热点专题 4.3 三角函数图象与性质【11类常考题型汇总】（讲与练）-2025年高考数学二轮热点题型专题突破（新高考专用）

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热点专题 4-3 三角函数的图象与性质
模块一
总览
热点题型解读（目录）
TOC \ "1-4" \n \h \z \u \l "_Tc179486859" 【题型1】求单调区间
\l "_Tc179486860" 类型一：利用恒等变形和辅助角公式合并2个式子
\l "_Tc179486861" 类型二：有负号的情况
\l "_Tc179486862" 类型三：复合函数型
\l "_Tc179486863" 类型四：利用单调性和诱导公式比大小
\l "_Tc179486864" 类型五：结合导数确定单调区间
\l "_Tc179486865" 类型六：由单调性求参数范围
\l "_Tc179486866" 【题型2】三角函数的对称轴，对称中心和周期
\l "_Tc179486867" 类型一：求对称轴（中心），周期
\l "_Tc179486868" 类型二：对称性的应用
\l "_Tc179486869" 【题型3】三角函数的值域问题
\l "_Tc179486870" 类型一：二次函数型
\l "_Tc179486871" 类型二：通过辅助角公式，诱导公式合并
\l "_Tc179486872" 类型三：已知值域求参数范围
\l "_Tc179486873" 类型四：换元或结合导数
\l "_Tc179486874" 【题型4】三角函数图像的平移与伸缩变换
\l "_Tc179486875" 类型一：不改变函数名
\l "_Tc179486876" 类型二：改变函数名（结合诱导公式变形）
\l "_Tc179486877" 类型三：求最短距离或参数范围
\l "_Tc179486878" 【题型5】三角函数相关图像的识别
\l "_Tc179486879" 【题型6】求三角函数解析式
\l "_Tc179486880" 类型一：由基本性质求解析式或基本量
\l "_Tc179486881" 类型二：由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式解析式
\l "_Tc179486882" 【题型7】解三角函数不等式
\l "_Tc179486883" 【题型8】三角函数的实际应用
\l "_Tc179486884" 【题型9】带绝对值或带根号的三角函数问题
\l "_Tc179486885" 【题型10】由三角函数性质求“ω”范围
\l "_Tc179486886" 【题型11】三角函数新定义问题
模块二
核心题型·举一反三
【题型1】求单调区间
三角函数的单调性，需将函数看成由一次函数和正弦函数组成的复合函数，利用复合函数单调区间的单调方法转化为解一元一次不等式．
如函数的单调区间的确定基本思想是吧看做是一个整体，
如由解出的范围，所得区间即为增区间；
由解出的范围，所得区间即为减区间．
若函数中，可用诱导公式将函数变为，则的增区间为原函数的减区间，减区间为原函数的的增区间．
对于函数的单调性的讨论与以上类似处理即可．
类型一：利用恒等变形和辅助角公式合并2个式子
函数的单调递减区间为
A．B．
C．D．
【答案】C
【解答】解：，
令，，，则，，，
所以的单调递减区间为，，．
【巩固练习1】（2024·高三·山东青岛·期末）函数的单调减区间为 ．
【答案】；
【解析】因为，
则函数的单调减区间为:，
解得：.
故答案为：.
【巩固练习2】函数，，的单调递减区间为 ________．
【答案】，
【解答】解：，
令，，，则，，，
因为，，所以，．
类型二：有负号的情况
函数的单调增区间是
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【解答】解：的单调增区间，即函数的单调减区间．
令，求得，，
故函数函数的单调减区间为，
【巩固练习1】（2024·全国·二模）已知函数，，则函数的单调递减区间为 .
【答案】
【解析】由题意知，，
由，得，
令，得，令，则，
即函数的单调递减区间为.
【巩固练习2】将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则在为 函数．（填“增”或“减”）
【答案】减
【解析】利用三角函数的单调性进行求解即可
【详解】将函数的图象向右平移个单位后得到函数，
则，则单调递减区间为：
，解得，
所以，在为减函数
类型三：复合函数型
函数的单调减区间为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题首先可求出函数的定义域，然后求出函数的单调性，最后根据复合函数的单调性的相关性质以及的单调性即可得出结果.
【详解】令，则，
因为，所以，
即，解得，
函数的定义域为.
当时，，是增函数，
当时，，是减函数，
因为是减函数，
所以根据复合函数的单调性的相关性质易知，
当时，函数是减函数
类型四：利用单调性和诱导公式比大小
（襄阳市一中2023期末）（多选）下列各式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】根据三角函数的单调性及诱导公式，逐个选项判断即可得到答案．
【详解】对于A，因为在单调递增，而，
所以，故A错误；
对于B，因为在上单调递减，而，
所以，故B错误；
对于C，由诱导公式得，，因为
在单调递增，而，所以，故C正确；
对于D，因为，所以，而，所以，
故D正确.
应用：函数值比大小
（2023·全国·统考高考真题）函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】先利用三角函数平移的性质求得，再作出与的部分大致图像，考虑特殊点处与的大小关系，从而精确图像，由此得解.
【详解】因为向左平移个单位所得函数为，所以，
而显然过与两点，
作出与的部分大致图像如下，

考虑，即处与的大小关系，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
所以由图可知，与的交点个数为.
类型五：结合导数确定单调区间
函数在上的单调递减区间为 .
【答案】
【解析】由题意知，.
即，，因为，所以，
所以在中，，
所以在上的单调递减区间为.
故答案为：
类型六：由单调性求参数范围
若在区间上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】令，
所以，
所以函数的单调增区间为，
又因为在上单调递增，
则是，的一个子区间，
当时，即，
若是的子集，
则
【巩固练习1】若函数在上单调递增，则实数的取值范围是 ．
【答案】，
【解答】解：函数在上单调递增，
恒成立，
设，即恒成立．
时，不等式显然成立，
当时，，
由在，递减，得时，取最小值1，故，
当时，，
由 在，递减，得时，取最大值，故，
综上：的取值范围是，
【题型2】三角函数的对称轴，对称中心和周期
二、对称性与周期
1.一般情况下，两个点关于中心对称，则函数值互为相反数。
2.对称中心之间的距离是半个周期的整数倍。
3.周期与轴之间的距离，是四分之一周期的整数倍。
4正余弦与水平线交点的中点，是函数的对称轴。
5.一般情况下，的最大值或者最小值，必在对称轴处。
6.对称轴之间的距离，是半个周期的整数倍。
7、求函数的对称轴的方法；令，得；对称中心的求取方法；令，得，即对称中心为．
8、求函数的对称轴的方法；令得，即
类型一：求对称轴（中心），周期
（武汉市部分省示范高中期末联考）（多选）对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．最小正周期为B．其图象关于点对称
C．对称轴方程为D．单调增区间
【答案】AC
【分析】利用余弦型函数的周期公式可判断A选项；利用余弦型函数的对称性可判断BC选项；利用余弦型函数的单调性可判断D选项.
【详解】对于A选项，函数的最小正周期为，A对；
对于B选项，，B错；
对于C选项，由，可得，
即函数的对称轴方程为，C对；
对于D选项，由，解得，
所以，函数的单调增区间，D错.
（陕西汉中市期末）已知函数，下列说法正确的有（ ）
①函数最小正周期为；
②定义域为
③图象的所有对称中心为；
④函数的单调递增区间为．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据正切函数的图象与性质，代入周期、定义域、对称中心和单调递增期间的公式即可求解.
【详解】对①，函数，可得的最小正周期为，所以①正确；
对②，令，解得，
即函数的定义域为，所以②错误；
对③，令，解得，所以函数的图象关于点对称，所以③正确；
对④，令，解得，故函数的单调递增区间为，所以④正确；
故①③④正确
【巩固练习1】（多选）已知函数，则
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．的单调递增区间为
D．的图象关于点对称
【答案】CD
【解答】解：函数，
故它的最小正周期为，故错误；
令，求得，不是最值，故的图象不关于直线对称，故错误；
令，可得，
故函数的增区间为，，，故正确；
令，求得，可得的图象关于点对称，故正确
【巩固练习2】已知函数的图象关于直线对称，则
A．函数在上单调递增
B．函数为偶函数
C．若，则的最小值为
D．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
【答案】
【解答】解：函数的图象关于直线对称，
，，．
当，，，函数没有单调性，故错误；
函数为奇函数，故错误；
若，则的最小值，故正确；
函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，故错误
【巩固练习3】（多选）已知函数，则下列判断正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．的图象关于点对称
C．的值域为D．的图象关于直线对称
【答案】ACD
【分析】逆用两角和差的正弦公式化简，利用余弦型函数的性质确定周期、对称轴、对称中心、值域即可得解.
【详解】因为，
所以最小正周期为，故A正确；
由，得，所以对称中心为，当时，函数的一个对称中心为，故B错误；
因为，所以，故C正确；
由，得，即函数的对称轴方程为，当时，可得函数的一条对称轴，故D正确.
【巩固练习4】（多选）已知函数，则（ ）
A．的图象关于直线轴对称
B．的图象关于点中心对称
C．的所有零点为
D．是以为周期的函数
【答案】AC
【分析】对于A：根据对称轴的定义分析证明；对于B：举例说明即可；对于C：根据零点的定义结合倍角公式运算求解；对于D：举例说明即可.
【详解】对于A：因为，
所以的图象关于直线轴对称，故A正确；
对于B：因为，，所以的图象不关于点中心对称，B错误.
对于C：因为，
注意到，
令，得，即，
故的所有零点为，故C正确；
对于D：因为，所以不是的周期，故D错误
类型二：对称性的应用
已知函数的最大值为，最小值为，则的值为 ．
【答案】4
【详解】解：因为，
令，
则，，
所以为奇函数，
因此，因此
【巩固练习1】已知函数的最大值为3，最小值为1，则函数的值域为 ．
【答案】，
【解答】解：，
当时，取得最大值为，
当时，取得最小值为，
解得，，
即，
则，
设，当时，，则函数等价为，对称轴为，
则当时，函数最小为，当时，函数最大为，即函数的值域为，
【巩固练习2】已知的图象关于对称，则函数的图象的一条对称轴是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简后结合三角函数的对称轴即可求解.
【详解】，
又图象关于对称，，可以求得，
故，
对称轴为，时即A项．
【巩固练习3】（多选）已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，时，，则下列结论正确的是（ ）
A．的周期为4B．
C．在上为单调递减函数D．方程有且仅有四个不同的解
【答案】BCD
【分析】根据题意可知函数关于对称且关于对称，结合周期函数的定义即可判断A，根据函数的对称性结合函数的解析式即可判断B，判断出函数在上的单调性，再结合函数的对称性即可判断D，作出函数与函数图象，结合图象即可判断D.
【详解】解：因为为奇函数，
所以，即，
则函数关于对称，
又为偶函数，所以，
即，即函数关于对称，
则，
则有，则，
所以是以为周期的周期函数，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，当时，，则函数在上递增，
又且函数关于对称，
所以函数函数在上递增，
又因函数关于对称，
所以在上为单调递减函数，故C正确；
对于D，方程根的个数，
即为函数与函数图象交点的个数，
如图，作出两函数的图象，
由图可知，两函数的图象有4个交点，
即方程有且仅有四个不同的解，故D正确.
【题型3】三角函数的值域问题
求三角函数的最值，通常要利用正、余弦函数的有界性，一般是通过三角变换化归为下列基本类型处理．
（1），设，化为一次函数在上的最值求解．
（2），引入辅助角，化为，求解方法同类型（1）
（3），设，化为二次函数在闭区间上的最值求解，也可以是或型．
（4），设，则，故，故原函数化为二次函数在闭区间上的最值求解．
（5）与，根据正弦函数的有界性，即可用分析法求最值，也可用不等式法求最值，更可用数形结合法求最值．这里需要注意的是化为关于或的函数求解释务必注意或的范围．
（6）导数法
类型一：二次函数型
（2017·全国·高考真题）函数（）的最大值是 ．
【答案】1
【详解】化简三角函数的解析式，可得
，由，可得，当时，函数取得最大值1．
【巩固练习1】函数的值域是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用平方关系将函数写成关于的一元二次函数形式，再利用换元法求二次函数的值域即可.
【详解】由可得
令，则，
易知，二次函数关于对称，且开口向上，
所以函数在为单调递增，
所以，
所以，其值域为.
【巩固练习2】函数的值域为 .
【答案】
【解析】由正弦函数的性质可知，当，
当时，；当或时，，故值域为.
类型二：通过辅助角公式，诱导公式合并
函数f(x)=sin(x+)+cs(x−)的最大值为
A．B．1C．D．
【答案】A
【详解】由诱导公式可得，
则,
函数的最大值为.
【巩固练习】已知函数．
（Ⅰ）求的最小正周期及对称轴方程；
（Ⅱ）当，时，求函数的最大值、最小值，并分别求出使该函数取得最大值、最小值时的自变量的值．
【解答】解：（Ⅰ），
则最小正周期，
由，得，即，
即函数的对称轴为，．
（Ⅱ）当，时，，，，，
则当，即时，函数取得最大值，
此时取得最小值，最小值，
当，即时，函数取得最小值，
此时取得最大值，最大值．
类型三：已知值域求参数范围
已知函数，的值域为，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先化简函数的解析式，再利用复合函数的值域，求实数的取值范围.
【详解】
，设，，函数的对称轴为
且，，，
因为函数在区间的值域为，所以在区间上能取得，但是不能小于0，所以.
【巩固练习】已知函数的定义域为，，值域为，则的取值范围为 ．
【答案】，
【解答】解：
，值域为，，
，，
所以，，
故，，，
，
所以最大值为；
令，得，
令，得，
所以的最小值为，
所以的取值范围是，．
类型四：换元或结合导数
已知函数，该函数的最大值为__________．
【答案】
【解析】由题意，函数，
令且，则，
从而， 令，解得或，
当时，；当时，；
当时，，
所以在上单调递减；在上单调递增；在上单调递减．
因为，，所以的最大值为.
【巩固练习1】函数在区间上的最大值与最小值之和是 .
【答案】
【解析】由函数，
令，则，即，
所以，
又因为，且，可得，
则，
又由在是增函数，
当时，；当时，，
所以.
【巩固练习2】函数的值域为_____________．
【答案】
【解析】令，，
则，即，
所以，
又因为，所以，
即函数的值域为．
故答案为：.
【题型4】三角函数图像的平移与伸缩变换
由函数的图像变换为函数的图像的步骤；
方法一：．先平移后伸缩．
方法二：．先伸缩后平移．
注：在进行图像变换时，提倡先平移后伸缩，但先伸缩后平移在题目中也经常出现，所以必须熟练掌握，无论哪种变化，切记每一个变换总是对变量而言的，即图像变换要看“变量”发生多大变化，而不是“角”变化多少．
注：函数名称不一致的平移：诱导公式化同名
【易错分析】： 函数中，参数的变化引起图象的变换：的变化引起图象中振幅的变换；的变化引起横向伸缩变换；的变化引起左右平移变换；的变化引起上下平移变换．图象平移遵循的规律为：“左加右减，上加下减”．
类型一：不改变函数名
将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得的图象向左平移个单位，得到的图象对应的解析式是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用三角函数图像变换规则解题即可.
【详解】将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得到图象对应的函数解析式为，
将的图象向左平移个单位得到的图象对应的解析式为.
【巩固练习1】要得到函数，的图象，只需将函数，的图象（ ）
A．横坐标向左平移个单位长度，纵坐标不变
B．横坐标向右平移个单位长度，纵坐标不变
C．横坐标向右平移个单位长度，纵坐标不变
D．横坐标向左平移个单位长度，纵坐标不变
【答案】C
【解析】将函数的图象上各点横坐标向右平移个单位长度，纵坐标不变，
得的图象.
【巩固练习2】把函数的图象向左平移个单位可以得到函数的图象，若是偶函数，则的值为
A．B．C．或D．或
【答案】D
【解答】解：把函数的图象向左平移个单位，
可以得到函数的图象，
若是偶函数，则，，
分别令、，可得，或
【巩固练习3】将函数的图象上各点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度，所得图象关于轴对称，则的值可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角函数图象平移规律、伸缩变化可得的图象，再由图象关于轴对称得到，，然后逐项验证是否为整数可得答案.
【详解】将函数的图象上各点的横坐标缩小为原来的，
纵坐标不变得到的图象，
将的图象向左平移个单位长度得到的图象，
该图象关于轴对称，所以，，，，
若，解得，若，解得，
若，解得，若，解得
【巩固练习4】（多选）将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，下面四个结论中，错误的是（ ）
A．函数在区间上为增函数
B．将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称
C．点是函数图象的一个对称中心
D．函数在上的最大值为1
【答案】AC
【分析】A选项，根据图象变换得到，然后根据复合函数单调性的判断方法判断；B选项，根据图象变换得到，然后根据奇偶性判断；C选项，利用代入检验法判断；D选项，利用换元法求最值.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，可得的图象；再把所得图象上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，可得的图象．
当时，，此时是不单调，故A错误；
将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，此函数是偶函数，满足图象关于轴对称，故B正确；
将代入函数的解析式中，得到，故点不是函数图象的一个对称中心，故C错误；
当，，所以当，即时，的最大值为1，故D正确．
类型二：改变函数名（结合诱导公式变形）
将函数图象上所有的点都向左平移个单位长度，再把得到的曲线图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用三角函数图像平移结合诱导公式即可求解.
【详解】将图象上所有的点都向左平移个单位长度，
得到曲线，
再把得到的曲线上所有点的横坐标伸长到原来的倍，
纵坐标不变，得到的图象.
【巩固练习1】已知曲线，，若想要由得到，下列说法正确的是（ ）
A．把曲线上各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），再向左平移个单位
B．把曲线上各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位
C．把曲线上各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位
D．把曲线上各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位
【答案】D
【解析】曲线化为，将曲线上各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），
可得到函数的图象，再将所得函数图象上每点向右平移个单位，可得到函数的图象，即曲线.
【巩固练习2】要得到的图像，只要将的图像（ ）
A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度
【答案】D
【详解】对于选项A：将的图像向左平移个单位长度，
得到，故A错误；
对于选项B：将的图像向右平移个单位长度，
得到，故B错误；
对于选项C：将的图像向左平移个单位长度，
得到，故C错误；
对于选项D：将的图像向右平移个单位长度，
得到，故D正确
【巩固练习3】要得到函数的图象，只需将的图象上所有的点（ ）
A．横坐标变为原来的（纵坐标不变）再向左平移个单位长度
B．横坐标变为原来的（纵坐标不变）再向左平移个单位长度
C．横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）再向左平移个单位长度
D．横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）再向左平移个单位长度
【答案】C
【分析】，利用伸缩变换与平移变换由的图象得到的图象.
【详解】因为，将的图象上所有的点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到，
再向左平移个单位长度得，即得到函数的图象.
【巩固练习5】为得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）
A．向左平移个长度单位B．向右平移个长度单位
C．向左平移个长度单位D．向右平移个长度单位
【答案】A
【分析】设出向左平移个长度，利用诱导公式将余弦函数变为正弦函数，列出方程，求出答案.
【详解】，
将函数向左平移个长度单位，得到，
故，解得，即向左平移个长度单位.
【巩固练习5】为了得到的图象，只要把的图象向左平移（ ）个单位长度
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三角函数图象变换结合诱导公式逐项分析判断.
【详解】对于选项A：若把的图象向左平移个单位长度，
可得，
不合题意，故A错误；
对于选项B：若把的图象向左平移个单位长度，
可得，
符合题意，故B正确；
对于选项C：若把的图象向左平移个单位长度，
可得，
不合题意，故C错误；
对于选项D：若把的图象向左平移个单位长度，
可得，
不合题意，故D错误
类型三：求最短距离或参数范围
函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若，当最小时，φ的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题知，且为偶函数，进而得，再讨论最小值即可得答案.
【详解】解：因为函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，
所以，
因为，即函数为偶函数，
所以，即，
所以当时，最小，此时.
【巩固练习1】将函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，利用三角函数的图象变换，求得，再由为奇函数，求得，进而得到取得最小值.
【详解】由函数，将函数的图象向左平移个单位长度后，
得到函数，
又由为奇函数，所以，解得，
因为，所以当时，取得最小值，最小值为.
【巩固练习2】将函数的图象沿水平方向平移个单位后得到的图象关于直线对称（向左移动，向右移动），当最小时，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据图像的平移公式先求出平移后的解析式，再根据平移后的图像关于直线对称，结合正弦函数的图像性质可得答案.
【详解】将函数的图象沿水平方向平移个单位后得到
即
由题意的图像关于直线对称.
所以，即
当时，，此时最小
【巩固练习3】将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若对满足的，总有的最小值等于，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】函数的周期为，
将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，
可得，
由可知，两个函数的最大值与最小值的差为2，且，
不妨设，则，即在时取得最小值，
由于，此时，不合题意；，此时，
当时，满足题意.
【巩固练习4】将函数向右平移（）个单位长度后得到一个关于对称的函数，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用两角和的正弦公式化简，再根据三角函数的变换规则得到平移后的解析式，根据正弦函数的对称性求出的取值，即可得解.
【详解】因为，
将函数向右平移个单位长度得到函数，
由函数关于对称，
所以，所以，
又，．
【题型5】三角函数相关图像的识别
先看奇偶性，再看正负，最后看单调性
我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也可用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如通过函数的解析式可判断其在区间的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的定义域，函数的奇偶性，函数值的符号及函数的零点即可判断出选项.
【详解】当时，令，得或，
且时，；时，，故排除选项B.
因为为偶函数，为奇函数，所以为奇函数，故排除选项C；
因为时，函数无意义，故排除选项D
函数图象的大致形状是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】分析函数的奇偶性，并排除两个选项，再由时值的正负判断作答.
【详解】依题意，函数的定义域为R，，
即函数是R上的奇函数，其图象关于原点对称，选项A，C不满足；
当时，，即有，选项D不满足，B符合题意.
（2023·广东广州·统考一模）函数在上的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据给定的函数，由奇偶性排除两个选项，再取特值即可判断作答.
【详解】函数定义域为，
而，且，
即函数既不是奇函数也不是偶函数，其图象关于原点不对称，排除选项CD；
而当时，，排除选项A，选项B符合要求.
（湖南常德·统考一模）函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分析函数的奇偶性排除两个选项，再利用时，值为正即可判断作答.
【详解】函数定义域为R，，即是奇函数，A，B不满足；
当时，即，则，而，因此，D不满足，C满足.
【题型6】求三角函数解析式
一、根据函数必关于轴对称，在三角函数中联想到的模型，从图象、对称轴、对称中心、最值点或单调性来求解．
二、由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式解析式的解决思路
由函数图像求解析式
确定的步骤和方法:
(1)求 ：确定函数的最大值和最小值，则 ，；
(2)求：确定函数的周期，则；
(3)求：常用的方法有代入法和五点法．
①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)或代入图象与直线的交点求解(此时要注意交点是在增区间还是在减区间)．
②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口．
类型一：由基本性质求解析式或基本量
（2023·全国·统考高考真题）已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入即可得到答案.
【详解】因为在区间单调递增，
所以，且，则，，
当时，取得最小值，则，，
则，，不妨取，则，
则
（2022·全国·统考高考真题）记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ）
A．1B．C．D．3
【答案】A
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图象关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.
【巩固练习1】（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数，如图是直线与曲线的两个交点，，则（ ）
A．0B．C．D．
【答案】C
【解析】设，由可得，
由可知，或，，由图可知，
当时，，即，；
当时，，即，；
综上：；
因为同一图象对应的解析式是一样的，所以此时不妨设，则，
因为，
则，解得，
所以，
．
【巩固练习2】已知函数在区间上单调递减，直线和为函数的图象的两条相邻对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题求出，得到，然后根据最值得出，求出的解析式，得出答案.
【详解】因为直线和为函数的图象的两条相邻对称轴，
所以，且，则，
又在区间上单调递减，
所以当时，取得最大值，则，
则，不妨取，则，则
【巩固练习3】已知函数，若，且在区间上有最小值无最大值，则 .
【答案】或
【分析】根据三角函数的对称性、最值求得正确答案.
【详解】因为，且在区间上有最小值无最大值，
则，则，
可得，解得，
且，解得，可知：或1，或.
【巩固练习4】已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入即可得到答案.
【详解】因为在区间上单调递增，且直线与为相邻的两条对称轴，
所以，即，且，，
又时取得最小值，即，所以，
解得，
.
【巩固练习5】已知函数，设方程最小的两个正根为，若，则 ．
【答案】
【分析】根据可得出两正根的表达式取值，再根据最小正根之间的关系式即可求得.
【详解】令，由题意知，
当时，可得，
所以可得，解得，
又，所以，
解得．
【巩固练习6】已知函数有一个零点为为其图象的一条对称轴．且函数在区间上单调递增，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可知，利用，可求得的值，再根据可求得的值，求出的解析式后，即可求值.
【详解】由题意可知，则，
故，所以，
又为其图象的一条对称轴，
且函数在区间上单调递增，则，
所以,
故，可取，
则，所以
【巩固练习7】已知函数满足恒成立，，且在区间上有5个零点，则 .
【答案】
【分析】由可知，由此可求得的值；根据函数在区间零点的个数，结合正弦函数的图象可知的取值范围；由可知函数的对称轴，得出,再结合的取值范围即可得出的值.
【详解】由题意，
所以，得，
因为，所以，所以；
因为在区间上有5个零点，
所以，
解得；
因为，
所以函数的图象关于直线对称，
所以，得，所以.
【巩固练习8】函数满足，且恒成立，若在区间上有最小值而无最大值，则 .
【答案】
【分析】由题意可得为函数的对称中心，为函数的对称轴，再结合在区间上有最小值而无最大值，可得，即可得解.
【详解】因为，所以为函数的对称中心，
因为恒成立，所以，
所以为函数的对称轴，
又因为在区间上有最小值而无最大值，
所以，解得
类型二：由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式解析式
（2020·新高考1卷真题）下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】首先利用周期确定的值，然后确定的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可得正确结果.
【详解】由函数图像可知：，则，所以不选A,
不妨令,
当时，，
解得：，
即函数的解析式为：
.
而
2023·新高考Ⅱ卷T16
已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则 ．

【答案】
【分析】设，依题可得，，结合的解可得，，从而得到的值，再根据以及，即可得，进而求得．
【详解】设，由可得，
由可知，或，，由图可知，
，即，．
因为，所以，即，．
所以，
所以或，
又因为，所以，．
【巩固练习1】（2024·陕西渭南·模拟预测）函数的图象如图所示.将的图象向右平移2个单位长度，得到函数的图象，则的解析式为（ ）

A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由题意可知的周期满足，得，
即，得，
所以，
因为点是图象的一个点，
所以，，
则，又，所以，
所以，
将的图象向右平移2个单位长度，
得到函数.
【巩固练习2】已知函数（）的部分图象如图所示，则函数的解析式为 ．
【答案】
【详解】观察图象，得，函数的周期，，
由，得，而，则，
所以.
故答案为：
【巩固练习3】已知函数（，，）的部分图象如图所示，则的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】依题意，由图象中最值可知，
周期满足，又，则，故，
所以，又点在的图象上，
所以，即，
所以，即，
而，所以，
所以.
【巩固练习4】若函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】如图：
易知：，，即.
由，，
时，.
所以：.
【巩固练习5】（多选）已知函数（，，）的部分图象如图所示，其中的图象与轴的一个交点的横坐标为，则（ ）

A．的最小正周期为πB．，
C．的图象关于点中心对称D．在上单调递增
【答案】ABD
【详解】对AB，由图，知，∴，∴，
因为，，则，∴，
∵，∴，故AB正确；
对C，因为，故的图象不关于点中心对称，故C错误，
对D，当时，，
结合余弦函数y=csx的单调性知在上单调递增，D正确.
【巩固练习7】已知函数的部分图像如图所示，则 .
【答案】
【分析】首先确定函数的解析式，然后求解的值即可.
【详解】由题意可得：，
当时，，
令可得：，
据此有：.
【巩固练习8】（多选）已知函数的部分图象如图所示，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．函数为偶函数D．
【答案】AD
【解析】先利用图象得到，，求得，再结合时取得最大值求得，得到解析式，再利用解析式，结合奇偶性、对称性对选项逐一判断即可.
【详解】由图象可知，，，即,，
由时，，得，
即，而，故，故，A正确；
，故B错误；
由知，不是恒成立，故函数不是偶函数，故C错误；
由时，，故是的对称中心，故，故D正确.
【巩固练习9】已知函数，，的部分图象如图所示，则的解析式为
A．B．
C．D．
【答案】C
【解答】解：由函数的图象可得函数的周期，可得，
，，点，在函数图象上，
，可得，，由于，可得，
又点在函数图象上，可得，可得，的解析式为．
【巩固练习10】已知函数（其中）的部分图像如右图所示，则在上的值域为 ．

【答案】
【分析】根据题意，由函数图像可求得函数的解析式，再由正弦型函数的值域，即可得到结果.
【详解】
由图像可知，；从而，
又由，因为，所以，从而，当时，则，因为在上单调递减，在上单调递增，所以，因为，所以，故，即，从而，即在上的值域为．
【巩固练习11】已知函数的部分图象如图所示，则的值为 .

【答案】/0.5
【分析】根据过点，，求得，，再结合，求得，即可解.
【详解】由，得，
由，又，得，
观察图象知，，即，
解得，则，
因此，，所以.
【巩固练习12】已知函数的部分图象如图所示，则 .

【答案】
【分析】由函数的最值可得，代入点，可得，，又，可得，或或，分别代入验证可得，即可得函数解析式，进而求得函数值.
【详解】由题图可知，
因为，所以，
由图像可知，，解得，，
又，即且，
所以，所以或或；
当时，函数，
令，，解得，，
所以函数的单调递减区间为，，
又，，所以不符合题意；
当时，，此时，不符合题意；
当时，，此时，
且令，，解得，，
所以函数的单调递减区间为，，
又，，所以符合题意，所以
【巩固练习13】（2024届广东省韶关市高三上学期第一次模拟考试数学试题）（多选）已知函数，的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．将的图象向右平移个单位，得到的图象
C．，都有
D．若方程在上有两个不相等的实数根，则实数
【答案】AD
【分析】根据图象依次求得的值，再结合三角函数图象变换、以及性质，易得到答案.
【详解】由函数的部分图象，
可得，.
再根据五点法可得，得，故.
，故A正确；
，故B错误；
取时，显然不成立，故C错误；
令，由，可得，
要使方程在上有两个不相等的实数根，
只需函数在上有两个不同的零点，
即，故D正确.
故选：AD.
【巩固练习14】（多选）已知函数的部分图象如图所示，若将函数的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列命题正确的是（ ）
A．函数的解析式为
B．函数的解析式为
C．函数在区间上单调递增
D．函数图象的一条对称轴是直线
【答案】ABC
【分析】对于A，由图像可得，，从而可求出得，再将点的坐标代入函数中可求出的值，从而可求出函数解析式，对于B，由三角函数图像变换规律求出的解析式，对于C，由求出的增区间进行判断即可，对于D，将代入中验证是否能取得最值.
【详解】由图可知，，，所以，解得，故．
因为图像过点，所以，即．
因为点位于单调增区间上，且，所以，
故．故A项正确；
若其纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，所得到的函数解析式为，
再向右平移个单位长度，所得到的函数解析式．故B项正确；
令，
得，
故函数的单调增区间是，
当时，在区间上单调递增，故C项正确；
当时，，即时，
不取最值，故不是函数的一条对称轴,所以D项不正确．
【巩固练习15】（2024·辽宁·二模）A，B，C是直线与函数（，）的图象的三个交点，如图所示．其中，点，B，C两点的横坐标分别为，若，则（ ）
A．B．-1C．D．2
【答案】A
【解析】由，可得，
因为，且点A在图像的下降部分，所以，
故，
因为，所以是直线与的图像的三个连续的交点；
由点横坐标，即，解得，，
解得，，所以．
因为，所以，所以，所以，
则．
故选：A．
【题型7】解三角函数不等式
数形结合，注意隐藏的定义域限制
函数的定义域为 .
【答案】
【分析】由对数函数和三角函数定义域，可确定正弦函数和余弦函数的取值范围，再根据三角函数单调性即可求得其定义域.
【详解】由题意可知，要使函数各部分有意义，
则须满足即
由正弦函数和余弦函数单调性得；
即得，
所以函数的定义域为.
故答案为：
【巩固练习1】函数的定义域为 .
【答案】
【分析】根据对数的真数大于0，解不等式即可得出答案.
【详解】由题意得：，所以，所以
【巩固练习2】已知是偶函数且在上单调递增，则满足的一个值的区间可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性、单调性化简题目所给不等式，结合三角恒等变换以及三角不等式等知识确定正确答案.
【详解】由于是偶函数且在上单调递增，且，
所以，则，
所以，，
时，，所以符合题意的区间为，D选项正确，
其它选项不符合题意.
【巩固练习3】已知函数（其中）在区间上单调，且，当时，取得最大值，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】因为函数在区间上单调，且，
所以和均不是的极值点，其极值应该在处取得，
又，所以也不是的极值点，
又时，取得最大值，所以为另一个相邻的极值点，
故函数的最小正周期，所以，
又时，取得最大值，所以，即，
因为，所以，，可得，
由，得，
所以，解得，
所以不等式的解集为.
【题型8】三角函数的实际应用
（1）研究的性质时可将视为一个整体，利用换元法和数形结合思想进行解题．
（2）方程根的个数可转化为两个函数图象的交点个数．
（3）三角函数模型的应用体现在两方面：一是已知函数模型求解数学问题；二是把实际问题抽象转化成数学问题，利用三角函数的有关知识解决问题．
已知某摩天轮的半径为，其中心到地面的距离为，摩天轮启动后按逆时针方向匀速转动，每分钟转动一圈．已知当游客距离地面超过时进入最佳观景时间段，则游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有（ ）
A．分钟B．分钟C．分钟D．分钟
【答案】B
【分析】求出游客到地面的距离为关于转动时间（单位：分钟）的函数关系式，然后解不等式，可得出结果.
【详解】设游客到地面的距离为，设关于转动时间（单位：分钟）的函数关系式为，
则，，可得，
函数的最小正周期为，则，
当时，游客位于最低点，可取，
所以，，
由，即，可得，
所以，，解得，
因此，游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有分钟.
【巩固练习1】（2024·四川凉山·三模）摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．某摩天轮最高点距离地面高度为120m，转盘直径为110m，设置48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近位置进仓，转一周大约需要30min．某游客坐上摩天轮的座舱10min后距离地面高度约为（ ）
A．92.5mB．87.5mC．82.5mD．
【答案】A
【解析】设座舱距离地面的最近的位置为点，以轴心为原点，与地面平行的直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，
设函数表示游客离底面的高度，
因为摩天轮的最高点距离地面为，直径为，且转一周大约需要，
周期，，所以，
即，
当时，游客在点，其中以为终边的角为，
所以，
当时，可得
所以，摩天轮的座舱后距离地面高度约为.
故选：A.
【巩固练习2】阻尼器是一种以提供阻力达到减震效果的专业工程装置．我国第一高楼上海中心大厦的阻尼器减震装置，被称为“镇楼神器”，如图1.由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移y(m)和时间t(s)的函数关系为，如图2，若该阻尼器在摆动过程中连续四次到达同一位置的时间分别为，且，则在一个周期内阻尼器离开平衡位置的距离大于0.5m的总时间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设的周期为，，
根据，
可知，
所以，，所以，
令，则，
所以，可得，
所以在一个周期内阻尼器离开平衡位置的距离大于0.5m的总时间为.
【巩固练习3】已知大屏幕下端B离地面3.5米，大屏幕高3米，若某位观众眼睛离地面1.5米，则这位观众在距离大屏幕所在的平面多远，可以获得观看的最佳视野？（最佳视野是指看到屏幕上下夹角的最大值） 米．
【答案】
【解析】如图所示：
由题意知：，，设，
则，，
所以，
由于，当且仅当，即时取等号，
所以，因为，
所以当时，可以获得观看的最佳视野.
【巩固练习4】（2023·重庆南开中学）2023年是农历癸卯兔年，在中国传统文化中，兔被视为一种祥瑞之物，是活力和幸福的象征，寓意福寿安康.故宫博物院就收藏着这样一副蕴含“吉祥团圆”美好愿景的名画——《梧桐双兔图》，该绢本设色画纵约176cm，横约95cm，其挂在墙壁上的最低点离地面194cm.小南身高160cm（头顶距眼睛的距离为10cm），为使观赏视角最大，小南离墙距离应为（ ）
A．B．76cmC．94cmD．
【答案】D
【分析】由题意只需最大，设小南眼睛所在的位置点为点，过点做直线的垂线，垂足为，求出，，设，则，求出，，代入，利用基本不等式求解即可.
【详解】由题意可得为锐角，故要使最大，只需最大，
设小南眼睛所在的位置点为点，过点做直线的垂线，垂足为，如图，
则依题意可得（cm），（cm），，
设，则，且，
，
故，
当且仅当即时等号成立，故使观赏视角最大，小南离墙距离应为cm
【题型9】带绝对值或带根号的三角函数问题
函数的最小正周期为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，
所以的最小正周期．
【巩固练习1】（多选）关于函数f(x)＝sin|x|＋|sin x|的叙述正确的是（ ）
A．f(x)是偶函数`B．f(x)在区间单调递增
C．f(x)在[－π，π]有4个零点D．f(x)的最大值为2
【答案】AD
【分析】根据函数的奇偶性、单调性、零点、最值对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】A.∵f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，∴f(x)是偶函数，故A正确；
B.当时，f(x)＝sin|x|＋|sin x|＝2sin x，f(x)在单调递减，故B错误；
C.当x∈[0，π]时，令f(x)＝sin|x|＋|sin x|＝2sin x＝0，得x＝0或x＝π，又f(x)在[－π，π]上为偶函数，
∴f(x)＝0在[－π，π]上的根为－π，0，π，有3个零点，故C错误；
D.∵sin|x|≤1，|sin x|≤1，当或时两等号同时成立，
∴f(x)的最大值为2，故D正确．
【巩固练习2】（襄阳四中2023期末）（多选）关于函数，有下述四个结论：
①是偶函数；
②在区间单调递增；
③在有4个零点；
④的最大值为2．
其中正确结论的序号是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】AD
【分析】根据奇偶函数的定义可判断是偶函数；在区间上，可判断单调性；根据图象即可判断③；当且时，取得最大值2，可判断④．
【详解】，且的定义域为R，则函数是偶函数，故①正确；
当时，，，
则当时，，则在区间为减函数，故②错误；
画出函数的图象，
当时，，
由，得，即或，
由是偶函数，得在上还有一个零点，
即函数在有3个零点，故③错误；
当且时，取得最大值2，故④正确，
故正确的是①④
【巩固练习3】（多选）关于函数有下述四个结论，其中正确的是（ ）
A．是偶函数
B．在区间上单调递增
C．的最大值为2
D．在有4047个零点
【答案】AC
【详解】由题意得，
所以是偶函数，故A正确，当时，，
此时在区间上单调递减，故B错误，
因为，，所以，且，
所以的最大值为2，故C正确，
当时，，所以此区间上有无数个零点，
故在不可能只有4047个零点，故D错误.
【巩固练习4】（浙江省金华十校2023期末）（多选）已知函数，则（ ）
A．图象关于对称B．最小正周期为
C．最小值为1D．最大值为
【答案】ACD
【分析】对于A项，检验是否成立；对于B项，是否成立；对于C项、D项，将化简成即可求得其最大值、最小值.
【详解】对于A项：由于，从而，
即关于对称，正确；
对于B项：由于，错误；
对于C项：，正确；
对于D项：，正确．
【巩固练习5】（多选）已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．是周期函数
B．函数的最小值为
C．函数在上单调递增
D．在上有两解
【答案】AD
【分析】计算，根据周期函数定义可判断A；化简，求得其最小值判断B；化简，确定，结合正弦函数性质可判断C；求出在的解，可判断D.
【详解】对于A，，
故是以为周期的函数，故A正确.
对于B，时，函数的最小值为，故B错误
对于C，当时，，由于在上单调递减，
故在上单调递减，故C错误
对于D，当时，，此时，
则；
当时，，此时，
则；故在上有两解，故D正确
【题型10】由三角函数性质求“ω”范围
设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．
【详解】解：依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：

则，解得，即．
2023·新高考Ⅰ卷T15
已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【详解】因为，所以，
令，则有3个根，
令，则有3个根，其中，
结合余弦函数的图像性质可得，故，
2022·全国乙卷数学（理）T15
记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；
【详解】解： 因为，（，）
所以最小正周期，因为，
又，所以，即，
又为的零点，所以，解得，
因为，所以当时；
【巩固练习1】已知函数在区间上有且只有3个零点，则ω的取值范围是____________.
【答案】
解：
由于在区间上有且只有3个零点，则有
，所以,w的取值范围是
【巩固练习2】已知函数（，），其图象关于点成中心对称，相邻两条对称轴的距离为，且对任意，都有，则在下列区间中，为单调递减函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用相邻两条对称轴的距离等于个周期可确定;又由函数图象关于点成中心对称并结合确定,从而确定函数的解析式，求函数的单调递减区间即可确定答案.
【详解】函数（，）相邻两条对称轴的距离为,
其周期,解得；
又其函数图象关于点成中心对称，
，
，或，
当时，，，符合对任意，都有；
当，，，不符合对任意，都有；
，
令
得
令得到的单调递减区间为，观察四个选项只有，故选项C符合题意
【巩固练习3】已知函数其中，，的部分图象如下图所示，若在区间上有且仅有两个零点，则实数的取值范围为 ．

【答案】
【分析】由图像可求出函数，然后根据求解函数的零点存在的值并结合区间上只有两个零点，从而求解.
【详解】由图象对称性可知，函数的图象与轴正半轴第一个交点的横坐标为，
由图可知为其对称轴，则，解出，
由于，故，，则，，因为，所以，
于是，由于，故，因此，
易知，因为在，上有且仅有两个零点，所以.
【巩固练习4】已知（其中），其函数图像关于直线对称，若函数在区间上有且只有三个零点，则的范围为 ．
【答案】
【分析】由三角函数的对称性求出，再由的范围求出的范围，根据三角函数的性质即可求出答案.
【详解】函数关于直线对称，
所以，所以，
因为，所以，所以，
当，则，
要使函数在区间上有且只有三个零点，所以，
所以的范围为：.
【巩固练习5】将函数 的图象向右平移 个单位，得到函数的图象，若函数y=g(x)在 上为增函数，则ω的取值范围是 .
【答案】(0,2]
【详解】依题意，得，
因为，所以，且，
而函数在上为增函数，
得，得，而，得，
【巩固练习6】函数在上单调递增，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】由得到，结合正弦函数图象得到不等式组，求出，，利用，求出，从而得到，得到答案.
【详解】，则，
因为，所以要想在上单调递增，
需要满足且，，
解得：，，
所以，解得：，
因为，所以，
因为，所以，
的最大值是.
2024届·重庆市高三上学期入学调研
【巩固练习7】已知函数在区间上是单调的，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】三角函数在区间上单调，可知在区间内不含对称轴，构建不等式即可求得的取值范围.
【详解】因为，
令，可得对称轴方程，
函数在区间上是单调的，
,且，，
即，
函数在区间上是单调的，
所以，即，
又，
可得或
【巩固练习8】已知方程有解，则的范围是 .
【答案】
【解析】由题意得出，计算出函数的值域，即可得出实数的取值范围.
【详解】由，可得，
令，，，
，，因此，实数的取值范围是.
【题型11】三角函数新定义问题
计算器是如何计算、、、、等函数值的?计算器使用的是数值计算法，如，，其中，英国数学家泰勒（B．Taylr，1685-1731）发现了这些公式，可以看出，右边的项用得超多、计算得出的和的值也就越精确，运用上述思想，可得到的近似值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】取代入公式中，直接计算取近似值即可．
【详解】.
【巩固练习1】定义:正割，余割.已知为正实数，且对任意的实数均成立，则的最小值为（ ）
A．1B．4C．8D．9
【答案】D
【分析】利用已知条件先化简，分离参数，转化恒成立求最值问题
【详解】由已知可得，
即.
因为，所以，
则
，当且仅当时等号成立,故
【巩固练习2】人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点，，则曼哈顿距离为：，余弦相似度为：，余弦距离为
(1)若，，求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离；
(2)已知，，，若，，求的值
【答案】(1)，，(2)
【分析】（1）根据公式直接计算即可.
（2）根据公式得到，，计算得到答案.
【详解】（1），
，故余弦距离等于；
（2）；
故，，则.
【巩固练习3】已知函数，称向量为的特征向量，为的特征函数.
(1)设，求的特征向量；
(2)设向量的特征函数为，求当且时，的值；
(3)设向量的特征函数为，记，若在区间上至少有40个零点，求的最小值.
【答案】(1)，(2)，(3)
【分析】（1）根据诱导公式化简，再根据函数的特征向量的定义即可得解；
（2）根据向量的特征函数求出函数解析式，化简可得，再根据结合两角差的正弦公式即可得解；
（3）根据三角恒等变换求出函数的解析式，不妨设为其中的一个零点，再根据三角函数的性质即可得出答案.
【详解】（1）解：因为，
所以函数的特征向量；
（2）解：因为向量的特征函数为，
所以，
由，得，
因为，所以，
所以，
所以；
（3）解：因为向量的特征函数为，
所以，
则，
令，则，
则或，
则或，
由在区间上至少有40个零点，
不妨设，
则，
则，
所以的最小值为.
近5年考情（2020-2024）
考题统计
考点分析
考点要求
2024年天津卷第7题，5分
以三角函数的图像、周期性、单调性、奇偶性、对称性、最值等重点内容展开，并结合三角公式、化简求值、平面向量、解三角形等内容综合考查，因此复习时要注重三角知识的工具性，以及三角知识的应用意识．
（1）正弦函数、余弦函数和正切函数的图像性质
（2）三角函数图像的平移与变换
（3）三角函数实际应用问题
（4）辅助角公式
2024年北京卷第6题，5分
2024年II卷第9题，6分
2024年I卷第7题，5分
2023年甲卷第12题，5分
2023年I卷第15题，5分
2023·新高考Ⅱ卷T16
2023·全国甲卷（理）T11
2022·全国乙卷数学（理）T15
函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象