\phi\)，由
\(f(x)=2Acos^2(\omega x+\phi)=A[cos2(\omega x+\phi)+1]=Acos(2\omega x+2\phi)+A\)，
故其周期為\(T=\cfrac{2\pi}{2\omega}=\cfrac{\pi}{\omega}\)，又由題目可知\(\cfrac{T}{4}=\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{\pi}{12}=\cfrac{\pi}{4}\)，則\(T=\pi=\cfrac{\pi}{\omega}\)，
故\(\omega=1\)，則函數簡化為\(f(x)=Acos(2x+2\phi)+A\)，再利用直線\(x=\cfrac{\pi}{3}\)是函數\(f(x)\)圖象上的一條對稱軸，
故\(2\times \cfrac{\pi}{3}+2\phi=k\pi,(k\in Z)\),解得\(\phi=\cfrac{k\pi}{2}-\cfrac{\pi}{3}\)，
令\(k=1\)，則\(\phi=\cfrac{\pi}{6}\in (0,\cfrac{\pi}{2})\)，滿足題意，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\(k\pi-\cfrac{2\pi}{3}\leq x \leq k\pi-\cfrac{\pi}{6}(k\in Z)\)，故選\(A\);
快速驗證正弦型函數在某個區間的單調性；如下例中的①；
①函數\(f(x)\)在區間\([0，\cfrac{4\pi}{3}]\)上先增后減；
解析：由函數\(f(x)\)的最小正周期為\(4\pi\)，可知\(\omega=\cfrac{2\pi}{4\pi}=\cfrac{1}{2}\)，即\(f(x)=2\sin(\cfrac{1}{2}x+\phi)\)
又由於其圖像關於直線\(x=\cfrac{2\pi}{3}\)對稱，則函數在\(x=\cfrac{2\pi}{3}\)處的函數值必須達到最大值或者最小值，即\(f(\cfrac{2\pi}{3})=\pm 2\)，將\(x=\cfrac{2\pi}{3}\)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\(\phi=\cfrac{\pi}{6}\in (-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2})\)，滿足題意，故\(f(x)=2\sin(\cfrac{1}{2}x+\cfrac{\pi}{6})\)。[注意，此時就不能利用先求解對稱軸方程族，再給\(k\)賦值的方法來求解，原因是此時\(\phi\)的值未知]
對於①而言，由於\(0\leqslant x\leqslant\cfrac{4\pi}{3}\)，則\(\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{17\pi}{6}\)
故當\(\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{\pi}{2}\)時，即\(0\leqslant x\leqslant\cfrac{\pi}{6}\)時，函數單調遞增，[1]
當\(\cfrac{\pi}{2}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{17}{6}\pi\)時，即\(\cfrac{\pi}{6}\leqslant x\leqslant\cfrac{4\pi}{3}\)時，函數單調遞減，故①是正確的；
當然，還有一個方法，可以先求得\(f(x)\)的所有單調區間族，然后給\(k\)賦值，看看\([0，\cfrac{4\pi}{3}]\)具體落在什么區間上再做定奪，不過這個思路會很費時間，不大可取，故上述的驗證方法是最快的。
計算得到范圍\(\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{17\pi}{6}\)以后，將\(2x+\cfrac{\pi}{6}\)視為一個整體，快速做以\(2x+\cfrac{\pi}{6}\)為橫軸的函數圖像，思考\(y=sinx\)的單調區間，顯然只有\(\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{\pi}{2}\)時，函數是單調遞增的，同理當\(\cfrac{\pi}{2}\leqslant 2x+\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{17}{6}\pi\)時函數是單調遞減的。進一步分析，由\(y=sinx\)的圖像到\(y=2\sin(\cfrac{1}{2}x+\cfrac{\pi}{6})\)的圖像之間的相互變換，其本質為在橫軸方向上的伸縮和左右平移以及縱軸方向上的伸縮，會改變單調區間的寬度，但是並不能改變函數在這一區間上的單調性，意思是原來單調遞增的伸縮平移后依然是單調遞增的。 ↩︎