这是一份2023版考前三个月冲刺专题练 第13练 三角函数的图象与性质
第13练 三角函数的图象与性质1．(2019·全国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)＝|cos 2x| B．f(x)＝|sin 2x|C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|答案 A解析 A中，函数f(x)＝|cos 2x|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)＝|sin 2x|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|＝cos x的周期为2π，故C不正确；D中，f(x)＝sin|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin x，x≥0，,－sin x，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．2．(2021·全国乙卷)把函数y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的图象，则f(x)等于( )A．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(7π,12))) B．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))C．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,12))) D．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))答案 B解析 依题意，将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再将所得曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，得到f(x)的图象，所以y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))eq \o(―――――――――――――→,\s\up10(将其图象向左平移\f(π,3)个单位长度))y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的图象eq \o(――――――――――――――→,\s\up7(所有点的横坐标扩大到原来的2倍))f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的图象．3．(2018·全国Ⅱ)若f(x)＝cos x－sin x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)＝cos x－sin x＝－eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin x·\f(\r(2),2)－cos x·\f(\r(2),2)))＝－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，即x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))单调递增，则f(x)＝－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))单调递减．∵函数f(x)在[－a，a]上是减函数，∴[－a，a]⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，∴0
0)的最小正周期为T.若eq \f(2π,3)0，故由x∈(0，π)，得ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，πω＋\f(π,3))).根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有三个极值点，知eq \f(5π,2)<πω＋eq \f(π,3)≤eq \f(7π,2)，得eq \f(13,6)<ω≤eq \f(19,6).根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有两个零点，知2π<πω＋eq \f(π,3)≤3π，得eq \f(5,3)<ω≤eq \f(8,3).综上，ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))).7．(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))中心对称，则( )A．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))上单调递减B．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))上有两个极值点C．直线x＝eq \f(7π,6)是曲线y＝f(x)的对称轴D．直线y＝eq \f(\r(3),2)－x是曲线y＝f(x)的切线答案 AD解析 因为函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))中心对称，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(2π,3)＋φ))＝0，可得eq \f(4π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，结合0<φ<π，得φ＝eq \f(2π,3)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).对于A，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))时，2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3π,2)))，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))上单调递减，故A正确；对于B，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))时，2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,2)))，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))上只有一个极值点，故B不正确；对于C，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(7π,6)＋\f(2π,3)))＝sin 3π＝0，所以x＝eq \f(7π,6)不是曲线y＝f(x)的对称轴，故C不正确；对于D，因为f′(x)＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，若直线y＝eq \f(\r(3),2)－x为曲线y＝f(x)的切线，则由2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝－1，得2x＋eq \f(2π,3)＝2kπ＋eq \f(2π,3)(k∈Z)或2x＋eq \f(2π,3)＝2kπ＋eq \f(4π,3)(k∈Z)，所以x＝kπ(k∈Z)或x＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．当x＝kπ(k∈Z)时，f(x)＝eq \f(\r(3),2)，则由eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)－kπ(k∈Z)，解得k＝0；当x＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)时，f(x)＝－eq \f(\r(3),2)，方程－eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)－kπ－eq \f(π,3)(k∈Z)无解．综上所述，直线y＝eq \f(\r(3),2)－x为曲线y＝f(x)的切线，故D正确．综上所述，选AD.8．(2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则满足条件eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fx－f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)))))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fx－f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))))>0的最小正整数x为________．答案 2解析 由题图可知，eq \f(3,4)T＝eq \f(13π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(3π,4)(T为f(x)的最小正周期)，得T＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝2cos(2x＋φ)．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))可看作“五点作图法”中的第二个点，则2×eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)，得φ＝－eq \f(π,6)，所以f(x)＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)))＝2coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)))－\f(π,6)))＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11π,3)))＝2cos eq \f(π,3)＝1，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(4π,3)－\f(π,6)))＝2cos eq \f(5π,2)＝0，所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fx－f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)))))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fx－f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))))>0，即[f(x)－1]·f(x)>0，可得f(x)>1或f(x)<0，所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))>eq \f(1,2)或coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))<0.当x＝1时，2x－eq \f(π,6)＝2－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，不符合题意；当x＝2时，2x－eq \f(π,6)＝4－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,6)))，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))<0，符合题意．所以满足题意的最小正整数x为2.9．(2022·郑州模拟)若直线x＝eq \f(5π,24)是函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))图象的一条对称轴，则f(x)的单调递减区间为( )A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋2kπ，\f(17π,12)＋2kπ))(k∈Z)B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)＋2kπ，\f(5π,12)＋2kπ))(k∈Z)C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,24)＋kπ，\f(17π,24)＋kπ))(k∈Z)D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,24)＋kπ，\f(5π,24)＋kπ))(k∈Z)答案 C解析 因为直线x＝eq \f(5π,24)是函数f(x)＝sin(2x＋φ)图象的一条对称轴，所以eq \f(5π,12)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z.又0<φ<eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,12).由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,12)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq \f(5π,24)＋kπ≤x≤eq \f(17π,24)＋kπ，k∈Z，所以f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,24)＋kπ，\f(17π,24)＋kπ))(k∈Z)．10．(2022·武汉质检)已知函数y＝g(x)的图象与函数y＝sin 2x的图象关于直线x＝π对称，将g(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后得到函数y＝f(x)的图象，则函数y＝f(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域为( )A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)) D．[0,1]答案 C解析 设(x，y)为g(x)图象上一点，则点(x，y)关于直线x＝π对称的点为(2π－x，y)，由题意知点(2π－x，y)在函数y＝sin 2x的图象上，则y＝sin 2(2π－x)＝－sin 2x，所以g(x)＝－sin 2x，则f(x)＝－sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x－eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，所以－eq \f(\r(3),2)≤f(x)≤1.11．(多选)(2022·重庆质检)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋1(ω>0,0<φ<π)为偶函数，其图象与直线y＝2的两个交点的横坐标分别为x1，x2，若|x1－x2|的最小值为π，将f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到g(x)的图象，则下列说法正确的是( )A．g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，1))是函数g(x)图象的一个对称中心C．函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调递减D．若方程g(x)＝m在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个不相等的实数根，则eq \f(3,2)≤m≤2答案 AC解析 由题意可得，函数f(x)的最小正周期为π，则ω＝2，因为函数f(x)为偶函数，则φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，因为0<φ<π，所以φ＝eq \f(π,2)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＋1，向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,2)))＋1＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，故A正确；geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,6)＋\f(π,6)))＋1＝－eq \f(1,2)＋1＝eq \f(1,2)≠1，故B错误；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，g(x)单调递减，故C正确；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(7π,6)))，若方程g(x)＝m在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个不相等的实数根，则eq \f(3,2)≤m<2，故D错误．12．(多选)(2022·重庆模拟)函数f(x)＝sin(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( ) A．函数f(x)的最小正周期为πB．函数f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,12)对称C．函数f(x)在(－2π，2π)内的所有零点之和为eq \f(2π,3)D．将函数f(x)图象上各点的横坐标扩大为原来的2倍，再向右平移eq \f(5π,6)个单位长度后得到函数y＝cos x的图象答案 AB解析 由题图知T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，则A正确；∴ω＝2，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝0，|φ|<eq \f(π,2)，∴φ＝－eq \f(π,3)，∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)－\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－1，∴直线x＝－eq \f(π,12)是f(x)图象的一条对称轴，则B正确；在x∈(－2π，2π)时，令t＝2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4π－\f(π,3)，4π－\f(π,3)))，作出y＝sin t的图象，如图，由正弦函数图象知，y＝sin t在t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4π－\f(π,3)，4π－\f(π,3)))上的所有零点之和为tA＋tB＋tC＋tD＋tO＋tE＋tF＋tG＝tA＝－4π，∴f(x)在(－2π，2π)内的所有零点之和为eq \f(－4π＋\f(π,3),2)＝－eq \f(11π,6)，则C错误；f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的横坐标扩大2倍，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，向右平移eq \f(5π,6)个单位长度，得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)－\f(5π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,6)))，并不是y＝cos x，则D错误．13．(2022·淮南模拟)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－m，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,6)))有三个不同的零点x1，x2，x3，且x10，|φ|<\f(π,2)))的零点按照由小到大的顺序依次构成一个公差为eq \f(π,2)的等差数列，函数g(x)＝f(x)＋eq \f(1,2)f′(x)的图象关于原点对称，则( )A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增B．∀x1，x2∈R，|f(x1)－g(x2)|≤1＋eq \r(2)C．把g(x)的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度即可得到f(x)的图象D．若f(x)在[0，a)上有且仅有两个极值点，则a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,8)，\f(11π,8)))答案 BD解析 由题意可知，函数两个相邻的零点之差的绝对值为eq \f(π,2)，设函数f(x)的周期为T，则eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，即T＝π，即eq \f(2π,|ω|)＝π，又ω>0，∴ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋φ)，∴g(x)＝f(x)＋eq \f(1,2)f′(x)＝sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,4)))，又函数g(x)的图象关于原点对称，即g(x)为奇函数，∴φ＋eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，∴φ＝－eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z，又|φ|<eq \f(π,2)，∴φ＝－eq \f(π,4)，∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，∴g(x)＝eq \r(2)sin 2x，∵x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2x∈(0，π)，∴2x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，结合正弦函数性质知f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上不单调，故A错误；∀x1，x2∈R，函数f(x1)的值域为[－1,1]，函数g(x2)的值域为[－eq \r(2)，eq \r(2)]，∴|f(x1)－g(x2)|≤1＋eq \r(2)，故B正确；g(x)的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度得到y＝eq \r(2)sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，故C错误；∵x∈[0，a)，∴2x∈[0,2a)，∴2x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，2a－\f(π,4)))，利用正弦函数的性质知，要使函数f(x)在[0，a)上有且仅有两个极值点，则需满足eq \f(3π,2)<2a－eq \f(π,4)≤eq \f(5π,2)，解得eq \f(7π,8)0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))满足下列条件：①f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝0；②f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,3)))上具有相反的单调性；③∀x1，x2∈R，f(x1)f(x2)≤4，并且等号能取到．则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,36)))＝________.答案 eq \r(3)解析 由f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝0可知，f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))对称，由f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,3)))上具有相反的单调性可知，直线x＝eq \f(π,12)是f(x)的图象的一条对称轴，又eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,3)))，所以f(x)的最小正周期T满足eq \f(T,4)＝eq \f(π,4)－eq \f(π,12)＝eq \f(π,6)，所以T＝eq \f(2π,3)，所以eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,3)，所以ω＝3，所以f(x)＝Acos(3x＋φ)，由余弦函数的性质，得3×eq \f(π,12)＋φ＝0＋kπ，k∈Z，又|φ|<eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,4).由∀x1，x2∈R，－A≤f(x1)≤A，－A≤f(x2)≤A可知，f(x1)f(x2)≤A2，又f(x1)f(x2)≤4，且等号都能取到，所以A2＝4，则A＝2，故f(x)＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,36)))＝2cos eq \f(π,6)＝eq \r(3).16．(2022·晋中模拟)已知函数f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cos ωx(ω>0)，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递增，则满足条件的ω的最大值为________．答案 eq \f(13,3)解析 f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cos ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，由2kπ－eq \f(π,2)≤ωx＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得eq \f(2kπ,ω)－eq \f(5π,6ω)≤x≤eq \f(2kπ,ω)＋eq \f(π,6ω)，k∈Z，∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2kπ,ω)－\f(5π,6ω)，\f(2kπ,ω)＋\f(π,6ω)))(k∈Z)．由题意知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2kπ,ω)－\f(5π,6ω)，\f(2kπ,ω)＋\f(π,6ω)))，k∈Z，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2kπ,ω)－\f(5π,6ω)≤\f(π,3)，,\f(π,2)≤\f(2kπ,ω)＋\f(π,6ω)))k∈Z，∴6k－eq \f(5,2)≤ω≤4k＋eq \f(1,3)，k∈Z.∵ω>0，∴当k＝0时，－eq \f(5,2)≤ω≤eq \f(1,3)；∴0<ω≤eq \f(1,3)，当k＝1时，eq \f(7,2)≤ω≤eq \f(13,3)；当k≥2，k∈Z时，ω∈∅，∴ωmax＝eq \f(13,3).[考情分析] 高考必考内容，重点考查三角函数的图象与性质及三角函数图象变换的正用、逆用，多以选择题和填空题的形式考查，也在解答题中出现，难度中等．一、三角函数的图象及变换核心提炼图象变换(先平移后伸缩)y＝sin xeq \o(―――――――――→,\s\up7(向左φ>0或向右φ<0),\s\do5(平移|φ|个单位长度))y＝sin(x＋φ) eq \o(――――――――――――→,\s\up10(横坐标变为原来的\f(1,ω)(ω>0)倍),\s\do8(纵坐标不变))y＝sin(ωx＋φ)eq \o(―――――――――――→,\s\up7(纵坐标变为原来的AA>0倍),\s\do5(横坐标不变))y＝Asin(ωx＋φ)．(先伸缩后平移)y＝sin xeq \o(――――――――――――→,\s\up10(横坐标变为原来的\f(1,ω)(ω>0)倍),\s\do8(纵坐标不变))y＝sin ωxeq \o(――――――――→,\s\up7(向左φ>0或右φ<0),\s\do7(平移\f(|φ|,ω)个单位长度))y＝sin(ωx＋φ)eq \o(―――――――――――→,\s\up7(纵坐标变为原来的AA>0倍),\s\do5(横坐标不变))y＝Asin(ωx＋φ)．练后反馈二、三角函数的解析式核心提炼确定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)的步骤和方法(1)求A，b，确定函数的最大值M和最小值m，则A＝eq \f(M－m,2)，b＝eq \f(M＋m,2).(2)求ω，确定函数的最小正周期T，则可得ω＝eq \f(2π,T).(3)求φ，常用的方法有：五点法、特殊点法．练后反馈三、三角函数的性质核心提炼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．练后反馈1．[T5补偿](2022·成都模拟)函数f(x)＝2sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))的图象如图所示，现将y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，所得图象对应的函数解析式为( ) A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))C．y＝2cos 2x D．y＝2sin 2x答案 D解析 由题图可知，f(x)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，2))，又0<φ<eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,3)，所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).将f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝2sin 2x.2．[T7补偿](2022·宝鸡模拟)已知函数f(x)＝sin 2x－2sin2x，给出下列结论，正确的是( )A．函数f(x)的最小正周期是2πB．函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,8)))上单调递减C．函数f(x)的图象关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))对称D．函数f(x)的图象可由函数y＝eq \r(2)sin 2x的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度，再向下平移1个单位长度得到答案 B解析 由题意，得函数f(x)＝sin 2x－2sin2x＝sin 2x＋cos 2x－1＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))－1，所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，所以A错误；由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,8)))，可得2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,8)))上单调递减，所以B正确；由函数f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))－1，令2x＋eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，得x＝－eq \f(π,8)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，当k＝0时，可得x＝－eq \f(π,8)，所以函数f(x)图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，－1))，所以C错误；由函数y＝eq \r(2)sin 2x的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度，得到y＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，再向下平移1个单位长度，得到y＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－1，所以D错误．3．[T15补偿](2022·赤峰模拟)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω>0)的最小正周期为T，若eq \f(2π,3)0)个单位长度后关于y轴对称，则φ的最小值为( )A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,10) C.eq \f(3π,10) D．π答案 B解析 函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω>0)的最小正周期为T，则T＝eq \f(2π,ω)，由eq \f(2π,3)0)个单位长度后得到f(x＋φ)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)x＋\f(5,2)φ＋\f(π,4)))＋2，由于f(x＋φ)是偶函数，所以eq \f(5,2)φ＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z⇒φ＝eq \f(π,10)＋eq \f(2,5)kπ，k∈Z，当k＝0时，φ取最小值，为eq \f(π,10).4．[T6补偿](2022·合肥模拟)已知函数f(x)＝sin πωx－eq \r(3)cos πωx(ω>0)在(0,1)内恰有3个极值点和4个零点，则实数ω的取值范围是( )A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(23,6))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(13,3)))C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,6)，\f(13,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,6)，\f(23,6)))答案 A解析 f(x)＝sin πωx－eq \r(3)cos πωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πωx－\f(π,3)))，因为x∈(0,1)，所以πωx－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，ωπ－\f(π,3)))，因为函数f(x)＝sin πωx－eq \r(3)cos πωx(ω>0)在(0,1)内恰有3个极值点和4个零点，由图象(图略)得3π<ωπ－eq \f(π,3)≤eq \f(7π,2)，解得eq \f(10,3)<ω≤eq \f(23,6)，所以实数ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(23,6))).5．[T11补偿](多选)已知函数f(x)＝sin|x|－eq \r(3)|cos x|，下列关于函数f(x)的说法正确的有( )A．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(3π,2)))上单调递增B．2π是函数f(x)的周期C．函数f(x)的值域为[－2,1]D．函数f(x)在[－2π，2π]内有4个零点答案 ACD解析 ∵函数f(x)＝sin|x|－eq \r(3)|cos x|，定义域为R，f(－x)＝sin|－x|－eq \r(3)|cos(－x)|＝sin|x|－eq \r(3)|cos x|＝f(x)，∴f(x)为偶函数．当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(3π,2)))时，cos x<0，f(x)＝sin x＋eq \r(3)cos x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(11π,6)))，此时f(x)单调递增，故A正确；∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sin eq \f(π,3)－eq \r(3)cos eq \f(π,3)＝0，∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2π))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)))＝－eq \r(3)≠f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))，∴2π不是函数f(x)的周期，故B错误；当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈N或eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋2kπ，2π＋2kπ))，k∈N时，|cos x|＝cos x，此时f(x)＝sin x－eq \r(3)cos x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))，k∈N时，|cos x|＝－cos x，此时f(x)＝sin x＋eq \r(3)cos x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，当x≥0时，2π是函数的一个周期，故考虑x∈[0,2π]时，函数的值域，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，此时f(x)单调递增，f(x)∈[－eq \r(3)，1)；当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，\f(11π,6)))，此时f(x)先减后增，f(x)∈(－2,1]；当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))时，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(5π,3)))，此时f(x)先减后增，f(x)∈[－2，－1)，综上可知，f(x)∈[－2,1]，故C正确；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(0)·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<0，且函数单调递增，故存在1个零点；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(7π,6)))时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))<0，且函数单调递减，故存在1个零点；其他区域无零点，故当x∈[0,2π]时，函数有2个零点，∵函数为偶函数，∴函数f(x)在[－2π，2π]内有4个零点，故D正确．6．[T16补偿](2022·南宁模拟)f(x)＝eq \r(3)cos2x－sin xcos x在[－m，m]上单调递减，则实数m的最大值是________．答案 eq \f(π,12)解析 依题意知f(x)＝eq \f(\r(3),2)(1＋cos 2x)－eq \f(1,2)sin 2x＝eq \f(\r(3),2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin 2x－\f(\r(3),2)cos 2x))＝eq \f(\r(3),2)－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，由－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，得－eq \f(π,12)≤x≤eq \f(5π,12)，因此，函数f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，因为f(x)在[－m，m]上单调递减，于是得[－m，m]⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0
