已知函数 $f\left( x \right)=2\sin \omega x\cos \omega x+\cos 2\omega x\left( \omega >0 \right)$ 的最小正周期为 ${\mathrm \pi} $．
【难度】
【出处】
2016年高考北京卷（文）
【标注】
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求 $\omega$ 的值；标注答案$\omega =1$解析本题要先把函数化简成正弦型函数的形式，然后利用周期公式计算即可．由题意有\[\begin{split}f\left( x \right)&=2\sin \omega x\cos \omega x+\cos 2\omega x\\
& \overset{\left[a\right]}=\sin 2\omega x+\cos 2\omega \\
& \overset{\left[b\right]}= \sqrt{2}\sin \left( 2\omega x+\frac{\mathrm \pi} {4} \right) .\end{split}\]（推导中用到：[a][b]）根据题意\[T =\dfrac{2{\mathrm \pi} }{\left| 2\omega \right|}={\mathrm \pi} ,\]解得 $\omega =1$． -
求 $f\left(x\right)$ 的单调递增区间．标注答案$\left[ k{\mathrm \pi} -\dfrac{3{\mathrm \pi} }{8},k{\mathrm \pi} +\dfrac{\mathrm \pi} {8} \right],k\in \mathbb {Z}$解析本题考查正弦型函数的单调性．由（I）可知\[f\left( x \right)=\sqrt{2}\sin \left( 2x+\frac{\mathrm \pi} {4} \right),\]所以\[\begin{split} & 2k{\mathrm \pi} -\dfrac{\mathrm \pi} {2}\leqslant 2x+\dfrac{\mathrm \pi} {4}\leqslant \dfrac{\mathrm \pi} {2}+2k{\mathrm \pi} ,k\in \mathbb Z. \\
& 2k{\mathrm \pi} -\dfrac{3{\mathrm \pi} }{4}\leqslant 2x\leqslant \dfrac{\mathrm \pi} {4}+2k{\mathrm \pi} . \\
& k{\mathrm \pi} -\dfrac{3{\mathrm \pi} }{8}\leqslant x\leqslant \dfrac{\mathrm \pi} {8}+k{\mathrm \pi} .
\end{split}\]所以 $f\left(x\right)$ 的单调递增区间是 $\left[ k{\mathrm \pi} -\dfrac{3{\mathrm \pi} }{8},k{\mathrm \pi} +\dfrac{\mathrm \pi} {8} \right],k\in \mathbb {Z}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
