已知函数f(x)=1+sin$\frac {π}{2}$x，若有四个不同的正数x_i满足f(x_i)=M(M为常数)，x_i＜8，(i=1，2，3，4)，则x$_1$+x$_2$+x$_3$+x$_4$的值为（ ）
分析：
由f(x)=M 在两个周期之内有四个解，则在一个周期内必有两个解，表示出四个解来相加可得．
解答：
解：∵f(x)=M 在两个周期之内有四个解，
∴sin$\frac {π}{2}$x=-1+M在一个周期内有两个解
当M-1＞0时，四个根中其中两个关于x=1对称，另两个关于x=5对称，故其和为2×1+5×2=12．
当M-1＜0时，四个根中其中两个关于x=3对称，另两个关于x=7对称，故其和为2×3+7×2=20．
综上得：x$_1$+x$_2$+x$_3$+x$_4$=12或20．
故选：D．
点评：
本题主要考查三角函数的周期性及三角方程有多解的特性，但都有相应的规律，与周期有关．
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)A＞0且ω＞0，0＜φ＜$\frac {π}{2}$的部分图象，如图所示．若方程f(x)=a在(0，$\frac {5π}{3}$)上有两个不同的实根，则a的取值范围是( )
分析：
由函数的最大值求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，从而求得函数的解析式．若方程f(x)=a在(0，$\frac {5π}{3}$)上有两个不同的实根，则直线y=2和函数f(x)的图象在(0，$\frac {5π}{3}$)上有两个不同的交点，数形结合可得a的范围．
解答：
解：由函数的图象可得A=1，再由$\frac {1}{4}$•$\frac {2π}{ω}$=$\frac {7π}{6}$-$\frac {2π}{3}$，可得ω=1．
再由五点法作图可得1×(-$\frac {π}{3}$)+φ=0，∴φ=$\frac {π}{3}$，故函数的解析式为 f(x)=sin(x+$\frac {π}{3}$)．
若方程f(x)=a在(0，$\frac {5π}{3}$)上有两个不同的实根，
则直线y=2和函数f(x)的图象在(0，$\frac {5π}{3}$)上有两个不同的交点，如图所示：
故a的取值范围为($\frac {$\sqrt {3}$}{2}$，1)∪(-1，0)，所以选A．
点评：
本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，体现了数形结合的数学思想，属于中档题．
函数y=ln$\frac {1}{|x-1|}$与函数y=cosπx图像所有交点的横坐标之和为（ ）
分析：
把函数y=ln($\frac {1}{|x-1|}$)与函数y=cosπx图象都向左平移1个单位得y=ln$\frac {1}{|x|}$=-ln|x|与y=cosπ(x+1)=-cosπx的图象(均为偶函数)，在同一坐标系中作出其图形，分析可得答案．
解答：
解：把函数y=ln($\frac {1}{|x-1|}$)与函数y=cosπx图象都向左平移1个单位得y=ln$\frac {1}{|x|}$=-ln|x|与y=cosπ(x+1)=-cosπx的图象，
上述两个函数都是偶函数，其图象关于y轴对称，
在同一坐标系中作出y=-ln|x|与y=-cosπx的图象，
由图知，两个函数图象恰有6个交点，其横坐标分别为x$_1$，x$_2$，x$_3$，与x$_1$′，x$_2$′，x$_3$′，
则所有交点的横坐标之和是0；
∴函数y=ln($\frac {1}{|x-1|}$)与函数y=cosπx图象也有6个交点，其横坐标分别为x$_1$+1，x$_2$+1，x$_3$=1，与x$_1$′=1，x$_2$′+1，x$_3$′+1，
∵(x$_1$+x$_1$′)+(x$_2$+x$_2$′)+(x$_3$+x$_3$′)=0，
∴(x$_1$+1+x$_1$′+1)+(x$_2$+1+x$_2$′+1)+(x$_3$+1+x$_3$′+1)=6，
即原来两个函数图象所有交点的横坐标之和是6．
故选：C．
点评：
本题他考查对数函数与余弦函数的图象与性质，着重考查作图与分析、解决问题的能力，作图是难点，分析结论是关键，属于难题．
(理)已知函数g(x)=1-cos($\frac {π}{2}$x+2ψ)(0＜ψ＜$\frac {π}{2}$)的图象过点(1，2)，若有4个不同的正数x_i 满足g(x_i)=M，且x_i＜8(i=1，2，3，4)，则x$_1$+x$_2$+x$_3$+x$_4$等于（ ）
分析：
先由g(x)过点(1，2)，求得φ，进而求得函数g(x)，再由g(x)=M 在两个周期之内有四个解，则在一个周期内必有两个解，表示出四个解来相加可得．
解答：
解：因为：函数g(x)=1-cos($\frac {π}{2}$x+2ψ)(0＜ψ＜$\frac {π}{2}$)的图象过点(1，2)，
∴1-cos($\frac {π}{2}$+2φ)=2，
∴sin2φ=1，
∴φ=$\frac {π}{4}$
∴g(x)=1-cos($\frac {π}{2}$x-$\frac {π}{2}$)=1-sin$\frac {π}{2}$x．
∵g(x)=M 在两个周期之内竟然有四个解，
∴sin$\frac {π}{2}$x=1-M在一个周期内有两个解
当1-M＞0时，四个根中其中两个关于x=11对称，另两个关于x=5对称，故其和为2×1+5×2=12．
当1-M＜0时，四个根中其中两个关于x=3对称，另两个关于x=7对称，故其和为2×3+7×2=20．
综上得：x$_1$+x$_2$+x$_3$+x$_4$=12或20．
故选C．
点评：
本题主要考查三角函数的周期性及三角方程有多解的特性，但都有相应的规律，与周期有关．
若函数f(x)=2|sinx|+sinx，(x∈[0，2π])的图象与直线y=k有且仅有四个不同的交点，则k的取值范围是（ ）
分析：
画出函数f(x)=2|sinx|+sinx=$\left\{\begin{matrix}3sinx，x∈[0，π) \ -sinx∈[π，2π] \ \end{matrix}\right.$，(x∈[0，2π])以及直线y=k 的图象，数形结合可得k的取值范围．
解答：
解：画出函数f(x)=2|sinx|+sinx=$\left\{\begin{matrix}3sinx，x∈[0，π) \ -sinx∈[π，2π] \ \end{matrix}\right.$，(x∈[0，2π])以及直线y=k 的图象，
由f(x)的图象与直线y=k有且仅有四个不同的交点，可得0＜k＜1，
故答案为：A．
点评：
本题主要考查正弦函数的图象，体现了数形结合的数学思想，属于基础题．
已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)的图象与直线y=b(0＜b＜A)的三个相邻交点的横坐标分别为3，5，9，则f(x)的单调递减区间是（ ）
分析：
根据题意画出图象即可得到函数的周期和单调区间，从而得到答案．
解答：
解：由函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)的图象与直线y=b(0＜b＜A)的三个相邻交点的横坐标分别为3，5，9，可得周期T=9-3=6，即$\frac {2π}{ω}$=6，求得ω=$\frac {π}{3}$．如图所示：再根据函数f(x)的图象关于直线x=4、x=7对称，可得函数的减区间为[6k+4，6k+7]，k∈Z，即[6k-2，6k+1]，k∈Z．故选：D．
点评：
本题主要考查三角函数的图象和单调性．三角函数的图象和性质每年必考，是高考的热点问题，要给予重视，属于中档题．
