2019数学（文）优编增分二轮文档专题一 第1讲三角函数的图象与性质 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第1讲三角函数的图象与性质[考情考向分析］1。以图象为载体，考查三角函数的最值、单调性、对称性、周期性。2。考查三角函数式的化简、三角函数的图象和性质、角的求值，重点考查分析、处理问题的能力，是高考的必考点．热点一三角函数的概念、诱导公式及同角关系式1．三角函数：设α是一个任意角,它的终边与单位圆交于点P(x，y)，则sinα＝y，cosα＝x，tanα＝eq\f（y,x）（x≠0）．各象限角的三角函数值的符号:一全正,二正弦,三正切,四余弦．2．同角基本关系式：sin2α＋cos2α＝1,eq\f(sinα，cosα）＝tanαeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（α≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))。3．诱导公式：在eq\f（kπ，2）＋α，k∈Z的诱导公式中“奇变偶不变,符号看象限”．例1（1)(2018·资阳三诊)已知角α的顶点与原点O重合,始边与x轴的非负半轴重合，若它的终边经过点P（2,1),则tan2α等于（)A。eq\f（4,3）B.eq\f（1,2）C．－eq\f(1,2）D．－eq\f(4,3)答案A解析因为角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(2,1)，所以tanα＝eq\f（1，2），因此tan2α＝eq\f（2tanα,1－tan2α）＝eq\f（1，1－\f（1,4))＝eq\f(4,3）。(2）(2018·衡水金卷信息卷)已知曲线f（x)＝x3－2x2－x在点(1,f（1））处的切线的倾斜角为α,则cos2eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，2)＋α)）－2cos2α－3sin（2π－α)cos（π＋α)的值为(）A.eq\f（8,5）B．－eq\f（4，5）C。eq\f（4，3)D．－eq\f（2,3）答案A解析由f(x）＝x3－2x2－x可知f′（x）＝3x2－4x－1，∴tanα＝f′(1)＝－2，cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π，2)＋α）)－2cos2α－3sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2π－α））coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（π＋α）)＝（－sinα）2－2cos2α－3sinαcosα＝sin2α－2cos2α－3sinαcosα＝eq\f（sin2α－2cos2α－3sinαcosα,sin2α＋cos2α）＝eq\f（tan2α－3tanα－2，tan2α＋1）＝eq\f(4＋6－2，5)＝eq\f(8,5）。思维升华（1)涉及与圆及角有关的函数建模问题(如钟表、摩天轮、水车等)，常常借助三角函数的定义求解．应用定义时,注意三角函数值仅与终边位置有关，与终边上点的位置无关．(2)应用诱导公式时要弄清三角函数在各个象限内的符号;利用同角三角函数的关系化简过程要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等．跟踪演练1(1)(2018·合肥质检)在平面直角坐标系中,若角α的终边经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f（5π，3），cos\f(5π，3）)）,则sin(π＋α）等于（）A．－eq\f（\r（3）,2)B．－eq\f(1,2)C。eq\f(1，2）D。eq\f（\r(3),2）答案B解析由诱导公式可得，sineq\f（5π，3）＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2π－\f(π,3））)＝－sineq\f（π，3)＝－eq\f(\r（3），2），coseq\f（5π,3）＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2π－\f（π，3)））＝coseq\f（π，3)＝eq\f(1,2)，即Peq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1，2)）)，由三角函数的定义可得，sinα＝eq\f（\f（1，2），\r(\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2)））2）)＝eq\f（1,2），则sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（π＋α))＝－sinα＝－eq\f(1，2）.（2）（2018·衡水金卷调研卷）已知sin（3π＋α)＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(3π，2）＋α)），则eq\f(sinπ－α－4sin\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π，2）＋α））,5sin2π＋α＋2cos2π－α）等于()A。eq\f(1,2)B。eq\f(1,3）C。eq\f(1,6)D．－eq\f（1，6）答案D解析∵sin（3π＋α）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（3π,2）＋α))，∴－sinα＝－2cosα，即sinα＝2cosα，则eq\f(sinπ－α－4sin\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，2)＋α)),5sin2π＋α＋2cos2π－α)＝eq\f(sinα－4cosα,5sinα＋2cosα）＝eq\f(2cosα－4cosα，10cosα＋2cosα）＝eq\f（－2,12)＝－eq\f（1，6)。热点二三角函数的图象及应用函数y＝Asin(ωx＋φ）的图象(1）“五点法”作图：设z＝ωx＋φ,令z＝0，eq\f(π,2）,π，eq\f（3π，2），2π，求出x的值与相应的y的值，描点、连线可得．（2）图象变换：（先平移后伸缩）y＝sinxeq\o(→，\s\up7（向左φ〉0或向右φ<0),\s\do5（平移｜φ｜个单位长度）)y＝sin（x＋φ）eq\o（→，\s\up9(横坐标变为原来的\f(1,ω)ω>0倍)，\s\do5(纵坐标不变）)y＝sin（ωx＋φ)eq\o(→,\s\up7（纵坐标变为原来的AA〉0倍），\s\do5(横坐标不变)）y＝Asin(ωx＋φ）．（先伸缩后平移）y＝sinxeq\o(→,\s\up9（横坐标变为原来的\f(1，ω）ω〉0倍）,\s\do5（纵坐标不变))y＝sinωxeq\o(→,\s\up7(向左φ〉0或右φ〈0），\s\do8（平移\f(|φ｜,ω)个单位长度)）y＝sin（ωx＋φ)eq\o（→，\s\up7(纵坐标变为原来的AA〉0倍），\s\do5(横坐标不变)）y＝Asin(ωx＋φ)．例2(1）要得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（3x－\f（π,4)））的图象，只需将函数y＝cos3x的图象（)A．向右平移eq\f（π，4)个单位长度B．向左平移eq\f（π，4)个单位长度C．向右平移eq\f（3π,4）个单位长度D．向左平移eq\f(3π，4）个单位长度答案A解析因为y＝cos3x＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(3x＋\f（π，2))）＝sin3eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f（π,6）)）,且y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（3x－\f(π，4）））＝sin3eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f（π，12)）），eq\f(π,6)－eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)）)＝eq\f(π,4），所以应将y＝cos3x的图象向右平移eq\f（π，4）个单位长度，即可得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(3x－\f（π，4））)的图象．故选A。（2)（2018·永州模拟)函数f(x）＝Asin（ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|〈π）)的部分图象如图所示，将函数f（x)的图象向右平移eq\f（5π，12）个单位长度后得到函数g（x）的图象，若函数g(x）在区间eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，θ)）上的值域为［－1，2]，则θ＝________.答案eq\f(π,3）解析函数f(x)＝Asin（ωx＋φ）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（ω>0，｜φ｜<π））的部分图象如图所示,则A＝2，eq\f（T，2)＝eq\f(13π,12）－eq\f(7π，12)＝eq\f(π,2)，解得T＝π，所以ω＝2,即f(x）＝2sin（2x＋φ）,当x＝eq\f(π,3）时，feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,3))）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π，3)＋φ））＝0，又|φ|<π，解得φ＝－eq\f(2π,3），所以f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x－\f（2π,3)）)，因为函数f（x)的图象向右平移eq\f(5π，12）个单位长度后得到函数g(x）的图象，所以g(x)＝2sineq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f（5π,12)））－\f(2π，3)）)＝2cos2x，若函数g（x）在区间eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f（π,6)，θ))上的值域为[－1,2］,则2cos2θ＝－1，则θ＝kπ＋eq\f(π，3），k∈Z，或θ＝kπ＋eq\f（2π，3），k∈Z,所以θ＝eq\f（π，3)。思维升华(1)已知函数y＝Asin(ωx＋φ）（A>0,ω〉0）的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解,其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置．(2）在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换．变换只是相对于其中的自变量x而言的,如果x的系数不是1,就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度数和方向．跟踪演练2（1)（2018·东北三省四市模拟)将函数f（x)＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π，3）))的图象向右平移a个单位长度得到函数g（x)＝coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,4）))的图象，则a的值可以为（）A。eq\f(5π,12)B.eq\f（7π,12）C.eq\f（19π，24）D。eq\f(41π，24）答案C解析将函数f(x）＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,3）))的图象向右平移a个单位长度得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－2a＋\f（π，3））),而g（x）＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4）)）＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π，4）＋\f(π，2））），故－2a＋eq\f(π,3）＝2kπ＋eq\f(π,4）＋eq\f(π，2）,k∈Z，即a＝kπ－eq\f（5π,24），k∈Z,所以当k＝1时，a＝eq\f(19π，24）.（2）（2018·北京朝阳区模拟）函数f(x）＝Asin(ωx＋φ）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(A〉0，ω>0，｜φ|〈\f(π，2))）的部分图象如图所示，则ω＝________；函数f(x）在区间eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(π,3），π）)上的零点为________．答案2eq\f（7π,12)解析从图中可以发现，相邻的两个最高点和最低点的横坐标分别为eq\f(π,3），－eq\f（π,6），从而求得函数的最小正周期为T＝2eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（π,3）－\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（π,6）)）)）＝π，根据T＝eq\f（2π，ω）可求得ω＝2.再结合题中的条件可以求得函数的解析式为f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x－\f（π,6)）），令2x－eq\f(π，6)＝kπ（k∈Z)，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f（π，12）（k∈Z），结合所给的区间，整理得出x＝eq\f(7π，12)。热点三三角函数的性质1．三角函数的单调区间y＝sinx的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（2kπ－\f（π，2),2kπ＋\f(π,2）））(k∈Z)，单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f（3π,2））)（k∈Z)；y＝cosx的单调递增区间是[2kπ－π，2kπ](k∈Z），单调递减区间是［2kπ，2kπ＋π](k∈Z）；y＝tanx的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（kπ－\f（π，2），kπ＋\f（π，2）））(k∈Z)．2．y＝Asin（ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数;当φ＝kπ＋eq\f（π，2)(k∈Z）时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ＋eq\f（π，2)(k∈Z)求得．y＝Acos(ωx＋φ），当φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z）时为奇函数；当φ＝kπ（k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ（k∈Z）求得．y＝Atan（ωx＋φ)，当φ＝kπ（k∈Z)时为奇函数．例3设函数f(x)＝sinωx·cosωx－eq\r(3）cos2ωx＋eq\f(\r(3)，2）（ω〉0)的图象上相邻最高点与最低点的距离为eq\r(π2＋4）.（1)求ω的值；(2)若函数y＝f(x＋φ）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0〈φ<\f（π,2)))是奇函数,求函数g（x）＝cos（2x－φ）在［0，2π］上的单调递减区间．解（1)f（x）＝sinωx·cosωx－eq\r(3）cos2ωx＋eq\f（\r(3）,2)＝eq\f（1,2)sin2ωx－eq\f（\r(3)1＋cos2ωx,2)＋eq\f（\r(3)，2）＝eq\f(1，2）sin2ωx－eq\f(\r(3）,2）cos2ωx＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2ωx－\f（π，3）))，设T为f(x）的最小正周期，由f(x)的图象上相邻最高点与最低点的距离为eq\r（π2＋4），得eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(T，2))）2＋［2f（x）max］2＝π2＋4，∵f（x)max＝1，∴eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（T，2）))2＋4＝π2＋4,整理得T＝2π.又ω〉0，T＝eq\f(2π，2ω）＝2π，∴ω＝eq\f（1,2)。(2)由(1)可知f(x）＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f(π,3)）)，∴f（x＋φ)＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋φ－\f(π，3))）.∵y＝f（x＋φ)是奇函数，∴sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(φ－\f（π,3)))＝0，又0〈φ<eq\f（π，2）,∴φ＝eq\f(π，3），∴g（x）＝cos（2x－φ）＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x－\f（π，3）)).令2kπ≤2x－eq\f(π，3)≤2kπ＋π,k∈Z，得kπ＋eq\f（π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，∴函数g（x)的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（kπ＋\f（π，6)，kπ＋\f（2π，3)))，k∈Z.又∵x∈[0,2π］，∴当k＝0时，函数g(x）的单调递减区间是eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（π,6),\f（2π，3））)；当k＝1时，函数g（x）的单调递减区间是eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（7π，6)，\f（5π，3））).∴函数g（x）在[0，2π]上的单调递减区间是eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（π，6），\f（2π，3)))，eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（7π,6），\f(5π,3)））.思维升华函数y＝Asin（ωx＋φ)的性质及应用类题目的求解思路第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成y＝Asin（ωx＋φ）＋B的形式;第二步：把“ωx＋φ”视为一个整体,借助复合函数性质求y＝Asin（ωx＋φ)＋B的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题．跟踪演练3已知函数f（x)＝4cosωxsineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（ωx－\f(π，6)））（ω〉0）的最小正周期是π.(1）求函数f(x)在区间（0，π）上的单调递增区间；(2)求f（x）在eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（π，8),\f（3π，8))）上的最大值和最小值．解(1)f(x）＝4cosωxsineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(ωx－\f（π，6)))＝4cosωxeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（sinωxcos\f(π,6)－cosωxsin\f(π，6）)）＝2eq\r(3)sinωxcosωx－2cos2ωx＋1－1＝eq\r(3)sin2ωx－cos2ωx－1＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))－1,因为最小正周期是eq\f(2π,2ω）＝π，所以ω＝1,从而f(x)＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x－\f(π,6))）－1.令－eq\f(π，2)＋2kπ≤2x－eq\f（π，6）≤eq\f(π,2)＋2kπ（k∈Z），解得－eq\f（π,6）＋kπ≤x≤eq\f（π，3）＋kπ(k∈Z)，所以函数f(x)在（0,π)上的单调递增区间为eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f（π,3））)和eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(5π，6），π））。(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(π，8）,\f（3π,8)））时，2x－eq\f（π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(π，12），\f（7π,12)））,2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,6））)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)－\r（2），2)，2））,所以f（x)在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（π,8)，\f（3π，8）)）上的最大值和最小值分别为1，eq\f（\r（6）－\r(2）,2）－1。真题体验1．（2018·全国Ⅰ改编)已知函数f(x）＝2cos2x－sin2x＋2，则f(x)的最小正周期为________,最大值为________．答案π4解析∵f（x)＝2cos2x－sin2x＋2＝1＋cos2x－eq\f(1－cos2x，2）＋2＝eq\f(3，2）cos2x＋eq\f(5，2)，∴f（x）的最小正周期为π,最大值为4.2．(2018·全国Ⅱ改编)若f(x)＝cosx－sinx在[0,a］上是减函数，则a的最大值是________．答案eq\f（3π,4）解析∵f（x）＝cosx－sinx＝－eq\r（2)sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f(π，4)）），∴当x－eq\f(π，4）∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f（π,2)，\f(π，2）)），即x∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f（π,4)，\f（3π，4）））时，y＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f(π，4））)单调递增，f（x）＝－eq\r（2）sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4）)）单调递减,∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f（π，4）,\f(3π,4）））是f(x）在原点附近的单调减区间，结合条件得［0，a]⊆eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（π，4），\f(3π,4)）），∴a≤eq\f（3π，4)，即amax＝eq\f（3π，4)。3．(2018·天津改编）将函数y＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，5）))的图象向右平移eq\f(π,10）个单位长度，所得图象对应的函数________．（填序号）①在区间eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（3π,4)，\f（5π，4）））上单调递增；②在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（3π,4），π）)上单调递减；③在区间eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(5π,4)，\f（3π，2））)上单调递增；④在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（3π，2），2π）)上单调递减．答案①解析函数y＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，5)))的图象向右平移eq\f（π,10)个单位长度后的解析式为y＝sineq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（2\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f(π,10)））＋\f(π,5)））＝sin2x,则函数y＝sin2x的一个单调增区间为eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(3π，4），\f(5π，4)）),一个单调减区间为eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(5π,4)，\f（7π,4))）.由此可判断①正确．4．(2018·北京)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6）))(ω〉0）．若f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π，4)）)对任意的实数x都成立，则ω的最小值为________．答案eq\f（2，3)解析∵f（x)≤feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π，4)))对任意的实数x都成立，∴当x＝eq\f（π，4)时，f（x)取得最大值，即feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，4))）＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π,4)ω－\f（π，6））)＝1，∴eq\f（π,4)ω－eq\f（π,6)＝2kπ,k∈Z，∴ω＝8k＋eq\f(2，3)，k∈Z。∵ω>0,∴当k＝0时，ω取得最小值eq\f（2，3）。押题预测1．已知函数f（x)＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（ωx＋\f(π,5)））（x∈R，ω〉0）图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2）.为了得到函数g（x)＝cosωx的图象，只要将y＝f(x）的图象（）A．向左平移eq\f(3π,20）个单位长度 B．向右平移eq\f（3π，20）个单位长度C．向左平移eq\f（π，5)个单位长度 D．向右平移eq\f(π，5)个单位长度押题依据本题结合函数图象的性质确定函数解析式，然后考查图象的平移，很有代表性，考生应熟练掌握图象平移规则，防止出错．答案A解析由于函数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq\f（π，2），则其最小正周期T＝π,所以ω＝eq\f（2π,T）＝2，即f(x)＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5））)，g(x）＝cos2x.把g（x)＝cos2x变形得g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π，2）)）＝sineq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π，20）））＋\f(π，5））），所以要得到函数g(x)的图象，只要将f(x）的图象向左平移eq\f(3π，20)个单位长度即可．故选A。2．如图，函数f(x）＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(其中A>0,ω>0，|φ｜≤\f(π,2))）与坐标轴的三个交点P，Q,R满足P(2,0)，∠PQR＝eq\f(π，4），M为QR的中点，PM＝2eq\r（5),则A的值为（)A。eq\f(8,3）eq\r(3）B。eq\f(16,3）eq\r(3)C．8D．16押题依据由三角函数的图象求解析式是高考的热点，本题结合平面几何知识求A，考查数形结合思想．答案B解析由题意设Q（a,0），R(0，－a)(a〉0）．则Meq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(a，2）,－\f（a,2))）,由两点间距离公式，得PM＝eq\r（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2－\f(a，2）））2＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(a，2)）)2)＝2eq\r（5)，解得a1＝8,a2＝－4(舍去),由此得eq\f(T,2）＝8－2＝6，即T＝12,故ω＝eq\f(π，6)，由P（2，0）得φ＝－eq\f（π,3）,代入f(x)＝Asin（ωx＋φ),得f（x)＝Asineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，6)x－\f（π,3)）)，从而f（0)＝Asineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(π,3))）＝－8，得A＝eq\f（16，3）eq\r（3)。3．已知函数f(x）＝cos4x－2sinxcosx－sin4x。(1）若x是某三角形的一个内角,且f(x)＝－eq\f（\r(2）,2）,求角x的大小；（2)当x∈eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(0,\f（π，2)）)时，求f（x）的最小值及取得最小值时x的值．押题依据三角函数解答题的第（1）问的常见形式是求周期、求单调区间及求对称轴方程(或对称中心）等，这些都可以由三角函数解析式直接得到,因此此类命题的基本方式是利用三角恒等变换得到函数的解析式．第（2）问的常见形式是求解函数的值域（或最值）,特别是指定区间上的值域（或最值），是高考考查三角函数图象与性质命题的基本模式．解(1)∵f（x)＝cos4x－2sinxcosx－sin4x＝(cos2x＋sin2x)（cos2x－sin2x)－sin2x＝cos2x－sin2x＝eq\r(2）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（\r（2),2）cos2x－\f（\r（2)，2）sin2x）)＝eq\r(2）coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4））)，∴f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，4）)）＝－eq\f(\r（2),2)，可得coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,4)））＝－eq\f(1，2).由题意可得x∈(0，π),∴2x＋eq\f（π，4）∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,4）,\f（9π,4)）)，可得2x＋eq\f(π,4）＝eq\f(2π，3）或eq\f（4π,3）,∴x＝eq\f(5π，24)或eq\f（13π,24）。(2)∵x∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0，\f(π,2））），∴2x＋eq\f(π,4）∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(π，4），\f(5π,4)）），∴coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π，4)）)∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(－1，\f（\r(2)，2)）），∴f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，4)）)∈［－eq\r（2),1］．∴f(x)的最小值为－eq\r(2）,此时2x＋eq\f（π,4）＝π，即x＝eq\f（3π,8)。

A组专题通关1．(2018·佛山质检)函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,6)））＋coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x－\f(π，3）)）的最小正周期和振幅分别是（）A．π，eq\r(2）B．π,2C．2π，1D．2π，eq\r（2)答案B解析∵y＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,6））)＋coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,6)）)＋sineq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，3））)＋\f(π，2)))＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))），∴T＝eq\f(2π,2）＝π,振幅为2。2．（2018·郑州模拟）已知函数f（x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x－\f（π,2)））－cos2x，若要得到一个奇函数的图象,则可以将函数f(x)的图象()A．向左平移eq\f(π,6)个单位长度B．向右平移eq\f（π，6）个单位长度C．向左平移eq\f(π,12）个单位长度D．向右平移eq\f(π,12)个单位长度答案C解析由题意可得，函数f(x）＝eq\r（3）sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,6）)）,设平移量为θ，得到函数g（x)＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋2θ－\f（π,6））），又g（x)为奇函数，所以2θ－eq\f（π，6）＝kπ，k∈Z，即θ＝eq\f（π，12）＋eq\f(kπ,2），k∈Z.3．（2018·河北省衡水金卷模拟）已知函数f（x）＝－2cosωx（ω>0）的图象向左平移φeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π，2）))个单位长度，所得的部分函数图象如图所示，则φ的值为()A.eq\f(π,6)B.eq\f（5π，6）C。eq\f(π，12）D。eq\f（5π,12）答案C解析由题意知,T＝2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π，12)－\f（5π,12）))＝π，∴ω＝eq\f（2π,T）＝2,∴f(x)＝－2cos2x,∴g（x)＝f(x＋φ）＝－2cos（2x＋2φ），又geq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（5π，12）)）＝－2coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（5π，6)＋2φ））＝2，故eq\f（5π,6）＋2φ＝π＋2kπ(k∈Z),∴φ＝eq\f(π,12）＋kπ(k∈Z)．又0<φ<eq\f（π,2)，∴φ＝eq\f(π,12）.4．（2018·山东、湖北部分重点中学模拟)已知函数f（x）＝2sin（ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（ω>0，0<φ<\f（π,2))），f(x1)＝2，f(x2)＝0,若｜x1－x2|的最小值为eq\f(1，2)，且feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2)))＝1，则f(x）的单调递增区间为（）A。eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f(1，6)＋2k，\f（5,6)＋2k）），k∈ZB.eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f（5,6）＋2k，\f(1，6）＋2k))，k∈ZC。eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f(5，6）＋2kπ，\f（1，6）＋2kπ))，k∈ZD.eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（1,6）＋2k，\f(7,6）＋2k）)，k∈Z答案B解析由f(x1）＝2，f（x2）＝0，且|x1－x2|的最小值为eq\f（1,2），可知eq\f（T，4)＝eq\f(1,2)，∴T＝2，∴ω＝π，又feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2))）＝1，则φ＝±eq\f(π，3）＋2kπ，k∈Z，∵0〈φ<eq\f(π,2),∴φ＝eq\f(π,3)，∴f（x)＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(πx＋\f（π，3)）).令－eq\f(π，2)＋2kπ≤πx＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f（5，6）＋2k≤x≤eq\f（1，6）＋2k,k∈Z.故f（x）的单调递增区间为eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f（5,6）＋2k，\f（1，6)＋2k)),k∈Z.5．（2017·全国Ⅲ）设函数f(x)＝coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（π，3）))，则下列结论错误的是（）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））上单调递减答案D解析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,因为f(x）＝coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f（π，3））)图象的对称轴为直线x＝kπ－eq\f（π,3)(k∈Z），所以y＝f（x)的图象关于直线x＝eq\f(8π,3）对称，B项正确;C项,f(x＋π)＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（4π，3)))。令x＋eq\f（4π,3）＝kπ＋eq\f（π,2）（k∈Z），得x＝kπ－eq\f(5π,6)，当k＝1时，x＝eq\f(π，6），所以f（x＋π)的一个零点为x＝eq\f(π,6),C项正确；D项，因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f(π,3）)）的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(2kπ－\f（π，3）,2kπ＋\f(2π,3)）)（k∈Z），单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（2kπ＋\f（2π，3)，2kπ＋\f(5π，3)））(k∈Z),所以f（x）在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，2），\f（2π,3)）)上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2π，3）,π））上单调递增,D项错误．6．在平面直角坐标系中，角α的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点P（－eq\r（3），－1），则tanα＝________，cosα＋sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(α－\f(π，2））)＝________。答案eq\f（\r(3)，3）0解析∵角α的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点P(－eq\r（3），－1)，∴x＝－eq\r(3)，y＝－1，∴tanα＝eq\f（y,x）＝eq\f（\r(3），3），cosα＋sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（α－\f(π,2））)＝cosα－cosα＝0.7．(2018·河北省衡水金卷模拟)已知tanα＝2，则eq\f（sin22α－2cos22α,sin4α)＝________.答案eq\f（1,12)解析∵tan2α＝eq\f（2tanα,1－tan2α)＝－eq\f（4，3），∴eq\f（sin22α－2cos22α，sin4α）＝eq\f(sin22α－2cos22α,2sin2αcos2α)＝eq\f（tan22α－2，2tan2α)＝eq\f(\f（16，9)－2，2×\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（4，3）)))＝eq\f（1,12)。8．(2017·全国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________．答案1解析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）))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1.9．（2018·潍坊模拟)设函数f（x)（x∈R)满足f（x－π)＝f(x）－sinx,当－π〈x≤0时,f（x）＝0，则feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2018π,3)）)＝________。答案eq\f(\r(3)，2)解析∵f（x－π)＝f(x）－sinx,∴f（x）＝f（x－π)＋sinx,则f(x＋π)＝f(x）＋sin(x＋π）＝f（x）－sinx.∴f（x＋π）＝f(x－π),即f（x＋2π）＝f(x）．∴函数f（x)的周期为2π，∴feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2018π，3）)）＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（672π＋\f(2π,3）））＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2π,3）)）＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(π，3）））＋sineq\f(2π,3)。∵当－π〈x≤0时,f（x）＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2018π,3）))＝0＋sineq\f(2π,3）＝eq\f(\r（3），2)。10．已知向量m＝(eq\r(3)sinωx,1),n＝（cosωx,cos2ωx＋1),设函数f(x)＝m·n＋b。（1）若函数f（x）的图象关于直线x＝eq\f（π,6）对称,且当ω∈［0，3]时，求函数f(x)的单调递增区间；（2)在(1)的条件下，当x∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(0,\f（7π，12)）)时，函数f（x)有且只有一个零点，求实数b的取值范围．解m＝(eq\r(3)sinωx，1）,n＝（cosωx，cos2ωx＋1），f（x）＝m·n＋b＝eq\r（3）sinωxcosωx＋cos2ωx＋1＋b＝eq\f(\r（3），2）sin2ωx＋eq\f（1,2)cos2ωx＋eq\f（3，2）＋b＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2ωx＋\f(π,6）)）＋eq\f（3，2)＋b.(1)∵函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,6）对称，∴2ω·eq\f（π,6)＋eq\f(π,6）＝kπ＋eq\f(π,2）(k∈Z）,解得ω＝3k＋1（k∈Z），∵ω∈［0,3]，∴ω＝1，∴f(x）＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,6)))＋eq\f（3,2)＋b，由2kπ－eq\f(π，2)≤2x＋eq\f（π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2）（k∈Z)，解得kπ－eq\f（π，3)≤x≤kπ＋eq\f（π,6)(k∈Z)，∴函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π，3)，kπ＋\f(π,6）)）（k∈Z)．(2）由（1)知f(x)＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,6）））＋eq\f(3，2）＋b,∵x∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0,\f（7π,12））），∴2x＋eq\f（π,6）∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(π，6),\f（4π,3）)），∴当2x＋eq\f(π,6）∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（π,6）,\f（π,2))），即x∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（0,\f(π，6)））时，函数f（x)单调递增；当2x＋eq\f(π,6）∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（π,2)，\f（4π，3)))，即x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（π,6)，\f(7π，12)))时，函数f（x)单调递减．又f（0）＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,3）))，∴当feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π，3)))〉0≥feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(7π，12）））或feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，6)））＝0时,函数f(x)有且只有一个零点，即sineq\f(4π，3)≤－b－eq\f(3,2）〈sineq\f（5π,6)或1＋eq\f（3，2）＋b＝0，∴b的取值范围为eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1(－2，\f(\r（3）－3，2)））∪eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f（5,2))）.B组能力提高11。如图，单位圆O与x轴的正半轴的交点为A，点C，B在圆O上,且点C位于第一象限，点B的坐标为eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(4,5），－\f（3，5）))，∠AOC＝α，若BC＝1，则eq\r(3）cos2eq\f(α，2)－sineq\f(α，2)coseq\f（α,2)－eq\f(\r(3)，2)的值为(）A。eq\f(4,5)B.eq\f(3,5）C．－eq\f（4,5）D．－eq\f（3,5)答案B解析∵点B的坐标为eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(4,5），－\f（3,5)）)，设∠AOB＝θ,∴sin（2π－θ）＝－eq\f(3，5）,cos（2π－θ)＝eq\f（4，5），即sinθ＝eq\f（3,5），cosθ＝eq\f(4,5），∵∠AOC＝α，BC＝1,∴θ＋α＝eq\f（π,3），则α＝eq\f（π，3）－θ，则eq\r(3）cos2eq\f(α,2）－sineq\f（α，2)coseq\f（α,2）－eq\f(\r（3）,2）＝eq\f(\r（3），2)cosα－eq\f（1,2）sinα＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f（π,6)）)＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,2)－θ)）＝sinθ＝eq\f(3，5）.12．（2018·佛山质检）已知函数f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(ωx－\f（π,4））)（ω>0）的图象在区间(1，2）上不单调,则ω的取值范围为（)A.eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（3π，8），＋∞）） B.eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(3π，8），\f(3π，4）))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,8)，＋∞)）C.eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3π，8)，\f(7π，8）)）∪eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（7π，4）,＋∞)） D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3π,4）,＋∞))答案B解析因为当x∈（1,2)时，ωx－eq\f（π,4）∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(ω－\f(π,4），2ω－\f（π，4))），又因为函数f（x）＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(ωx