2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案4.3《三角函数的图象与性质》 (教师版)

PAGEPAGE1第三节三角函数的图象与性质核心素养立意下的命题导向1.与不等式相结合考查三角函数定义域的求法，凸显数学运算的核心素养．2．与二次函数、函数的单调性等结合考查函数的值域(最值)，凸显数学运算的核心素养．3．借助函数的图象、数形结合思想考查函数的奇偶性、单调性、对称性等性质，凸显数学运算、直观想象和逻辑推理的核心素养．[理清主干知识]1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图(1)在正弦函数y＝sinx，x∈[0,2π]的图象上，五个关键点是：(0,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．(2)在余弦函数y＝cosx，x∈[0,2π]的图象上，五个关键点是：(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0))，(2π，1)．2．正弦、余弦、正切函数的图象与性质函数y＝sinxy＝cosxy＝tanx图象定义域RRxx∈R，且x≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z值域[－1,1][－1,1]R奇偶性奇函数偶函数奇函数单调性在－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)上是递增函数，在eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)上是递减函数在[2kπ－π，2kπ](k∈Z)上是递增函数，在[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)上是递减函数在－eq\f(π,2)＋kπ，eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)上是递增函数周期性周期是2kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是eq\a\vs4\al(2π)周期是2kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是eq\a\vs4\al(2π)周期是kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是eq\a\vs4\al(π)对称性对称轴是x＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，对称中心是(kπ，0)(k∈Z)对称轴是x＝kπ(k∈Z)，对称中心是kπ＋eq\f(π,2)，0(k∈Z)对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)[澄清盲点误点]一、关键点练明1．(三角函数的定义域)函数y＝tan2x的定义域是()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠kπ＋\f(π,4)，k∈Z)) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(kπ,2)＋\f(π,8)，k∈Z))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠kπ＋\f(π,8)，k∈Z))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z))答案：D2．(三角函数的周期性)已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的最小正周期为π，则ω＝________.答案：23．(三角函数的奇偶性)若函数f(x)＝sineq\f(x＋φ,3)(φ∈[0,2π])是偶函数，则φ＝________.解析：由已知f(x)＝sineq\f(x＋φ,3)是偶函数，可得eq\f(φ,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即φ＝3kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，又φ∈[0,2π]，所以φ＝eq\f(3π,2).答案：eq\f(3π,2)4．(三角函数的对称性)函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的对称轴为________，对称中心为________．答案：x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))(k∈Z)5．(三角函数的单调性)函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3,4)π))的单调递增区间为__________________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5,8)π＋\f(kπ,2)))(k∈Z)二、易错点练清1．(忽视正切函数自身的定义域)函数y＝lg(3tanx－eq\r(3))的定义域为________________．解析：要使函数y＝lg(3tanx－eq\r(3))有意义，则3tanx－eq\r(3)>0，即tanx>eq\f(\r(3),3).所以eq\f(π,6)＋kπ<x<eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)2．(忽视ω与0的大小关系对单调性的影响)函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))的单调递增区间为________________．解析：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，解得kπ＋eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(7π,8)(k∈Z)，所以函数的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z)．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z)3．(忽视正、余弦函数的有界性)函数f(x)＝2cos2x＋5sinx－4的最小值为________，最大值为________．解析：f(x)＝2cos2x＋5sinx－4＝－2sin2x＋5sinx－2＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(5,4)))2＋eq\f(9,8).因为－1≤sinx≤1，所以当sinx＝－1时，f(x)有最小值－9；当sinx＝1时，f(x)有最大值1.答案：－91考点一三角函数的定义域、值域[典题例析](1)已知函数f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，则()A．f(x)的最小正周期为π，最大值为3B．f(x)的最小正周期为π，最大值为4C．f(x)的最小正周期为2π，最大值为3D．f(x)的最小正周期为2π，最大值为4(2)函数y＝eq\f(1,tanx－1)的定义域为____________________．(3)函数y＝sinx－cosx＋sinxcosx，x∈[0，π]的值域为________．[解析](1)∵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.故选B.(2)要使函数有意义，必须有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanx－1≠0，,x≠\f(π,2)＋kπk∈Z，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπk∈Z，,x≠\f(π,2)＋kπk∈Z.))故函数的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(π,4)＋kπ且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).(3)设t＝sinx－cosx，则t2＝sin2x＋cos2x－2sinxcosx，即sinxcosx＝eq\f(1－t2,2)，且－1≤t≤eq\r(2).∴y＝－eq\f(t2,2)＋t＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)(t－1)2＋1.当t＝1时，ymax＝1；当t＝－1时，ymin＝－1.∴函数的值域为[－1,1]．[答案](1)B(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(π,4)＋kπ且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))(3)[－1,1][方法技巧]1．三角函数定义域的求法求三角函数定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数图象来求解．[提醒]解三角不等式时要注意周期，且k∈Z不可以忽略．2．三角函数值域或最值的3种求法直接法形如y＝asinx＋k或y＝acosx＋k的三角函数，直接利用sinx，cosx的值域求出化一法形如y＝asinx＋bcosx＋k的三角函数，化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，确定ωx＋φ的范围，根据正弦函数单调性写出函数的值域(最值)换元法形如y＝asin2x＋bsinx＋k的三角函数，可先设sinx＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)；形如y＝asinxcosx＋b(sinx±cosx)＋c的三角函数，可先设t＝sinx±cosx，化为关于t的二次函数求值域(最值)[针对训练]1．函数y＝eq\r(sinx－cosx)的定义域为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)＋2kπ，\f(π,4)＋2kπ))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)＋2kπ，\f(π,4)＋2kπ))(k∈Z)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2kπ，\f(5π,4)＋2kπ))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2kπ，\f(5π,4)＋2kπ))(k∈Z)解析：选D要使函数有意义，需sinx－cosx≥0，即sinx≥cosx，解得2kπ＋eq\f(π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,4)(k∈Z)，故原函数的定义域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)．2．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________．解析：依题意，f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)＝－cos2x＋eq\r(3)cosx＋eq\f(1,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(\r(3),2)))2＋1，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosx∈[0,1]，因此当cosx＝eq\f(\r(3),2)时，f(x)max＝1.答案：13．若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cosx的最大值为2，则常数φ的一个取值为________．解析：∵f(x)＝sin(x＋φ)＋cosx的最大值为2，∴cosx＝1，解得x＝2kπ，k∈Z，且sin(x＋φ)＝sin(2kπ＋φ)＝sinφ＝1，∴φ＝eq\f(π,2)＋2nπ，n∈Z，∴可取φ＝eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)(答案不唯一)4．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，a))，若f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，则实数a的取值范围为________．解析：∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，a))，∴x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，a＋\f(π,6)))，∵当x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))时，f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴由函数的图象知，eq\f(π,2)≤a＋eq\f(π,6)≤eq\f(7,6)π，∴eq\f(π,3)≤a≤π.∴a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))考点二三角函数的单调性考法(一)求三角函数的单调区间[例1]求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝|tanx|；(2)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))).[解](1)观察图象可知，y＝|tanx|的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，单调递减区间是(kπ－eq\f(π,2)，kπ](k∈Z)．(2)当2kπ－π≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ(k∈Z)，即kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)(k∈Z)时，函数f(x)是增函数；当2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋π(k∈Z)，即kπ＋eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(7π,12)(k∈Z)时，函数f(x)是减函数．因此函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的单调递增区间是[－eq\f(5π,12)，eq\f(π,12)]，单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(5π,12)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,2))).[方法技巧]求三角函数单调区间的2种方法代换法就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角u(或t)，利用基本三角函数的单调性列不等式求解图象法画出三角函数的正、余弦和正切曲线，结合图象求它的单调区间[提醒]求解三角函数的单调区间时，若x的系数为负，应先化为正，同时切莫忽视函数自身的定义域．考法(二)已知函数的单调性求参数值或范围[例2](1)若函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(3,2)C．2D．3(2)若f(x)＝cos2x＋acos(eq\f(π,2)＋x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上是增函数，则实数a的取值范围为________．[解析](1)因为f(x)＝sinωx(ω>0)过原点，所以当0≤ωx≤eq\f(π,2)，即0≤x≤eq\f(π,2ω)时，y＝sinωx是增函数；当eq\f(π,2)≤ωx≤eq\f(3π,2)，即eq\f(π,2ω)≤x≤eq\f(3π,2ω)时，y＝sinωx是减函数．由f(x)＝sinωx(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减知，eq\f(π,2ω)＝eq\f(π,3)，所以ω＝eq\f(3,2).(2)f(x)＝cos2x＋acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝1－2sin2x－asinx，令sinx＝t，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则g(t)＝－2t2－at＋1，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，因为f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递增，所以－eq\f(a,4)≥1，即a≤－4.[答案](1)B(2)(－∞，－4][方法技巧]已知单调区间求参数范围的3种方法子集法求出原函数的相应单调区间，由已知区间是所求某区间的子集，列不等式(组)求解反子集法由所给区间求出整体角的范围，由该范围是某相应正、余弦函数的某个单调区间的子集，列不等式(组)求解周期性法由所给区间的两个端点到其相应对称中心的距离不超过eq\f(1,4)周期列不等式(组)求解[针对训练]1．已知eq\f(π,3)为函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))的零点，则函数f(x)的单调递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(5π,12)，2kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,12)，2kπ＋\f(7π,12)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,12)，kπ＋\f(7π,12)))(k∈Z)解析：选C由于eq\f(π,3)为函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))的零点，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，解得φ＝eq\f(π,3)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)(k∈Z)，故函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)．2．已知ω>0，函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D．(0,2]解析：选A由eq\f(π,2)<x<π得eq\f(π,2)ω＋eq\f(π,4)<ωx＋eq\f(π,4)<πω＋eq\f(π,4)，由题意知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)，πω＋\f(π,4)))⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)，当k＝0时，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)≥\f(π,2)，,πω＋\f(π,4)≤\f(3π,2)，))解得eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(5,4).3．cos23°，sin68°，cos97°从小到大的顺序是____________．解析：sin68°＝sin(90°－22°)＝cos22°.因为余弦函数y＝cosx在[0，π]上是单调递减的，且22°<23°<97°，所以cos97°<cos23°<cos22°，即cos97°<cos23°<sin68°.答案：cos97°<cos23°<sin68°考点三三角函数的周期性、奇偶性及对称性考法(一)三角函数的周期性[例1]函数f(x)＝eq\f(tanx,1＋tan2x)的最小正周期为()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C．πD．2π[解析]由已知得f(x)＝eq\f(tanx,1＋tan2x)＝eq\f(\f(sinx,cosx),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))2)＝eq\f(\f(sinx,cosx),\f(cos2x＋sin2x,cos2x))＝sinx·cosx＝eq\f(1,2)sin2x，所以f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π.[答案]C[方法技巧]三角函数周期的求解方法公式法(1)三角函数y＝sinx，y＝cosx，y＝tanx的最小正周期分别为2π，2π，π；(2)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|)图象法利用三角函数图象的特征求周期．如：相邻两最高点(最低点)之间为一个周期，最高点与相邻的最低点之间为半个周期考法(二)三角函数的奇偶性[例2]已知函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))，φ∈(0，π)．(1)若f(x)为偶函数，则φ＝________；(2)若f(x)为奇函数，则φ＝________.[解析](1)因为f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))为偶函数，所以－eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，又因为φ∈(0，π)，所以φ＝eq\f(5π,6).(2)因为f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))为奇函数，所以－eq\f(π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，又φ∈(0，π)，所以φ＝eq\f(π,3).[答案](1)eq\f(5π,6)(2)eq\f(π,3)[方法技巧]与三角函数奇偶性相关的结论三角函数中，判断奇偶性的前提是定义域关于原点对称，奇函数一般可化为y＝Asinωx或y＝Atanωx的形式，而偶函数一般可化为y＝Acosωx＋b的形式．常见的结论有：(1)若y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)；若为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)．(2)若y＝Acos(ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ(k∈Z)；若为奇函数，则有φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．(3)若y＝Atan(ωx＋φ)为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)．考法(三)三角函数的对称性[例3](1)(多选)已知函数f(x)＝sinxcosx＋eq\f(\r(3),2)(1－2sin2x)，则有关函数f(x)的说法正确的是()A．f(x)的图象关于点(eq\f(π,3)，0)对称B．f(x)的最小正周期为πC．f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称D．f(x)的最大值为eq\r(3)(2)已知函数y＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，则φ的值为________．[解析](1)由题可知f(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝sin2x＋eq\f(π,3).当x＝eq\f(π,3)时，2x＋eq\f(π,3)＝π，故函数f(x)的图象关于点eq\f(π,3)，0对称，故A正确；当x＝eq\f(π,6)时，2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3)，所以函数f(x)的图象不关于直线x＝eq\f(π,6)对称，故C错误；函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，故B正确；函数f(x)的最大值为1，故D错误．故选A、B.(2)由题意得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝±1，∴eq\f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)．∵φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴φ＝－eq\f(π,6).[答案](1)AB(2)－eq\f(π,6)[方法技巧]三角函数对称性问题的2种求解方法定义法正(余)弦函数的对称轴是过函数的最高点或最低点且垂直于x轴的直线，对称中心是图象与x轴的交点，即函数的零点公式法函数y＝Asin(ωx＋φ)的对称轴为x＝eq\f(kπ,ω)－eq\f(φ,ω)＋eq\f(π,2ω)，对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,ω)－\f(φ,ω)，0))；函数y＝Acos(ωx＋φ)的对称轴为x＝eq\f(kπ,ω)－eq\f(φ,ω)，对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,ω)－\f(φ,ω)＋\f(π,2ω)，0))；函数y＝Atan(ωx＋φ)的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2ω)－\f(φ,ω)，0)).上述k∈Z[针对训练]1．(多选)(2021·福州质检)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，则下列结论正确的是()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))上单调递减解析：选ABCA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，令2kπ≤x＋eq\f(π,3)≤π＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)，所以f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))(k∈Z)，故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，故D项错误．故选A、B、C.2．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为4π，且∀x∈R，有f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))成立，则f(x)图象的一个对称中心是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，0))解析：选A由f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为4π，得ω＝eq\f(1,2).因为f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))恒成立，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即eq\f(1,2)×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，由|φ|<eq\f(π,2)，得φ＝eq\f(π,3)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,3))).令eq\f(1,2)x＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，得x＝2kπ－eq\f(2π,3)(k∈Z)，故f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，0))(k∈Z)，当k＝0时，f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0)).一、创新命题视角——学通学活巧迁移三角函数中有关ω的求解数学运算是解决数学问题的基本手段，通过运算可促进学生思维的发展；而逻辑推理是得到数学结论、构建数学体系的重要方式．运算和推理贯穿于探究数学问题的始终，可交替使用，相辅相成．类型(一)三角函数的周期T与ω的关系[例1]为了使函数y＝sinωx(ω>0)在区间[0,1]上至少出现50次最大值，则ω的最小值为()A．98πB.eq\f(197,2)πC.eq\f(199,2)πD．100π[解析]由题意，至少出现50次最大值即至少需用49eq\f(1,4)个周期，所以eq\f(197,4)T＝eq\f(197,4)·eq\f(2π,ω)≤1，所以ω≥eq\f(197,2)π.[答案]B[名师微点]解决此类问题的关键在于结合条件弄清周期T＝eq\f(2π,ω)与所给区间的关系，从而建立不等关系．类型(二)三角函数的单调性与ω的关系[例2]若函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，3))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))[解析]令eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq\f(3,2)π＋2kπ(k∈Z)，得eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)≤x≤eq\f(3π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)(k∈Z)，因为f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≤\f(π,3)，,\f(π,2)≤\f(3π,2ω)＋\f(2kπ,ω)))(k∈Z)，解得6k＋eq\f(3,2)≤ω≤4k＋3(k∈Z)．又ω>0，所以k≥0，又6k＋eq\f(3,2)<4k＋3(k∈Z)，得0≤k<eq\f(3,4)，所以k＝0.故eq\f(3,2)≤ω≤3.[答案]D[名师微点]根据正弦函数的单调递减区间，确定函数f(x)的单调递减区间，根据函数f(x)＝sinωx(ω>0)，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，建立不等式，即可求ω的取值范围．类型(三)三角函数的对称性、最值与ω的关系[例3](1)已知f(x)＝sinωx－cosωxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>\f(2,3)))，若函数f(x)图象的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标都不属于区间(π，2π)，则ω的取值范围是________．(2)已知函数f(x)＝2sinωx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，则ω的取值范围是________．[解析](1)f(x)＝sinωx－cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))，令ωx－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得x＝eq\f(3π,4ω)＋eq\f(kπ,ω)(k∈Z)．当k＝0时，eq\f(3π,4ω)≤π，即ω≥eq\f(3,4)，当k＝1时，eq\f(3π,4ω)＋eq\f(π,ω)≥2π，即ω≤eq\f(7,8).综上，eq\f(3,4)≤ω≤eq\f(7,8).(2)显然ω≠0，分两种情况：若ω>0，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，－eq\f(π,3)ω≤ωx≤eq\f(π,4)ω，因为函数f(x)＝2sinωx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，所以－eq\f(π,3)ω≤－eq\f(π,2)，解得ω≥eq\f(3,2)；若ω<0，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，eq\f(π,4)ω≤ωx≤－eq\f(π,3)ω，因为函数f(x)＝2sinωx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，所以eq\f(π,4)ω≤－eq\f(π,2)，解得ω≤－2.综上所述，符合条件的实数ω的取值范围为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(ω≤－2或ω≥\f(3,2))))).[答案](1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(7,8)))(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(ω≤－2或ω≥\f(3,2)))))[名师微点]解答这类三角函数题除了需要熟练掌握正弦函数、余弦函数、正切函数的单调性外，还必须知晓一个周期里函数最值的变化，以及何时取到最值，函数取到最值的区间要求与题目给定的区间的关系如何．二、创新考查方式——领悟高考新动向1．(多选)下列关于函数f(x)＝sin|x|＋|sinx|的结论正确的是()A．f(x)是偶函数B．f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增C．f(x)在[－π，π]上有4个零点D．f(x)的最大值为2解析：选ADA中，f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，∴f(x)是偶函数，故A正确；B中，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，函数单调递减，故B错误；C中，当x＝0时，f(x)＝0，当x∈(0，π]时，f(x)＝2sinx，令f(x)＝0，得x＝π.又∵f(x)是偶函数，∴函数f(x)在[－π，π]上有3个零点，故C错误；D中，∵sin|x|≤|sinx|，∴f(x)≤2|sinx|≤2，当x＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)时，f(x)能取得最大值2，故D正确．2．已知函数f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(A＞0，ω＞0)只能同时满足下列三个条件中的两个：①函数f(x)的最大值为2；②函数f(x)的图象可由y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的图象平移得到；③函数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2).(1)请写出这两个条件序号，并求出f(x)的解析式；(2)求方程f(x)＋1＝0在区间[－π，π]上所有解的和．解：(1)函数f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))满足的条件为①③.理由如下：由题意可知条件①②互相矛盾，故③为函数f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))满足的条件之一，由③可知，T＝π，∴ω＝2，故②不合题意，∴函数f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))满足的条件为①③.由①可知A＝2，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).(2)∵f(x)＋1＝0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,2).∴2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z)或2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(7,6)π＋2kπ(k∈Z)．即x＝－eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)或x＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)．又∵x∈[－π，π]，∴x的取值为－eq\f(π,6)，eq\f(5,6)π，－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)，∴方程f(x)＋1＝0在区间[－π，π]上所有解的和为eq\f(2,3)π.eq\a\vs4\al([课时跟踪检测])一、基础练——练手感熟练度1．下列函数中，周期为2π的奇函数为()A．y＝sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)B．y＝sin2xC．y＝tan2xD．y＝sin2x＋cos2x解析：选Ay＝sin2x为偶函数；y＝tan2x的周期为eq\f(π,2)；y＝sin2x＋cos2x为非奇非偶函数，故B、C、D都不正确，故选A.2．(多选)关于函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，下列说法正确的是()A．是奇函数B．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))为其图象的一个对称中心D．最小正周期为eq\f(π,2)解析：选CD函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))是非奇非偶函数，A错；函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，B错；最小正周期为eq\f(π,2)，D对；由2x－eq\f(π,3)＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,4)＋eq\f(π,6)(k∈Z)．当k＝0时，x＝eq\f(π,6)，所以它的图象关于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称，C对．故选C、D.3．函数y＝|cosx|的一个单调递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))B．[0，π]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))解析：选D将y＝cosx位于x轴下方的图象关于x轴对称翻折到x轴上方，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y＝|cosx|的图象(如图)．故选D.4．函数y＝cos2x－2sinx的最大值与最小值分别为()A．3，－1B．3，－2C．2，－1D．2，－2解析：选Dy＝cos2x－2sinx＝1－sin2x－2sinx＝－sin2x－2sinx＋1，令t＝sinx，则t∈[－1,1]，y＝－t2－2t＋1＝－(t＋1)2＋2，所以ymax＝2，ymin＝－2.5．定义在R上的函数f(x)既是偶函数又是周期函数，若f(x)的最小正周期是π，且当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)＝sinx，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)))的值为()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)C.eq\f(7,16)D.eq\f(\r(3),2)解析：选D∵f(x)的最小正周期是π，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)－2π))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))，∵函数f(x)是偶函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2).故选D.二、综合练——练思维敏锐度1．下列四个函数中，以π为最小正周期，且在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上为减函数的是()A．y＝sin2xB．y＝2|cosx|C．y＝coseq\f(x,2)D．y＝tan(－x)解析：选DA选项，函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上单调递增，故排除A；B选项，函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增，故排除B；C选项，函数的周期是4π，故排除C.故选D.2．如果函数y＝3cos(2x＋φ)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))对称，那么|φ|的最小值为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)解析：选A由题意得3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(4π,3)＋φ))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ＋2π))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，∴eq\f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)，取k＝0，得|φ|的最小值为eq\f(π,6).3．同时满足f(x＋π)＝f(x)与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))的函数f(x)的解析式可以是()A．f(x)＝cos2xB．f(x)＝tanxC．f(x)＝sinxD．f(x)＝sin2x解析：选D由题意知所求函数的周期为π，且图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称．A．f(x)＝cos2x的周期为π，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0不是函数的最值，∴其图象不关于直线x＝eq\f(π,4)对称．B．f(x)＝tanx的周期为π，但图象不关于直线x＝eq\f(π,4)对称．C．f(x)＝sinx的周期为2π，不合题意．D．f(x)＝sin2x的周期为π，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1为函数最大值，∴D满足条件．故选D.4．若函数f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋θ)＋cos(2x＋θ)为奇函数，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))上为减函数，则θ的一个值为()A．－eq\f(π,3)B．－eq\f(π,6)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)解析：选D由题意得f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋θ)＋cos(2x＋θ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋θ＋\f(π,6))).因为函数f(x)为奇函数，所以θ＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，故θ＝－eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)．当θ＝－eq\f(π,6)时，f(x)＝2sin2x，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))上为增函数，不合题意；当θ＝eq\f(5π,6)时，f(x)＝－2sin2x，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))上为减函数，符合题意，故选D.5．已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))，其中ω为常数，且ω∈(1,3)．若对任意的实数x，总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，则|x1－x2|的最小值是()A．1B．eq\f(π,2)C．2D．π解析：选B因为函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))，所以eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，所以ω＝3k－1(k∈Z)，由ω∈(1,3)，得ω＝2.由题意得|x1－x2|的最小值为函数的半个周期，即eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)＝eq\f(π,2).6．(多选)已知函数f(x)＝sinωx(ω>0)的图象关于直线x＝eq\f(3π,4)对称，且f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上为单调函数，则下述四个结论中正确的是()A．满足条件的ω取值有2个B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0))为函数f(x)的一个对称中心C．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))上单调递增D．f(x)在(0，π)上有一个极大值点和一个极小值点解析：选ABC因为函数f(x)＝sinωx(ω>0)的图象关于直线x＝eq\f(3π,4)对称，所以eq\f(3π,4)ω＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得ω＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋k))>0(k∈Z)，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上为单调函数，所以eq\f(π,4)≤eq\f(\f(π,2),ω)，即ω≤2，所以ω＝eq\f(2,3)或ω＝2，即f(x)＝sineq\f(2,3)x或f(x)＝sin2x，所以总有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝0，故A、B正确；由f(x)＝sineq\f(2,3)x或f(x)＝sin2x图象知，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))上单调递增，故C正确；当x∈(0，π)时，f(x)＝sineq\f(2,3)x只有一个极大值点，不符合题意，故D不正确．故选A、B、C.7．函数y＝sinx＋cosx＋3cosxsinx的最大值是________，最小值是________．解析：令t＝sinx＋cosx，则t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]．∵(sinx＋cosx)2－2sinxcosx＝1，∴sinxcosx＝eq\f(t2－1,2)，∴y＝eq\f(3,2)t2＋t－eq\f(3,2)，t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]，∵对称轴t＝－eq\f(1,3)∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]，∴ymin＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(3,2)×eq\f(1,9)－eq\f(1,3)－eq\f(3,2)＝－eq\f(5,3)，ymax＝f(eq\r(2))＝eq\f(3,2)＋eq\r(2).故函数的最大值与最小值分别为eq\f(3,2)＋eq\r(2)，－eq\f(5,3).答案：eq\f(3,2)＋eq\r(2)－eq\f(5,3)8．写出一个最小正周期为2的奇函数f(x)＝________.解析：基本初等函数中的既为周期函数又为奇函数的函数为y＝sinx，∴此题可考虑在此基础上调整周期使其满足题意．由此可知f(x)＝sinωx且T＝eq\f(2π,ω)⇒f(x)＝sinπx.答案：sinπx9．关于函数f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)有如下四个命题：①f(x)的图象关于y轴对称．②f(x)的图象关于原点对称．③f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称．④f(x)的最小值为2.其中所有真命题的序号是________．解析：由题意知f(x)的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，且关于原点对称．又f(－x)＝sin(－x)＋eq\f(1,sin－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(1,sinx)))＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，所以①为假命题，②为真命题．因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x)))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称，③为真命题．当sinx<0时，f(x)<0，所以④为假命题．综上，所有真命题的序号是②③.答案：②③10．已知函数f(x)＝cos(2x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,8)π，－\f(π,6)))上单调递增，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))≤m恒成立，则实数m的取值范围为________．解析：f(x)＝cos(2x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,8)π，－\f(π,6)))时，－eq\f(3,4)π＋θ≤2x＋θ≤－eq\f(π,3)＋θ，由函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,8)π，－\f(π,6)))上是增函数，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－π＋2kπ≤－\f(3,4)π＋θ，,－\f(π,3)＋θ≤2kπ))(k∈Z)，则2kπ－eq\f(π,4)≤θ≤2kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)．又0≤θ≤eq\f(π,2)，∴0≤θ≤eq\f(π,3).∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ))，又eq\f(π,2)≤θ＋eq\f(π,2)≤eq\f(5,6)π，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))max＝0，∴m≥0.答案：[0，＋∞)11．若函数y＝eq\f(1,2)sinωx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,12)))上单调递减，则ω的取值范围是________．解析：因为函数y＝eq\f(1,2)sinωx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,12)))上单调递减，所以ω＜0且函数y＝eq\f(1,2)sin(－ωx)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,8)))上单调递增，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ω＜0，,－ω·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))≥2kπ－\f(π,2)，k∈Z，,－ω·\f(π,8)≤2kπ＋\f(π,2)，k∈Z，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ω＜0，,ω≥24k－6，k∈Z，,ω≥－16k－4，k∈Z，))解得－4≤ω＜0.答案：[－4,0)12．已知函数f(x)＝2|cosx|sinx＋sin2x，给出下列四个命题：①函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称；②函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增；③函数f(x)的最小正周期为π；④函数f(x)的值域为[－2,2]．其中是真命题的序号是________．解析：对于函数f(x)＝2|cosx|sinx＋sin2x，由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝－2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))≠feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))，故f(x)的图象不关于直线x＝eq\f(π,4)对称，故排除①.在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上，f(x)＝2|cosx|sinx＋sin2x＝2sin2x，2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，此时函数f(x)单调递增，故②正确．函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4