2024高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题一三角函数与解三角形第1讲三角函数的图象与性质含解析

PAGE专题一三角函数与解三角形

第1讲三角函数的图象与性质高考定位三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容，主要从以下两个方面进行考查：1.三角函数的图象，涉及图象变换问题以及由图象确定解析式问题，主要以选择题、填空题的形式考查；2.利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等，主要以解答题的形式考查.真题感悟1.(2024·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]的图象大致如图，则f(x)的最小正周期为()A.eq\f(10π,9) B.eq\f(7π,6)C.eq\f(4π,3) D.eq\f(3π,2)解析由图象知π<T<2π，即π<eq\f(2π,|ω|)<2π，所以1<|ω|<2.因为图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)，0))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)ω＋\f(π,6)))＝0，所以－eq\f(4π,9)ω＋eq\f(π,6)＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω＝－eq\f(9k,2)＋eq\f(3,2)，k∈Z.因为1<|ω|<2，故k＝0，得ω＝eq\f(3,2).故f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(4π,3).故选C.答案C2.(2024·天津卷)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).给出下列结论：①f(x)的最小正周期为2π；②feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))是f(x)的最大值；③把函数y＝sinx的图象上全部点向左平移eq\f(π,3)个单位长度，可得到函数y＝f(x)的图象.其中全部正确结论的序号是()A.①B.①③C.②③D.①②③解析T＝eq\f(2π,1)＝2π，故①正确.当x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，故②错误.y＝sinx的图象y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象，故③正确.故选B.答案B3.(2024·全国Ⅱ卷)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)))单调递增的是()A.f(x)＝|cos2x| B.f(x)＝|sin2x|C.f(x)＝cos|x| D.f(x)＝sin|x|解析易知A，B项中函数的最小正周期为eq\f(π,2)；C中f(x)＝cos|x|＝cosx的周期为2π，D中f(x)＝sin|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx，x≥0，,－sinx，x<0，))由正弦函数图象知，在x≥0和x<0时，f(x)均以2π为周期，但在整个定义域上f(x)不是周期函数，解除C，D.又当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则y＝|cos2x|＝－cos2x是增函数，y＝|sin2x|＝sin2x是减函数，因此A项正确，B项错误.答案A4.(2024·江苏卷)将函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是________.解析将函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，所得图象的函数解析式为y＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,4)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12))).令2x－eq\f(π,12)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得对称轴的方程为x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(7π,24)，k∈Z，分析知当k＝－1时，对称轴为直线x＝－eq\f(5π,24)，与y轴最近.答案x＝－eq\f(5π,24)5.(2024·北京卷)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__________.解析法一由f(x)＝sin(x＋φ)＋cosx＝sinxcosφ＋cosxsinφ＋cosx＝cosφsinx＋(1＋sinφ)cosx＝eq\r(cos2φ＋（1＋sinφ）2)sin(x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanθ＝\f(1＋sinφ,cosφ))).∵sin(x＋θ)≤1，∴eq\r(cos2φ＋（1＋sinφ）2)＝eq\r(2＋2sinφ)＝2时，f(x)的最大值为2，∴2sinφ＝2，∴sinφ＝1，∴φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴φ的一个取值可为eq\f(π,2).法二∵f(x)＝sin(x＋φ)＋cosx的最大值为2，又sin(x＋φ)≤1，cosx≤1，则sin(x＋φ)＝cosx＝1时，f(x)取得最大值2.由诱导公式，得φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z.∴φ的一个取值可为eq\f(π,2).答案eq\f(π,2)(答案不唯一，只要等于eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z即可)6.(2024·全国Ⅰ卷)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值为________.解析f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx＋\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(17,8)，因为cosx∈[－1，1]，所以当cosx＝1时，f(x)取得最小值，即f(x)min＝－4.答案－4考点整合1.常用的三种函数的图象与性质(下表中k∈Z)函数y＝sinxy＝cosxy＝tanx图象递增区间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]奇偶性奇函数偶函数奇函数对称中心(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x＝kπ＋eq\f(π,2)x＝kπ周期性2π2ππ2.三角函数的常用结论(1)y＝Asin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)求得.(2)y＝Acos(ωx＋φ)，当φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得.(3)y＝Atan(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数.3.三角函数的两种常见变换(1)y＝sinxeq\o(→,\s\up12(向左(φ＞0)或向右(φ＜0)),\s\do12(平移|φ|个单位))y＝sin(ωx＋φ)eq\o(→,\s\up12(纵坐标变为原来的A倍),\s\do12(横坐标不变))y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0).y＝sinωxeq\o(→,\s\up12(向左(φ＞0)或向右(φ＜0)),\s\do12(平移|\f(φ,ω)|个单位))y＝sin(ωx＋φ)eq\o(→,\s\up12(纵坐标变为原来的A倍),\s\do12(横坐标不变))y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0).热点一三角函数的定义与同角关系式【例1】(1)在平面直角坐标系中，eq\o(AB,\s\up8(︵))，eq\o(CD,\s\up8(︵))，eq\o(EF,\s\up8(︵))，eq\o(GH,\s\up8(︵))是圆x2＋y2＝1上的四段弧(如图)，点P在其中一段上，角α以Ox为始边，OP为终边.若tanα<cosα<sinα，则P所在的圆弧是()A.eq\o(AB,\s\up8(︵)) B.eq\o(CD,\s\up8(︵)) C.eq\o(EF,\s\up8(︵)) D.eq\o(GH,\s\up8(︵))(2)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cos2α＝eq\f(2,3)，则|a－b|＝()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),5) C.eq\f(2\r(5),5) D.1解析(1)设点P的坐标为(x，y)，且tanα＜cosα＜sinα，∴eq\f(y,x)＜x＜y，解之得－1＜x＜0，且0＜y＜1.故点P(x，y)所在的圆弧是eq\o(EF,\s\up8(︵)).(2)由题意知cosα>0.因为cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(2,3)，所以cosα＝eq\f(\r(30),6)，sinα＝±eq\f(\r(6),6)，得|tanα|＝eq\f(\r(5),5).由题意知|tanα|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,1－2)))，所以|a－b|＝eq\f(\r(5),5).答案(1)C(2)B探究提高1.随意角的三角函数值仅与角α的终边位置有关，而与角α终边上点P的位置无关.若角α已经给出，则无论点P选择在α终边上的什么位置，角α的三角函数值都是确定的.2.应用诱导公式与同角关系开方运算时，肯定要留意三角函数值的符号；利用同角三角函数的关系化简要遵循肯定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等.【训练1】(1)(2024·唐山模拟)若cosθ－2sinθ＝1，则tanθ＝()A.eq\f(4,3) B.eq\f(3,4)C.0或eq\f(4,3) D.0或eq\f(3,4)(2)(2024·济南模拟)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－sinα＝eq\f(4\r(3),5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(11π,6)))＝________.解析(1)由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosθ－2sinθ＝1，,cos2θ＋sin2θ＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinθ＝0，,cosθ＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinθ＝－\f(4,5)，,cosθ＝－\f(3,5)，))所以tanθ＝0，或tanθ＝eq\f(4,3).故选C.(2)∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－sinα＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα－sinα＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(3,2)sinα＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(4\r(3),5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(11π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋2π))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－eq\f(4,5).答案(1)C(2)－eq\f(4,5)热点二三角函数的图象及图象变换【例2】(1)(多选题)(2024·新高考山东、海南卷)如图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)＝()A.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) B.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))C.coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D.coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))(2)(2024·天津卷)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，将y＝f(x)的图象上全部点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x).若g(x)的最小正周期为2π，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝()A.－2 B.－eq\r(2) C.eq\r(2) D.2解析(1)由图象知eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，得T＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2.又图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，由“五点法”，结合图象可得φ＋eq\f(π,3)＝π，即φ＝eq\f(2π,3)，所以sin(ωx＋φ)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，故A错误；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))知B正确；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))知C正确；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))知D错误.综上可知，正确的选项为BC.(2)由f(x)是奇函数可得φ＝kπ(k∈Z)，又|φ|<π，所以φ＝0.所以g(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ωx))，且g(x)最小正周期为2π，可得eq\f(2π,\f(1,2)ω)＝2π，故ω＝2，所以g(x)＝Asinx，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝Asineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)A＝eq\r(2)，所以A＝2.所以f(x)＝2sin2x，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2sineq\f(3π,4)＝eq\r(2).答案(1)BC(2)C探究提高1.在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换.变换只是相对于其中的自变量x而言的，假如x的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向.2.已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象求解析式时，常采纳待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A；由函数的周期确定ω；确定φ常依据“五点法”中的五个点求解，一般把第一个“零点”作为突破口，可以从图象的升降找准第一个“零点”的位置.【训练2】(1)(多选题)(2024·济南历城区模拟)将函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数g(x)的图象.若g(x1)g(x2)＝9，且x1，x2∈[－2π，2π]，则2x1－x2的可能取值为()A.－eq\f(59π,12) B.－eq\f(35π,6) C.eq\f(25π,6) D.eq\f(49π,12)(2)(2024·长沙质检)函数g(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，0＜φ＜2π)的部分图象如图所示，已知g(0)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝eq\r(3)，函数y＝f(x)的图象可由y＝g(x)图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度而得到，则函数f(x)的解析式为()A.f(x)＝2sin2x B.f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C.f(x)＝－2sin2x D.f(x)＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))解析(1)将函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1的图象.由g(x1)g(x2)＝9，知g(x1)＝3，g(x2)＝3，所以2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即x＝eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z.由x1，x2∈[－2π，2π]，得x1，x2的取值集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(23π,12)，－\f(11π,12)，\f(π,12)，\f(13π,12))).当x1＝－eq\f(23π,12)，x2＝eq\f(13π,12)时，2x1－x2＝－eq\f(59π,12)；当x1＝eq\f(13π,12)，x2＝－eq\f(23π,12)时，2x1－x2＝eq\f(49π,12).故选AD.(2)由函数g(x)的图象及g(0)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝eq\r(3)，知直线x＝eq\f(5π,12)为函数g(x)的图象的一条对称轴，所以eq\f(T,4)＝eq\f(5π,12)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,4)，则T＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2，所以g(x)＝Asin(2x＋φ)，由题图可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))为“五点法”作图中的第三点，则2×eq\f(π,6)＋φ＝π，解得φ＝eq\f(2π,3)，由g(0)＝eq\r(3)，得Asineq\f(2π,3)＝eq\r(3)，又A＞0，所以A＝2，则g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，所以g(x)的图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度后得到的图象对应的解析式为f(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋\f(2π,3)))＝2sin2x，故选A.答案(1)AD(2)A热点三三角函数的性质【例3】(1)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(2)(2024·天一大联考)已知f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω＞0)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，且f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))内有最小值，无最大值，则ω＝()A.eq\f(8,3) B.eq\f(14,3) C.8 D.4(3)已知函数f(x)＝sinωx＋cosωx(ω＞0)，x∈R.若函数f(x)在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数y＝f(x)的图象关于直线x＝ω对称，则ω的值为________.解析(1)f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，且函数y＝cosx在区间[0，π]上单调递减，则由0≤x＋eq\f(π,4)≤π，得－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(3π,4).因为f(x)在[－a，a]上是减函数，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a≥－\f(π,4)，,a≤\f(3π,4)，))解得a≤eq\f(π,4).所以0<a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4).(2)由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，且f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))内有最小值，∴f(x)在x＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＝eq\f(π,4)处取得最小值.因此eq\f(π,4)ω－eq\f(π,6)＝2kπ＋π，即ω＝8k＋eq\f(14,3)，k∈Z.①又函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))无最大值，且ω＞0，∴T＝eq\f(2π,ω)≥eq\f(π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，∴0＜ω≤12.②由①②知ω＝eq\f(14,3).(3)f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，因为f(x)在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数图象关于直线x＝ω对称，所以f(ω)必为一个周期上的最大值，所以有ω·ω＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω2＝eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.又ω－(－ω)≤eq\f(\f(2π,ω),2)，即ω2≤eq\f(π,2)，即ω2＝eq\f(π,4)，所以ω＝eq\f(\r(π),2).答案(1)A(2)B(3)eq\f(\r(π),2)探究提高1.探讨三角函数的单调性，探讨函数的周期性、奇偶性与对称性，都必需首先利用协助角公式，将函数化成一个角的一种三角函数.2.求函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的单调区间，是将ωx＋φ作为一个整体代入正弦函数增区间(或减区间)，求出的区间即为y＝Asin(ωx＋φ)的增区间(或减区间).【训练3】(1)(多选题)(2024·济南质检)已知函数f(x)＝2sin(2x＋φ)(0<φ<π)，若将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后，得到图象关于y轴对称，则下列结论中正确的是()A.φ＝eq\f(5π,6)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))是f(x)的图象的一个对称中心C.f(φ)＝－2D.x＝－eq\f(π,6)是f(x)图象的一条对称轴(2)(多选题)关于函数f(x)＝|cosx|＋cos|2x|，则下列结论正确的是()A.f(x)是偶函数B.π是f(x)的最小正周期C.f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))上单调递增D.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π，\f(5,4)π))时，f(x)的最大值为2解析(1)将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后，得到y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋φ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,3)))的图象，∵其关于y轴对称，∴φ－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴φ＝kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z.又0<φ<π，∴当k＝0时，φ＝eq\f(5π,6)，故A正确；f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝0，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))是f(x)的图象的一个对称中心，故B正确；因为f(φ)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝2，故C错误；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝2，则x＝－eq\f(π,6)是f(x)图象的一条对称轴，故D正确.故选ABD.(2)f(x)＝|cosx|＋cos|2x|＝|cosx|＋cos2x＝|cosx|＋2cos2x－1＝2|cosx|2＋|cosx|－1，由f(－x)＝2|cos(－x)|2＋|cos(－x)|－1＝f(x)，且函数f(x)的定义域为R，得f(x)为偶函数，故A正确.由于y＝|cosx|的最小正周期为π，可得f(x)的最小正周期为π，故B正确.令t＝|cosx|，得函数f(x)可转化为g(t)＝2t2＋t－1，t∈[0，1]，易知t＝|cosx|在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,4)))上单调递减，由t∈[0，1]，g(t)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(9,8)，可得g(t)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,4)))上单调递减，故C错误.依据f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π，π))上递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(5,4)π))上递减，∴f(x)在x＝π时取到最大值f(π)＝2，则D正确.答案(1)ABD(2)ABD热点四三角函数性质与图象的综合应用【例4】(2024·临沂一预)在①f(x)的图象关于直线x＝eq\f(5π,6ω)对称，②f(x)＝cosωx－eq\r(3)sinωx，③f(x)≤f(0)恒成立这三个条件中任选一个，补充在下面横线处.若问题中的ω存在，求出ω的值；若ω不存在，请说明理由.设函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0≤φ≤\f(π,2)))，_____________________________.是否存在正整数ω，使得函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是单调的？(注：假如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解若选①，则存在满意条件的正整数ω.求解过程如下：令ωx＋φ＝kπ，k∈Z，代入x＝eq\f(5π,6ω)，解得φ＝kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z.因为0≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(ωπ,2)＋\f(π,6))).若函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调，则有eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,6)≤π，解得0<ω≤eq\f(5,3).所以存在正整数ω＝1，使得函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是单调的.若选②，则存在满意条件的正整数ω.求解过程如下：f(x)＝cosωx－eq\r(3)sinωx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＝2cos(ωx＋φ)，且0≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(ωπ,2)＋\f(π,3))).若函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调，则有eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,3)≤π，解得0<ω≤eq\f(4,3).所以存在正整数ω＝1，使得函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是单调的.若选③，则存在满意条件的正整数ω.求解过程如下：因为f(x)≤f(0)恒成立，即f(x)max＝f(0)＝2cosφ＝2，所以cosφ＝1.因为0≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝0，所以f(x)＝2cosωx.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，ωx∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(ωπ,2))).若函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调，则有eq\f(ωπ,2)≤π，解得0<ω≤2.所以存在正整数ω＝1或ω＝2，使得函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是单调的.探究提高1.探讨三角函数的图象与性质，关键是将函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B(或y＝Acos(ωx＋φ)＋B)的形式，利用正余弦函数与复合函数的性质求解.2.函数y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝eq\f(2π,|ω|).应特殊留意y＝|Asin(ωx＋φ)|的最小正周期为T＝eq\f(π,|ω|).【训练4】(2024·威海三校一联)已知函数f(x)＝2cos2ω1x＋sinω2x.(1)求f(0)的值；(2)从①ω1＝1，ω2＝2，②ω1＝1，ω2＝1这两个条件中任选一个，作为题目的已知条件，求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))上的最小值，并干脆写出函数f(x)的一个周期.(注：假如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解(1)f(0)＝2cos20＋sin0＝2.(2)选择条件①.f(x)的一个周期为π.当ω1＝1，ω2＝2时，f(x)＝2cos2x＋sin2x＝(cos2x＋1)＋sin2x＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sin2x＋\f(\r(2),2)cos2x))＋1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1.因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))，所以2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(7π,12))).所以－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))≤1，则1－eq\r(2)≤f(x)≤1＋eq\r(2).当2x＋eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(3π,8)时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))上取得最小值1－eq\r(2).选择条件②.f(x)的一个周期为2π.当ω1＝1，ω2＝1时，f(x)＝2cos2x＋sinx＝2(1－sin2x)＋sinx＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(17,8).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))，所以sinx∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).所以当sinx＝－1，即x＝－eq\f(π,2)时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))上取得最小值－1.A级巩固提升一、选择题1.函数y＝loga(x＋4)＋2(a＞0且a≠1)的图象恒过点A，且点A在角α的终边上，则sin2α等于()A.－eq\f(5,13) B.－eq\f(12,13) C.eq\f(12,13) D.eq\f(9,13)解析函数y＝loga(x＋4)＋2(a＞0且a≠1)的图象恒过点A(－3，2)，则sinα＝eq\f(2,\r(13))，cosα＝－eq\f(3,\r(13))，所以sin2α＝2sinαcosα＝－eq\f(12,13).答案B2.(2024·唐山模拟)如图为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)的部分图象，将其向左平移eq\f(1,4)个单位长度后与函数g(x)的图象重合，则g(x)可以表示为()A.sinπx B.－sinπxC.sin2πx D.－sin2πx解析由图象知eq\f(T,2)＝eq\f(5,4)－eq\f(1,4)＝1，∴T＝eq\f(2π,ω)＝2，得ω＝π，由eq\f(1,4)·ω＋φ＝π，得φ＝eq\f(3π,4)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(3π,4)))，将f(x)的图象向左平移eq\f(1,4)个单位长度后得g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))＋\f(3π,4)))＝－sinπx的图象，故g(x)可以表示为－sinπx.答案B3.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解析f(x)＝eq\f(tanx,1＋tan2x)＝eq\f(\f(sinx,cosx),1＋\f(sin2x,cos2x))＝eq\f(sinxcosx,cos2x＋sin2x)＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.答案C4.(2024·百师联盟检测)将函数f(x)＝2sin(3x＋φ)(0＜φ＜π)图象向右平移eq\f(π,8)个单位长度后，得到函数的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，则函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,8)))上的值域是()A.[－1，2] B.[－eq\r(3)，2]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1)) D.[－eq\r(2)，2]解析依题意，y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(3,8)π＋φ))的图象关于x＝eq\f(π,3)对称.∴3×eq\f(π,3)－eq\f(3π,8)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，φ＝kπ－eq\f(π,8)，k∈Z.又0＜φ＜π，所以φ＝eq\f(7,8)π，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(7,8)π)).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,8)))时，eq\f(π,2)≤3x＋eq\f(7,8)π≤eq\f(5,4)π.∴－eq\r(2)≤2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(7,8)π))≤2，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,8)))上的值域是[－eq\r(2)，2].答案D5.(多选题)(2024·海南新高考诊断)已知函数f(x)＝sin2x＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，则()A.f(x)的最小正周期为πB.曲线y＝f(x)关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称C.f(x)的最大值为eq\r(3)D.曲线y＝f(x)关于直线x＝eq\f(π,6)对称解析f(x)＝sin2x＋eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，则T＝π，f(x)的最大值为eq\r(3)，曲线y＝f(x)关于直线x＝eq\f(π,6)对称，但曲线y＝f(x)不关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称.故选ACD.答案ACD二、填空题6.如图，以Ox为始边作角α(0＜α＜π)，终边与单位圆相交于点P，已知点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(4,5)))，则eq\f(sin2α＋cos2α＋1,1＋tanα)＝________.解析由三角函数定义，得cosα＝－eq\f(3,5)，sinα＝eq\f(4,5)，∴原式＝eq\f(2sinαcosα＋2cos2α,1＋\f(sinα,cosα))＝eq\f(2cosα（sinα＋cosα）,\f(sinα＋cosα,cosα))＝2cos2α＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(18,25).答案eq\f(18,25)7.设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0).若f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))对随意的实数x都成立，则ω的最小值为________.解析由于对随意的实数都有f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))成立，故当x＝eq\f(π,4)时，函数f(x)有最大值，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1，eq\f(πω,4)－eq\f(π,6)＝2kπ(k∈Z)，∴ω＝8k＋eq\f(2,3)(k∈Z).又ω>0，∴ωmin＝eq\f(2,3).答案eq\f(2,3)8.(2024·长沙联考)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)，若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上恰有两个零点，则ω的取值范围是________.解析∵0≤x≤eq\f(2π,3)，且ω＞0，∴eq\f(π,3)≤ωx＋eq\f(π,3)≤eq\f(2πω,3)＋eq\f(π,3)，又f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上恰有两个零点，∴eq\f(2πω,3)＋eq\f(π,3)≥2π且eq\f(2πω,3)＋eq\f(π,3)＜3π.解之得eq\f(5,2)≤ω＜4.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，4))三、解答题9.(2024·浙江卷)设函数f(x)＝sinx，x∈R.(1)已知θ∈[0，2π)，函数f(x＋θ)是偶函数，求θ的值；(2)求函数y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))eq\s\up12(2)的值域.解(1)因为f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函数，所以，对随意实数x都有sin(x＋θ)＝sin(－x＋θ)，即sinxcosθ＋cosxsinθ＝－sinxcosθ＋cosxsinθ，故2sinxcosθ＝0，所以cosθ＝0.又θ∈[0，2π)，因此θ＝eq\f(π,2)或eq\f(3π,2).(2)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))eq\s\up12(2)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))))＝1－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos2x－\f(3,2)sin2x))＝1－eq\f(\r(3),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).由于x∈R，知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))∈[－1，1]，因此，所求函数的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)，1＋\f(\r(3),2))).10.(2024·长沙联考)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω＞0)的图象向左平移eq\f(π,2)个单位后与函数g(x)＝cos(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|＜\f(π,2)))图象重合.(1)求ω和φ的值；(2)若函数h(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))，求h(x)的单调递增区间及图象的对称轴方程.解(1)由题意得ω＝2，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).∵|φ|＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3).(2)h(x)＝feq\b\lc\