2021新高考数学新课程一轮复习学案第三章第3讲三角函数的图象与性质

第3讲三角函数的图象与性质[考纲解读]1.熟练掌握正弦、余弦及正切函数的图象，并能根据图象得出三角函数的性质．(重点)2.掌握正弦、余弦函数在[0,2π]上的性质(单调性、奇偶性、周期性、最值等)，并理解正切函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的单调性．(重点、难点)[考向预测]从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点内容．预测2021年会与三角恒等变换结合考查三角函数的图象与性质，尤其是周期性、单调性及最值问题，同时也要注意对称轴及对称中心的应用．题型常以客观题的形式呈现，有时也会出现于解答题中，难度属中、低档题型.1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图正弦函数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)．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．正弦函数、余弦函数、正切函数的图象和性质函数y＝sinxy＝cosxy＝tanx图象定义域RReq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))x∈R，且x≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z值域eq\o(□,\s\up4(01))[－1,1]eq\o(□,\s\up4(02))[－1,1]eq\o(□,\s\up4(03))R最值当x＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时，ymax＝1；当x＝eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)时，ymin＝－1当x＝2kπ(k∈Z)时，ymax＝1；当x＝π＋2kπ(k∈Z)时，ymin＝－1x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，,\f(π,2)＋kπ))，k∈Z，无最大值，也无最小值周期2kπ，k∈Z2kπ，k∈Zkπ，k∈Z奇偶性eq\o(□,\s\up4(04))奇函数eq\o(□,\s\up4(05))偶函数奇函数单调性在eq\o(□,\s\up4(06))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)上递增；在eq\o(□,\s\up4(07))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)上递减在eq\o(□,\s\up4(08))[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)上递增；在eq\o(□,\s\up4(09))[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)上递减在eq\o(□,\s\up4(10))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)上递增续表函数y＝sinxy＝cosxy＝tanx对称性对称中心eq\o(□,\s\up4(11))(kπ，0)，k∈Zeq\o(□,\s\up4(12))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0))，k∈Zeq\o(□,\s\up4(13))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))，k∈Z对称轴eq\o(□,\s\up4(14))直线x＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Zeq\o(□,\s\up4(15))直线x＝kπ，k∈Z无对称轴1．概念辨析(1)y＝tanx在整个定义域上是增函数．()(2)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期．()(3)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期为2π.()(4)sin20°<sin70°<sin120°.()(5)三角函数中奇函数一般可化为y＝Asinωx或y＝Atanωx的形式，偶函数一般可化为y＝Acosωx＋b的形式．()答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√2．小题热身(1)函数y＝tan2x的定义域是()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,4)，k∈Z)))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,8)，k∈Z))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,8)，k∈Z)))) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z))))答案D解析由2x≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x≠eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)，k∈Z，所以y＝tan2x的定义域是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z)))).(2)下列函数中，最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是()A．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))) B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))C．y＝tan2x D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))答案A解析对于A，y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x，最小正周期为π且图象关于原点对称；对于B，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos2x的图象不关于原点对称；对于C，y＝tan2x的周期是eq\f(π,2)；对于D，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象不关于原点对称．(3)函数y＝1－2cosx的单调递减区间是________．答案[2kπ－π，2kπ](k∈Z)解析y＝1－2cosx的单调递减区间就是y＝cosx的单调递增区间，即[2kπ－π，2kπ](k∈Z)．(4)函数y＝3－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值为________，此时x＝________.答案5eq\f(5π,4)＋2kπ(k∈Z)解析函数y＝3－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值为3＋2＝5，此时x＋eq\f(π,4)＝eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(5π,4)＋2kπ(k∈Z).题型一三角函数的定义域和值域1．函数y＝lg(sin2x)＋eq\r(9－x2)的定义域为________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sin2x>0，,9－x2≥0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ<x<kπ＋\f(π,2)，k∈Z，,－3≤x≤3，))所以－3≤x＜－eq\f(π,2)或0<x<eq\f(π,2).所以函数的定义域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).2．(2019·吉安模拟)函数f(x)＝sin3x＋3cos2xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))))的值域为________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(6－3\r(3),8)，3))解析由题意得f(x)＝sin3x＋3cos2x＝sin3x＋3(1－sin2x)＝sin3x－3sin2x＋3，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))，令t＝sinx，则t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，所以g(t)＝t3－3t2＋3，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，则g′(t)＝3t2－6t＝3t(t－2)，当－eq\f(\r(3),2)<t<0时，g′(t)>0，当0<t<1时，g′(t)<0.所以y＝g(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))上单调递增，在[0,1]上单调递减．又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝eq\f(6－3\r(3),8)，g(0)＝3，g(1)＝1.所以函数f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(6－3\r(3),8)，3)).3．(2019·长沙质检)函数y＝sinx－cosx＋sinxcosx的值域为________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\r(2)，1))解析令t＝sinx－cosx，则t＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]．由(sinx－cosx)2＝1－2sinxcosx得sinxcosx＝eq\f(1,2)(1－t2)，所以y＝t＋eq\f(1,2)(1－t2)，t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]的值域即为所求．因为y＝t＋eq\f(1,2)(1－t2)＝－eq\f(1,2)(t－1)2＋1，当t＝－eq\r(2)时，ymin＝－eq\f(1,2)－eq\r(2)，当t＝1时，ymax＝1，所以原函数的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\r(2)，1)).1.三角函数定义域的求法求三角函数的定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数线或三角函数图象来求解．如举例说明1.2.三角函数最值或值域的三种求法直接法直接利用sinx和cosx的值域求解化一法把所给三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k(或y＝Acos(ωx＋φ)＋k)的形式，由正弦(或余弦)函数的单调性写出函数的值域换元法把sinx，cosx，sinxcosx或sinx±cosx换成t，转化为二次函数或其他函数的值域问题求解．如举例说明2,31．函数y＝eq\r(tanx)＋eq\r(－cosx)的定义域为________．答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋π≤x＜2kπ＋\f(3π,2)，k∈Z))))解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanx≥0，,－cosx≥0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanx≥0，,cosx≤0.))所以2kπ＋π≤x<2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z.所以y＝eq\r(tanx)＋eq\r(－cosx)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋π≤x＜2kπ＋\f(3π,2)，k∈Z)))).2.(2020·湖北七市联考)函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)在[0，π]内的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)))，则ω的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,2)))解析当x∈[0，π]时，ωx＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，ωπ＋\f(π,4)))，又因为函数f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)))，所以可得ωπ＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,4)))，解得ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,2))).题型二三角函数的单调性1．(2019·全国卷Ⅱ)下列函数中，以eq\f(π,2)为周期且在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增的是()A．f(x)＝|cos2x| B．f(x)＝|sin2x|C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|答案A解析作出函数f(x)＝|cos2x|的图象，如图．由图象可知f(x)＝|cos2x|的周期为eq\f(π,2)，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增．同理可得f(x)＝|sin2x|的周期为eq\f(π,2)，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，f(x)＝cos|x|的周期为2π.f(x)＝sin|x|不是周期函数，排除B，C，D.故选A.2．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)答案C解析由于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)，解得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)．条件探究将本例中的函数的定义域改为[0，π]，则其单调递增区间为________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，π))解析记A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)≤x≤kπ＋\f(π,12)，k∈Z))))，B＝[0，π]．观察数轴可知A∩B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，π))，所以函数y＝f(x)，x∈[0，π]的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，π)).3．若已知ω>0，函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增，则ω的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4)))解析函数y＝cosx的单调递增区间为[－π＋2kπ，2kπ]，k∈Z.则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥－π＋2kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤2kπ，))k∈Z，解得4k－eq\f(5,2)≤ω≤2k－eq\f(1,4)，k∈Z，又由4k－eq\f(5,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)))≤0，k∈Z，且4k－eq\f(5,2)>0，k∈Z，得k＝1，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4))).求三角函数单调区间的两种方法(1)复合函数法(2)图象法画出三角函数的正、余弦曲线，结合图象求它的单调区间．如举例说明1.1．(2019·中山模拟)函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,6)))的单调递增区间为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈ZB.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈ZC.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(2π,3)，4kπ＋\f(4π,3)))，k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(2π,3)，4kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z答案B解析由kπ－eq\f(π,2)<eq\f(x,2)－eq\f(π,6)<kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得2kπ－eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(4π,3)，k∈Z.所以函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,6)))的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z.2．已知函数f(x)＝x2－cosx，则f(0.6)，f(0)，f(－0.5)的大小关系是()A．f(0)<f(0.6)<f(－0.5)B．f(0)<f(－0.5)<f(0.6)C．f(0.6)<f(－0.5)<f(0)D．f(－0.5)<f(0)<f(0.6)答案B解析因为函数f(x)＝x2－cosx是偶函数，且在(0，π)上是增函数，所以f(0)<f(0.5)＝f(－0.5)<f(0.6)，故选B.3．(2019·天津市红桥区模拟)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]上是减函数，则a的最大值是________．答案eq\f(π,4)解析f(x)＝cosx－sinx＝－(sinx－cosx)＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))).由－eq\f(π,2)＋2kπ≤x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,4)＋2kπ≤x≤eq\f(3π,4)＋2kπ，k∈Z，取k＝0，得f(x)的一个减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4))).由f(x)在[－a，a]上是减函数，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a≥－\f(π,4)，,a≤\f(3π,4)，))∴a≤eq\f(π,4)，故a的最大值为eq\f(π,4).题型三三角函数的周期性、奇偶性、对称性角度1三角函数的周期性1．(2018·全国卷Ⅲ)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．π D．2π答案C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)＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.故选C.角度2三角函数的奇偶性2．若函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,3)))(0<φ<π)是奇函数，则φ＝________.答案eq\f(5π,6)解析因为f(x)为奇函数，所以φ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，φ＝eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z.又因为0<φ<π，故φ＝eq\f(5π,6).角度3三角函数图象的对称性3．(2019·广东七校联考)已知函数y＝sin(2x＋φ)在x＝eq\f(π,6)处取得最大值，则函数y＝cos(2x＋φ)的图象()A．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称 B．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称C．关于直线x＝eq\f(π,6)对称 D．关于直线x＝eq\f(π,3)对称答案A解析因为函数y＝sin(2x＋φ)在x＝eq\f(π,6)处取得最大值，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝1.所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝0.所以函数y＝cos(2x＋φ)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称．1.周期的计算方法利用函数y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的周期为eq\f(2π,ω)，函数y＝Atan(ωx＋φ)(ω>0)的周期为eq\f(π,ω)求解．如举例说明1.2．函数具有奇偶性的充要条件函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)是奇函数⇔φ＝kπ(k∈Z)；函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)是偶函数⇔φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)；函数y＝Acos(ωx＋φ)(x∈R)是奇函数⇔φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．如举例说明2；函数y＝Acos(ωx＋φ)(x∈R)是偶函数⇔φ＝kπ(k∈Z)．3．与三角函数有关的图象的对称性问题对于函数y＝Asin(ωx＋φ)，其图象的对称轴一定经过函数图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数的零点，因此在判断直线x＝x0或点(x0,0)是否是函数图象的对称轴或对称中心时，可通过检验f(x0)的值进行判断．如举例说明3.1．(2019·北京中关村中学月考)下列函数中，对任意的x∈R，同时满足条件f(x)＝f(－x)和f(x－π)＝f(x)的函数是()A．f(x)＝sinx B．f(x)＝sinxcosxC．f(x)＝cosx D．f(x)＝cos2x－sin2x答案D解析由f(x)＝f(－x)可知函数是偶函数，且f(x－π)＝f(x)，则函数的周期为π.A项中的函数是奇函数，故错误；B项中f(x)＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x，为奇函数，故错误；C项中的函数为偶函数，但是该函数的周期为2π，故错误；D项中f(x)＝cos2x－sin2x＝cos2x，该函数是周期为π的偶函数，故选D.2．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π答案C解析y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))是非奇非偶函数，A错误；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错误；由2x－eq\f(π,3)＝eq\f(kπ,2)得x＝eq\f(kπ,4)＋eq\f(π,6)(k∈Z)，得函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,4)＋\f(π,6)，0))，k∈Z，故C正确；函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的最小正周期为eq\f(π,2)，D错误．3．(2019·辽宁辽阳一模)已知偶函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，\f(π,2)<φ<π))的图象的相邻两条对称轴间的距离为eq\f(π,2)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝()A.eq\f(\r(2),2) B．－eq\r(2)C．－eq\r(3) D.eq\r(2)答案B解析因为f(x)是偶函数，所以φ－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即φ＝kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)．又由题知eq\f(π,2)<φ<π，所以φ＝eq\f(2π,3)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(2π,3)－\f(π,6)))＝2cosωx，又eq\f(2π,ω)＝2×eq\f(π,2)，所以ω＝2，故f(x)＝2cos2x，因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2coseq\f(3π,4)＝－eq\r(2).故选B.高频考点三角函数的图象与性质考点分析观近年高考中三角函数的试题，其有关性质几乎每年必考，题目较为简单，综合的知识多数为三角函数本章内的知识，通过有效地复习完全可以掌握此类题型的解法，并在高考中拿全分．[典例1](2017·全国卷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正确．因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的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正确．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(5,6)π(k∈Z)，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正确．因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋