2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第四章 三角函数、解三角形 第4节 三角函数的图象与性质

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1.用五点法作正弦函数和余弦函数的简图
(1)正弦函数y＝sin x，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是：(0，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0).
(2)余弦函数y＝cs x，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是：(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0))，(2π，1).
2.正弦、余弦、正切函数的图象与性质(下表中k∈Z)
1.函数y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acs(ωx＋φ)的周期T＝eq \f(2π,|ω|)，函数y＝Atan(ωx＋φ)的周期T＝eq \f(π,|ω|).
2.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eq \f(1,2)T，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是eq \f(1,4)T，其中T为周期，正切曲线相邻两对称中心之间的距离是eq \f(1,2)T，其中T为周期.
3.对于y＝tan x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\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)内为增函数.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)余弦函数y＝cs x的对称轴是y轴.( )
(2)正切函数y＝tan x在定义域内是增函数.( )
(3)已知y＝ksin x＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1.( )
(4)y＝sin|x|是偶函数.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
解析 (1)余弦函数y＝cs x的对称轴有无穷多条，y轴只是其中的一条.
(2)正切函数y＝tan x在每一个区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)上都是增函数，但在定义域内不是单调函数，故不是增函数.
(3)当k>0时，ymax＝k＋1；当k<0时，ymax＝－k＋1.
2.函数f(x)＝－2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的定义域是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,6)))))
B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠－\f(π,12)))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,6)（k∈Z）))))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,6)（k∈Z）))))
答案 D
解析 由2x＋eq \f(π,6)≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)，k∈Z.
3.下列函数中，是奇函数的是( )
A.y＝|cs x＋1| B.y＝1－sin x
C.y＝－3sin(2x＋π) D.y＝1－tan x
答案 C
解析 选项A中的函数是偶函数，选项B，D中的函数既不是奇函数，也不是偶函数；
因为y＝－3sin(2x＋π)＝3sin 2x，所以是奇函数，选C.
4.(易错题)函数y＝cs2x＋sin x的值域为( )
A.[－1，1] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(5,4))) D.[0，1]
答案 C
解析 y＝cs2x＋sin x＝－sin2x＋sin x＋1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(5,4)，
∴当sin x＝eq \f(1,2)时，ymax＝eq \f(5,4).
当sin x＝－1时，ymin＝－1.
5.函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的最小正周期是________.
答案 π
6.(易错题)函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的图象的对称中心是________.
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,4)，0))，k∈Z
解析 由x＋eq \f(π,4)＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,4)，k∈Z，∴对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,4)，0))，k∈Z.
考点一 三角函数的定义域和值域
1.函数y＝eq \r(sin x－cs x)的定义域为______.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)
解析 要使函数有意义，必须使sin x－cs x≥0.
利用图象，在同一坐标系中画出[0，2π]上y＝sin x和y＝cs x的图象，如图所示.
在[0，2π]内，满足sin x＝cs x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\c1(x|2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5,4)π，k∈Z)).
2.函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的最大值为________.
答案 eq \r(2)
解析 f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))
＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))－\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))
＝－eq \r(2)cs x，
所以当x＝(2k＋1)π(k∈Z)时，f(x)max＝eq \r(2).
3.函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2)))－3cs x的最小值为________.
答案 －4
解析 因为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2)))－3cs x＝－cs 2x－3cs x＝－2cs2x－3cs x＋1，
令t＝cs x，则t∈[－1，1]，
所以g(t)＝－2t2－3t＋1.
又函数g(t)图象的对称轴t＝－eq \f(3,4)∈[－1，1]，且开口向下，所以当t＝1时，g(t)有最小值－4.
综上，f(x)的最小值为－4.
4.函数y＝sin x－cs x＋sin xcs x的值域为________.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\r(2)，1))
解析 设t＝sin x－cs x，
则t2＝sin2x＋cs2x－2sin xcs x，
sin xcs x＝eq \f(1－t2,2)，且－eq \r(2)≤t≤eq \r(2).
∴y＝－eq \f(t2,2)＋t＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)(t－1)2＋1.
当t＝1时，ymax＝1；
当t＝－eq \r(2)时，ymin＝－eq \f(1＋2\r(2),2).
∴函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\r(2)，1)).
感悟提升 1.求三角函数的定义域通常要解三角不等式(组)，解三角不等式(组)常借助三角函数线或三角函数的图象.
2.求解三角函数的值域(最值)常见的几种类型：
(1)形如y＝asin x＋bcs x＋c的三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)；
(2)形如y＝asin2x＋bsin x＋c的三角函数，可先设sin x＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)；
(3)形如y＝asin xcs x＋b(sin x±cs x)＋c的三角函数，可先设t＝sin x±cs x，化为关于t的二次函数求值域(最值).
(4)一些复杂的三角函数，可考虑利用导数确定函数的单调性，然后求最值.
考点二 三角函数的周期性、奇偶性、对称性
例1 (1)(2022·成都调研)在函数①y＝cs|x|，②y＝|cs x|，③y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，④y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))中，最小正周期为π的函数有( )
A.①③ B.①④ C.②④ D.②③
(2)已知函数f(x)＝asin x＋cs x(a为常数，x∈R)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，则函数g(x)＝sin x＋acs x的图象( )
A.关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称
B.关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))对称
C.关于直线x＝eq \f(π,3)对称
D.关于直线x＝eq \f(π,6)对称
(3)(2022·西安调研)已知函数f(x)＝2sin(x＋θ＋eq \f(π,3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))))是偶函数，则θ的值为________.
答案 (1)D (2)C (3)eq \f(π,6)
解析 (1)①y＝cs|x|＝cs x，最小正周期为2π，错误；②y＝|cs x|，最小正周期为π，正确；③y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，正确；④y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))最小正周期为eq \f(π,2)，错误.故选D.
(2)由题意知f(0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
所以1＝eq \f(\r(3),2)a＋eq \f(1,2)，a＝eq \f(\r(3),3)，
所以g(x)＝sin x＋eq \f(\r(3),3)cs x＝eq \f(2\r(3),3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，
当x＝eq \f(π,3)时，x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，所以直线x＝eq \f(π,3)为对称轴，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))不为对称中心，A错误，C正确；
当x＝eq \f(2π,3)时，x＋eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)，所以点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))不为对称中心，B错误；
当x＝eq \f(π,6)时，x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,3)，所以直线x＝eq \f(π,6)不为对称轴，D错误，故选C.
(3)∵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\c1(－\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.
感悟提升 1.求三角函数的最小正周期，一般先通过恒等变形化为y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acs(ωx＋φ)或y＝Atan(ωx＋φ)(A，ω，φ为常数，A≠0)的形式，再分别应用公式T＝eq \f(2π,|ω|)或T＝eq \f(π,|ω|)求解.
2.三角函数型奇偶性判断除可以借助定义外，还可以借助其图象与性质，对y＝Asin(ωx＋φ)代入x＝0，若y＝0则为奇函数，若y为最大或最小值则为偶函数.若y＝Asin(ωx＋φ)为奇函数，则φ＝kπ(k∈Z)，若y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z).
3.对于可化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)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.
训练1 (1)(2022·河南名校联考)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 022x＋\f(π,4)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 022x－\f(π,4)))的最大值为M，若存在实数m，n，使得对任意实数x总有f(m)≤f(x)≤f(n)成立，则M·|m－n|的最小值为( )
A.eq \f(π,2 022) B.eq \f(π,1 011) C.eq \f(π,505) D.eq \f(3π,1 011)
(2)已知函数f(x)＝cs(ωx＋φ)(ω>0，|φ|答案 (1)B (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(4π,3)，0))，k∈Z x＝2kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z
解析 (1)令α＝2 022x＋eq \f(π,4)，
则f(x)＝sin α＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,2)))＝sin α＋sin α＝2sin α＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 022x＋\f(π,4)))，其最小正周期T＝eq \f(2π,2 022)＝eq \f(π,1 011).
由题意可知，M＝2，|m－n|min＝eq \f(1,2)T，
∴M|m－n|的最小值为eq \f(π,1 011).故选B.
(2)由f(x)＝cs(ωx＋φ)的最小正周期为4π，得ω＝eq \f(1,2)，
因为f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))恒成立，所以f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，即eq \f(1,2)×eq \f(π,3)＋φ＝2kπ(k∈Z).
又∵|φ|故f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))，
令eq \f(1,2)x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，
得x＝eq \f(4π,3)＋2kπ(k∈Z)，
故f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(4π,3)，0))，k∈Z.
令eq \f(1,2)x－eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，
得x＝2kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，
故f(x)图象的对称轴方程是x＝2kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z.
考点三 三角函数的单调性
角度1 求三角函数的单调区间
例2 (1)函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))(x∈[0，π])的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))
(2)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3)))的单调递减区间为________.
答案 (1)C (2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
解析 (1)由2kπ－π≤x＋eq \f(π,6)≤2kπ，k∈Z，
解得2kπ－eq \f(7π,6)≤x≤2kπ－eq \f(π,6)，k∈Z.
∵x∈[0，π]，∴eq \f(5π,6)≤x≤π，
∴函数f(x)在[0，π]的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))，故选C.
(2)f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
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.
故所求函数的单调递减区间为
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z).
角度2 利用单调性比较大小
例3 已知函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，设a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,7)))，b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，c＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，则a，b，c的大小关系是( )
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>a>b D.b>a>c
答案 A
解析 a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,7)))＝2cseq \f(13π,42)，
b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2cseq \f(π,3)，c＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝2cseq \f(5π,12)，
因为y＝cs x在[0，π]上递减，
又eq \f(13π,42)b>c.
角度3 根据三角函数的单调性求参数
例4 (1)已知函数f(x)＝－2sin(2x＋φ)(|φ|＜π)，若f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，\f(5π,8)))上单调递增，则φ的取值范围是________.
(2)(2022·山西高三测评)已知函数f(x)＝sineq \f(x,2)＋eq \r(3)cseq \f(x,2)在(－a，a)(a＞0)上单调递增，则a的取值范围是________.
答案 (1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,10)，\f(π,4))) (2)eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))
解析 (1)因为函数f(x)＝－2sin(2x＋φ)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，\f(5π,8)))上单调递增，
所以函数y＝2sin(2x＋φ)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，\f(5π,8)))上单调递减，
又因为y＝2sin(2x＋φ)的单调递减区间为eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋φ≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，
解得eq \f(π,4)＋kπ－eq \f(φ,2)≤x≤eq \f(3π,4)＋kπ－eq \f(φ,2)，k∈Z，
所以eq \f(π,4)＋kπ－eq \f(φ,2)≤eq \f(π,5)，eq \f(5π,8)≤eq \f(3π,4)＋kπ－eq \f(φ,2)，k∈Z，
所以eq \f(π,10)＋2kπ≤φ≤eq \f(π,4)＋2kπ，k∈Z，
因为|φ|＜π，所以令k＝0，解得eq \f(π,10)≤φ≤eq \f(π,4)，
所以φ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,10)，\f(π,4))).
(2)f(x)＝sin eq \f(x,2)＋eq \r(3)cs eq \f(x,2)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,3)))，
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(x,2)＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
得－eq \f(5π,3)＋4kπ≤x≤eq \f(π,3)＋4kπ(k∈Z)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≤\f(π,3)，,－a≥－\f(5π,3)，又a>0，所以a∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))).))
感悟提升 1.已知三角函数解析式求单调区间
求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acs(ωx＋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.
训练2 (1)函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,6)))的单调递增区间是________.
(2)(2022·中原名校联盟联考)若函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,10)))－2在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，a))上单调，则实数a的最大值是________.
答案 (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z (2)eq \f(7π,5)
解析 (1)由－eq \f(π,2)＋kπ＜eq \f(x,2)－eq \f(π,6)＜eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得2kπ－eq \f(2π,3)＜x＜2kπ＋eq \f(4π,3)，k∈Z，
所以函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,6)))的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z.
(2)法一 令2kπ＋eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,10)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，即2kπ＋eq \f(2π,5)≤x≤2kπ＋eq \f(7π,5)，k∈Z，
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,5)，\f(7π,5)))上单调递减，
所以a的最大值为eq \f(7π,5).
法二 因为eq \f(π,2)≤x≤a，
所以eq \f(π,2)＋eq \f(π,10)≤x＋eq \f(π,10)≤a＋eq \f(π,10)，
又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，a))上单调，eq \f(π,2)＋eq \f(π,10)＜a＋eq \f(π,10)≤eq \f(3π,2)，即eq \f(π,2)＜a≤eq \f(7π,5)，所以a的最大值为eq \f(7π,5).
三角函数中ω的求解
在三角函数的图象与性质中ω的求解是近年高考的一个热点内容，但因其求法复杂，涉及的知识点多，历来是我们复习中的难点.
一、结合三角函数的单调性求解
例1 若函数f(x)＝sin ωx(ω＞0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，3)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))
答案 D
解析 令eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得eq \f(π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(3π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)，
因为f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≤\f(π,3)，,\f(π,2)≤\f(3π,2ω)＋\f(2kπ,ω)，))得6k＋eq \f(3,2)≤ω≤4k＋3.
又ω＞0，所以k≥0.
又6k＋eq \f(3,2)≤4k＋3，得0≤k≤eq \f(3,4).
又k∈Z，所以k＝0.即eq \f(3,2)≤ω≤3.故选D.
二、结合三角函数的对称性、周期性求解
例2 (2021·兰州质量预测)设函数f(x)＝eq \r(3)sin ωx＋cs ωx(ω＞0)，其图象的一条对称轴在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))内，且f(x)的最小正周期大于π，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) B.(0，2) C.(1，2) D.[1，2)
答案 C
解析 f(x)＝eq \r(3)sin ωx＋cs ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)，
令ωx＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
解得x＝eq \f(π,3ω)＋eq \f(kπ,ω)(k∈Z)，
由于函数f(x)图象的一条对称轴在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))内，
因此有eq \f(π,6)＜eq \f(π,3ω)＋eq \f(kπ,ω)＜eq \f(π,3)(k∈Z)成立，即3k＋1＜ω＜6k＋2(k∈Z)，
由f(x)的最小正周期大于π，得eq \f(2π,ω)＞π且ω＞0，解得0＜ω＜2，
综上可得1＜ω＜2.故选C.
三、结合三角函数的最值求解
例3 已知函数f(x)＝2sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，则ω的取值范围是________.
答案 (－∞，－2]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
解析 显然ω≠0.若ω＞0，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，－eq \f(π,3)ω≤ωx≤eq \f(π,4)ω，
因为函数f(x)＝2sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，
所以－eq \f(π,3)ω≤－eq \f(π,2)，解得ω≥eq \f(3,2).
若ω＜0，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，eq \f(π,4)ω≤ωx≤－eq \f(π,3)ω，
因为函数f(x)＝2sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，
所以eq \f(π,4)ω≤－eq \f(π,2)，解得ω≤－2.
综上所述，符合条件的ω的取值范围是(－∞，－2]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
1.下列函数中，是周期函数的为( )
A.f(x)＝sin |x| B.f(x)＝tan |x|
C.f(x)＝|tan x| D.f(x)＝(x－1)0
答案 C
解析 对于C，f(x＋π)＝|tan(x＋π)|＝|tan x|＝f(x)，所以f(x)是周期函数，其余均不是周期函数.
2.(2021·西安调研)函数y＝3taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的定义域是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))
B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(k,2)π－\f(π,8)，k∈Z))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(k,2)π＋\f(π,8)，k∈Z))))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(k,2)π，k∈Z))))
答案 C
解析 要使函数有意义，则2x＋eq \f(π,4)≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，即x≠eq \f(k,2)π＋eq \f(π,8)，k∈Z，
所以函数的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(k,2)π＋\f(π,8)，k∈Z))))，故选C.
3.函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象的一条对称轴方程为( )
A.x＝eq \f(π,6) B.x＝eq \f(5π,12)
C.x＝eq \f(2π,3) D.x＝－eq \f(2π,3)
答案 B
解析 令2x＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，则x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)，k∈Z，当k＝1时，x＝eq \f(5π,12)，故选B.
4.已知函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)＋φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))为奇函数，则φ＝( )
A.－eq \f(π,6) B.－eq \f(π,3) C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,3)
答案 D
解析 因为f(x)为奇函数，所以eq \f(π,6)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，则φ＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，
又|φ|5.若f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，则( )
A.f(1)＞f(2)＞f(3)
B.f(3)＞f(2)＞f(1)
C.f(2)＞f(1)＞f(3)
D.f(1)＞f(3)＞f(2)
答案 A
解析 由eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(3π,2)，可得eq \f(3π,8)≤x≤eq \f(7π,8)，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，\f(7π,8)))上单调递减，由于1＜eq \f(3π,8)＜2，且eq \f(3π,8)－1＜2－eq \f(3π,8)，故f(1)＞f(2).由于eq \f(3π,8)＜2＜eq \f(7π,8)＜3，且eq \f(7π,8)－2＞3－eq \f(7π,8)，故f(2)＞f(3)，所以f(1)＞f(2)＞f(3)，故选A.
6.(2022·南昌模拟)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0＜φ＜π)的图象关于点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称，则下列选项中能使得g(x)＝cs(x＋φ) 取得最大值的是( )
A.x＝－eq \f(2π,3) B.x＝－eq \f(π,6)
C.x＝eq \f(π,3) D.x＝eq \f(5π,12)
答案 A
解析 因为f(x)＝sin(2x＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称，所以2×eq \f(π,6)＋φ＝kπ(k∈Z)，得φ＝kπ－eq \f(π,3)(k∈Z)，
又φ∈(0，π)，所以当k＝1时，φ＝eq \f(2π,3)，所以g(x)＝cs(x＋φ)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)))取得最大值时，x＋eq \f(2π,3)＝2k1π(k1∈Z)，得x＝2k1π－eq \f(2π,3)(k1∈Z)，令k1＝0得x＝－eq \f(2π,3).故选A.
7.已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋1(x∈R)的图象的一条对称轴为x＝π，其中ω为常数，且ω∈(1，2)，则函数f(x)的最小正周期为________.
答案 eq \f(6π,5)
解析 由函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋1(x∈R)的图象的一条对称轴为x＝π，可得ωπ－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
∴ω＝k＋eq \f(2,3)，又ω∈(1，2)，∴ω＝eq \f(5,3)，
∴函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,\f(5,3))＝eq \f(6π,5).
8.(2022·合肥调研)已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))))，则下列说法正确的是________(填序号).
①f(x)的周期是eq \f(π,2)；
②f(x)的值域是{y|y∈R，且y≠0}；
③直线x＝eq \f(5π,3)是函数f(x)图象的一条对称轴；
④f(x)的单调递减区间是(2kπ－eq \f(2π,3)，2kπ＋eq \f(π,3))，k∈Z.
答案 ④
解析 函数f(x)的周期为2π，①错；
f(x)的值域为[0，＋∞)，②错，
当x＝eq \f(5π,3)时，eq \f(1,2)x－eq \f(π,6)＝eq \f(2π,3)≠eq \f(kπ,2)，k∈Z，
∴x＝eq \f(5π,3)不是f(x)的对称轴，③错；
令kπ－eq \f(π,2)＜eq \f(1,2)x－eq \f(π,6)＜kπ，k∈Z，可得2kπ－eq \f(2π,3) ＜x＜2kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，∴f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z，④正确.
9.已知ω>0，函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是________.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4)))
解析 由eq \f(π,2)0得eq \f(ωπ,2)＋eq \f(π,4)<ωx＋eq \f(π,4)<ωπ＋eq \f(π,4)，
又y＝sin x的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))，k∈Z，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\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\c1(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\c1(\f(1,2)，\f(5,4))).
10.已知函数f(x)＝sin(2π－x)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－x))－eq \r(3)cs2x＋eq \r(3).
(1)求f(x)的最小正周期和图象的对称轴方程；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,12)))时，求f(x)的最小值和最大值.
解 (1)由题意，得
f(x)＝(－sin x)(－cs x)－eq \r(3)cs2 x＋eq \r(3)
＝sin xcs x－eq \r(3)cs2x＋eq \r(3)
＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)(cs 2x＋1)＋eq \r(3)
＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2)，
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π；
令2x－eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，
故所求图象的对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(5π,12)(k∈Z).
(2)当0≤x≤eq \f(7π,12)时，－eq \f(π,3)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(5π,6)，
由函数图象(图略)可知，
－eq \f(\r(3),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))≤1.
即0≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2)≤eq \f(2＋\r(3),2).
故f(x)的最小值为0，最大值为eq \f(2＋\r(3),2).
11.已知a＞0，函数f(x)＝－2asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2a＋b，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，－5≤f(x)≤1.
(1)求常数a，b的值；
(2) 求f(x)的单调区间.
解 (1)∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6))).
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
∴－2asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))∈[－2a，a].
∴f(x)∈[b，3a＋b].
又－5≤f(x)≤1，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－5，,3a＋b＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝－5.))
(2)f(x)＝－4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))－1，
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ得
－eq \f(π,3)＋kπ≤x≤eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z.
由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(3,2)π＋2kπ得
eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(2,3)π＋kπ，k∈Z.
∴f(x)的单调递增区间为
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2,3)π＋kπ))(k∈Z)，
单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))(k∈Z).
12.已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))内有且仅有一条对称轴，则实数ω的取值范围是( )
A.(0，5) B.(0，5]
C.[1，5) D.(1，5]
答案 C
解析 令ωx＋eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，x＝eq \f(1,ω)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)))，k∈Z.
∵ω>0，由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,ω)×\f(π,4)≤\f(π,4)，,\f(1,ω)×\f(5π,4)>\f(π,4)，))解得1≤ω<5.故选C.
13.(2022·贵阳模拟)已知函数f(x)＝sin x＋eq \f(1,2)sin 2x，给出下列四个命题：
①函数f(x)是周期函数；
②函数f(x)的图象关于原点对称；
③函数f(x)的图象过点(π，0)；
④函数f(x)为R上的单调函数.
其中所有真命题的序号是________.
答案 ①②③
解析 因为f(x＋2π)＝sin(x＋2π)＋eq \f(1,2)sin(2x＋4π)＝sin x＋eq \f(1,2)sin 2x＝f(x)，所以2π是函数f(x)的一个周期，所以①正确；
因为f(－x)＝sin(－x)＋eq \f(1,2)sin(－2x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋\f(1,2)sin 2x))＝－f(x)(x∈R)，
所以f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，所以②正确；
因为f(π)＝sin π＋eq \f(1,2)sin 2π＝0，所以③正确；
因为f(0)＝0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1，f(π)＝0，
所以f(x)不可能是单调函数，所以④错误.
14.已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sin x－eq \r(3)cs2x＋eq \f(\r(3),2).
(1)求f(x)的最大值及取得最大值时x的值；
(2)若方程f(x)＝eq \f(2,3)在(0，π)上的解为x1，x2, 求cs(x1－x2)的值.
解 (1)f(x)＝cs xsin x－eq \f(\r(3),2)(2cs2x－1)
＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
当2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq \f(5,12)π＋kπ(k∈Z)时，
函数f(x)取最大值，且最大值为1.
(2)由(1)知，函数f(x)图象的对称轴为x＝eq \f(5,12)π＋kπ(k∈Z)，
∴当x∈(0，π)时，对称轴为x＝eq \f(5,12)π.
又方程f(x)＝eq \f(2,3)在(0，π)上的解为x1，x2，
∴x1＋x2＝eq \f(5,6)π，则x1＝eq \f(5,6)π－x2，
∴cs(x1－x2)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)π－2x2))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(π,3)))，
又f(x2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(π,3)))＝eq \f(2,3)，
故cs(x1－x2)＝eq \f(2,3).函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象
定义域
R
R
{xeq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x∈R，且)) x≠kπ＋eq \f(π,2)}
值域
[－1，1]
[－1，1]
R
最小正周期
2π
2π
π
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
递增区间
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))
[2kπ－π，2kπ]
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))
递减区间
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))
[2kπ，2kπ＋π]
无
对称中心
(kπ，0)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,2)，0))
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))
对称轴方程
x＝kπ＋eq \f(π,2)
x＝kπ
无