新课标2025版高考数学二轮复习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学案文新人教A版

PAGE1-第1讲三角函数的图象与性质[做真题]1．(2024·高考全国卷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：选A.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.2．(2024·高考全国卷Ⅲ)已知sinα－cosα＝eq\f(4,3)，则sin2α＝()A．－eq\f(7,9) B．－eq\f(2,9)C.eq\f(2,9) D.eq\f(7,9)解析：选A.将sinα－cosα＝eq\f(4,3)的两边进行平方，得sin2α－2sinαcosα＋cos2α＝eq\f(16,9)，即sin2α＝－eq\f(7,9)，故选A.3．(2024·高考全国卷Ⅰ)将函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移eq\f(1,4)个周期后，所得图象对应的函数为()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))) D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))解析：选D.函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的周期为π，所以将函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度后，得到函数图象对应的解析式为y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).故选D.4．(一题多解)(2024·高考全国卷Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx在[0，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：选C.法一：f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).当x∈[0，a]时，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，a＋\f(π,4)))，所以结合题意可知，a＋eq\f(π,4)≤π，即a≤eq\f(3π,4)，故所求a的最大值是eq\f(3π,4).故选C.法二：f′(x)＝－sinx－cosx＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).于是，由题设得f′(x)≤0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥0在区间[0，a]上恒成立．当x∈[0，a]时，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，a＋\f(π,4)))，所以a＋eq\f(π,4)≤π，即a≤eq\f(3π,4)，故所求a的最大值是eq\f(3π,4).故选C.5．(2024·高考全国卷Ⅰ)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值为________．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)))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，f(x)min＝－4.答案：－4[明考情]1．高考对此部分内容的命题主要集中在三角函数的定义、图象与性质，主要考查图象的变换，函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性及最值，并常与三角恒等变换交汇命题．2．主要以选择、填空题的形式考查，难度为中等偏下．

三角函数的基本问题(基础型)[学问整合]三角函数：设α是一个随意角，它的终边与单位圆交于点P(x，y)，则sinα＝y，cosα＝x，tanα＝eq\f(y,x).各象限角的三角函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦．同角三角函数基本关系式：sin2α＋cos2α＝1，eq\f(sinα,cosα)＝tanα.诱导公式：在eq\f(kπ,2)＋α，k∈Z的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”．[考法全练]1．若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝－eq\f(3,5)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则tan(π－α)＝()A.eq\f(4,3) B.eq\f(2,3)C．－eq\f(2,3) D．－eq\f(4,3)解析：选A.由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝cosα＝－eq\f(3,5)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(4,5)，所以tan(π－α)＝－tanα＝－eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(\f(4,5),－\f(3,5))＝eq\f(4,3).2．已知sin(5π－α)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))，则eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),sinα＋2cosα)＝()A.eq\f(2\r(2),5) B.eq\f(－\r(2),5)C．－2eq\r(2) D．－eq\r(2)解析：选C.由sin(5π－α)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))，得sinα＝－3cosα，所以tanα＝－3，则eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),sinα＋2cosα)＝eq\f(\f(\r(2),2)（cosα－sinα）,sinα＋2cosα)＝eq\f(\f(\r(2),2)（1－tanα）,tanα＋2)＝eq\f(\f(\r(2),2)×4,－1)＝－2eq\r(2).故选C.3．(2024·福建省质量检查)在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，终边交单位圆O于点P(a，b)，且a＋b＝eq\f(7,5)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))的值是________．解析：由三角函数的定义知cosα＝a，sinα＝b，所以cosα＋sinα＝a＋b＝eq\f(7,5)，所以(cosα＋sinα)2＝1＋sin2α＝eq\f(49,25)，所以sin2α＝eq\f(49,25)－1＝eq\f(24,25)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝－sin2α＝－eq\f(24,25).答案：－eq\f(24,25)三角函数的图象与解析式(综合型)[学问整合]函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象(1)“五点法”作图设z＝ωx＋φ，令z＝0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3π,2)，2π，求出x的值与相应的y的值，描点、连线可得．(2)图象变换y＝sinxeq\o(→,\s\up7(向左（φ>0）或向右（φ<0）),\s\do5(平移|φ|个单位))y＝sin(x＋φ)eq\o(→,\s\up7(纵坐标变为原来的A（A>0）倍),\s\do5(横坐标不变))y＝Asin(ωx＋φ)．[典型例题](1)(2024·高考天津卷)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)是奇函数，且f(x)的最小正周期为π，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(2)(2024·蓉城名校第一次联考)已知函数f(x)＝Asin(2x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，|θ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，f(a)＝f(b)＝0，f(a＋b)＝eq\r(3)，则f(x)＝________．【解析】(1)因为函数f(x)为奇函数，且|φ|＜π，所以φ＝0.又f(x)的最小正周期为π，所以eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.所以f(x)＝Asin2x.由题意可得g(x)＝Asinx，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)，即Asineq\f(π,4)＝eq\r(2)，解得A＝2.故f(x)＝2sin2x.所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2sineq\f(3π,4)＝eq\r(2).故选C.(2)由题图可知A＝2，则f(x)＝2sin(2x＋θ)．因为f(a)＝f(b)＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＝2，则sin(a＋b＋θ)＝1，a＋b＋θ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z.由f(a＋b)＝eq\r(3)得sin[2(a＋b)＋θ]＝eq\f(\r(3),2)，2(a＋b)＋θ＝eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，或2(a＋b)＋θ＝eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，所以θ＝eq\f(2π,3)＋2kπ或θ＝eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，又|θ|＜eq\f(π,2)，所以θ＝eq\f(π,3)，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).【答案】(1)C(2)2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))eq\a\vs4\al()(1)函数表达式y＝Asin(ωx＋φ)＋B的确定方法字母确定途径说明A由最值确定A＝eq\f(最大值－最小值,2)B由最值确定B＝eq\f(最大值＋最小值,2)ω由函数的周期确定利用图象中最高、最低点或图象与x轴交点的横坐标确定周期φ由图象上的特殊点确定代入图象上某一个已知点的坐标，表示出φ后，利用已知范围求φ(2)三角函数图象平移问题的处理策略①看平移要求：首先要看题目要求由哪个函数平移得到哪个函数，这是推断移动方向的关键点．②看移动方向：移动的方向一般记为“正向左，负向右”，看y＝Asin(ωx＋φ)中φ的正负和它的平移要求．③看移动单位：在函数y＝Asin(ωx＋φ)中，周期变换和相位变换都是沿x轴方向的，所以ω和φ之间有肯定的关系，φ是初相，再经过ω的压缩，最终移动的单位是eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω))).[对点训练]1．(2024·广州市调研测试)将函数y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度，再把所得图象上全部点的横坐标伸长到原来的2倍得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,6)π))的图象，则f(x)＝()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(1,6)π)) B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(1,6)π))C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(1,3)π)) D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(1,3)π))解析：选B.由题设知，先将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,6)π))的图象上全部点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，再将所得图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度即得函数f(x)的图象，故f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3×2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－\f(1,6)π))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(1,6)π)).故选B.2．函数y＝sinωx(ω>0)的部分图象如图所示，点A、B是最高点，点C是最低点，若△ABC是直角三角形，则ω的值为()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D．π解析：选A.由已知得△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，所以eq\f(1,2)|AB|＝ymax－ymin＝1－(－1)＝2，即|AB|＝4，而T＝|AB|＝eq\f(2π,ω)＝4，解得ω＝eq\f(π,2)，故选A.3．(2024·蓉城名校第一次联考)若将函数g(x)图象上全部的点向左平移eq\f(π,6)个单位长度得到函数f(x)的图象，已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则()A．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) B．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))C．g(x)＝sin2x D．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))解析：选C.依据题图有A＝1，eq\f(3,4)T＝eq\f(5π,6)－eq\f(π,12)＝eq\f(3π,4)⇒T＝π＝eq\f(2π,ω)⇒ω＝2(T为f(x)的最小正周期)，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝1⇒sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝1⇒eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z⇒φ＝eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z.因为|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，将f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象，则g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝sin2x.故选C.三角函数的性质(综合型)[学问整合]三角函数的单调区间(1)y＝sinx的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)．(2)y＝cosx的单调递增区间是[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，单调递减区间是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)．(3)y＝tanx的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)．三角函数的奇偶性、对称轴方程(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．[典型例题](1)(2024·高考全国卷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)))单调递增的是()A．f(x)＝|cos2x| B．f(x)＝|sin2x|C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|(2)(一题多解)(2024·洛阳尖子生其次次联考)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上单调递增，则ω的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(8,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，2))【解析】(1)A中，函数f(x)＝|cos2x|的周期为eq\f(π,2)，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))，函数f(x)单调递增，故A正确；B中，函数f(x)＝|sin2x|的周期为eq\f(π,2)，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))，函数f(x)单调递减，故B不正确；C中，函数f(x)＝cos|x|＝cosx的周期为2π，故C不正确；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，故D不正确．故选A.(2)法一：由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,4)＋\f(π,6)≥－\f(π,2)＋2kπ，k∈Z,\f(2ωπ,3)＋\f(π,6)≤\f(π,2)＋2kπ，k∈Z))，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≤\f(8,3)－8k，k∈Z,ω≤\f(1,2)＋3k，k∈Z))，又ω＞0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－8k＞0,\f(1,2)＋3k＞0))，k∈Z，所以k＝0，则0＜ω≤eq\f(1,2)，故选B.法二：取ω＝1，则f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，令eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，当k＝1时，函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))上单调递减，与函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上单调递增冲突，故ω≠1，结合四个选项知选B.【答案】(1)A(2)Beq\a\vs4\al()三角函数的单调区间及周期的求法(1)三角函数单调区间的求法求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A、ω、φ为常数，A≠0，ω>0)的单调区间的一般思路是令ωx＋φ＝z，则y＝Asinz(或y＝Acosz)，然后利用函数y＝sinx(或y＝cosx)的单调区间求解．(2)三角函数周期的求法函数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|).[对点训练]1．(2024·河北衡水第十三中学质检四)同时满意f(x＋π)＝f(x)与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))的函数f(x)的解析式可以是()A．f(x)＝cos2x B．f(x)＝tanxC．f(x)＝sinx D．f(x)＝sin2x解析：选D.由题意得所求函数的周期为π，且图象关于x＝eq\f(π,4)对称．A．f(x)＝cos2x的周期为π，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0不是函数f(x)的最值，所以其图象不关于x＝eq\f(π,4)对称．B．f(x)＝tanx的周期为π，但图象不关于x＝eq\f(π,4)对称．C．f(x)＝sinx的周期为2π，不合题意．D．f(x)＝sin2x的周期为π，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1为函数最大值，所以D满意条件，故选D.2．(2024·沈阳市质量监测(一))设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，则下列结论正确的是()A．函数y＝f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))B．函数y＝f(x)的图象可由y＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,8)个单位长度得到C．函数y＝f(x)的图象的一条对称轴的方程为x＝eq\f(π,8)D．若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,24)，\f(π,2)))，则y＝f(x)的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))解析：选D.对于A，令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(7π,8)，k∈Z，A错；对于B，y＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,8)个单位长度是y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象，B错；对于C，令2x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(k,2)π＋eq\f(3π,8)，k∈Z，当k＝－1时，x＝－eq\f(π,8)，当k＝0时，x＝eq\f(3π,8)，C错；对于D，若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,24)，\f(π,2)))，则2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(3π,4)))，故f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))，D正确．3．(2024·石家庄市质量检测)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)))上单调递增B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递减C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增解析：选A.f(x)＝sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋φ)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,4)))，因为f(x)的最小正周期为π，所以ω＝2，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,4))).f(－x)＝f(x)，即f(x)为偶函数，所以φ－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，所以φ＝kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)．因为|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，所以f(x)＝－eq\r(2)cos2x，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减，故选A.三角函数与其他学问的交汇(交汇型)[学问整合]三角函数的图象与性质是高考考查的重点，近年来，三角函数与其他学问交汇命题成为高考的热点，由原来三角函数与平面对量的交汇渗透到三角函数与函数的零点、数列、不等式、复数、方程等学问的交汇．[典型例题](1)设集合M＝{y|y＝|cos2x－sin2x|，x∈R}，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,i)))<\r(2)，i为虚数单位，x∈R))，则M∩N为()A．(0，1) B．(0，1]C．[0，1) D．[0，1](2)已知α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))eq\s\up12(3)－sinα－2＝0，8β3＋2cos2β＋1＝0，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β))的值为()A．0 B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2) D．1【解析】(1)y＝|cos2x－sin2x|＝|cos2x|∈[0，1]，所以M＝[0，1]．因为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,i)))<eq\r(2)，所以|x＋i|<eq\r(2)，即x2＋1<2.又因为x∈R，所以－1<x<1，即N＝(－1，1)，所以M∩N＝[0，1)，故选C.(2)由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))eq\s\up12(3)－sinα－2＝0，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))eq\s\up12(3)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))－2＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))eq\s\up12(3)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＋2＝0.由8β3＋2cos2β＋1＝0，得(2β)3＋cos2β＋2＝0，所以可设f(x)＝x3＋cosx＋2，则x1＝eq\f(π,2)－α，x2＝2β为方程f(x)＝0的解．因为α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以eq\f(π,2)－α∈[－π，0]，2β∈[－π，0]．易知函数f(x)在[－π，0]上为单调递增函数，所以方程f(x)＝0只有一个解，所以eq\f(π,2)－α＝2β，所以eq\f(α,2)＋β＝eq\f(π,4)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β))＝sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)，故选B.【答案】(1)C(2)Beq\a\vs4\al()解决三角函数与其他学问的交汇问题，可利用数形结合思想．利用“数形结合”思想还可以解决以下问题：(1)探讨含有参数的方程的解的个数问题．(2)求三角函数解析式中含有参数的最值问题．(3)求一些特殊函数的周期．(4)利用三角函数的图象对实际问题作出分析等．[对点训练]1．设an＝eq\f(1,n)sineq\f(nπ,25)，Sn＝a1＋a2＋…＋an，在S1，S2，…，S100中，正数的个数是()A．25 B．50C．75 D．100解析：选D.当1≤n≤24时，an>0，当26≤n≤49时，an<0，但其肯定值要小于1≤n≤24时相应的值；当51≤n≤74时，an>0；当76≤n≤99时，an<0，但其肯定值要小于51≤n≤74时相应的值．故当1≤n≤100时，均有Sn>0.2．若存在实数φ，使得圆面x2＋y2≤4恰好覆盖函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,k)x＋φ))图象的最高点或最低点共三个，则正数k的取值范围是________．解析：函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,k)x＋φ))的图象的最高点或最低点肯定在直线y＝±1上，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝±1，,x2＋y2≤4，))解得－eq\r(3)≤x≤eq\r(3)，由题意可得：T＝eq\f(2π,\f(π,k))＝2k，T≤2eq\r(3)<2T，解得正数k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3)))一、选择题1．(2024·山东寿光一模)若角α的终边过点A(2，1)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π－α))＝()A．－eq\f(2\r(5),5) B．－eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(2\r(5),5)解析：选A.依据三角函数的定义可知cosα＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π－α))＝－cosα＝－eq\f(2\r(5),5)，故选A.2．已知角θ的始边与x轴的非负半轴重合，终边过点M(－3，4)，则cos2θ－sin2θ＋tanθ的值为()A．－eq\f(121,75) B.eq\f(121,75)C．－eq\f(79,75) D.eq\f(79,75)解析：选A.设O为坐标原点，则由已知得|OM|＝5，因而cosθ＝－eq\f(3,5)，sinθ＝eq\f(4,5)，tanθ＝－eq\f(4,3)，则cos2θ－sin2θ＋tanθ＝eq\f(9,25)－eq\f(16,25)－eq\f(4,3)＝－eq\f(121,75).3．(2024·武昌区调研考试)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)解析：选B.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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，故选B.4．(2024·济南市模拟考试)若函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω＞0)在[0，π]上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，则ω的最小值为()A.eq\f(2,3) B.eq\f(3,4)C.eq\f(4,3) D.eq\f(3,2)解析：选A.因为0≤x≤π，ω＞0，所以－eq\f(π,6)≤ωx－eq\f(π,6)≤ωπ－eq\f(π,6).又f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以ωπ－eq\f(π,6)≥eq\f(π,2)，所以ω≥eq\f(2,3)，故选A.5．(2024·郑州市第一次质量预料)已知曲线C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))，则下列结论正确的是()A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq\f(7π,12)个单位长度，得到曲线C2B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到曲线C2C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq\f(7π,12)个单位长度，得到曲线C2D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq\f(π,6)个单位长度，得到曲线C2解析：选C.把曲线C1：y＝cosx上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，得到函数y＝cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的图象，再把图象向右平移eq\f(7π,12)个单位长度，得到函数y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)－\f(7π,12)))＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))的图象，即得曲线C2.故选C.6．(2024·湖南省湘东六校联考)已知函数f(x)＝|sinx|·|cosx|，则下列说法不正确的是()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：选C.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.二、填空题7．(2024·高考江苏卷)已知函数y＝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的值是____________．解析：由函数y＝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，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝±1，因为－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)＋φ<eq\f(7π,6)，则eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，φ＝－eq\f(π,6).答案：－eq\f(π,6)8．(2024·济南市模拟考试)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))的值为________．解析：设f(x)的最小正周期为T，依据题中图象可知，eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，所以T＝π，故ω＝2，依据2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝0(增区间上的零点)可知，eq\f(π,6)＋φ＝2kπ，k∈Z，即φ＝2kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，又|φ|＜eq\f(π,2)，故φ＝－eq\f(π,6).所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(14π,6)－\f(π,6)))＝2sineq\f(π,6)＝1.答案：19．已知ω>0，在函数y＝2sinωx与y＝2cosωx的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为2eq\r(3)，则ω＝________．解析：令ωx＝X，则函数y＝2sinX与y＝2cosX的图象的交点坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2kπ，\r(2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)＋2kπ，－\r(2)))，k∈Z.因为距离最短的两个交点的距离为2eq\r(3)，所以相邻两交点横坐标的最短距离是2＝eq\f(T,2)，所以T＝4＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)三、解答题10．已知函数f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋1(A>0，ω>0)的最小值为－1，其图象的相邻两个最高点之间的距离为π.(1)求函数f(x)的解析式；(2)设α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝2，求α的值．解：(1)因为函数f(x)的最小值为－1，所以－A＋1＝－1，即A＝2.因为函数f(x)的图象的相邻两个最高点之间的距离为π，所以函数f(x)的最小正周期T＝π，所以ω＝2，故函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin