2021新高考数学一轮复习学案3-4三角函数的图象与性质

第四节三角函数的图象与性质课标要求考情分析1.能画出y＝sinx，y＝cosx，y＝tanx的图象，了解三角函数的周期性．2．理解正弦函数、余弦函数在[0,2π]上的性质(如单调性、最大值和最小值、图象与x轴的交点等)，理解正切函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内的单调性．以考查三角函数的图象和性质为主，题目涉及三角函数的图象及应用、图象的对称性、单调性、周期性、最值、零点．考查三角函数性质时，常与三角恒等变换结合，加强数形结合思想、函数与方程思想的应用意识．题型既有选择题和填空题，又有解答题，中档难度.知识点一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)．知识点二正弦、余弦、正切函数的图象与性质下表中k∈Z1.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．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的情况，避免出现增减区间的混淆．3．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．1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)正切函数y＝tanx在定义域内是增函数．(×)(2)已知y＝ksinx＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1.(×)(3)y＝sin|x|是偶函数．(√)(4)由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(2π,3)))＝sineq\f(π,6)知，eq\f(2π,3)是正弦函数y＝sinx(x∈R)的一个周期．(×)解析：根据三角函数的图象与性质知(1)(2)(4)是错误的，(3)是正确的．2．小题热身(1)函数y＝tan3x的定义域为(D)A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(3π,2)＋3kπ，k∈Z))))B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,6)＋kπ，k∈Z))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(π,6)＋kπ，k∈Z))))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,6)＋\f(kπ,3)，k∈Z))))(2)函数y＝2－coseq\f(x,3)(x∈R)的最大值和最小正周期分别是(C)A．2,3πB．1,6πC．3,6πD．3,3π(3)下列函数中最小正周期为π，且图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称的是(B)A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,3))) D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))(4)函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的图象的对称轴方程为x＝eq\f(3π,4)＋kπ(k∈Z)，对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋kπ，0))(k∈Z)．(5)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为－eq\f(\r(2),2).解析：(1)由3x≠eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x≠eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,3)，k∈Z.(2)由y＝2－coseq\f(x,3)知，ymax＝2－(－1)＝3，最小正周期T＝eq\f(2π,\f(1,3))＝6π.(3)函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)－\f(π,6)))＝1，∴函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称．(4)由x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(3π,4)＋kπ，k∈Z；由x－eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，得x＝eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，故函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的图象的对称轴方程为x＝eq\f(3π,4)＋kπ(k∈Z)，对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋kπ，0))(k∈Z)．(5)由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，故函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为－eq\f(\r(2),2).考点一三角函数的定义域与值域【例1】(1)函数y＝eq\r(sinx－cosx)的定义域为_______．(2)函数f(x)＝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)))上的值域为________．(3)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】(1)要使函数有意义，必须使sinx－cosx≥0.利用图象，在同一坐标系中画出[0,2π]上y＝sinx和y＝cosx的图象，如图所示．在[0,2π]内，满足sinx＝cosx的x为eq\f(π,4)，eq\f(5π,4)，再结合正弦、余弦函数的周期是2π，所以原函数的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)).(2)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))，即此时函数f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)).(3)f(x)＝1－cos2x＋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]，所以当cosx＝eq\f(\r(3),2)时，函数取得最大值1.【答案】(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))(3)1方法技巧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.2三角函数值域的求法①利用sinx和cosx的值域直接求；②把所给的三角函数式变换成y＝Asinωx＋φA，ω≠0的形式求值域.1．函数y＝ln(2cosx＋1)＋eq\r(sinx)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ≤x<2kπ＋\f(2π,3)，k∈Z)))).解析：要使函数有意义，必须有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2cosx＋1>0，,sinx≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx>－\f(1,2)，,sinx≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)<x<2kπ＋\f(2π,3)k∈Z，,2kπ≤x≤2kπ＋πk∈Z，))所以2kπ≤x<2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，所以函数的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ≤x<2kπ＋\f(2π,3)，k∈Z)))).2．(2019·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.解析：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝1－2cos2x－3cosx＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx＋\f(3,4)))2＋eq\f(17,8)，因为cosx∈[－1,1]，所以当cosx＝1时，f(x)取得最小值，f(x)min＝－4.3．函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－\f(π,3)))(0≤x≤9)的最大值与最小值之和为2－eq\r(3).解析：因为0≤x≤9，所以0≤eq\f(π,6)x≤eq\f(3π,2)，即－eq\f(π,3)≤eq\f(π,6)x－eq\f(π,3)≤eq\f(7,6)π，所以－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－\f(π,3)))≤1，故f(x)的最大值为2，最小值为－eq\r(3)，它们的和为2－eq\r(3).考点二三角函数的单调性命题方向1求三角函数的单调区间【例2】(1)函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))的单调递减区间为____________________．(2)函数y＝|tanx|的单调递增区间为____________，单调递减区间为______________．【解析】(1)函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递减区间是函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间．由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.故所给函数的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．(2)作出函数y＝|tanx|的图象，如图．观察图象可知，函数y＝|tanx|的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)；单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))(k∈Z)．【答案】(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)(2)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))(k∈Z)命题方向2已知三角函数的单调性求参数【例3】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________．【解析】由eq\f(π,2)<x<π，ω>0，得eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,4)<ωx＋eq\f(π,4)<ωπ＋eq\f(π,4)，又y＝sinx的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))，k∈Z，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥\f(π,2)＋2kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤\f(3π,2)＋2kπ，))k∈Z，解得4k＋eq\f(1,2)≤ω≤2k＋eq\f(5,4)，k∈Z.又由4k＋eq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k＋\f(5,4)))≤0，k∈Z且2k＋eq\f(5,4)>0，k∈Z，得k＝0，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4))).【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4)))eq\a\vs4\al(一题多变)本例中，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2k－eq\f(1,4)>0，k∈Z，得k＝1，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4))).方法技巧1已知三角函数解析式求单调区间求形如y＝Asinωx＋φ或y＝Acosωx＋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，可借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错.2已知三角函数的单调区间求参数.先求出函数的单调区间，然后利用集合间的关系求解.1．(方向1)已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))，则函数f(x)的单调递减区间为(D)A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋2kπ，\f(7π,8)＋2kπ))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋2kπ，\f(3π,8)＋2kπ))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋kπ，\f(7π,8)＋kπ))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋kπ，\f(3π,8)＋kπ))(k∈Z)解析：函数的解析式可化为f(x)＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得－eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，即函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋kπ，\f(3π,8)＋kπ))(k∈Z)．2．(方向2)若函数g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4a，\f(7π,6)))上均单调递增，则实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,24))).解析：由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，可得kπ－eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)，∴g(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)．又∵函数g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4a，\f(7π,6)))上均单调递增，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)≤\f(π,6)，,4a≥\f(2π,3)，,4a<\f(7π,6)，))解得eq\f(π,6)≤a<eq\f(7π,24).考点三三角函数的周期性、奇偶性、对称性命题方向1三角函数的周期性【例4】(2019·全国卷Ⅱ)若x1＝eq\f(π,4)，x2＝eq\f(3π,4)是函数f(x)＝sinωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω＝()A．2 B.eq\f(3,2)C．1 D.eq\f(1,2)【解析】依题意得函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－\f(π,4)))＝π，解得ω＝2，选A.【答案】A命题方向2三角函数的奇偶性【例5】已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋θ＋\f(π,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))))是偶函数，则θ的值为________．【解析】∵函数f(x)为偶函数，∴θ＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．又θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴θ＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，解得θ＝eq\f(π,6)，经检验符合题意．【答案】eq\f(π,6)命题方向3三角函数的对称性【例6】(1)已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的最小正周期为4π，则该函数的图象()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(5π,3)，0))对称C．关于直线x＝eq\f(π,3)对称 D．关于直线x＝eq\f(5π,3)对称(2)已知函数f(x)＝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)因为函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的最小正周期为4π，而T＝eq\f(2π,ω)＝4π，所以ω＝eq\f(1,2)，即f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6))).令eq\f(x,2)＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得x＝eq\f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)，故f(x)的对称轴方程为x＝eq\f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)．令eq\f(x,2)＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，解得x＝－eq\f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，故f(x)的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，0))(k∈Z)，对比选项可知B正确．(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)B(2)－eq\f(π,6)方法技巧1.函数周期性的计算．利用函数y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的最小正周期为eq\f(2π,ω)，函数y＝Atan(ωx＋φ)(ω>0)的最小正周期为eq\f(π,ω)求解．2．函数奇偶性的判断及应用．三角函数中奇函数一般可化为y＝Asinωx或y＝Atanωx的形式，而偶函数一般可化为y＝Acosωx＋b的形式．3．三角函数图象的对称性．(1)对于可化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)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)(ω>0)形式的函数，如果求f(x)的对称轴，只需令ωx＋φ＝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＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，求x即可．1．(方向1)函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))的最小正周期是(C)A．πB．2πC.eq\f(π,2)D.eq\f(π,4)解析：结合图象可知f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))的最小正周期是f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的最小正周期的一半，所以f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))的最小正周期为eq\f(1,2)×eq\f(2π,2)＝eq\f(π,2).2．(方向2)函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))，φ∈(0，π)满足f(|x|)＝f(x)，则φ的值为(C)A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(5π,6)D.eq\f(2π,3)解析：因为f(|x|)＝f(x)，所以函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))是偶函数，所以－eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以φ＝kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，又因为φ∈(0，π)，所以φ＝eq\f(5π,6).3．(方向3)已知函数f(x)＝|sinx|·|cosx|，则下列说法不正确的是(C)A．f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称B．f(x)的最小正周期为eq\f(π,2)C．(π，0)是f(x)图象的一个对称中心D．f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减解析：f(x)＝|sinx|·|cosx|＝eq\f(1,2)|sin2x|，作出函数f(x)的图象如图所示，由图知函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称，f(x)的最小正周期为eq\f(π,2)，f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，f(x)的图象无对称中心，故选C.三角函数中“ω”的常见求解方法【典例】已知ω>0，函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在区间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________．【解析】解法1：利用不等式的性质原函数是由y＝sint与t＝ωx＋eq\f(π,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)<x<π))复合而成．因为t＝ωx＋eq\f(π,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)<x<π))递增，且eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,4)<t<ωπ＋eq\f(π,4)，问题转化为y＝sint在eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,4)<t<ωπ＋eq\f(π,4)上单调递减，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)，ωπ＋\f(π,4)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)．即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥\f(π,2)＋2kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)．解得eq\f(1,2)＋4k≤ω≤eq\f(5,4)＋2k(k∈Z)．所以eq\f(1,2)＋4k≤eq\f(5,4)＋2k，即k≤eq\f(3,8).又ω>0，所以eq\f(5,4)＋2k>0，即k>－eq\f(5,8).所以－eq\f(5,8)<k≤eq\f(3,8)，故k＝0.因此eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(5,4).解法2：利用周期函数的性质设f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))的最小正周期为T，由“单调区间的长度≤eq\f(T,2)”及已知条件得eq\f(π,2)≤eq\f(T,2)，即T≥π，得eq\f(2π,ω)≥π，即0<ω≤2.同解法1，问题转化为y＝sint在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)，ωπ＋\f(π,4)))上单调递减，因此eq\f(π,4)<eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，eq\f(π,4)<ωπ＋eq\f(π,4)≤eq\f(9π,4