考点26 三角函数的图象与性质（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）-2025高考数学一轮精讲讲练（新高考版）

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1.能画出三角函数的图象.2.了解三角函数的周期性、奇偶性、最大(小)值.3.借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0,2π]上，正切函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的性质．
【知识点】
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eq \f(1,2)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)．
【核心题型】
题型一 三角函数的定义域和值域
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．
【例题1】（2024·陕西·模拟预测）函数的最大值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】D
【分析】令，则，设，再结合三角函数的性质即可得解.
【详解】函数的定义域为，
令，则，
设，可得，
当时，有最大值为2，
所以函数的最大值为2.
故选：D.
【变式1】（2023·河南·二模）已知偶函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为，则函数在区间上的值域为 .
【答案】
【分析】根据对称轴可得，根据偶函数可得，进而由得，由余弦函数的性质即可求解.
【详解】因为函数的图象的相邻两条对称轴间的距离为，所以函数的最小正周期为，则，解得，
所以，又为偶函数，所以，，
解得，，因为，所以，
故，
因为，所以，
所以，所以，故.
故答案为：
【变式2】（2023·上海嘉定·三模）函数，的值域是 .
【答案】
【分析】利用二倍角的余弦公式得出，由的范围得出的范围，再利用余弦函数的基本性质可得出答案.
【详解】，且，，
，，
因此函数在的值域是.
故答案为：.
【变式3】（2024·重庆·模拟预测）已知函数的最小正周期为，且
(1)求的解析式；
(2)设求函数在内的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据最小正周期确定的值，再根据特殊值求解，即可得函数解析式；
（2）利用三角恒等变换化简函数，再结合正弦型函数的性质求解值域即可.
【详解】（1）由周期，，
又得，即，因为，所以，
从而．
（2）由题意，
所以，
因为，所以，
从而，则，所以的值域为．
题型二 三角函数的周期性与对称性
(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．
【例题2】（2023·山东·模拟预测）已知，则下列结论错误的是（ ）
A．是周期函数
B．在区间上单调递增
C．的图象关于对称
D．方程在有2个相异实根
【答案】B
【分析】根据函数周期性定义可判断A；根据特殊值，即时，函数无意义判断B；结合正弦函数的对称性判断C；求出方程在上的根，判断D.
【详解】函数，定义域为，
对于A，，故是周期函数，A正确；
对于B，当时，，则，
此时无意义，故B错误；
对于C，当时，，
即的图象关于对称，
由于的定义域为也关于对称，
故的图象关于对称，C正确；
对于D，令，即，
则，或，
即，或，
则当时，，
即方程在有2个相异实根，D正确，
故选：B
【变式1】（2024·贵州毕节·三模）已知函数的最小正周期为，则函数图象的一条对称轴方程为 ．
【答案】（答案不唯一，符合均为正确答案）
【分析】求出，求出即可求出对称轴方程.
【详解】因为函数的最小正周期为，
所以，所以，所以，
令，所以，
所以.
故答案为：.
【变式2】（2024·北京海淀·二模）已知函数.
（i）若，则函数的最小正周期为 .
（ii）若函数在区间上的最小值为，则实数 .
【答案】
【分析】根据二倍角公式即可结合周期公式求解，利用二次函数的性质即可求解最值.
【详解】当时，,所以最小正周期为，
，
当时，，且二次函数开口向下，
要使得在区间上的最小值为，则需要，
且当时取最小值，故，解得，
故答案为：，
【变式3】（2023·黑龙江·三模）已知函数的图象是由的图象向左平移个单位长度得到的．
(1)若的最小正周期为，求图象的对称轴方程，与轴距离最近的对称轴的方程；
(2)若图象相邻两个对称中心之间的距离大于，且，求在上的值域．
【答案】(1)对称轴方程，最近的对称轴方程为
(2)
【分析】（1）由周期求出，即可得到函数解析式，再根据余弦函数的性质求出函数的对称轴；
（2）依题意可得，即可求出范围，从而求出的值，再根据余弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）由，得，所以，
令，解得，
所以函数的对称轴方程为，
取，得，取，得，
因为，所以与轴距离最近的对称轴方程为．
（2）设的最小正周期为，因为图象相邻两个对称中心之间的距离大于，
所以，即，由，，解得．
又且，所以．
所以．
因为，所以，
所以，即在上的值域为．
题型三 三角函数的单调性
(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，可先借助诱导公式将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．
命题点1 求三角函数的单调区间
【例题3】（2022·全国·一模）设函数，其中，，若，，则在上的单调减区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据的对称中心、零点求得，进而求得，结合三角函数单调区间的求法求得正确答案.
【详解】据题意可以得出直线和点分别是的图象的一条对称轴和一个对称中心，
所以，
即（），
所以；又由得，
即（），
，所以，所以；
由得的单调减区间为（），
所以在上的单调减区间是.
故选：C
【变式1】（2024高三·江苏·专题练习）函数的单调递增区间是 .
【答案】
【分析】由整体代入法得对应的不等式组，解不等式组即可得解.
【详解】因为，由有：
.
故答案为：.
【变式2】（23-24高三下·北京西城·开学考试）函数的单调递增区间为 .
【答案】，
【分析】利用三角变换公式可得，利用整体法可求函数的单调区间.
【详解】，
令，，
故，故的单调增区间为，，
故答案为：，.
【变式3】（2024·山西临汾·三模）已知函数的图象可由函数的图象平移得到，且关于直线对称．
(1)求的值；
(2)求函数的单调递增区间．
【答案】(1)
(2)和．
【分析】（1）根据题意求出振幅和周期，再由正显函数的对称轴解出，进而得到，再代入解出即可；
（2）先由图象平移得到，法一换元法整体代入求增区间；法二由正弦函数的递增区间结合条件中范围求出即可.
【详解】（1）依题知函数与函数有相同的振幅和周期，所以，
因为函数的图象关于直线轴对称，
所以，
即，
又因为，所以，
所以，
．
（2）
法一：因为，所以，
因为在单调递增，
故的单调递增区间为和．
法二：
由，
得，
又因为
所以的单调递增区间为和．
命题点2 根据单调性求参数
【例题4】（2024·湖北鄂州·一模）已知函数的一条对称轴为，且在上单调，则的最大值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】先利用函数对称轴可得，又由在上为单调函数，列不等式可得间的不等关系，进而可得的最大值.
【详解】函数一条对称轴为，，
，的对称轴可以表示为，
令，则，在上单调，
则，使得，解得，由，得，
当时，取得最大值为.
故选：C．
【变式1】（2024·河南·三模）在中，，的最大值为．若函数在区间上单调递增，则的最大值为 ．
【答案】2
【分析】由已知在中，，由利用不等式可得，然后利用正弦函数的单调性与区间的关系列不等式即可.
【详解】因为，故为锐角，
且，
又，
所以，所以的最大值为，
即，
当且仅当时，即，等号成立，
函数，
因为，所以，
要使在区间上单调递增，则，
所以，
所以的最大值为.
故答案为：.
【变式2】（2024·江西宜春·模拟预测）已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先根据区间上的长度不大于半个周期求出，再根据的范围确定所满足的范围，由在区间上单调递减，得到的取值范围.
【详解】因为在区间上单调递减，所以，
则，即，所以，
因为，，所以，
因为，所以，，
因为在区间上单调递减，
，所以，解得，
所以的取值范围为．
故答案为：.
【变式3】（2024高三·全国·专题练习）已知函数在区间上单调，其中为正整数，，且.
(1)求图象的一条对称轴；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由函数在区间上的单调性，根据题意和最小正周期的定义，求得，再结合，即可确定对称轴；
（2）根据函数对称轴及函数值确定的表达式，再结合最小正周期确定的可能取值，分类讨论，即可求解．
【详解】（1）解：因为函数在区间上单调，
所以函数的最小正周期，
又因为，所以，
即直线为图象的一条对称轴．
（2）解：由（1）最小正周期，可得，
因为，所以或或，
又因为为图象的一条对称轴，可得，
因为，可得或，
若，则，
即，
此时不存在整数，使得或或；
若，则，
即，
此时不存在整数，使得或，
当时，可得，此时，
因为，所以.
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2022高三上·河南·专题练习）函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由对数的真数大于零，二次根式的被开方数非负和分式的分母不为零，列不等式组可求得结果.
【详解】要使有意义，需满足，
解得且．
所以定义域为.
故选：B．
2．（2024·陕西·模拟预测）已知函数，则的图像（ ）
A．关于直线对称B．关于直线对称
C．关于中心对称D．关于中心对称
【答案】A
【分析】利用三角恒等变换公式化简函数，再结合余弦函数的图象性质逐项判断即得.
【详解】
，
对于A，，函数关于直线对称，A正确；
对于B，，函数关于直线不对称，B错误；
对于C，，函数关于不成中心对称，C错误；
对于D，，函数关于中心对称，D错误.
故选：A
3．（2024·河北·二模）已知函数，若对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，根据在上单调递减列不等式组求解即可.
【详解】当时，由得，
所以在上单调递减，
即在上单调递减，
不妨设，则问题转化成在上单调递减，
所以，其中，解得.
故选：D.
4．（2024·重庆·二模）若函数在上单调递增，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用正弦型函数的单调性建立不等式，解不等式即可求解．
【详解】令，，
解得，，
由于在上单调递增，
所以，
即，，
因为，所以当时，的最小值为．
故选：B．
二、多选题
5．（2024·云南·模拟预测）已知函数的图象关于点成中心对称，则（ ）
A．在区间上单调递减
B．在区间上有两个极值点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
【答案】ABD
【分析】直接利用函数的对称性求出函数的关系式，根据余弦函数的单调性即可判断A；根据极值点的定义即可判断B；根据余弦函数的对称性即可判断C；根据导数的几何意义即可判断D.
【详解】由题意得：，所以，
即，又，所以，
故，
对于A，当时，，
所以在上是单调递减，故A正确；
对于B，当时，，
由余弦函数的图象知：有两个极值点，故B正确；
对于C，当时，，
所以直线不是曲线的对称轴，故C不正确；
对于D，，
令，得，
从而得：或，
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为：，即，故D正确.
故选：ABD.
6．（23-24高三上·广西·开学考试）已知，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象的对称轴方程为
C．
D．在上单调递减
【答案】AC
【分析】利用余弦函数的周期性质、对称性、单调性判断ABD；计算函数值判断C.
【详解】对于A，的最小正周期为，A正确；
对于B，由，得，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，当时，，显然，
因此函数在上不单调，D错误.
故选：AC
三、填空题
7．（22-23高三上·吉林·阶段练习）函数的部分图象如图所示，则函数的解析式为 .
【答案】
【分析】由最大最小值可得的值，再由周期求出，最后根据五点法求出的值，可得的解析式.
【详解】设的最小正周期为，由图可知，
，由得，，.
，，
.
故答案为：
8．（2024高三·上海·专题练习）已知集合，，则两集合间的关系是： ；
【答案】
【详解】由题意，集合，
又由集合，所以
故答案为：
9．（2023·北京昌平·二模）若函数的最大值为2，则 ，的一个对称中心为 .
【答案】 （答案不唯一）
【分析】根据辅助角公式求出A，再由余弦型函数求出对称中心.
【详解】由知，，
解得，
所以，
令，可得，
即函数的对称中心为，
则满足条件的点如，等都可以.
故答案为：；（答案不唯一）
四、解答题
10．（2024·全国·模拟预测）已知函数.
(1)求的最小正周期与图象的对称中心；
(2)在中，，求周长的取值范围.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）易得，再利用正弦函数的性质求解；
（2）由结合正弦定理得到外接圆的半径，从而有周长，再利用正弦函数的性质求解.
【详解】（1）解：由题意得，
，
所以的最小正周期；
令，则，
故图象的对称中心为.
（2）由，得，
又，所以，
所以，则，则.
设的内角所对的边分别为，
由正弦定理得，
，，
则周长，
，
因为，所以，
故，因此.
11．（2022·上海宝山·模拟预测）已知函数，其中
(1)若且直线是的一条对称轴，求的递减区间和周期；
(2)若，求函数在上的最小值；
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据题设中的对称轴可得，根据其范围可求其值，再根据公式和整体法可求周期及减区间.
（2）利用三角变换和整体法可求函数的最小值.
【详解】（1）可知，
因为直线是图象的一条对称轴，故，
解得，而，故，则，
则周期，
再令，则，
故的递减区间为.
（2）可知
因为，故，
则在即取最小值，其最小值为.
【综合提升练】
一、单选题
1．（2024·云南·二模）函数的最小正周期为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由周期公式直接求解可得.
【详解】由周期公式得.
故选：A
2．（2024·湖北鄂州·一模）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，将集合化简，然后结合交集的运算即可得到结果.
【详解】，
而，故，
故选：B．
3．（2024·天津河东·一模）关于函数，下列结论正确的为（ ）
A．的最小正周期为B．是的对称中心
C．当时，的最小值为0D．当时，单调递增
【答案】B
【分析】利用正切函数的最小正周期的计算方法判断A，利用对称中心的计算方法判断B，举反例判断C，D即可.
【详解】对于A，易知，则的最小正周期为，故A错误，
对于B，易知，，解得，，当时，，
此时对称中心为，故B正确，
对于C，当时，，故的最小值不为0，故C错误，
对于D，易知，，故当时，并非单调递增，故D错误.
故选：B
4．（2024·宁夏·二模）设函数，若对于任意的，都有，则的最小值为（ ）
A．4B．2C．1D．
【答案】B
【分析】由题意可得是函数的最小值，是函数的最大值，可知的最小值就是函数的半周期长．
【详解】若对于任意的，都有，
则是函数的最小值，是函数的最大值，的最小值即为函数的半周期长，
而函数的最小正周期，因此．
故选：B
5．（2024·四川自贡·一模）函数的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性及诱导公式，结合特殊值即可求解.
【详解】由，解得,
所以函数的定义域为,
所以,
所以为偶函数，函数的图象关于轴对称，排除选项B，
而，排除选项C，
，排除选项A，
故选：D.
6．（2024·山东·二模）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若为图象的一条对称轴，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题先根据三角函数图像平移的规则求出，再根据正弦函数的对称轴求出和整数k的关系式，再对k取值即可求解.
【详解】由题意得：，
又因为是的一条对称轴，
所以，
即，下面结合选项对整数k取值（显然k取负整数）：
时，；
时，；
时，；
时，.
故选：B.
7．（2024·陕西渭南·二模）关于函数，给出如下结论：
①的图象关于点对称
②的图象关于直线对称
③的最大值是3
④是函数的周期
其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据是否成立即可判断①；根据是否成立即可判断②；令，再结合二次函数的性质即可判断③；根据是否成立即可判断④.
【详解】对于①，，
，
则，
所以的图象不关于点对称，故①错误；
对于②，，
所以的图象关于直线对称，故②正确；
对于③，，
令，
则，
则，
当时，，
所以的最大值是3，故③正确；
对于④，，
所以不是函数的周期，故④错误.
所以正确结论的个数为个.
故选：B.
8．（2024·天津·二模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若相邻两条对称轴的距离为，则；
B．若，则时，的值域为；
C．若在上单调递增，则；
D．若在上恰有2个零点，则.
【答案】D
【分析】将化简为，再根据选项逐一判断即可.
【详解】
，
对于A：若相邻两条对称轴的距离为，则最小正周期为，故，选项A不正确；
对于B， 若，则，
当时，的值域为，选项B不正确；
对于C：若在上单调递增，则，选项C不正确；
对于D：，则，若在上恰有2个零点，
则，则，选项D正确.
故选：D.
二、多选题
9．（23-24高三上·山西运城·期末）已知函数，则（ ）
A．的一个周期为2B．的定义域是
C．的图象关于点对称D．在区间上单调递增
【答案】ACD
【分析】
利用正切函数的图象与性质一一判定选项即可.
【详解】对于A，由可知其最小正周期，故A正确；
对于B，由可知，
故B错误；
对于C，由可知，
此时的图象关于点对称，故C正确；
对于D，由可知，
又在上递增，显然，故D正确.
故选：ACD
10．（2024·贵州贵阳·二模）函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．在上的值域为
C．函数的图象关于直线对称
D．若函数在区间上不单调，则实数的取值范围是
【答案】CD
【分析】根据正切型三角函数的图象性质确定其最小正周期，从而得的值，再根据函数特殊点求得的值，从而可得解析式，再由正切型三角函数的性质逐项判断即可.
【详解】函数的最小正周期为，则有，即，
由函数的图象可知：，即，
由图象可知：，所以，因此不正确；
关于， 当时，，故在处无定义，
故B错误.
因为，
所以，所以函数的图象关于直线对称，C正确；
，
当时，，
当时，，
当函数在区间上不单调时，则有，故D正确.
故选：CD．
11．（2024·海南·模拟预测）已知函数的一个最大值点为，与之相邻的一个零点为，则（ ）
A．的最小正周期为B．为奇函数
C．在上单调递增D．在上的值域为
【答案】BC
【分析】根据给定函数性质，求出的解析式，再结合余弦函数的图象性质逐项判断即得.
【详解】依题意，的最小正周期，，
当时，，解得，，
当时，，解得，，
因此，
对于A，函数的最小正周期为，A错误；
对于B，，此函数为奇函数，B正确；
对于C，当时，，由余弦函数的性质知，
函数在上单调递增，C正确；
对于D，当时，，D错误.
故选：BC
三、填空题
12．（2023·全国·模拟预测）函数的图象的对称中心为
【答案】
【分析】根据的对称中心为可求解.
【详解】令，，解得，所以对称中心为.
故答案为: .
13．（2023·上海普陀·一模）若函数在区间上是严格增函数，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】解出正切型函数单调区间，则得到的范围.
【详解】令，，解得，，
令，则其一个单调增区间为，则实数的取值范围为，
故答案为：.
14．（2022·全国·模拟预测）若函数在上单调递减，且在上的最大值为，则 .
【答案】/-0.25
【分析】先根据函数在上单调递减及周期，确定，再根据函数的最大值求解.
【详解】因为函数在上单调递减，
所以，，则，
又因为函数在上的最大值为，
所以，即，
所以.
故答案为：
四、解答题
15．（2024·上海金山·二模）已知函数，记，，，.
(1)若函数的最小正周期为，当时，求和的值；
(2)若，，函数有零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用三角函数的周期公式求得，再利用三角函数的值域与周期性求得，从而得解；
（2）根据题意，利用换元法将问题转化为在有解，从而利用参变分离法或二次函数根的布分即可得解.
【详解】（1）因为函数的最小正周期，所以，
则当时，，
所以，得，
因为，所以取得，
（2）解法一：
当，时，，，
设，
由题意得，在有解，化简得，
又在上单调递减，
所以，则.
解法二：
当，时，，，
设，
由题意得，在有解，
记，对称轴为，
则由根的分布可得，即，解得，
所以.
16．（2023·广东佛山·一模）已知函数在区间上单调，其中为正整数，，且.
(1)求图象的一个对称中心；
(2)若，求.
【答案】(1)
【分析】（1）根据单调区间，以及可得，进而可得对称中心；
（2）先根据单调区间求出的可能取值，然后根据得到和的关系，根据关系以及的可能取值对照验证计算即可.
【详解】（1）因为在区间上单调，
且，，，
所以，
所以图像的一个对称中心是；
（2）由题设，的最小正周期，，
故，由，得，
由为的一个对称中心，
所以，①.
因为，所以或，，.
若②，①-②得，
即.
不存在整数，，使得.
若③，①-③得，
即，
不存在整数，，使得，当时，.
此时，由，
得.
17．（2024·四川成都·模拟预测）已知，设.
(1)求函数的对称中心；
(2)若中，角所对的边分别为，，且外接圆的半径为，是边的中点，求线段长度的最大值.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由方程组消元即得得表达式，运用辅助角公式将其化成正弦型函数，即可求得其对称中心；
（2）利用（1）中结论和求得角，由正弦定理和条件求得边长，利用余弦定理和线段中点的向量表达式求得的表达式，最后借助于基本不等式即可求得.
【详解】（1）由得.
令，解得，
所以函数的对称中心为.
（2）
如图，由（1）知，，∴，
又外接圆的半径为，由正弦定理得：，
∴由余弦定理，得.
又因，则，
即得：
由，解得：，（当且仅当时等号成立），
故，即，此时，.
18．（2020·山西大同·一模）已知，，
(1)求的最小正周期及单调递增区间；
(2)已知锐角的内角的对边分别为，且，，求边上的高的最大值.
【答案】(1)最小正周期，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简，再根据三角函数的周期性和单调性结合整体思想即可得解；
（2）根据求得角，设边上的高为，根据三角形的面积公式可得，再利用正弦定理求得，再根据三角形的内角关系及三角函数求出的最大值，即可得解.
【详解】（1）解：
，
所以函数的最小正周期，
令，则，
所以函数单调递增区间为；
（2）解：因为，
所以，
又，则，
所以，所以，
设边上的高为，
则，所以，
因为，
所以，
，
则
，
因为，所以，
故，
所以当，即时，，
所以，
即边上的高的最大值为.
19．（2022·福建泉州·模拟预测）已知函数，.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若，，求.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，就、、分类讨论后可得函数的单调性.
（2）就、分类讨论后可得，再证明时，不等式是恒成立的.
【详解】（1），
若时，则，
当时，恒成立，当且仅当时等号成立，
故此时在为减函数，无增区间.
当时，若，则；若，则，
，则，
故在上为减函数，在上为增函数，在上为减函数.
当时，若，则，，则，
故在上为增函数，在上为减函数.
（2）时，即为，
因为任意时，恒成立，
故在上恒成立，
而，，
若，在，因为为不间断函数，
所以存在，使得，总有，
故在上为减函数，故，，这与题设矛盾.
若，在，因为为不间断函数，
所以存在，使得，总有，
故在上为减函数，故，，这与题设矛盾.
故，此时，
当时，，
当时，，
设，则，
因为在上均为增函数，
故在上为增函数，
而，，
故存在，使得时，，
使得时，，故在为减函数，在上为增函数，
故，总有，
故当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，故，
综上，.
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2024·陕西商洛·模拟预测）函数的两条相邻的对称轴的距离为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的图象关于点对称
C．的图象关于直线对称
D．在上单调递增
【答案】C
【分析】根据已知条件化简得，即可判断A；求出，即可判断B；求出，即可判断C；求出函数的单调递增区间为，即可判断D.
【详解】由题知，，
由两条相邻的对称轴的距离为，得函数的最小正周期为，解得，
所以，故A错误；
因为，所以，
所以的图像不关于点对称，故B错误；
当时，，的图象关于直线对称，故C正确；
令，得的单调递增区间为，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上不具有单调性，故D错误.
故选：C.
2．（2024·江苏南通·二模）已知函数（）在区间上单调递增，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据条件，利用辅助角公式得到，再利用的图象与性质，得到的单调增区间，再根据条件，可得到，即可求出结果.
【详解】因为，又，
由，得到，
所以函数的单调增区间为，
依题有，则，得到，
故选：B.
3．（2024·安徽马鞍山·三模）已知函数的一个零点是，且在上单调，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】整理可得，以为整体，根据单调性分析可得，再结合零点分析求解.
【详解】因为，
，且时，
可得，且，
若在上单调，则，解得，
又因为的一个零点是，则，解得，
所以.
故选：B.
4．（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数满足：对，有，若存在唯一的值，使得在区间上单调递减，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由对，有，可得，，结合在区间上单调递减，可得，又，可得是其唯一解，则有，再结合正弦函数的性质即可得解.
【详解】由对，有，
即可得，即，
则，
可得，
即，即，
则，
由在区间上单调递减，
故，即，
由存在唯一的值，使其成立，故，即有，
则，，即.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对存在唯一的值的理解，结合，，且，可得，则需.
二、多选题
5．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数的图象向左平移个单位后得到的图象，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的图象关于对称
C．的图象关于对称
D．在上单调递增
【答案】BCD
【分析】根据平移可得，即可根据诱导公式求解A，代入表达式求解函数值即可求解BC，利用整体法即可求解D.
【详解】，故A错误；
由，故B正确；
由，得C正确；
由，令，得，,
当时，，故D正确.
故选:BCD.
6．（2024·全国·模拟预测）已知函数，，且有两个零点，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，B．
C．若，则D．
【答案】ACD
【分析】A选项，作单位圆，利用面积得到；BC选项，画出，，且与的函数图象，数形结合判断BC选项；D选项，由，推出，根据零点范围可得符号判断.
【详解】A选项，设，作出单位圆，与轴交于点，则，
过点作垂直于轴，交射线于点，连接，
由三角函数定义可知，，
设扇形的面积为，则，即，故，
当时，有不等式，A正确；
B选项，画出，，且与的函数图象，如下：
可以看出，，故，B不正确；
C选项，的最小正周期为，由图象可知，故，C正确；
D选项，由，
，
因为，，故，
而，
但，且在为增函数，
故，故，D正确．
故选：ACD．
【点睛】思路点睛：处理函数零点问题思路：（1）利用方程思想，如一次函数，二次函数等，可令函数值为0，直接进行求解；
（2）转化为两函数图象的交点问题来解决；
（3）研究函数单调性，结合零点存在性定理来进行求解.
三、填空题
7．（2023·陕西西安·模拟预测）已知函数，（，，）的大致图象如图所示，将函数的图象上点的横坐标拉伸为原来的3倍后，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的一个单调递增区间为 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】先根据的部分图象得到函数的周期、振幅、初相，进而求出的解析式，再根据函数图象的伸缩变换和平移变换得到的解析式，后可求的单调递增区间.
【详解】由图可知， 得，所以，
，，
所以，
由图，得，，
又，所以，
故，
由题意，
令，，得，
故函数的单调递增区间为，，
当时，函数的一个单调递增区间为，
故答案为：（答案不唯一）
8．（2023·全国·模拟预测）已知函数的图像关于点成中心对称，则函数在上的单调递增区间为 .
【答案】
【分析】先由三角函数的二倍角公式，降幂公式，辅助角公式变形求出，再由正弦函数的单调性求出单调区间.
【详解】由题意，得因为的图像关于成中心对称，
所以，，即，.又，所以，所以.令，，得，.取，得.又，
所以函数的单调递增区间为.
故答案为：
9．（2024·全国·模拟预测）“函数的图象关于中心对称”是“”的 条件．
【答案】充分必要
【分析】先由函数的图象关于中心对称求得的值，再解方程求得的值，进而得到二者间的逻辑关系.
【详解】函数图象的对称中心为，
所以由“函数y=tanx的图象关于(x0,0)中心对称”等价于“”．
因为等价于，即．
所以“函数的图象关于中心对称”是“”的是充分必要条件．
故答案为：充分必要
四、解答题
10．（2022·浙江·模拟预测）已知，设函数．
(1)若，求函数f（x）的单调递增区间；
(2)试讨论函数f（x）在[－a，2a]上的值域．
【答案】(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）由题设写出的分段函数形式，结合余弦函数的性质分别求出不同分段上的递增区间.
（2）由题设可得且，由正弦函数的性质，讨论端点的位置并求出对应的值域范围.
【详解】（1）由题设，，
所以，根据余弦函数的性质：
当时，在上递增；
当时，在上递增；
（2）由题设，，则，又，即，
所以，
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，；
11．（2024·河北·二模）已知为实数，用表示不超过的最大整数，例如，对于函数，若存在，使得，则称函数是“函数”.
(1)判断函数是否是“函数”；
(2)设函数是定义在上的周期函数，其最小正周期是，若不是“函数”，求的最小值；
(3)若函数是“函数”，求的取值范围.
【答案】(1)是“函数”，不是“函数”
(2)1
(3)，且
【分析】（1）根据“函数”的定义即可判断是否是“函数”.
（2）根据周期函数的定义，结合“函数”的条件，进行判断和证明即可.
（3）根据“函数”的定义，分别讨论，和时，满足的条件即可.
【详解】（1）函数是函数，设，
则，
所以存在，使得，所以函数是“函数”.
函数，函数的最小正周期为，函数的图象如图所示，
不妨研究函数在这个周期的图象.
设，则，
所以，
所以函数不是“函数”.
（2）因为是以为最小正周期的周期函数，所以.
假设，则，所以，矛盾.
所以必有.
而函数的周期为1，且显然不是函数.
综上所述，的最小值为1.
（3）当函数是“函数”时，
若，则显然不是函数，矛盾.
若，则，
所以在上单调递增，
此时不存在，使得，
同理不存在，使得，
又注意到，即不会出现的情形，
所以此时不是函数.
当时，设，所以，
所以有，其中，
当时，因为，所以，
所以，
当时，，
因为，所以，
所以.
综上所述，，且.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象
定义域
R
R
{x|x≠kπ＋eq \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
单调递增区间
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)))
单调递减区间
eq \b\lc\[\rc\] (\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，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