第20讲-三角函数的图象与性质(解析版)

第20讲-三角函数的图象与性质考情分析1.能画出三角函数y＝sinx，y＝cosx，y＝tanx的图象，了解三角函数的周期性、单调性、奇偶性、最大(小)值；2.借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0，2π]上，正切函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的性质.知识梳理1.用五点法作正弦函数和余弦函数的简图(1)正弦函数y＝sinx，x∈[0，2π]的图象中，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)余弦函数y＝cosx，x∈[0，2π]的图象中，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(下表中k∈Z)函数y＝sinxy＝cosxy＝tanx图象定义域RR{xeq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x∈R，且))x≠kπ＋eq\f(π,2)}值域[－1，1][－1，1]R周期性2π2ππ奇偶性奇函数偶函数奇函数递增区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))[2kπ－π，2kπ]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))递减区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))[2kπ，2kπ＋π]无对称中心(kπ，0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))对称轴方程x＝kπ＋eq\f(π,2)x＝kπ无[微点提醒]1.对称与周期(1)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半个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是eq\f(1,4)个周期.(2)正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期.2.对于y＝tanx不能认为其在定义域上为增函数，而是在每个区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)内为增函数.经典例题考点一三角函数的定义域【例1】(1)函数f(x)＝－2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的定义域是()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(π,6))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠－\f(π,12)))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠kπ＋\f(π,6)（k∈Z）)) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(kπ,2)＋\f(π,6)（k∈Z）))(2)不等式eq\r(3)＋2cosx≥0的解集是________.(3)函数f(x)＝eq\r(64－x2)＋log2(2sinx－1)的定义域是________.【解析】(1)由2x＋eq\f(π,6)≠kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x≠eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z).(2)由eq\r(3)＋2cosx≥0，得cosx≥－eq\f(\r(3),2)，由余弦函数的图象，得在一个周期[－π，π]上，不等式cosx≥－eq\f(\r(3),2)的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(5π,6)≤x≤\f(5,6)π))，故原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(5,6)π＋2kπ≤x≤\f(5,6)π＋2kπ，k∈Z)).(3)由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(64－x2≥0，①,2sinx－1>0，②))由①得－8≤x≤8，由②得sinx>eq\f(1,2)，由正弦曲线得eq\f(π,6)＋2kπ<x<eq\f(5,6)π＋2kπ(k∈Z).所以不等式组的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,6)π，－\f(7,6)π))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5,6)π))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)，8)).规律方法1.三角函数定义域的求法(1)以正切函数为例，应用正切函数y＝tanx的定义域求函数y＝Atan(ωx＋φ)的定义域转化为求解简单的三角不等式.(2)求复杂函数的定义域转化为求解简单的三角不等式.2.简单三角不等式的解法(1)利用三角函数线求解.(2)利用三角函数的图象求解.考点二三角函数的值域与最值【例2】(1)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域是________.(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________.(3)函数y＝sinx－cosx＋sinxcosx的值域为________.【解析】(1)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，故3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))，即y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)).(2)由题意可得f(x)＝－cos2x＋eq\r(3)cosx＋eq\f(1,4)＝－(cosx－eq\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)，即x＝eq\f(π,6)时，f(x)max＝1.(3)设t＝sinx－cosx，则t2＝sin2x＋cos2x－2sinxcosx，sinxcosx＝eq\f(1－t2,2)，且－eq\r(2)≤t≤eq\r(2)，所以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＝－eq\r(2)时，ymin＝－eq\f(1,2)－eq\r(2).所以函数的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\r(2)，1)).规律方法求解三角函数的值域(最值)常见三种类型：(1)形如y＝asinx＋bcosx＋c的三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)；(2)形如y＝asin2x＋bsinx＋c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)；(3)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).考点三三角函数的单调性角度1求三角函数的单调区间【例3－1】(1)函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,12)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,12)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)(2)函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))的单调递减区间为________.【解析】(1)由kπ－eq\f(π,2)<2x－eq\f(π,3)<kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)<x<eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，所以函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z).(2)y＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，它的减区间是y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的增区间.令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z.故其单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.角度2利用单调性比较大小【例3－2】已知函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,7)))，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，则a，b，c的大小关系是()A.a>b>c B.a>c>bC.c>a>b D.b>a>c【解析】令2kπ≤x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋π，k∈Z，解得2kπ－eq\f(π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，∴函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))上是减函数，∵－eq\f(π,6)<eq\f(π,7)<eq\f(π,6)<eq\f(π,4)<eq\f(5π,6)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,7)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))).角度3利用单调性求参数【例3－3】(2018·全国Ⅱ卷)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]是减函数，则a的最大值是()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2) C.eq\f(3π,4) D.π【解析】f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，由题意得a>0，故－a＋eq\f(π,4)<eq\f(π,4)，因为f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))在[－a，a]是减函数，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，,a>0，))解得0<a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4).规律方法1.已知三角函数解析式求单调区间：(1)求函数的单调区间应遵循简单化原则，将解析式先化简，并注意复合函数单调性规律“同增异减”；(2)求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(其中ω>0)的单调区间时，要视“ωx＋φ”为一个整体，通过解不等式求解.但如果ω<0，那么一定先借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错.2.对于已知函数的单调区间的某一部分确定参数ω的范围的问题，首先，明确已知的单调区间应为函数的单调区间的子集，其次，要确定已知函数的单调区间，从而利用它们之间的关系可求解，另外，若是选择题利用特值验证排除法求解更为简捷.考点四三角函数的周期性、奇偶性、对称性角度1三角函数奇偶性、周期性【例4－1】(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)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋θ))－eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋θ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|θ|<\f(π,2)))的图象关于y轴对称，则θ＝()A.－eq\f(π,6)B.eq\f(π,6)C.－eq\f(π,3)D.eq\f(π,3)【解析】(1)易知f(x)＝2cos2x－sin2x＋2＝3cos2x＋1＝3eq\f(cos2x＋1,2)＋1＝eq\f(3,2)cos2x＋eq\f(5,2)，则f(x)的最小正周期为π，当2x＝2kπ，即x＝kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，最大值为4.(2)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋θ))－eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋θ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋θ－\f(π,3)))，由题意可得f(0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝±2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝±1，∴θ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，∴θ＝eq\f(5π,6)＋kπ(k∈Z).∵|θ|<eq\f(π,2)，∴k＝－1时，θ＝－eq\f(π,6).规律方法1.若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，则(1)f(x)为偶函数的充要条件是φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)；(2)f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z).2.函数y＝Asin(ωx＋φ)与y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq\f(2π,|ω|)，y＝Atan(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq\f(π,|ω|).角度2三角函数图象的对称性【例4－2】(1)已知函数f(x)＝asinx＋cosx(a为常数，x∈R)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，则函数g(x)＝sinx＋acosx的图象()A.关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称 B.关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))对称C.关于直线x＝eq\f(π,3)对称 D.关于直线x＝eq\f(π,6)对称(2)已知函数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，则ω的最大值为()A.11B.9C.7D.5【解析】(1)因为函数f(x)＝asinx＋cosx(a为常数，x∈R)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，所以f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以1＝eq\f(\r(3),2)a＋eq\f(1,2)，a＝eq\f(\r(3),3)，所以g(x)＝sinx＋eq\f(\r(3),3)cosx＝eq\f(2\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，函数g(x)的对称轴方程为x＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，当k＝0时，对称轴为直线x＝eq\f(π,3)，所以g(x)＝sinx＋acosx的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称.(2)因为x＝－eq\f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq\f(π,4)为f(x)的图象的对称轴，所以eq\f(π,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝eq\f(T,4)＋eq\f(kT,2)，即eq\f(π,2)＝eq\f(2k＋1,4)T＝eq\f(2k＋1,4)·eq\f(2π,ω)(k∈Z)，所以ω＝2k＋1(k∈Z).又因为f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，所以eq\f(5π,36)－eq\f(π,18)＝eq\f(π,12)≤eq\f(T,2)＝eq\f(2π,2ω)，即ω≤12，ω＝11验证不成立(此时求得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(11x－\f(π,4)))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)，ω＝9满足条件，由此得ω的最大值为9.规律方法1.对于可化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)形式的函数，如果求f(x)的对称轴，只需令ωx＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，求x即可；如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求x即可.2.对于可化为f(x)＝Acos(ωx＋φ)形式的函数，如果求f(x)的对称轴，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求x；如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，求x即可.[方法技巧]1.讨论三角函数性质，应先把函数式化成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的形式.2.对于函数的性质(定义域、值域、单调性、对称性、最值等)可以通过换元的方法令t＝ωx＋φ，将其转化为研究y＝sint(或y＝cost)的性质.3.数形结合是本节的重要数学思想.4.闭区间上最值或值域问题，首先要在定义域基础上分析单调性；含参数的最值问题，要讨论参数对最值的影响.5.要注意求函数y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时A和ω的符号，尽量化成ω＞0时情况，避免出现增减区间的混淆.6.求三角函数的单调区间时，当单调区间有无穷多个时，别忘了注明k∈Z.课时作业1．（2020·宝鸡中学高一期中）函数的单调递增区间为（）A． B．C． D．【答案】C【解析】得：，所以函数的单调递增区间为.2．（2020·陕西省西安中学高一期中）设函数，则函数的最大值及取到最大值时的取值集合分别为（）A．3， B．1，C．3， D．1，【答案】C【解析】由于，所以当时，函数有最大值为.3．（2020·吉林省高三其他（文））下列函数中，是奇函数且在其定义域上是增函数的是()A． B． C． D．【答案】C【解析】对于A选项，反比例函数，它有两个减区间，对于B选项，由正切函数的图像可知不符合题意；对于C选项，令知，所以所以为奇函数，又在定义内单调递增，所以单调递增，所以函数在定义域内单调递增；对于D，令，则，所以，所以函数不是奇函数.4．（2020·武功县普集高级中学高一月考）函数的定义域是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】由得：.所以函数的定义域是.5．（2020·武功县普集高级中学高一月考）函数的部分图像是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】:因为，所以为偶函数，其图象关于轴对称，故可以排除B，D.又因为函数在上函数值为正，故排除C.6．（2019·呼玛县高级中学高一月考）若函数的部分图像如图所示，则函数的解析式为（）A． B．C． D．【答案】D【解析】由函数的部分图像可知，，故，所以即.由函数图像的对称轴为，所以，因，故，所以，故选D.7．（2019·呼玛县高级中学高一月考）设，，，则（）A． B．C． D．【答案】A【解析】,因为且是单调递减函数，所以，故选A8．（2019·延安市第一中学高三月考（理））已知函数图象相邻两条对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位后，得到的图象关于轴对称，那么函数的图象（）A．关于点对称 B．关于点对称C．关于直线对称 D．关于直线对称【答案】B【解析】因为相邻两条对称轴的距离为，故，，从而．设将的图像向左平移单位后，所得图像对应的解析式为，则，因的图像关于轴对称，故，所以，，所以，因，所以．又，令，故对称轴为直线，所以C，D错误；令，故，所以对称中心为，所以A错误，D正确．9．（2020·河北省故城县高级中学高一期中）关于函数在以下说法中正确的是（）A．上是增函数 B．上是减函数C．上是减函数 D．上是减函数【答案】B【解析】，它在上是减函数．10．（2020·上海高一课时练习）下列命题中正确的是（）A．在第一象限和第四象限内是减函数B．在第一象限和第三象限内是增函数C．在上是减函数D．在上是增函数【答案】D【解析】对于，该函数的单调递减区间为：，故A错，C错.对于，该函数的单调递增区间为：，故B错，D对.11．（2020·陕西省西安中学高三其他（理））关于函数有下述四个结论：①函数的图象把圆的面积两等分②是周期为的函数③函数在区间上有3个零点④函数在区间上单调递减其中所有正确结论的编号是（）A．①③④ B．②④ C．①④ D．①③【答案】C【解析】f（x）＝2sinsin（+）﹣x＝2sincos﹣x＝sinx﹣x，对于①，因为f（﹣x）＝sin（﹣x）﹣（﹣x）＝﹣sinx+x＝﹣f（x），所以函数f（x）为奇函数，关于原点对称，且过圆心，而圆x2+y2＝1也是关于原点对称，所以①正确；对于②，因为f（x+π）＝sin（x+π）﹣（x+π）＝﹣sinx﹣x﹣π≠f（x），所以f（x）的周期不是π，即②错误；对于③，因为＝cosx﹣1≤0，所以f（x）单调递减，所以f（x）在区间（﹣∞，+∞）上至多有1个零点，即③错误；对于④，＝cosx﹣1≤0，所以f（x）单调递减，即④正确．12．（2020·山西省高三其他（文））已知的图象关于直线对称，把的图象向左平移个单位后所得的图象关于点对称，则的最小值为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为的图象向左平移个单位后所得的图象关于点对称，所以关于点对称，又的图象既关于直线对称，设的最小正周期为，则，即，所以，取，得，13．（2020·上海高二课时练习）设直线的斜率，则该直线的倾斜角满足（）.A． B．或C．或 D．或【答案】B【解析】因为，所以当时，，当时，，即直线的倾斜角满足或，14．（2020·调兵山市第一高级中学高一月考）方程的根的个数是（）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【解析】分别作函数图象，如图，由图可得交点个数为7，所以方程的根的个数是715．（2020·福建省高三其他（文））图数，的图象可能为（）A． B．C． D．【答案】A【解析】由题知：，所以为奇函数，故排除B，D.又因为时，，故排除C.16．（2020·上海高一期中）函数的最小正周期和最大值分别为（）A．，1 B．， C．，1 D．，【答案】B【解析】，函数的最小正周期，，，函数的最大值为.17．（2020·山西省高三其他（文））对于函数.有下列说法：①的值城为；②当且仅当时，函数取得最大值；③函数的最小正周期是；④当且仅当时,.其中正确结论的个数是()A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】因为，作出函数的图象，如图所示：所以，的值城为，①错误；函数的最小正周期是，③错误；当且仅当时，函数取得最大值，②正确；当且仅当时，，④正确.18．（多选题）（2020·海南省海南中学高三月考）已知函数（）在处取得最大值，且最小正周期为2，则下列说法正确的有().A．函数是奇函数 B．函数是偶函数C．函数在上单调递增 D．函数是周期函数【答案】BCD【解析】因为在处取得最大值，所以有，又因为的最小正周期为2，所以有，因此.选项A：设，因为，所以是偶函数，故本选项说法不正确；选项B：设因为，所以是偶函数，故本选项说法正确；选项C：设，因为，所以，又因为，所以函数在上单调递增，故本选项说法正确；选