2023版高考数学二轮复习第2部分专题1三角函数和解三角形第1讲三角函数的图象与性质教案理

2020版高考数学二轮复习第2部分专题1三角函数和解三角形第1讲三角函数的图象与性质教案理PAGE35-第1讲三角函数的图象与性质[做小题——激活思维]1．函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期为()A．4π B．2πC．π D．eq\f(π,2)C[函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期为eq\f(2π,2)＝π.应选C.]2．函数y＝cos2x图象的一条对称轴方程是()A．x＝eq\f(π,12) B．x＝eq\f(π,6)C．x＝eq\f(π,3) D．x＝eq\f(π,2)D[由题意易知其一条对称轴的方程为x＝eq\f(π,2)，应选D.]3．函数g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上的最小值为________．－eq\f(3,2)[因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以x－eq\f(π,12)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3))).当x－eq\f(π,12)＝－eq\f(π,3)，即x＝－eq\f(π,4)时，g(x)取得最小值－eq\f(3,2).]4．函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))的单调递减区间为________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)[由y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，得2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋π(k∈Z)，解得kπ＋eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(5π,8)(k∈Z)，所以函数的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)．]5．函数y＝Asin(ωx＋φ)A＞0，ω＞0，|φ|＜eq\f(π,2)的局部图象如下图，那么该函数的解析式为________．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))[由题图易知A＝2，由T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，可知ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2.于是y＝2sin(2x＋φ)，把eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))代入y＝2sin(2x＋φ)得，0＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))，故eq\f(π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，又|φ|＜eq\f(π,2)，故φ＝－eq\f(π,3)，综上可知，该函数的解析式为y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).]6．将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象上所有的点向左平移eq\f(π,4)个单位长度，再把图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍(纵坐标不变)，那么所得图象的解析式为________．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(5π,12)))[将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))eq\o(→,\s\up8(函数图象上所有的点),\s\do12(向左平移\f(π,4)个单位长度))y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))eq\o(→,\s\up8(横坐标扩大到原来的2倍),\s\do8(纵坐标不变))y＝sineq\f(1,2)x＋eq\f(5π,12).][扣要点——查缺补漏]1．函数y＝Asin(ωx＋φ)表达式确实定A由最值确定；ω由周期确定T＝eq\f(2π,ω)；φ由五点中的零点或最值点作为解题突破口，列方程确定即ωxi＋φ＝0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3π,2)，2π，如T5.2．三种图象变换：平移、伸缩、对称注意：由y＝Asinωx的图象得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象时，需向左或向右平移eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω)))个单位，如T6.3．函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω＞0，A＞0)的性质研究三角函数的性质，关键是将函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B(或y＝Acos(ωx＋φ)＋B)的形式，利用正、余弦函数与复合函数的性质求解．(1)T＝eq\f(2π,ω)，如T1.(2)类比y＝sinx的性质，将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ〞看作一个整体t，可求得函数的对称轴、对称中心、单调性、最值．①y＝Asin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)求得，对称中心可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得．②y＝Acos(ωx＋φ)，当φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得，对称中心可由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)求得．注意对称中心必须写成点坐标．如T2.③y＝Atan(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数，对称中心可由ωx＋φ＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)求得．④单调性、最值，如T3，T4.三角函数的值域、最值问题(5年3考)[高考解读]高考对该点的考查常与三角恒等变换交汇命题，求最值时，一般化为fx＝Asinωx＋φ＋B的形式或化fx为二次函数形式，难度中等.预测2022年会依旧延续该命题风格.1．(2022·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值为________．－4[∵f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1，令t＝cosx，那么t∈[－1,1]，∴f(x)＝－2t2－3t＋1.又函数f(x)图象的对称轴t＝－eq\f(3,4)∈[－1,1]，且开口向下，∴当t＝1时，f(x)有最小值－4.]2．(2022·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的最大值是________．1[f(x)＝1－cos2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋1.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosx∈[0,1]，∴当cosx＝eq\f(\r(3),2)时，f(x)取得最大值，最大值为1.]3．(2022·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝2sinx＋sin2x，那么f(x)的最小值是________．－eq\f(3\r(3),2)[因为f(x)＝2sinx＋sin2x，所以f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(1,2)))(cosx＋1)，由f′(x)≥0得eq\f(1,2)≤cosx≤1，即2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，由f′(x)≤0得－1≤cosx≤eq\f(1,2)，2kπ＋eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋π或2kπ－π≤x≤2kπ－eq\f(π,3)，k∈Z，所以当x＝2kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)时，f(x)取得最小值，且f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＝－eq\f(3\r(3),2).][教师备选题]1．(2022·全国卷Ⅰ)设当x＝θ时，函数f(x)＝sinx－2cosx取得最大值，那么cosθ＝________.－eq\f(2\r(5),5)[y＝sinx－2cosx＝eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(5))sinx－\f(2,\r(5))cosx))，设eq\f(1,\r(5))＝cosα，eq\f(2,\r(5))＝sinα，那么y＝eq\r(5)(sinxcosα－cosxsinα)＝eq\r(5)sin(x－α)．∵x∈R∴x－α∈R，∴ymax＝eq\r(5).又∵x＝θ时，f(x)取得最大值，∴f(θ)＝sinθ－2cosθ＝eq\r(5).又sin2θ＋cos2θ＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(1,\r(5))，,cosθ＝－\f(2,\r(5))，))即cosθ＝－eq\f(2\r(5),5).]2．(2022·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝sin(x＋2φ)－2sinφ·cos(x＋φ)的最大值为________．1[∵f(x)＝sin(x＋2φ)－2sinφcos(x＋φ)＝sin[(x＋φ)＋φ]－2sinφcos(x＋φ)＝sin(x＋φ)cosφ＋cos(x＋φ)sinφ－2sinφcos(x＋φ)＝sin(x＋φ)cosφ－cos(x＋φ)sinφ＝sin[(x＋φ)－φ]＝sinx，∴f(x)的最大值为1.]三角函数值域(最值)的3种求法(1)直接法：利用sinx，cosx的有界性直接求．(2)单调性法：化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，采用整体思想，求出ωx＋φ的范围，根据y＝sinx的单调性求出函数的值域(最值)．(3)换元法：对于y＝asin2x＋bsinx＋c和y＝a(sinx＋cosx)＋bsinxcosx＋c型常用到换元法，转化为二次函数在限定区间内的最值问题．1．(求取得最值时的变量x)当函数y＝eq\r(3)sinx－cosx(0≤x＜2π)取得最大值时，x＝________.eq\f(2π,3)[∵y＝eq\r(3)sinx－cosx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx－\f(1,2)cosx))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).∵0≤x＜2π，∴－eq\f(π,6)≤x－eq\f(π,6)＜eq\f(11π,6).∴当x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(2π,3)时，函数取得最大值．]2．(求参数的范围)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω＞0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,3)))上有最大值，但没有最小值，那么ω的取值范围是________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，3))[函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω＞0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,3)))上有最大值，但没有最小值，所以ω·eq\f(π,12)＋eq\f(π,4)＜eq\f(π,2)＜ω·eq\f(π,3)＋eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)⇒ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，3)).]3．(与导数交汇求最值)函数f(x)＝2cosx＋sin2x，那么f(x)的最大值为________．eq\f(3\r(3),2)[∵f′(x)＝－2sinx＋2cos2x＝2－4sin2x－2sinx＝－2(2sinx－1)(sinx＋1)，由f′(x)＝0得sinx＝eq\f(1,2)或sinx＝－1.∴当－1＜sinx＜eq\f(1,2)时，f′(x)＞0，当eq\f(1,2)＜sinx＜1时，f′(x)＜0.∴当sinx＝eq\f(1,2)时，f(x)取得极大值．此时cosx＝－eq\f(\r(3),2)或cosx＝eq\f(\r(3),2).经验证可知，当cosx＝eq\f(\r(3),2)时，f(x)有最大值，又f(x)＝2cosx(sinx＋1)，∴f(x)max＝2×eq\f(\r(3),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝eq\f(3\r(3),2).]三角函数的图象(5年5考)[高考解读]高考对该点的考查主要有两种：一是由图象求解析式；二是图象的平移变换.前者考查图象的识别和信息提取能力，后者考查逻辑推理能力.估计2022年高考会侧重考查三角函数图象变换的应用.1.(2022·全国卷Ⅱ)函数y＝Asin(ωx＋φ)的局部图象如下图，那么()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))A[根据图象上点的坐标及函数最值点，确定A，ω与φ的值．由图象知eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,2)，故T＝π，因此ω＝eq\f(2π,π)＝2.又图象的一个最高点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2))，所以A＝2，且2×eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，故φ＝2kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)，结合选项可知y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).应选A.]2．(2022·全国卷Ⅰ)曲线C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，那么下面结论正确的选项是()A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到曲线C2B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq\f(π,12)个单位长度，得到曲线C2C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到曲线C2D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq\f(π,12)个单位长度，得到曲线C2D[因为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)－\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以曲线C1：y＝cosx上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，得到曲线y＝cos2x，再把得到的曲线y＝cos2x向左平移eq\f(π,12)个单位长度，得到曲线y＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).应选D.][教师备选题](2022·全国卷Ⅲ)函数y＝sinx－eq\r(3)cosx的图象可由函数y＝sinx＋eq\r(3)cosx的图象至少向右平移________个单位长度得到．eq\f(2π,3)[因为y＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，所以把y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象至少向右平移eq\f(2π,3)个单位长度可得y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象．]求函数y＝Asin(ωx＋φ)＋Β(Α＞0，ω＞0)解析式的方法字母确定途径说明A、B由最值确定A＝eq\f(ymax－ymin,2)，B＝eq\f(ymax＋ymin,2)ω由函数的周期确定利用图象中最高点、最低点与x轴交点的横坐标确定周期φ由图象上的特殊点确定代入图象上某一个点的坐标，表示出φ后，利用范围求φ提醒：三角函数图象的平移问题(1)当原函数与所要变换得到的目标函数的名称不同时，首先要将函数名称统一，如T2.(2)将y＝sinωx(ω＞0)的图象变换成y＝sin(ωx＋φ)的图象时，应把ωx＋φ变换成ωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(φ,ω)))，根据eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω)))确定平移量的大小，根据eq\f(φ,ω)的符号确定平移的方向．1.(知图求值)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0,0≤φ＜2π)的局部图象如下图，那么f(2019)的值为________．－1[由题图易知，函数f(x)的最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－1))＝6，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))，将(0,1)代入，可得Asinφ＝1，所以f(2019)＝f(6×336＋3)＝f(3)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)×3＋φ))＝－Asinφ＝－1.]2．(平移变换的应用)将偶函数f(x)＝sin(3x＋φ)(0＜φ＜π)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度后，得到的曲线的对称中心为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,3)＋\f(π,4)，0))(k∈Z) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,3)＋\f(π,12)，0))(k∈Z)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,3)＋\f(π,6)，0))(k∈Z) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,3)＋\f(7π,36)，0))(k∈Z)A[因为函数f(x)＝sin(3x＋φ)为偶函数且0＜φ＜π，所以φ＝eq\f(π,2)，f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度后可得g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,4)))的图象，分析选项知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,3)＋\f(π,4)，0))(k∈Z)为曲线y＝g(x)的对称中心．应选A.]3．(与函数的零点交汇)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2sinx，x∈[0，π]，,|cosx|，x∈π，2π]，))假设函数g(x)＝f(x)－m在[0,2π]内恰有4个不同的零点，那么实数m的取值范围是()A．(0,1) B．[1,2]C．(0,1] D．(1,2)A[画出函数f(x)在[0,2π]上的图象，如下图：假设函数g(x)＝f(x)－m在[0,2π]内恰有4个不同的零点，即y＝f(x)和y＝m在[0,2π]内恰有4个不同的交点，结合图象，知0＜m＜1.]三角函数的性质及应用(5年7考)[高考解读]高考对该点的考查主要立足两点，一是函数性质的判断或求解，二是利用性质求参数的范围值，准确理解y＝sinxy＝cosx的有关性质是求解此类问题的关键.预测2022年以考查函数性质的应用为主.1．(2022·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，那么以下结论错误的选项是()A．f(x)的一个周期为－2πB．y＝f(x)的图象关于直线x＝eq\f(8π,3)对称C．f(x＋π)的一个零点为x＝eq\f(π,6)D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递减D[A项，因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的周期为2kπ(k∈Z)，所以f(x)的一个周期为－2π，A项正确．B项，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋\f(π,3)))＝cos3π＝－1，可知B正确；C项，由f(x＋π)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,3)＋x))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋π))＝－coseq\f(π,2)＝0，故C正确．D项，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝cosπ＝－1可知，D不正确．]2．[一题多解](2022·全国卷Ⅱ)假设f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]是减函数，那么a的最大值是()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4) D．πA[法一：(直接法)f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，且函数y＝cosx在区间[0，π]上单调递减，那么由0≤x＋eq\f(π,4)≤π，得－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(3π,4).因为f(x)在[－a，a]上是减函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a≥－\f(π,4)，,a≤\f(3π,4)，))解得a≤eq\f(π,4)，所以0＜a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4)，应选A.法二：(单调性法)因为f(x)＝cosx－sinx，所以f′(x)＝－sinx－cosx，那么由题意，知f′(x)＝－sinx－cosx≤0在[－a，a]上恒成立，即sinx＋cosx≥0，即eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥0在[－a，a]上恒成立，结合函数y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的图象(图略)，可知有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，))解得a≤eq\f(π,4)，所以0＜a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4)，应选A.]3．[重视题][一题多解](2022·全国卷Ⅰ)关于函数f(x)＝sin|x|＋|sinx|有下述四个结论：①f(x)是偶函数；②f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递增；③f(x)在[－π，π]有4个零点；④f(x)的最大值为2.其中所有正确结论的编号是()A．①②④ B．②④C．①④ D．①③C[法一：f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，∴f(x)为偶函数，故①正确；当eq\f(π,2)＜x＜π时，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递减，故②不正确；f(x)在[－π，π]的图象如下图，由图可知函数f(x)在[－π，π]只有3个零点，故③不正确；∵y＝sin|x|与y＝|sinx|的最大值都为1且可以同时取到，∴f(x)可以取到最大值2，故④正确．综上，正确结论的序号是①④.应选C.法二：∵f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，∴f(x)为偶函数，故①正确，排除B；当eq\f(π,2)＜x＜π时，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递减，故②不正确，排除A；∵y＝sin|x|与y＝|sinx|的最大值都为1且可以同时取到，∴f(x)的最大值为2，故④正确．应选C.法三：画出函数f(x)＝sin|x|＋|sinx|的图象，由图象可得①④正确，应选C.][教师备选题]1．(2022·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝cos(ωx＋φ)的局部图象如下图，那么f(x)的单调递减区间为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(1,4)，kπ＋\f(3,4)))，k∈ZB.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(1,4)，2kπ＋\f(3,4)))，k∈ZC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,4)，k＋\f(3,4)))，k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈ZD[由图象知，最小正周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)－\f(1,4)))＝2，∴eq\f(2π,ω)＝2，∴ω＝π.由π×eq\f(1,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，不妨取φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,4))).由2kπ<πx＋eq\f(π,4)<2kπ＋π，得2k－eq\f(1,4)<x<2k＋eq\f(3,4)，k∈Z，∴f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z.应选D.]2．(2022·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq\f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，那么ω的最大值为()A．11 B．9C．7 D．5B[先根据函数的零点及图象、对称轴，求出ω，φ满足的关系式，再根据函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，那么eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))的区间长度不大于函数f(x)周期的eq\f(1,2)，然后结合|φ|≤eq\f(π,2)计算ω的最大值．因为f(x)＝sin(ωx＋φ)的一个零点为x＝－eq\f(π,4)，x＝eq\f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，所以eq\f(T,4)·k＝eq\f(π,2)(k为奇数)．又T＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝k(k为奇数)．又函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，所以eq\f(π,12)≤eq\f(1,2)×eq\f(2π,ω)，即ω≤12.假设ω＝11，又|φ|≤eq\f(π,2)，那么φ＝－eq\f(π,4)，此时，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(11x－\f(π,4)))，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(3π,44)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,44)，\f(5π,36)))上单调递减，不满足条件．假设ω＝9，又|φ|≤eq\f(π,2)，那么φ＝eq\f(π,4)，此时，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(π,4)))，满足f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调的条件．应选B.]1．求三角函数单调区间的方法(1)代换法：求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A，ω，φ为常数，A≠0，ω＞0)的单调区间时，令ωx＋φ＝z，得y＝Asinz(或y＝Acosz)，然后由复合函数的单调性求得．(2)图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间．2．判断对称中心与对称轴的方法利用函数y＝Asin(ωx＋φ)的对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数的零点这一性质，通过检验f(x0)的值进行判断．3．求三角函数周期的常用结论(1)y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为eq\f(2π,|ω|)，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为eq\f(π,|ω|).(2)正弦曲线(余弦曲线)相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是eq\f(1,2)个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是eq\f(1,4)个周期；正切曲线相邻两对称中心之间的距离是eq\f(1,2)个周期．1．(求单调区间)(2022·武昌调研)函数f(x)＝eq\r(3)sinωx－cosωx(ω＞0)的最小正周期为2π，那么f(x)的单调递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)B[因为f(x)＝2eq\f(\r(3),2)sinωx－eq\f(1,2)cosωx＝2sinωx－eq\f(π,6)，f(x