高考数学第一轮复习第四章 §4.5　三角函数的图象与性质

这是一份高考数学第一轮复习第四章 §4.5　三角函数的图象与性质，共22页。试卷主要包含了能画出三角函数的图象等内容，欢迎下载使用。


知识梳理
1．用“五点法”作正弦函数和余弦函数的简图
(1)在正弦函数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)在余弦函数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)
常用结论
1．对称性与周期性
(1)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)个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是eq \f(1,4)个周期．
(2)正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期．
2．奇偶性
若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，则
(1)f(x)为偶函数的充要条件是φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)．
(2)f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z)．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)正切函数y＝tan x在定义域内是增函数．( × )
(2)已知y＝ksin x＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1.( × )
(3)y＝sin|x|是偶函数．( √ )
(4)若非零实数T是函数f(x)的周期，则kT(k是非零整数)也是函数f(x)的周期．( √ )
教材改编题
1．若函数y＝2sin 2x－1的最小正周期为T，最大值为A，则( )
A．T＝π，A＝1 B．T＝2π，A＝1
C．T＝π，A＝2 D．T＝2π，A＝2
答案 A
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\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,6)))))
B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠－\f(π,12)))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,6)k∈Z))))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R\b\lc\|\rc\ (\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．函数y＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递减区间是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z
解析 因为y＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
令2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z，
求得kπ＋eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，
可得函数的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.
题型一 三角函数的定义域和值域
例1 (1)函数y＝eq \f(1,tan x－1)的定义域为________．
答案 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,4)＋kπ，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))
解析 要使函数有意义，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tan x－1≠0，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,4)＋kπ，k∈Z，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z.))
故函数的定义域为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,4)＋kπ，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))).
(2)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),2)，1))
解析 设t＝sin x－cs x，则t2＝sin2x＋cs2x－2sin x·cs 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，
t∈[－eq \r(2)，eq \r(2)]．
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),2)，1)).
教师备选
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\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)))).
2．函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)cs x－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))的最大值是________．
答案 1
解析 由题意可得
f(x)＝－cs2x＋eq \r(3)cs x＋eq \f(1,4)
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(\r(3),2)))2＋1.
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴cs x∈[0,1]．
∴当cs x＝eq \f(\r(3),2)，即x＝eq \f(π,6)时，f(x)取最大值为1.
思维升华 (1)三角函数定义域的求法
求三角函数的定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数的图象来求解．
(2)三角函数值域的不同求法
①把所给的三角函数式变换成y＝Asin(ωx＋φ)的形式求值域．
②把sin x或cs x看作一个整体，转换成二次函数求值域．
③利用sin x±cs x和sin xcs x的关系转换成二次函数求值域．
跟踪训练1 (1)(2021·北京)函数f(x)＝cs x－cs 2x，试判断函数的奇偶性及最大值( )
A．奇函数，最大值为2 B．偶函数，最大值为2
C．奇函数，最大值为eq \f(9,8) D．偶函数，最大值为eq \f(9,8)
答案 D
解析 由题意，
f(－x)＝cs (－x)－cs (－2x)
＝cs x－cs 2x＝f(x)，
所以该函数为偶函数，
又f(x)＝cs x－cs 2x＝－2cs2x＋cs x＋1＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(1,4)))2＋eq \f(9,8)，
所以当cs x＝eq \f(1,4)时，f(x)取最大值eq \f(9,8).
(2)函数y＝lg(sin 2x)＋eq \r(9－x2)的定义域为________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
解析 ∵函数y＝lg(sin 2x)＋eq \r(9－x2)，
∴应满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin 2x>0，,9－x2≥0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kπ∴－3≤x<－eq \f(π,2)或0∴函数的定义域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
题型二 三角函数的周期性、奇偶性、对称性
例2 (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\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增的是( )
A．f(x)＝|cs 2x| B．f(x)＝|sin 2x|
C．f(x)＝cs|x| D．f(x)＝sin|x|
答案 A
解析 A中，函数f(x)＝|cs 2x|的周期为eq \f(π,2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，函数f(x)单调递减，故B不正确；C中，函数f(x)＝cs|x|＝cs x的周期为2π，故C不正确；D中，f(x)＝sin|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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)函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))＋1，φ∈(0，π)，且f(x)为偶函数，则φ＝________，f(x)图象的对称中心为________．
答案 eq \f(5π,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(kπ,2)，1))，k∈Z
解析 若f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))＋1为偶函数，则－eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即φ＝eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z，
又∵φ∈(0，π)，
∴φ＝eq \f(5π,6).
∴f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＋1＝3cs 2x＋1，
由2x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z得x＝eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，
∴f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(kπ,2)，1))，k∈Z.
教师备选
1．下列函数中，是周期函数的为( )
A．y＝sin|x| B．y＝cs|x|
C．y＝tan|x| D．y＝(x－1)0
答案 B
解析 ∵cs|x|＝cs x，∴y＝cs|x|是周期函数．其余函数均不是周期函数．
2．函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))，φ∈(0，π)，若f(x)为奇函数，则φ＝________.
答案 eq \f(π,3)
解析 若f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))为奇函数，
则－eq \f(π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，
即φ＝eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，
又∵φ∈(0，π)，
∴φ＝eq \f(π,3).
思维升华 (1)奇偶性的判断方法：三角函数中奇函数一般可化为y＝Asin ωx或y＝Atan ωx的形式，而偶函数一般可化为y＝Acs ωx的形式．
(2)周期的计算方法：利用函数y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acs(ωx＋φ)(ω>0)的周期为eq \f(2π,ω)，函数y＝Atan(ωx＋φ)(ω>0)的周期为eq \f(π,ω)求解．
跟踪训练2 (1)(2021·全国乙卷)函数f(x)＝sin eq \f(x,3)＋cs eq \f(x,3)最小正周期和最大值分别是( )
A．3π和eq \r(2) B．3π和2
C．6π和eq \r(2) D．6π和2
答案 C
解析 因为函数f(x)＝sin eq \f(x,3)＋cs eq \f(x,3)
＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)sin \f(x,3)＋\f(\r(2),2)cs \f(x,3)))
＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(x,3)cs \f(π,4)＋cs \f(x,3)sin \f(π,4)))
＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,3)＋\f(π,4)))，
所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,\f(1,3))＝6π，最大值为eq \r(2).
(2)已知f(x)＝Acs(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)是定义域为R的奇函数，且当x＝3时，f(x)取得最小值－3，当ω取得最小正数时，f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 022)的值为( )
A.eq \f(3,2) B．－6－3eq \r(3)
C．1 D．－1
答案 B
解析 ∵f(x)＝Acs(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)是定义域为R的奇函数，
∴φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，则φ＝eq \f(π,2)，
则f(x)＝－Asin ωx.
当x＝3时，f(x)取得最小值－3，
故A＝3，sin 3ω＝1，
∴3ω＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z.
∴ω的最小正数为eq \f(π,6)，
∴f(x)＝－3sin eq \f(π,6)x，
∴f(x)的周期为12，
∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(12)＝0，
∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 022)
＝168×0＋f(1)＋f(2)＋…＋f(6)
＝－6－3eq \r(3).
(3)(2022·郑州模拟)设函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(3,4)，则下列叙述正确的是( )
A．f(x)的最小正周期为2π
B．f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称
C．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上的最小值为－eq \f(5,4)
D．f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))对称
答案 C
解析 对于A，f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，
故A错误；
对于B，∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)－\f(π,3)))＝－eq \f(1,2)≠±1，
故B错误；
对于C，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(5π,3)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2)))，
∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(3,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，\r(3)＋\f(3,4)))，
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上的最小值为－eq \f(5,4)，故C正确；
对于D，∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(2π,3)－\f(π,3)))＋eq \f(3,4)＝eq \f(3,4)，
∴f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(3,4)))对称，故D错误．
题型三 三角函数的单调性
命题点1 求三角函数的单调区间
例3 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 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
解析 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)．
延伸探究 f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3)))在[0，π]上的单调递减区间为________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，π))
解析 令A＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z，
B＝[0，π]，
∴A∩B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，π))，
∴f(x)在[0，π]上的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，π)).
命题点2 根据单调性求参数
例4 (1)若函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω＝________.
答案 eq \f(3,2)
解析 ∵f(x)＝sin ωx(ω>0)过原点，
∴当0≤ωx≤eq \f(π,2)，
即0≤x≤eq \f(π,2ω)时，y＝sin ωx单调递增；
当eq \f(π,2)≤ωx≤eq \f(3π,2)，
即eq \f(π,2ω)≤x≤eq \f(3π,2ω)时，y＝sin ωx单调递减．
由f(x)＝sin ωx(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，
在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，知eq \f(π,2ω)＝eq \f(π,3)，
∴ω＝eq \f(3,2).
(2)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)，
因为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\{\rc\ (\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，
解得k＝0，
所以ω∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4))).
教师备选
(2022·定远县育才学校月考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则ω的最大值为( )
A．11 B．9 C．7 D．1
答案 B
解析 因为x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点，
x＝eq \f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，
所以eq \f(2n＋1,4)·T＝eq \f(π,2)(n∈N)，
即eq \f(2n＋1,4)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(π,2)(n∈N)，
所以ω＝2n＋1(n∈N)，即ω为正奇数．
因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，
则eq \f(5π,36)－eq \f(π,18)＝eq \f(π,12)≤eq \f(T,2)，
即T＝eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,6)，
解得ω≤12.
当ω＝11时，－eq \f(11π,4)＋φ＝kπ，k∈Z，
因为|φ|≤eq \f(π,2)，
所以φ＝－eq \f(π,4)，此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(11x－\f(π,4))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))时，
11x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13π,36)，\f(46π,36)))，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上不单调，不满足题意；
当ω＝9时，－eq \f(9π,4)＋φ＝kπ，k∈Z，
因为|φ|≤eq \f(π,2)，
所以φ＝eq \f(π,4)，
此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9x＋\f(π,4))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))时，
9x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，\f(3π,2)))，
此时f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调递减，符合题意．
故ω的最大值为9.
思维升华 (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．
跟踪训练3 (1)(2021·新高考全国Ⅰ)下列区间中，函数f(x)＝7sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))
答案 A
解析 令－eq \f(π,2)＋2kπ≤x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(π,3)＋2kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z.取k＝0，则－eq \f(π,3)≤x≤eq \f(2π,3).因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))是函数f(x)的单调递增区间．
(2)(2022·开封模拟)已知函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))
(ω>0)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))
答案 A
解析 当－eq \f(π,6)－eq \f(πω,6)＋eq \f(π,3)<ωx＋eq \f(π,3)当x＝0时，ωx＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,3).
因为函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(πω,6)＋\f(π,3)≥－\f(π,2)，,\f(πω,3)＋\f(π,3)≤\f(π,2)，))
解得ω≤eq \f(1,2)，
因为ω>0，所以ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
课时精练
1．y＝|cs x|的一个单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) B．[0，π]
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))
答案 D
解析 将y＝cs x的图象位于x轴下方的部分关于x轴对称向上翻折，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y＝|cs x|的图象(如图)．
故选D.
2．函数f(x)＝eq \r(2sin \f(π,2)x－1)的定义域为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋4kπ，\f(5π,3)＋4kπ))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋4k，\f(5,3)＋4k))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋4kπ，\f(5π,6)＋4kπ))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,6)＋4k，\f(5,6)＋4k))(k∈Z)
答案 B
解析 由题意，得2sin eq \f(π,2)x－1≥0，
eq \f(π,2)x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋2kπ，\f(5π,6)＋2kπ))(k∈Z)，
则x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋4k，\f(5,3)＋4k))(k∈Z)．
3．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,12)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))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2π的非奇非偶函数
D．最小正周期为π的非奇非偶函数
答案 D
解析 由题意可得
f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,12)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,12)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,12)－\f(π,2)))
＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,12)))，
∴f(x)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,6)))，
故f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，由函数奇偶性的定义易知，f(x)为非奇非偶函数．
4．函数f(x)＝eq \f(sin x＋x,cs x＋x2)在[－π，π]的图象大致为( )
答案 D
解析 由f(－x)＝eq \f(sin－x＋－x,cs－x＋－x2)
＝eq \f(－sin x－x,cs x＋x2)＝－f(x)，得f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，排除A；
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(1＋\f(π,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))2)＝eq \f(4＋2π,π2)>1，
f(π)＝eq \f(π,－1＋π2)>0，排除B，C.
5．关于函数f(x)＝sin 2x－cs 2x，下列命题中为假命题的是( )
A．函数y＝f(x)的周期为π
B．直线x＝eq \f(π,4)是y＝f(x)图象的一条对称轴
C．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，0))是y＝f(x)图象的一个对称中心
D．y＝f(x)的最大值为eq \r(2)
答案 B
解析 因为f(x)＝sin 2x－cs 2x
＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，
所以f(x)的最大值为eq \r(2)，故D为真命题；
因为ω＝2，故T＝eq \f(2π,2)＝π，故A为真命题；
当x＝eq \f(π,4)时，2x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,4)，终边不在y轴上，故直线x＝eq \f(π,4)不是y＝f(x)图象的一条对称轴，
故B为假命题；
当x＝eq \f(π,8)时，2x－eq \f(π,4)＝0，终边落在x轴上，
故点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，0))是y＝f(x)图象的一个对称中心，故C为真命题．
6．(2022·广州市培正中学月考)关于函数f(x)＝sin|x|＋|sin x|，下列叙述正确的是( )
A．f(x)是奇函数
B．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增
C．f(x)的最大值为2
D．f(x)在[－π，π]上有4个零点
答案 C
解析 f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|
＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，
f(x)是偶函数，A错误；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f(x)＝sin x＋sin x＝2sin x，
单调递减，B错误；
f(x)＝sin|x|＋|sin x|≤1＋1＝2，
且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2，C正确；
在[－π，π]上，当－πf(x)＝sin(－x)＋(－sin x)＝－2sin x>0，
当00，
f(x)的零点只有π，0，－π共三个，D错误．
7．写出一个周期为π的偶函数f(x)＝________.(答案不唯一)
答案 cs 2x
8．(2022·上外浦东附中检测)若在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内有两个不同的实数值满足等式cs 2x＋eq \r(3)sin 2x＝k＋1，则实数k的取值范围是________．
答案 0≤k<1
解析 函数f(x)＝cs 2x＋eq \r(3)sin 2x
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，
f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))单调递增；
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，
f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))单调递减，
f(0)＝2sin eq \f(π,6)＝1，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2sin eq \f(π,2)＝2，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2sin eq \f(7π,6)＝－1，
所以在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内有两个不同的实数值满足等式cs 2x＋eq \r(3)sin 2x＝k＋1，
则1≤k＋1<2，
所以0≤k<1.
9．已知函数f(x)＝4sin ωxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))－1(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求ω及f(x)的单调递增区间；
(2)求f(x)图象的对称中心．
解 (1)f(x)＝4sin ωxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin ωx＋\f(\r(3),2)cs ωx))－1
＝2sin2ωx＋2eq \r(3)sin ωxcs ωx－1
＝1－cs 2ωx＋eq \r(3)sin 2ωx－1
＝eq \r(3)sin 2ωx－cs 2ωx
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,6))).
∵最小正周期为π，
∴eq \f(2π,2ω)＝π，
∴ω＝1，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
解得－eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(π,3)＋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(π,3)＋kπ))
(k∈Z)．
(2)令2x－eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，
解得x＝eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，
∴f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))，k∈Z.
10．(2021·浙江)设函数f(x)＝sin x＋cs x(x∈R)．
(1)求函数y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))2的最小正周期；
(2)求函数y＝f(x)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值．
解 (1)因为f(x)＝sin x＋cs x，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))
＝cs x－sin x，
所以y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))2＝(cs x－sin x)2
＝1－sin 2x.
所以函数y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))2的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＝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)sin x，
所以y＝f(x)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))
＝eq \r(2)sin x(sin x＋cs x)
＝eq \r(2)(sin xcs x＋sin2x)
＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin 2x－\f(1,2)cs 2x＋\f(1,2)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋eq \f(\r(2),2).
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，
所以当2x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(3π,8)时，
函数y＝f(x)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上取得最大值，且ymax＝1＋eq \f(\r(2),2).
11．(2022·苏州模拟)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，则下列结论不正确的是( )
A．x＝－eq \f(π,6)是函数f(x)的一个零点
B．函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上单调递增
C．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称
D．函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))是偶函数
答案 D
解析 对于A选项，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝sin 0＝0，
故x＝－eq \f(π,6)是函数f(x)的一个零点，A对；
对于B选项，当－eq \f(5π,12)≤x≤eq \f(π,12)时，
－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上单调递增，B对；
对于C选项，因为对称轴满足2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
解得x＝eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，当k＝0时，x＝eq \f(π,12)，C对；
对于D选项，
令g(x)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋\f(π,3)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝0，
geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)))≠0，
故函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))不是偶函数，D错．
12．(2022·厦门模拟)已知函数f(x)＝cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))－cs 2x，则下列结论正确的是( )
A．f(x)的最大值为eq \f(\r(3)－1,2)
B．f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，0))对称
C．f(x)的图象的对称轴方程为x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)
D．f(x)在[0,2π]上有2个零点
答案 C
解析 f(x)＝eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))),2)－cs 2x
＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs 2x＋\f(\r(3),2)sin 2x))－cs 2x
＝eq \f(\r(3),4)sin 2x－eq \f(3,4)cs 2x＋eq \f(1,2)
＝eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(1,2)，
则f(x)的最大值为eq \f(1＋\r(3),2)，A错误；
易知f(x)图象的对称中心的纵坐标为eq \f(1,2)，
B错误；
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)，
此即f(x)图象的对称轴方程，C正确；
由f(x)＝eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(1,2)＝0，
得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),3)，
当x∈[0,2π]时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(11π,3)))，
作出函数y＝sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(11π,3)))))的图象，如图所示．
所以方程sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),3)在[0,2π]上有4个不同的实根，
即f(x)在[0,2π]上有4个零点，D错误．
13．(2022·绵阳中学实验学校模拟)已知sin x＋cs y＝eq \f(1,4)，则sin x－sin2y的最大值为______．
答案 eq \f(9,16)
解析 ∵sin x＋cs y＝eq \f(1,4)，sin x∈[－1,1]，
∴sin x＝eq \f(1,4)－cs y∈[－1,1]，
∴cs y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，\f(5,4)))，
即cs y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，1))，
∵sin x－sin2y＝eq \f(1,4)－cs y－(1－cs2y)
＝cs2y－cs y－eq \f(3,4)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs y－\f(1,2)))2－1，
又cs y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，1))，
利用二次函数的性质知，当cs y＝－eq \f(3,4)时，
(sin x－sin2y)max＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)－\f(1,2)))2－1＝eq \f(9,16).
14．(2022·苏州八校联盟检测)已知f(x)＝sin x＋cs x，若y＝f(x＋θ)是偶函数，则cs θ＝________.
答案 ±eq \f(\r(2),2)
解析 因为f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
所以f(x＋θ)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋θ＋\f(π,4)))，
又因为y＝f(x＋θ)是偶函数，
所以θ＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
即θ＝eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z，
所以cs θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋kπ))＝±eq \f(\r(2),2).
15．(2022·江西九江一中模拟)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，若方程f(x)＝0在[0,2π]上有且仅有6个根，则实数ω的值可能为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 B
解析 令f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))＝0，
则ωx＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，
所以x＝－eq \f(π,3ω)＋eq \f(kπ,ω)，k∈Z，
所以当x≥0时，函数f(x)的第一个零点为x1＝－eq \f(π,3ω)＋eq \f(π,ω)＝eq \f(2π,3ω)，第六个零点为x6＝－eq \f(π,3ω)＋eq \f(6π,ω)＝eq \f(17π,3ω)，第七个零点为x7＝－eq \f(π,3ω)＋eq \f(7π,ω)＝eq \f(20π,3ω)，
因为方程f(x)＝0在[0,2π]上有且仅有6个根等价于函数y＝f(x)在[0,2π]上有且仅有6个零点，
所以eq \f(17π,3ω)≤2π所以eq \f(17,6)≤ω16．已知f(x)＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))＋eq \r(2)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 \f(1,2).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若函数y＝|f(x)|－m在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,24)，\f(3π,8)))上恰有两个零点x1，x2.
①求m的取值范围；
②求sin(x1＋x2)的值．
解 (1)f(x)＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))＋eq \r(2)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 \f(1,2)
＝eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))),2)＋eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(2),4)cs 2x＋eq \f(\r(2),4)sin 2x＋eq \f(\r(2),2)cs 2x－eq \f(1,2)
＝eq \f(\r(2),4)sin 2x＋eq \f(\r(2),4)cs 2x
＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
结合正弦函数的图象与性质，
可得当－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
即－eq \f(3π,8)＋kπ≤x≤eq \f(π,8)＋kπ(k∈Z)时，函数单调递增，
∴函数y＝f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)＋kπ，\f(π,8)＋kπ))(k∈Z)．
(2)①令t＝2x＋eq \f(π,4)，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,24)，\f(3π,8)))时，
t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，π))，eq \f(1,2)sin t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)))，
∴y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin t))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))(如图)．
∴要使y＝|f(x)|－m在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,24)，\f(3π,8)))上恰有两个零点，m的取值范围为eq \f(1,4)②设t1，t2是函数y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin t))－m的两个零点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(即t1＝2x1＋\f(π,4)，t2＝2x2＋\f(π,4)))，
由正弦函数图象性质可知t1＋t2＝π，
即2x1＋eq \f(π,4)＋2x2＋eq \f(π,4)＝π.
∴x1＋x2＝eq \f(π,4)，∴sin(x1＋x2)＝eq \f(\r(2),2).函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象
定义域
R
R
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ))))eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(＋\f(π,2)))))
值域
[－1,1]
[－1,1]
R
周期性
2π
2π
π
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
递增区间
eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)))
[2kπ－π，2kπ]
eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,2)))
递减区间
eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(3π,2)))
[2kπ，2kπ＋π]
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