专题七三角恒等变换应用篇(选填题)

专题七三角恒等变换应用篇(选填题)1．求解三角函数的性质问题的三种意识(1)转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式．先将y＝f(x)用和角、差角公式或用降幂公式化为y＝asinx＋bcosx的形式，然后用辅助角公式化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式．(2)整体意识：类比y＝sinx的性质，只需将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sinx中的“x”，采用整体代入求解．①令ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，可求得对称轴方程．②令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标．③将ωx＋φ看作整体，可求得y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，注意ω的符号．(3)讨论意识：当A为参数时，求最值应分情况讨论A>0，A<0.2．求解三角函数的性质的三种方法(1)求单调区间的两种方法①代换法：求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A，ω，φ为常数，A≠0，ω>0)的单调区间时，令ωx＋φ＝z，则y＝Asinz(或y＝Acosz)，然后由复合函数的单调性求得．②图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间．(2)判断对称中心与对称轴的方法：利用函数y＝Asin(ωx＋φ)的对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数的零点这一性质，通过检验f(x0)的值进行判断．(3)求周期的两种方法①公式法：利用公式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|)．②图象法：画出三角函数的图象，结合图象求周期．考点一三角函数的性周期、奇偶性与对称性【例题选讲】[例1](1)下列函数中，是周期函数且最小正周期为π的是()A．y＝sinx＋cosxB．y＝sin2x－eq\r(3)cos2xC．y＝cos|x|D．y＝3sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)答案B解析对于A，函数y＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最小正周期是2π，不符合题意；对于B，函数y＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝eq\f(1,2)(1－cos2x)－eq\f(\r(3),2)(1＋cos2x)＝eq\f(1－\r(3),2)－eq\f(1＋\r(3),2)cos2x的最小正周期是π，符合题意；对于C，y＝cos|x|＝cosx的最小正周期是2π，不符合题意；对于D，函数y＝3sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＝eq\f(3,2)sinx的最小正周期是2π，不符合题意．故选B．(2)函数f(x)＝sinxcosx＋eq\r(3)cos2x的最小正周期为()A．4πB．3πC．2πD．π答案D解析函数f(x)＝sinxcosx＋eq\r(3)cos2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\r(3)·eq\f(1＋cos2x,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),2)，最小正周期为eq\f(2π,2)＝π，故选D．(3)将函数y＝eq\r(3)cosx＋sinx(x∈R)的图象向左平移m(m>0)个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,12)C．eq\f(π,3)D．eq\f(5π,6)答案A解析设f(x)＝eq\r(3)cosx＋sinx＝2(eq\f(\r(3),2)cosx＋eq\f(1,2)sinx)＝2sin(eq\f(π,3)＋x)，向左平移m个单位长度得g(x)＝2sin(x＋m＋eq\f(π,3))．∵g(x)的图象关于y轴对称，∴g(x)为偶函数，∴eq\f(π,3)＋m＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，∴m＝eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)，又m>0，∴m的最小值为eq\f(π,6)(4)已知函数f(x)＝2sin(π＋x)·sin(x＋eq\f(π,3)＋φ)的图象关于原点对称，其中φ∈(0，π)，则φ＝______．答案eq\f(π,6)解析因为f(x)＝2sin(π＋x)sin(x＋eq\f(π,3)＋φ)的图象关于原点对称，所以函数f(x)＝2sin(π＋x)sin(x＋eq\f(π,3)＋φ)为奇函数，则y＝sin(x＋eq\f(π,3)＋φ)为偶函数，又φ∈(0，π)，所以φ＝eq\f(π,6)．(5)函数f(x)＝2sinxcosx＋2cos2x－1的图象的对称轴可能为()A．x＝eq\f(π,8)B．x＝eq\f(π,4)C．x＝eq\f(π,2)D．x＝－eq\f(π,4)答案A解析f(x)＝2sinxcosx＋2cos2x－1＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，令2x＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)，(k∈Z)，当k＝0时，x＝eq\f(π,8)，故选A．(6)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，给出下列结论：①f(x)的最小正周期为π；②f(x)的图象的一条对称轴为x＝eq\f(π,6)；③f(x)的图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))；④feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))是奇函数．其中正确结论的个数是()A．1B．2C．3D．4答案B解析函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋eq\f(π,3)))，∴f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π，故①正确，又当x＝eq\f(π,6)时，2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3)，故②③错误，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝eq\f(1,2)sin2x，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))是定义域为R的奇函数，故④正确．∴①④正确，故选B．【对点训练】1．(2017·山东)函数y＝eq\r(3)sin2x＋cos2x的最小正周期为()A．eq\f(π,2)B．eq\f(2π,3)C．πD．2π1．答案C解析∵y＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，∴最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π．2．函数f(x)＝(eq\r(3)sinx＋cosx)(eq\r(3)cosx－sinx)的最小正周期是()A．eq\f(π,2)B．πC．eq\f(3π,2)D．2π2．答案B解析法一：∵f(x)＝(eq\r(3)sinx＋cosx)(eq\r(3)cosx－sinx)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosx－\f(1,2)sinx))＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴T＝eq\f(2π,2)＝π．法二：∵f(x)＝(eq\r(3)sinx＋cosx)(eq\r(3)cosx－sinx)＝3sinxcosx＋eq\r(3)cos2x－eq\r(3)sin2x－sinxcosx＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴T＝eq\f(2π,2)＝π．故选B．3．(2018·全国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．πD．2π3．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)＝eq\f(\f(sinx,cosx),\f(cos2x＋sin2x,cos2x))＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x，所以f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π．4．函数y＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4)))是()A．最小正周期为π的奇函数B．最小正周期为π的偶函数C．最小正周期为eq\f(π,2)的奇函数D．最小正周期为eq\f(π,2)的偶函数4．答案A解析y＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4)))＝cos2x－eq\f(3π,4)＝－sin2x，所以f(x)是最小正周期为π的奇函数．5．函数f(x)＝eq\f(1,2)(1＋cos2x)sin2x(x∈R)是()A．最小正周期为π的奇函数B．最小正周期为eq\f(π,2)的奇函数C．最小正周期为π的偶函数D．最小正周期为eq\f(π,2)的偶函数5．答案D解析由题意知，f(x)＝eq\f(1,2)(1＋cos2x)sin2x＝eq\f(1,4)(1＋cos2x)(1－cos2x)＝eq\f(1,4)(1－cos22x)＝eq\f(1,8)(1－cos4x)，即f(x)＝eq\f(1,8)(1－cos4x)，则T＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2)，f(－x)＝eq\f(1,8)(1－cos4x)＝f(x)，因此函数f(x)是最小正周期为eq\f(π,2)的偶函数．6．已知函数f(x)＝sin(x＋θ)＋eq\r(3)cos(x＋θ)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()A．0B．eq\f(π,6)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,3)6．答案B解析据已知可得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋θ＋\f(π,3)))，若函数为偶函数，则必有θ＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，又由于θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，故有θ＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，解得θ＝eq\f(π,6)，经代入检验符合题意．7．将函数f(x)＝cosx－eq\r(3)sinx(x∈R)的图象向左平移a(a>0)个单位长度后，所得到的图象关于原点对称，则a的最小值是()A．eq\f(π,12)B．eq\f(π,6)C．eq\f(π,3)D．eq\f(5π,6)7．答案B解析f(x)＝cosx－eq\r(3)sinx＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx－\f(\r(3),2)sinx))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，将f(x)的图象向左平移a(a>0)个单位长度后得到y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋a＋\f(π,3)))的图象，则由题意知eq\f(π,3)＋a＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以a＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，又因为a>0，所以a的最小值为eq\f(π,6)．8．定义运算：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a1a2,a3a4))＝a1a4－a2a3，将函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(3)sinωx,1cosωx))(ω＞0)的图象向左平移eq\f(2π,3)个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数，则ω的最小值是()A．eq\f(1,4)B．eq\f(5,4)C．eq\f(7,4)D．eq\f(3,4)8．答案B解析依题意得f(x)＝eq\r(3)cosωx－sinωx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，且函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))＋\f(π,6)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(2ωπ,3)＋\f(π,6)))是偶函数，于是有eq\f(2ωπ,3)＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，即ω＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,6)))，k∈Z．又ω＞0，所以ω的最小值是eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6)))＝eq\f(5,4)，选B．9．将函数f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cos2x图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再将图象上所有点向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)图象的一条对称轴方程是()A．x＝－eq\f(π,6)B．x＝eq\f(π,6)C．x＝eq\f(5π,24)D．x＝eq\f(π,3)9．答案D解析将函数f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象，再将图象上所有点向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象．令x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)，当k＝0时，x＝eq\f(π,3)，所以g(x)图象的一条对称轴方程是x＝eq\f(π,3)．10．将函数f(x)＝eq\r(3)cosx－sinx的图象向右平移θ个单位后得到的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，则θ的最小正值为________．10．答案eq\f(π,3)解析将函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象向右平移θ个单位后得到f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－θ＋\f(π,6)))，其图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，则eq\f(π,3)－θ＝kπ，k∈Z，θ＝eq\f(π,3)－kπ，k∈Z，当k＝0时，θ取得最小正值eq\f(π,3)．11．将函数f(x)＝sinxcosx的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若对于任意x∈R都有g(θ＋x)＝g(θ－x)，则tan2θ＝()A．eq\r(3)B．－eq\r(3)C．－eq\f(\r(3),3)D．eq\f(\r(3),3)11．答案C解析由f(x)＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得g(x)＝eq\f(1,2)sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))．又因为g(θ＋x)＝g(θ－x)，所以g(x)的图象关于x＝θ对称，令2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以θ＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，故tan2θ＝tan2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋\f(kπ,2)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋kπ))＝taneq\f(5π,6)＝－eq\f(\r(3),3)．故选C．12．已知f(x)＝4cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，则下列说法中错误的是()A．函数f(x)的最小正周期为πB．函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))上单调递减C．函数f(x)的图象可以由函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍得到D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，1))是函数f(x)图象的一个对称中心12．答案C解析f(x)＝4cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝2cos2x－eq\r(3)sin2x＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1，所以T＝eq\f(2π,2)＝π，故A正确；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))时，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，因t＝2x＋eq\f(π,3)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))为增函数，y＝2cost＋1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为减函数，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))上为减函数，故B正确；函数f(x)的图象可以由函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\f(1,2)图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍得到，而函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍得到的是y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋2的图象，故C错误；令2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，当k＝1时，x＝eq\f(7π,12)，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，1))为f(x)图象的一个对称中心，故D正确；故选C．考点二三角函数的单调性【例题选讲】[例2](1)已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωx－cosωx(ω>0)的最小正周期为2π，则f(x)的单调递增区间是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)答案B解析法一：因为f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinωx－\f(1,2)cosωx))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))，f(x)的最小正周期为2π，所以ω＝eq\f(2π,2π)＝1，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，由2kπ－eq\f(π,2)≤x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)．所以f(x)的单调递增区间为[2kπ－eq\f(π,3)，2kπ＋eq\f(2π,3)](k∈Z)．故选B．法二：因为f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinωx－\f(1,2)cosωx))＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，f(x)的最小正周期为2π，所以ω＝eq\f(2π,2π)＝1，所以f(x)＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，由2kπ≤x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋π(k∈Z)，得2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，故选B．(2)函数y＝(cosx＋sinx)·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))的单调递增区间是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,8)，2kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)答案B解析函数的解析式y＝(cosx＋sinx)·sinx＝sinxcosx＋sin2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1－cos2x,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))．函数的单调递增区间满足2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得kπ－eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(3,8)π(k∈Z)，表示为区间形式即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)．故选B．(3)(2018·全国Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]上是减函数，则a的最大值是()A．eq\f(π,4)B．eq\f(π,2)C．eq\f(3π,4)D．π答案A解析f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递减，所以[－a，a]⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，故－a≥－eq\f(π,4)且a≤eq\f(3π,4)，解得0<a≤eq\f(π,4)．(4)已知函数f(x)＝sin2x＋2sin2x－1在[0，m]上单调递增，则m的最大值是()A．eq\f(π,4)B．eq\f(π,2)C．eq\f(3π,8)D．π答案C解析由题意，得f(x)＝sin2x－cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得－eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，k＝0时，－eq\f(π,8)≤x≤eq\f(3π,8)，即函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))上单调递增．因为函数f(x)在[0，m]上单调递增，所以0<m≤eq\f(3π,8)，即m的最大值为eq\f(3π,8)，故选C．(5)已知函数f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx(ω>0)，f(eq\f(π,6))＋f(eq\f(π,2))＝0，且f(x)在区间(eq\f(π,6)，eq\f(π,2))上递减，则ω＝()A．3B．2C．6D．5答案B解析∵f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,3))，f(eq\f(π,6))＋f(eq\f(π,2))＝0．∴当x＝eq\f(\f(π,6)＋\f(π,2),2)＝eq\f(π,3)时，f(x)＝0．∴eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，∴ω＝3k－1，k∈Z，排除A，C；又f(x)在(eq\f(π,6)，eq\f(π,2))上递减，把ω＝2，ω＝5代入验证，可知ω＝2．(6)已知函数f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)在(eq\f(π,2)，π)上单调递减，则ω的取值范围是_________．．答案[eq\f(1,2)，eq\f(5,4)]解析f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sin(ωx＋eq\f(π,4))，令2kπ＋eq\f(π,2)≤ωx＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，解得eq\f(2kπ,ω)＋eq\f(π,4ω)≤x≤eq\f(2kπ,ω)＋eq\f(5π,4ω)(k∈Z)．由题意，函数f(x)在(eq\f(π,2)，π)上单调递减，故(eq\f(π,2)，π)为函数单调递减区间的一个子区间，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2kπ,ω)＋\f(π,4ω)≤\f(π,2)，,\f(2kπ,ω)＋\f(5π,4ω)≥π，))解得4k＋eq\f(1,2)≤ω≤2k＋eq\f(5,4)(k∈Z)．由4k＋eq\f(1,2)<2k＋eq\f(5,4)，解得k<eq\f(3,8)．由ω>0，可知k≥0，因为k∈Z，所以k＝0，故ω的取值范围为[eq\f(1,2)，eq\f(5,4)]．【对点训练】13．已知函数f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx(ω＞0)的最小正周期为π，则函数f(x)的一个单调递增区间为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))13．答案A解析f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，∵最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)得，－eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(π,12)＋kπ(k∈Z)，故选A．14．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋cos2x，则f(x)的一个单调递减区间是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))14．答案A解析f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＋cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(3,2)cos2x＝eq\r(3)sin2x＋eq\f(π,3)．由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得kπ＋eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(7π,12)(k∈Z)，所以f(x)的一个单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))．15．函数f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋cos(π－x)的单调增区间为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)＋2kπ，\f(π,6)＋2kπ))，k∈ZB．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)＋2kπ，\f(π,3)＋2kπ))，k∈ZC．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))，k∈ZD．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋2kπ，\f(5π,6)＋2kπ))，k∈Z15．答案解析因为f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋cos(π－x)＝eq\r(3)sinx－cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，可得－eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，即函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))，k∈Z．故选C．16．设函数f(x)＝sin2x－eq\r(3)cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))，则函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调增区间为________．16．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))解析f(x)＝eq\f(1－cos2x,2)＋eq\r(3)cosxsinx＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)．令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，当k＝0时，－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,3)，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))．17．已知f(x)＝asin2x＋bcos2x，其中a，b∈R，ab≠0．若f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))))对一切x∈R恒成立，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞0，则f(x)的单调递增区间是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))(k∈Z)17．答案B解析f(x)＝asin2x＋bcos2x＝eq\r(a2＋b2)sin(2x＋φ)，其中tanφ＝eq\f(b,a).∵f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))))，∴x＝eq\f(π,6)是函数f(x)的图象的一条对称轴，即eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，φ＝eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)．又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞0，∴φ的取值可以是－eq\f(5π,6)，∴f(x)＝eq\r(a2＋b2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(5π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，故选B.18．设函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，且f(－x)＝f(x)，则()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内单调递减B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(4π,3)))内单调递减C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内单调递增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(4π,3)))内单调递增18．答案A解析由题意知f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,4)))．∵f(x)的最小正周期为π，∴ω＝2，∴f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,4)))．由f(x)＝f(－x)知f(x)是偶函数，因此φ＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．又∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝eq\r(2)cos2x．当0<2x<π，即0<x<eq\f(π,2)时，f(x)单调递减．故选A．19．已知函数f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx(ω>0)，x1，x2为函数图象与x轴的两个交点的横坐标，若|x1－x2|的最小值为eq\f(π,2)，则()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(π,6)))上单调递增B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))上单调递减C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上单调递增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调递减19．答案C解析因为f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，且|x1－x2|的最小值为eq\f(π,2)，所以f(x)的最小正周期为π，即eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上单调递增，故选C．20．已知f(x)＝cos2x＋acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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()A．[－2，＋∞)B．(－2，＋∞)C．(－∞，－4)D．(－∞，－4]20．答案D解析f(x)＝cos2x＋acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝1－2sin2x－asinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上是增函数，y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递增且sinx∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))．令t＝sinx，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则y＝－2t2－at＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，则－eq\f(a,4)≥1，因而a∈(－∞，－4]．21．若函数f(x)＝2eq\r(3)sinωxcosωx＋2sin2ωx＋cos2ωx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(3π,2)))上单调递增，则正数ω的最大值为()A．eq\f(1,8)B．eq\f(1,6)C．eq\f(1,4)D．eq\f(1,3)21．答案B解析法一：因为f(x)＝2eq\r(3)sinωxcosωx＋2sin2ωx＋cos2ωx＝eq\r(3)sin2ωx＋1在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(3π,2)))上单调递增，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3ωπ≥－\f(π,2)，,3ωπ≤\f(π,2)，))解得ω≤eq\f(1,6)，所以正数ω的最大值是eq\f(1,6)．故选B．法二：易知f(x)＝eq\r(3)sin2ωx＋1，可得f(x)的最小正周期T＝eq\f(π,ω)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4ω)≤－\f(3π,2)，,\f(π,4ω)≥\f(3π,2)，))解得ω≤eq\f(1,6)．故选22．已知函数f(x)＝eq\r(3)sin2x－2cos2x，下列结论错误的是()A．函数f(x)的最小正周期是πB．函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称C．函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上是增函数D．函数f(x)的图象可由g(x)＝2sin2x－1的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度得到22．答案D解析f(x)＝eq\r(3)sin2x－2cos2x＝eq\r(3)sin2x－cos2x－1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1，∴函数f(x)的最小正周期为π，故A正确；当x＝eq\f(π,3)时，函数取最大值，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，故B正确；由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，由此可知函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上是增函数，故C正确；函数g(x)＝2sin2x－1的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度得到φ(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－1的图象，不是函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1的图象，故D错误．所以选D．考点三三角函数的最值(值域)【例题选讲】[例3](1)(2019·全国Ⅰ)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值为________．答案－4解析因为f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1，令t＝cosx，则t∈[－1，1]，所以f(x)＝－2t2－3t＋1．又函数f(x)图象的对称轴t＝－eq\f(3,4)∈[－1，1]，且开口向下，所以当t＝1时，f(x)有最小值－4．(2)若函数f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋θ)＋cos(2x＋θ)(0<θ<π)的图象关于(eq\f(π,2)，0)中心对称，则函数f(x)在[－eq\f(π,4)，eq\f(π,6)]上的最小值是()A．－1B．－eq\r(3)C．－eq\f(1,2)D．－eq\f(\r(3),2)答案B解析f(x)＝2sin(2x＋θ＋eq\f(π,6))，又图象关于(eq\f(π,2)，0)中心对称，所以2×eq\f(π,2)＋θ＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z．所以θ＝kπ－eq\f(7π,6)，又0<θ<π，所以θ＝eq\f(5π,6)，所以f(x)＝－2sin2x，因为x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,6)]，所以2x∈[－eq\f(π,2)，eq\f(π,3)]，f(x)∈[－eq\r(3)，2]，所以f(x)的最小值是－eq\r(3)(3)(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．(4)已知函数f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)在(eq\f(π,6)，eq\f(5π,12))上仅有1个最值，且为最大值，则实数ω的值不可能为()A．eq\f(4,5)B．eq\f(7,6)C．eq\f(3,2)D．eq\f(5,4)答案C解析依题意，函数f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sin(ωx＋eq\f(π,4))，又函数f(x)在x∈(eq\f(π,6)，eq\f(5π,12))上仅有1个最值，且为最大值，根据三角函数的图象与性质知，2kπ－eq\f(π,2)<eq\f(π,6)ω＋eq\f(π,4)<2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，且2kπ＋eq\f(π,2)<eq\f(5π,12)ω＋eq\f(π,4)<2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，即为12k－eq\f(9,2)<ω<12k＋eq\f(3,2)且eq\f(24,5)k＋eq\f(3,5)<ω<eq\f(24,5)k＋3，k∈Z．当k＝0时，经检验ω＝eq\f(3,2)时不在上面的公共区域．(5)已知A是函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x－\f(π,3)))的最大值，若存在实数x1，x2使得对任意实数x，总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则A|x1－x2|的最小值为()A．eq\f(π,2018)B．eq\f(π,1009)C．eq\f(2π,1009)D．eq\f(π,4036)答案B解析f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)sin2018x＋eq\f(1,2)cos2018x＋eq\f(1,2)cos2018x＋eq\f(\r(3),2)sin2018x＝eq\r(3)sin2018x＋cos2018x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))，故A＝f(x)max＝2，f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2018)＝eq\f(π,1009).又存在实数x1，x2使得对任意实数x，总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，所以f(x2)＝f(x)max，f(x1)＝f(x)min，故A|x1－x2|的最小值为A×eq\f(1,2)T＝eq\f(π,1009)，故选B．(6)已知函数f(x)＝4sineq\f(ωx,2)·coseq\f(ωx,2)(ω＞0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))上是增函数，且在区间[0，π]上恰好取得一次最大值，则ω的取值范围是()A．(0，1]B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))D．[1，＋∞)答案C解析因为f(x)＝4sineq\f(ωx,2)·coseq\f(ωx,2)＝2sinωx(ω＞0)，所以区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))是函数f(x)含原点的单调递增区间，又函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))上单调递增，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)≤－\f(π,2)，,\f(π,2ω)≥\f(2π,3)，))解得ω≤eq\f(3,4)，又ω＞0，所以0＜ω≤eq\f(3,4)．根据正弦函数的性质可知函数f(x)在x＝eq\f(2kπ,ω)＋eq\f(π,2ω)(k∈Z)处取得最大值，因为函数在区间[0，π]上恰好取得一次最大值，所以0≤eq\f(π,2ω)≤π，所以ω≥eq\f(1,2)．综上可得ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))，故选C．【对点训练】23．(2018·全国Ⅰ)已知函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝2cos2x－sin2x＋2，则()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的最小正周期为π，最大值为3B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的最小正周期为π，最大值为4C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的最小正周期为2π，最大值为3D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的最小正周期为2π，最大值为423．答案B解析f(x)＝2cos2x－(1－cos2x)＋2＝3cos2x＋1＝eq\f(3,2)cos2x＋eq\f(5,2)，所以最小正周期为π，最大值为4．24．(2014·全国Ⅱ)函数f(x)＝sin(x＋2φ)－2sinφcos(x＋φ)的最大值为________．24．答案1解析f(x)＝sin[(x＋φ)＋φ]－2sinφcos(x＋φ)＝sin(x＋φ)cosφ－cos(x＋φ)sinφ＝sin(x＋φ－φ)＝sinx，因为x∈R，所以f(x)的最大值为1．25．若将函数f(x)＝sin(2x＋φ)＋eq\r(3)cos(2x＋φ)(0＜φ＜π)的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度，平移后的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称，则函数g(x)＝cos(x＋φ)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))上的最小值是()A．－eq\f(1,2)B．－eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(2),2)D．eq\f(1,2)25．答案D解析∵f(x)＝sin(2x＋φ)＋eq\r(3)cos(2x＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,3)))，∴将函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度后，得到图象的函数解析式为y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋φ＋\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,3)))．∵函数y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,3)))的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称，∴2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,2)＋φ＋\f(π,3)))＝0，所以π＋φ＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得φ＝kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z．∵0＜φ＜π，∴φ＝eq\f(π,6)，∴g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))．∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))，∴x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则函数g(x)＝cos(x＋φ)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))上的最小值是eq\f(1,2)．26．函数f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上的最小值为________．26．答案1－eq\r(2)解析由题意得，f(x)＝1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝1＋sin2x＋cos2x＝1＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))．因为eq\f(π,2)≤x≤eq\f(3π,4)，所以eq\f(5π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(7π,4)，所以－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))≤－eq\f(\r(2),2)，所以1－eq\r(2)≤1＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))≤0，所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上的最小值为1－eq\r(2)．27．函数f(x)＝sin2x＋eq\r(3)sinxcosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上的最小值是()A．1B．eq\f(1＋\r(3),2)C．1＋eq\r(3)D．eq\f(3,2)27．答案A解析f(x)＝sin2x＋eq\r(3)sinxcosx＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，因为eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,2)，所以eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，所以当2x－eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，即x＝eq\f(π,2)时，函数f(x)＝sin2x＋eq\r(3)sinxcosx取得最小值，且最小值为eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝1．28．已知将函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))cosx＋eq\f(1,2)的图象向左平移eq\f(5π,12)个单位长度后得到函数y＝g(x)的图象，则g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上的值域为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))28．答案C解析因为f(x)＝2cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinxcos\f(π,6)－cosxsin\f(π,6)))＋eq\f(1,2)＝eq\r(3)sinxcosx－cos2x＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))．因为－eq\f(π,3)≤x≤eq\f(π,3)，所以0≤2x＋eq\f(2π,3)≤eq\f(4π,3)，则－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))≤1，故－eq\f(\r(3),2)≤g(x)≤1．故选C．29．已知x＝eq\f(π,12)是函数f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)(0＜φ＜π)图象的一条对称轴，将函数f(x)的图象向右平移eq\f(3π,4)个单位长度后得到函数g(x)的图象，则函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上的最小值为()A．－2B．－1C．－eq\r(2)D．－eq\r(3)29．答案B解析∵x＝eq\f(π,12)是f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)＋φ))图象的一条对称轴，∴eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即φ＝eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)．∵0＜φ＜π，∴φ＝eq\f(π,6)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))．又∵－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,6)，∴eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(5π,6)≤eq\f(7π,6)，∴－1≤2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))≤2．∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上的最小值为－1．30．已知函数f(x)＝sin2ωx＋eq\r(3)sinωxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))(ω>0)的最小正周期为π，则f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上的值域为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))30．答案A解析f(x)＝sin2ωx＋eq\r(3)s