高中數(shù)學(xué)三角函數(shù)經(jīng)典例題及詳解

1、高中數(shù)學(xué)三角函數(shù)專題復(fù)習(xí)考試要求三角函數(shù)是一類最典型的周期函數(shù)。本單元的學(xué)習(xí)，可以幫助學(xué)生在用銳角三角函數(shù) 刻畫直角三角形中邊角關(guān)系的基礎(chǔ)上，借助單位圓建立一般三角函數(shù)的概念，體會引入弧 度制的必要性；用幾何直觀和代數(shù)運算的方法研究三角函數(shù)的周期性、奇偶性（對稱 性）、單調(diào)性和最大（?。┲档刃再|(zhì)；探索和研究三角函數(shù)之間的一些恒等關(guān)系；利用三 角函數(shù)構(gòu)建數(shù)學(xué)模型，解決實際問題。內(nèi)容包括：角與弧度、三角函數(shù)概念和性質(zhì)、同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式、三角恒等 變換、三角函數(shù)應(yīng)用。（1）角與弧度了解任意角的概念和弧度制，能進行弧度與角度的互化，體會引入弧度制的必要性。（2）三角函數(shù)概念和性質(zhì)借助單位圓理解

2、任意角三角函數(shù)（正弦、余弦、正切）的定義，能畫出這些三角函 數(shù)的圖象，了解三角函數(shù)的周期性、奇偶性、最大（?。┲?。借助單位圓的對稱性，利用 定義推導(dǎo)出誘導(dǎo)公式（a , a 7t的正弦、余弦、正切）。2借助圖象理解正弦函數(shù)在、余弦函數(shù)0,2 上、正切函數(shù)在（一，一）上的性質(zhì)。2 2結(jié)合具體實例，了解 y Asin（ x ）的實際意義；能借助圖象理解參數(shù)3,巾，刖意義，了解參數(shù)的變化對函數(shù)圖象的影響。（3）同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式22 sin x理解同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式 sin x cos x 1, tanx。cosx（4）三角恒等變換經(jīng)歷推導(dǎo)兩角差余弦公式的過程，知道兩角差余弦公式的意義。能

3、從兩角差的余弦公式推導(dǎo)出兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正 弦、余弦、正切公式，了解它們的內(nèi)在聯(lián)系。能運用上述公式進行簡單的恒等變換（包括推導(dǎo)出積化和差、和差化積、半角公 式，這三組公式不要求記憶）。（5）三角函數(shù)應(yīng)用會用三角函數(shù)解決簡單的實際問題，體會可以利用三角函數(shù)構(gòu)建刻畫事物周期變化的數(shù)學(xué)模第1頁共21頁經(jīng)典題型一、求值化簡型同角三角函數(shù)關(guān)系式、誘導(dǎo)公式、和差倍公式、這類問題常常用到的公式包括三角函數(shù)定義、 降哥公式、輔助角公式1、公式運用2 1【例】（1）已知tan a=3,求：一sin?cos2的值。34(2)已知 tan a+sin a=m,tan a-sina=n (4

4、 Z),求證：cosmnmnm nsin2cos所以cos【舉一反三】2sinm n【練】已知sin（一 42 ) sinq（7,3）,求2$冶2tan cot 1 的值.解：由 sin( 24)sin( 4)sin( 42 ) cos(41sin(- 4 22-cos 4 2得 cos 42sin2tancot 1cos2512一.2 sin2 coscos 2(cos 22cot2 )(cos6sin cos532cot)(622、. 3)2 cos2sin 25 . 3.2【練】如圖，在直角坐標(biāo)系 xOy中，角的頂點是原點，始邊與x軸正半軸重合，終邊交單位圓于點A,且將角的終邊按逆時針方

5、向旋轉(zhuǎn)(1)解:2 . 2-sin312-cos 43(i2sin2)31 (2 cos28i)81ccos 231ccos 2811242 . 2 sin312cos43(12sin2 )112一 一(2cos 3 8i）181 -cos2 31一 cos28ii242 1sin )31 (2 cos28i)81c-cos 231c11-cos 282452 cos2 sin11225 costansin 21151242 cossin22424 costan2sin 2424（2）證明：兩式相加，得 tan兩式相減，得sin第2頁共21頁A( xi, yi), B(x2, y2).若x1(

6、n)分別過A,B作x軸的垂線,的面積為Si, BOD的面積為S2.若S 2s2 ,求角的值.(I)解：由三角函數(shù)定義，得Xicos , x2cos(-).垂足依次為 C,D .記 AOC因為一，一)，cos6 213所以sin2 cos223所以x2cos(1-cos 2. 3 .sin21 2、, 66(n)解：依題意得 ysin，V2S21 cos21.sinsin( -)3sin2 4依題意得cos(-)sin(31-)-sin(234sin 22sin(2 2),整理得cos20.因為一6所以所以222、三角形中求值【例】在 4ABC中，a=3, b=2T6 , Z B=2/ A.(I

7、)求cosA的值;(II) 求c的值.解:(I)因為a=3, b=2 J6 , / B=2/A 所以在 ABC中，由正弦定理得2 . 6.所以sin A sin 2A2sin A cos Asin A26 的 、6.故 cos A 33第3頁共21頁2 -cosB 2cos A爭又因為/,所以6o(II) 由(I)知 cos A ,所以 sin AJcos A31l 2、. 21 ，所以 sin B W cos B 233在ABC中，sin Csin( A B) sin AcosB cos Asin B5,39asinC 所以c 5.sin A【舉一反三】ac.【練】設(shè) ABC的內(nèi)角A, B,

8、C的對邊分別為a,b,c, (a b c)(a b c)3 1 C-，求C. 4c)(a b c) acac222a c b 12ac 2(I)求 B(II)若sin AsinC解：(I)因為(a b.22. 2所以a c b由余弦定理得cosB因此B 1200(II)由(I)知，A C 600所以 cos(A C) cosAcosC sin Asin CcosAcosC sin AsinC 2sin AsinC cos(A C) 2sin AsinC TOC o 1-5 h z 1 c 3 132242所以A C300所以C 15O或C 450三角不等式【例】已知函數(shù)f(x) sin(xco

9、s(x-),g(x) 2sin21.第4頁共21頁(I)若是第一象限角,且f(3.3)十求9(5解:(I)f(x)一2-sin x1 -cosx213一cosx sin x223sinsin35,(o,2)cos4 l口且g() 52sin2(II) f (x)g(x)3 sinx 1,3 cosx 2sin xIx 2k二,2k5-x 2k ,2kx的取值集合.(II)求使 f (x)g(x)成立的,k1 -cosx212x f()cossin(x3sin二、圖像和性質(zhì)型1、求范圍Asin( x ) B 型【例】已知函數(shù) f (x) sin.3 sin xsin0)求的值;求函數(shù)f(x)在區(qū)

10、間0,23上的取值范圍.3f(x)1 cos 22避sin22x =sin221cos2 2sin因為函數(shù)f (x)的最小正周期為0,所以舁(I )得 f (x) sin_ 冗2x 一6因為0W第5頁共21頁3,35的最小正周期為久.所以所以1sin 2因此2x1 一 31 0 3 ,即f (x)的取值范圍為220, - 2【舉一反三】【練】已知函數(shù) f(x)cos(2x ) 2sin(x )sin(x(I )求函數(shù)f(x)的最小正周期和圖象的對稱軸方程 (n )求函數(shù)f(x)在區(qū)間一,一上的值域12 2解：(1) -+ f (x) cos(2x ) 2sin(x )sin( x 34(2)因

11、為f(x)所以1cos2x 21cos2x 21cos2x 2sin(2x由 2x k63in2x2鳥in2x2-sin2x2(sin x一 2sin xcos2xk一(k Z),得 x 一22cosx)(sin x cosx)2cos x-(k Z) 3函數(shù)圖象的對稱軸方程為x k (k Z)3；x , -, 2x - - ,5-12 263 6sin(2x 6)在區(qū)間12,3上單調(diào)遞增，在區(qū)間3,3上單調(diào)遞減,當(dāng)x 一時，f(x)取最大值1 3時，f(x值近 122又f ( 1)3 f () 1 ,當(dāng) x12222第6頁共21頁所以函數(shù)f (x)在區(qū)間一,一上的值域為,1 TOC o 1-

12、5 h z HYPERLINK l bookmark5 o Current Document 12 22二次函數(shù)型【例】求函數(shù)y 74sin xcosx 4cos2 x 4cos4 x 的最大值與最/J、值?！窘狻浚簓 7 4sin xcosx 4cos2 x 4cos4 x HYPERLINK l bookmark3 o Current Document 227 2sin 2x 4cos x 1 cos x2.27 2sin 2x 4cos xsin x27 2sin 2x sin 2x21 sin2x 6 TOC o 1-5 h z , 一一2.一一.，.2 HYPERLINK l boo

13、kmark82 o Current Document 由于函數(shù)z u 16在 1,1中的最大值為zmax1 16 102 HYPERLINK l bookmark84 o Current Document 最小值為Zmin1 16 6故當(dāng)sin2x 1時y取得最大值10,當(dāng)sin2x 1時y取得最小值62、求單調(diào)區(qū)間一一 ,一一?！纠恳阎瘮?shù)f(x)=sin 3x + -.求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;(2)若a是第二象限角，f營=4cos 35cos 2 a ,求 cos a sin a 的值.解：(1)因為函數(shù)y= sin x的單調(diào)遞增區(qū)間為兀一兀一.一一萬 + 2kjt , -+ 2k7t

14、 , kC Z,. 兀兀 兀由一 一+ 2k% 3x+ + 2k% , kC Z242得一十+等拚半，ke Z.所以，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為一十十 字，2十 等，底乙一.一，r .兀 4Tt , o 一、(2)由已知，得 sin a + = 5cos a + (cos2 a sin2 a ),所以sina cos + cos a sin： = m cos a coST_ sin4454兀2s sin (cos2- 2a sin2),即 sin a + cos a = ；(cos a sin a )2(sin a + cos a). 5當(dāng)sin a + cos a = 0時，由a是第二象限

15、角，第7頁共21頁此時，cos oc sin a = 2. 5當(dāng) sin a + cos a W 0 時，(COS a Sin a )2=- 4由a是第二象限角，得cos a sina 0,且 x C R 所以 cos ( -) = 0.兀 兀 一. 一一.兀.一又因為 0V 兀，故 -=.所以f(x)=2sin(x + )=2cosx .2 -, 所以=2.由題意得2故f(x)=2cos2x.因為f(-) 2cos-2. HYPERLINK l bookmark92 o Current Document 84一)的圖象，再將所得圖象橫坐標(biāo)6(n)將f(x)的圖象向右平移個 一個單位后，得到f

16、(x6第8頁共21頁伸長到原來的4倍，縱坐標(biāo)不變，得到f(- J的圖象.所以g(x) f(4 6)2cos 2( )2cos f ().32 x 4k tt+3汽(kCZ),8一(ke Z)時，g(x)單倜遞減.3因此g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為4k - ,4k383(kez)3、圖像型【例】已知函數(shù) f(x) Asin(x)(A 0,0R的最大值是1,其圖像經(jīng)過冗1一,一3 2(1)求f(x)的解析式;(2)已知，一 冗0,一，2且f()12 一,求13f( )的值.【解】(1)依題意有A1,則 f (x)sin( x1 , _ .),將點M (一,一)代入得sin3 2,故 f (x) sin

17、(x)cosx;2cos3一，cos51213(0,-)sin 1 承4 .一 ,sin5513f() cos()coscossin sin121381356一。65已知函數(shù)f(x) 2cos2x 2sinxcos xx R,0)的最小值正周期是2(I)求 的值;(n)求函數(shù)f(x)的最大值，并且求使f(x)取得最大值的x的集合.第9頁共21頁解：(I)1 cos2 xsin 2 x 1sin 2 x cos2 x 2 HYPERLINK l bookmark76 o Current Document . 2 sin 2 xcos cos2 xsin 244.2 sin 2 x -24由題設(shè)，

18、函數(shù)f x的最小正周期是一，可得2 22所以22.(n)由(I)知， f x 拒sin 4x 2 .4當(dāng) 4x 2k ,即 x4216Z時,sin4x 一4取得最大值1,所以函數(shù)kf x的最大值是2 42,此時x的集合為 x|x ,k Z162【練】已知函數(shù)f(t)1-t,g(x)cosx f (sin x) sin x f (cos x), x (1712).0,0,2 )的形式;解:i) g (x) cosx1 sin xr 1 sin xsinx.一，1cosxcosx(I)將函數(shù) g(x)化簡成 Asin( x ) B (A 0,(n)求函數(shù)g(x)的值域.cosx2(1 sinx)2

19、 cos xsin x*/A _2(1 cosx)；sin2 x1 sin x 1 cosxcosx t-jr sin x *cosxsin x17 *x , , cosx cosx, sin x sin x,12,、1 sinx .1 cosxg(x) cosx* sinx*cosxsin xsinx cosx 2第10頁共21頁sin x2.(n)由 x175，得x 12445：sint 在 43_2上為減函數(shù)，在3 5.J,5上為增函數(shù),2 3p . 5. 5又 sin sin 一34.3sin -2sin(x-)sin5-4417、一)，2即 1 sin(x ) 42 、.2sin(x

20、3,故g(x)的值域為J2 2,【練】已知函數(shù) f (x) 2sin - cos- 2、3 sin2444(I )求函數(shù)f(x)的最小正周期及最值;(n)令 g(x) f兀 .x -，判斷函數(shù)g(x)的奇偶性，并說明理由.解：(I) .+ f (x).x - . . 2 x . xsin .3(12sin )sin -2423 cos- 2sin -22 3f(x)的最小正周期T、“ x 冗當(dāng) sin 一2 31時,f(x)取得最小值2;當(dāng)sin冗 .31時，f(x)取得最大值2.f(x)2sinjt3又 g(x)1 g(x) 2sin -7t32sinx2cos-.2g( x) 2cosx2

21、cos 一2g(x).函數(shù)g (x)是偶函數(shù).三、解三角形型第11頁共21頁1、求基本元素【例】在 ABC中,cosB , cosC -135(I )求sin A的值;33 一（n ）設(shè) ABC的面積Sa abc 萬，求BC的長.解：（I）由 cosB4由 cosC 一 ,得 sin C55,得 sin B 133一.51213 所以 sin A sin(B C)sin BcosC(n )由 Sa abc由（i）知 sin A33 得1 AB AC223365，33 cosBsin C -6533sin A ,2故 AB AC 65,AB sinB 20又 AC -sinC13AB,202故一

22、 AB21365 , AB所以BCAB sin AsinC1321124,【練】在 ABC中，角A, B,C所對應(yīng)的邊分別為 a,b,c, a 2 J3 , tan ByB tan?2sin BcosC sin A,求 A, B及b,c解：由tan U2,C - Ctan 4得 cot一,C ,tan 42C cos 2 .C sin2.C sin 一 _2_C cos 21T-CC sin cos22:.sinC(0,56由 2sin BcosCsinA 得 2sinBcosB sin(B C)即 sin(B C) 0(B C)第12頁共21頁由正弦定理-sin Absin Bsin Csi

23、nB 得b c asin A12 23T2、求范圍均值定理型【例】設(shè) ABC的內(nèi)角AB, C所對的邊長分別為a, b,3c,且 acosB bcosA c.5(I )求 tan AcotB 的值;(n )求tan(A B)的最大值.bcosA解析：(I)在zABC中，由正弦定理及 acosB3 .八 3 . 一可得 sin AcosB sin BcosA sinC sin(A 55即 sin AcosB 4cos Asin B ,則 tan Acot B 4B)-sin AcosB 5-cos Asin B 5(n)由 tan AcotB 4 得 tan A 4tan B 一cot B 4ta

24、n B 42時，等號成立, TOC o 1-5 h z ,a -、 tan A tanB 3tan B tan(A B)21 tan Atan B 1 4tan B1 ,當(dāng)且僅當(dāng) 4tanB cotB,tanB , tan A2，一,n 八.-1,，3故當(dāng)tan A 2,tanB 萬時，tan(A B)的最大值為-.【舉一反三】【練】ABC的內(nèi)角A, B, C所對的邊分別為 a, b, c.(1)若 a, b, c成等差數(shù)列，證明：sin A+sin C = 2sin(A + C);(2)若a, b, c成等比數(shù)列，求 cos B的最小值.16.解：(1) a, b, c成等差數(shù)列，a+ c=

25、 2b.由正弦定理得 sin A + sin C=2sin B.sin B = sin兀一(A+ C) = sin(A+ C),sin A+ sin C= 2sin(A+ C).(2) . a, b, c成等比數(shù)列，b2= ac.由余弦定理得cos B =a2+c2b2 a2+ c2- ac 2ac- ac 1 r , r=3當(dāng)且僅當(dāng)2ac2ac2aca= c時等號成立,1-1 cos B的取小值為 2二次函數(shù)型【例】 在4ABC中，角A,B, C所對的邊分別為 a,b,c,已知cosC+( conA- vsinA) cosB=0.求角B的大??；(2)若a+c=1,求b的取值范圍。解：(1)由

26、已知得 cos(A B) cos A cos B J3sin AcosB 0即有 sin Asin B 3sin AcosB 0第13頁共21頁因為sin A 0,所以sin B73 cos B 0 ,又 cosB0,所以tan B 后,又0 B ，所以B -. 3(2)由余弦定理，有b2 a2 c2 2accosB .,- 1 2 1、2 1 TOC o 1-5 h z 因為 a c 1,cosB ，有 b 3(a).224-1.21,又0 a 1,于是有一b 1,即有一b 1.423.求面積【例】在 ABC中，內(nèi)角A, B, C對邊的邊長分別是 a, b, c ,已知c 2, C(i )若

27、 ABC的面積等于 6 ,求a, b ;(n)若 sinC sin(B A) 2sin 2A ,求 ABC 的面積.解：(i)由余弦定理及已知條件得，a2 b2 ab 4,又因為4ABC的面積等于J3,所以labsinC J3 ,得ab 4.2a2 b2 ab 4.聯(lián)立方程組a b4解得a 2, b 2.ab 4(n)由題意得sin( B A) sin( BA) 4sin A cos A ,即 sinBcosA2sin AcosA,當(dāng) cosA 0時，A , B 24.3 b2.33當(dāng) cosA 0 時，得 sin B2sin A ,由正弦定理得b 2a ,4.33 TOC o 1-5 h z

28、 a2 b2 ab 4,2.3 ,聯(lián)立萬程組解得a , b2_J3b 2a,3_. 1所以 ABC的面積S -absinC2四、與向量結(jié)合型【例】已知向量 m=(sinA, cosA), n=(石，1), mn=1,且A為銳角.(I )求角A的大??；(n )求函數(shù) f(x) cos2x 4cos Asin x(x R)的值域.第14頁共21頁解：(I)由題意得 mn3 sin A cos A 1,2sin(A -)1,sin(A )6由A為銳角得(n)cosA6,A1 2,所以f (x)21、23cos2x 2sin x 1 2sin x 2sin s 2(sin x ) 22因為xe R,所

29、以sinx 1,1 ,因此，當(dāng)sinx1一3一時，f ( x)有取大值一.22當(dāng) sin x=-1時，f(x)有最小值-3,所以所求函數(shù)f(x)的值域是【舉一反三】已知向量1_a (cosx, -),b (%3sin x,cos2 x),x R, 設(shè)函數(shù)2(I)求f (x)的最小正周期.(n)求 f (x)在0,-上的最大值和最小值.解：(I) f (x) TOC o 1-5 h z 1.3ab = cosx 3 sin x -cos2x 221sin2x - cos2x sin(2x ). 26最小正周期所以f (x)sin(2x6),最小正周期為(n)當(dāng)x 0,萬時,(2x一)-,由標(biāo)準(zhǔn)函

30、數(shù)66 6.5sinx在-,5-上的圖像知，.6 6f (x) sin(2x ).1(-”萬)-1.所以，f (x) 在0,3上的最大值和最小值分別為1,【舉一反三】【練】平面直角坐標(biāo)系有點 P(1, cosx) , Q(cos x,1) , x 4 4(i)求向量 OP和OQ的夾角 的余弦用x表示的函數(shù)f (x);(n)求cos 的最值.* * ._ ，2解：(I ) OP OQ 2cosx OP OQ 1 cos x第15頁共21頁cosOP OQ 2cosxOP OQ21 cos xf(x)(n)cosf(x)2cosx21 cos_2x1cosx cosx44cosx2 cosxcos

31、x3, 2Ff(x) 12.2cos所以cos的最大值為【練】已知a= (cos ,sin),b (cos,sin ), 0若|a b| J2,求證：3 b；(2)設(shè)2(0,1),若 ab c,求的值.【答案】解：(1) .一|ab| .2 |a b|2 21 2-.2b a2ab-.2b 2,2 cos2 sin-21, b22| b | cossin22 2ab 2ab 0(2) ab (coscos ,sinsin ) (0,1)coscos0 coscos即sinsin1 sin 1sin兩邊分別平方再相加得:122 sinsinsin1212 0第16頁共21頁【例】在 ABC中，B

32、AC120 , AB AC 2.(I)求AB BC的值;(n)設(shè)動點P在以A為圓心,AB為半徑的劣弧 BC上運動，求BP CP的最小值.解：(I)由已知AB AC2 cos120 2.AB BC AB(ACAB)ABACAB(n)建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，則 A(0,0),B(2,0),因為 BAC 120 , AC 2 ,根據(jù)三角函數(shù)定義，c( 1,J3),點P在以A為圓心,AB為半徑的劣弧 BC上運動，可設(shè) P(2cos ,2sin )，其中0, T.BPCP(2cos2,2sin ) (2cos4cos22cos2cos2 3 sin2 4sin21,2sin 3)2 3 sin4sin

33、(因為一所以6 61sin( 6)2所以一時，BP CP取得最小值 32,BP CP的最小值為 2.【舉一反三】【練】在直角坐標(biāo)系 xOy中，已知點A(1,0) , B(0,/3) , C(cos ,sin ),其中 0,鼻 (I )求AC BC的最大值;(n)是否存在0,萬,使得 ABC為鈍角三角形？若存在，求出的取值范圍；若不存在，說明理由.(I) 解：AC (cos 1,sin ) , BC (cos ,sin73)第17頁共21頁所以AC BC (coscos2cos(1) cos.3sin21sin (sin-,/3)因為0,，所以2713與丁所以0時，AC BC取得最大值2 .(n

34、)解：因為 |AB| 2,| AC| 7(1 cos )2 sin2J2 2cos ,|BC | cos2 (sin . 3)2. 42. 3sin又 0,-,所以 sin 0,1, 2cos 0,1,所以 |AC|v2, |BC|v2.所以 若 ABC為鈍角三角形，則角C是鈍角，從而CA CB 0.一兀由(I )得 2cos(-)3一,1兀11 0,解得 cos(-)32即（一，一3 2反之,當(dāng)（一，一時,3 2CA CB 0,又A, B,C三點不共線，所以 ABC為鈍角三角形.綜上，當(dāng)且僅當(dāng)(一,一時， ABC為鈍角三角形.3 2五、綜合運用8【例】已知函數(shù) f(x) = (cos x x

35、)( % + 2x) - -(sin x+1), g(x)=3(x兀)cos x 4(1 + sin3x)ln 3一 .證明：7t -(1)存在唯一 xoC 0,使 f(xo)=0； TOC o 1-5 h z 兀4一(2)存在唯一 x1 萬，兀，使g(x1)=0,且對(1)中的x0,有x0+x17t.、一一r 一兀一，一，一 一 .一 2證明：(1)當(dāng)xC0,彳時，f x) = (1 + sin x) (兀 + 2x)2x -cosx0, f-=-Tt 2-y0, 兀當(dāng) te xo, 2時，ut)0,所以u(t)在 (0, X0上無零點. TOC o 1-5 h z 兀兀兀在X0,萬上u(t

36、)為減函數(shù)，由 u(X0)0, u5 =4ln 20,故g(X)=(1 + sin X)h(X)與h(X)有相同的李點，所以存在唯一的 xi e 2，兀,使g(x1) = 0.因為 X1=兀一t1 , t1X0,所以 X0 + X1 0,0 9耳)的周期為不，圖像的一個對稱中心為(.0),將函數(shù)/(k)圖像上的所有點的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍(縱坐標(biāo)不變),在將所得圖4像向右平移 巳個單位長度后得到函數(shù)的圖像.求函數(shù)幻與窯口)的解析式；(2)是否存在與 嶗，使得按照某種順序成等差數(shù)列？若存在，請確定X)的個數(shù)；若不存在，說明理由.(3)求實數(shù)a與正整數(shù)n,使得F (x) f (x) ag (x)在(0,n )內(nèi)恰有2013個零點. TOC o 1-5 h z 解:(I)由函數(shù)f (x) sin( x )的周期為 ，0,得 2又曲線y f(x)的一個對稱中心為(一,0),(0,)4 HYPERLINK l b