高考数学一轮复习第四章 4.4

这是一份高考数学一轮复习第四章 4.4，共17页。试卷主要包含了下列函数中，最小正周期为π的是等内容，欢迎下载使用。


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)
概念方法微思考
1．正(余)弦曲线相邻两条对称轴之间的距离是多少？相邻两个对称中心的距离呢？
提示 正(余)弦曲线相邻两条对称轴之间的距离是半个周期；相邻两个对称中心的距离也为半个周期．
2．函数f (x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0，ω≠0)是奇函数，偶函数的充要条件分别是什么？
提示 (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)．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)y＝sin x在第一、第四象限是增函数．( × )
(2)由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(2π,3)))＝sin eq \f(π,6)知，eq \f(2π,3)是正弦函数y＝sin x(x∈R)的一个周期．( × )
(3)正切函数y＝tan x在定义域内是增函数．( × )
(4)已知y＝ksin x＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1.( × )
题组二 教材改编
2．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
3．y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3))
解析 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,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))，
故3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3))，
即y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3)).
4．函数y＝－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3π,4)))的单调递减区间为________________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)
解析 由－eq \f(π,2)＋kπ<2x－eq \f(3π,4)得eq \f(π,8)＋eq \f(kπ,2)所以y＝－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3π,4)))的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)．
题组三 易错自纠
5．(多选)下列函数中，最小正周期为π的是( )
A．y＝cs|2x|B．y＝|cs x|
C．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))D．y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))
答案 ABC
解析 A项，y＝cs |2x|＝cs 2x，最小正周期为π；
B项，由图象知y＝|cs x|的最小正周期为π；
C项，y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π；
D项，y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的最小正周期T＝eq \f(π,2).
6．(多选)已知函数f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))(x∈R)，下列结论正确的是( )
A．函数f (x)的最小正周期为2π
B．函数f (x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数
C．函数f (x)的图象关于直线x＝0对称
D．函数f (x)是奇函数
答案 ABC
解析 由题意，可得f (x)＝－cs x，
对于选项A，T＝eq \f(2π,1)＝2π，所以选项A正确；
对于选项B，y＝cs x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是减函数，所以函数f (x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数，所以选项B正确；
对于选项C，f (－x)＝－cs(－x)＝－cs x＝f (x)，所以函数是偶函数，所以其图象关于直线x＝0对称，所以选项C正确；选项D错误．故选ABC.
7．函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的对称轴为__________________，对称中心为________．
答案 x＝eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋kπ，0))，k∈Z
解析 由x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z，由x－eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，得x＝eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z.
故函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的对称轴为x＝eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z；对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋kπ，0))，k∈Z. 三角函数的定义域和值域
例1 (1)函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πx,6)－\f(π,3)))(0≤x≤9)的最大值与最小值之和为( )
A．2－eq \r(3) B．0 C．－1 D．－1－eq \r(3)
答案 A
解析 因为0≤x≤9，所以－eq \f(π,3)≤eq \f(πx,6)－eq \f(π,3)≤eq \f(7π,6)，
所以－eq \f(\r(3),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πx,6)－\f(π,3)))≤1，则－eq \r(3)≤y≤2.
所以ymax＋ymin＝2－eq \r(3).
(2)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)))).
(3)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))时，函数y＝3－sin x－2cs2x的值域为________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,8)，2))
解析 因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，所以sin x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1)).
又y＝3－sin x－2cs2x＝3－sin x－2(1－sin2x)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(1,4)))2＋eq \f(7,8)，
所以当sin x＝eq \f(1,4)时，ymin＝eq \f(7,8)，当sin x＝eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))或sin x＝1时，ymax＝2.即函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,8)，2)).
(4)(2018·全国Ⅰ)已知函数f (x)＝2sin x＋sin 2x，则f (x)的最小值是________．
答案 －eq \f(3\r(3),2)
解析 f′(x)＝2cs x＋2cs 2x＝2cs x＋2(2cs2x－1)
＝2(2cs2x＋cs x－1)＝2(2cs x－1)(cs x＋1)．
∵cs x＋1≥0，
∴当cs x当cs x>eq \f(1,2)时，f′(x)>0，f (x)单调递增，
∴当cs x＝eq \f(1,2)时，f (x)有最小值．
又f (x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cs x)，
且当cs x＝eq \f(1,2)时，sin x＝±eq \f(\r(3),2)，
∴当sin x＝－eq \f(\r(3),2)时，f (x)有最小值，
即f (x)min＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＝－eq \f(3\r(3),2).
思维升华 求解三角函数的值域(最值)常见到以下几种类型
(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．
跟踪训练1 (1)已知函数f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，其中x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，a))，若f (x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，则实数a的取值范围是______．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))
解析 ∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，a))，∴x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，a＋\f(π,6)))，
∵当x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))时，f (x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
∴由函数的图象(图略)知，eq \f(π,2)≤a＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，
∴eq \f(π,3)≤a≤π.
(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)).
三角函数的周期性与对称性
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．若函数f (x)＝2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx＋\f(π,3)))的最小正周期T满足1答案 2或3
解析 由题意得1∴eq \f(π,2)3．函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,3)))的图象的对称中心是__________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(2π,3)，0))，k∈Z
解析 由eq \f(x,2)＋eq \f(π,3)＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，
得x＝kπ－eq \f(2π,3)(k∈Z)，
即其对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(2π,3)，0))，k∈Z.
4．已知函数f (x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)))的最小正周期为4π，且∀x∈R有f (x)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))成立，则f (x)图象的对称中心是________，对称轴方程是____________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3)，0))，k∈Z x＝2kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z
解析 由f (x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为4π，得ω＝eq \f(1,2).
因为f (x)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))恒成立，所以f (x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，即eq \f(1,2)×eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
又|φ|令eq \f(1,2)x＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，得x＝2kπ－eq \f(2π,3)，k∈Z，
故f (x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3)，0))，k∈Z.
令eq \f(1,2)x＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，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.
思维升华 (1)对于函数y＝Asin(ωx＋φ)(A≠0，ω≠0)，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点．
(2)求三角函数周期的方法
①利用周期函数的定义．
②利用公式：y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acs(ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(2π,|ω|)，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(π,|ω|).
三角函数的单调性
命题点1 求三角函数的单调区间
例2 (1)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.
(2)函数f (x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的单调递增区间是____________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(5π,12)，\f(kπ,2)＋\f(π,12)))(k∈Z)
解析 由kπ－eq \f(π,2)<2x＋eq \f(π,3)得eq \f(kπ,2)－eq \f(5π,12)所以函数f (x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(5π,12)，\f(kπ,2)＋\f(π,12)))(k∈Z)．
(3)函数y＝eq \f(1,2)sin x＋eq \f(\r(3),2)cs xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))的单调递增区间是____________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))
解析 ∵y＝eq \f(1,2)sin x＋eq \f(\r(3),2)cs x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，
由2kπ－eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
解得2kπ－eq \f(5π,6)≤x≤2kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)．
∴函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))在R上的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(5π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)，
又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴函数的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))).
本例(3)中，将x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))改为x∈[－π，π]，则函数的单调递减区间是______．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(5π,6)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，π))
解析 因为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，
由2kπ＋eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，
得2kπ＋eq \f(π,6)≤x≤2kπ＋eq \f(7π,6)(k∈Z)，
所以函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))在R上的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,6)，2kπ＋\f(7π,6)))(k∈Z)．
又x∈[－π，π]，
所以函数的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(5π,6)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，π)).
命题点2 根据单调性求参数
例3 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\{\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4k＋eq \f(1,2)>0，k∈Z，得k＝0，所以ω∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4))).
本例中，若已知ω>0，函数f (x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增，则ω的取值范围是____________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(7,4)))
解析 函数y＝cs x的单调递增区间为[－π＋2kπ，2kπ]，k∈Z，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥－π＋2kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤2kπ，))k∈Z，
解得4k－eq \f(5,2)≤ω≤2k－eq \f(1,4)，k∈Z，
又由4k－eq \f(5,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k－\f(1,4)))≤0，k∈Z且4k－eq \f(5,2)>0，k∈Z，
得k＝1，所以ω∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(7,4))).
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2 (1)y＝sin eq \f(x,2)－cs eq \f(x,2)的单调递增区间为________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4kπ－\f(π,2)，4kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)
解析 y＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,4)))，
由2kπ－eq \f(π,2)≤eq \f(x,2)－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得4kπ－eq \f(π,2)≤x≤4kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)．
∴函数的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4kπ－\f(π,2)，4kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)．
(2)若函数g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4a，\f(7π,6)))上均单调递增，则实数a的取值范围是______．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,24)))
解析 由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
可得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)，
∴g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)．
又∵函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4a，\f(7π,6)))上均单调递增，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,3)≤\f(π,6)，,4a≥\f(2π,3)，,0<\f(a,3)，,4a<\f(7π,6)，))解得eq \f(π,6)≤a1．函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))的定义域是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,4)))))B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠－\f(π,4)))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,4)k∈Z))))D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(3π,4)k∈Z))))
答案 D
解析 y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＝－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))，由x－eq \f(π,4)≠eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x≠kπ＋eq \f(3π,4)(k∈Z)．故选D.
2．(2018·全国Ⅲ)函数f (x)＝eq \f(tan x,1＋tan2x)的最小正周期为( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2) C．π D．2π
答案 C
解析 f (x)＝eq \f(tan x,1＋tan2x)＝eq \f(\f(sin x,cs x),1＋\f(sin2x,cs2x))＝eq \f(sin xcs x,cs2 x＋sin2x)
＝sin xcs x＝eq \f(1,2)sin 2x，
所以f (x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
3．函数f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最小值为( )
A．－1 B．－eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(2),2) D．0
答案 B
解析 由已知x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，得2x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，故函数f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最小值为－eq \f(\r(2),2).故选B.
4．函数y＝tan x＋sin x－|tan x－sin x|在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))内的图象是( )
答案 D
解析 y＝tan x＋sin x－|tan x－sin x|
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2tan x，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，,2sin x，x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))).))结合选项中图形知，D正确．
5．函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2x))(x∈[0，π])的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(7π,12))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))
答案 C
解析 ∵y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2x))＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq \f(π,3)＋kπ≤x≤eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z，即函数在R上的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋kπ，\f(5π,6)＋kπ))，k∈Z，∴函数在[0，π]上的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6))).
6．若函数f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋θ))－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋θ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(θ))<\f(π,2)))的图象关于原点对称，则角θ等于( )
A.eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))) B.eq \f(π,6) C.eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) D.eq \f(π,3)
答案 D
解析 因为f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋θ－\f(π,3)))，且f (x)的图象关于原点对称，所以f (0)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝0，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝0，
所以θ－eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，即θ＝eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)．
又|θ|7．(多选)关于函数f (x)＝sin 2x－cs 2x，下列命题中为真命题的是( )
A．函数y＝f (x)的周期为π
B．直线x＝eq \f(π,4)是y＝f (x)的一条对称轴
C．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，0))是y＝f (x)的图象的一个对称中心
D．将y＝f (x)的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度，可得到y＝eq \r(2)sin 2x的图象
答案 ACD
解析 ∵f (x)＝sin 2x－cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，
∵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)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)的图象的一个对称中心，
故C为真命题；
将y＝f (x)的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度，
可得到y＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))－\f(π,4)))＝eq \r(2)sin 2x的图象，
故D为真命题．
8．(多选)已知函数f (x)＝sin x＋cs x，g(x)＝2eq \r(2)sin x·cs x，则下列结论中正确的是( )
A．两函数的图象均关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))成中心对称
B．两函数的图象均关于直线x＝－eq \f(π,4)成轴对称
C．两函数在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上都是单调增函数
D．两函数的最大值相同
答案 CD
解析 f (x)＝sin x＋cs x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
g(x)＝eq \r(2)sin 2x，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋\f(π,4)))＝eq \r(2)sin 0＝0，
则f (x)关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))成中心对称．
geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－eq \r(2)≠0，则g(x)不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))对称，故A错误．
f (x)关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))成中心对称，g(x)关于x＝－eq \f(π,4)成轴对称，故B错误．
若－eq \f(π,4)＜x＜eq \f(π,4)，则0＜x＋eq \f(π,4)＜eq \f(π,2)，此时函数f (x)为增函数，
若－eq \f(π,4)＜x＜eq \f(π,4)，则－eq \f(π,2)＜2x＜eq \f(π,2)，此时函数g(x)为增函数，
即两函数在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上都是单调增函数正确，故C正确．
D中，两函数的最大值相同，都为eq \r(2).
9．设函数f (x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，若f (x)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))对任意的实数x都成立，则ω的最小值为____________．
答案 eq \f(2,3)
解析 因为f (x)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))对任意的实数x都成立，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))为f (x)的最大值，
所以eq \f(π,4)ω－eq \f(π,6)＝2kπ(k∈Z)，
所以ω＝8k＋eq \f(2,3)(k∈Z)，
因为ω>0，所以当k＝0时，ω取最小值为eq \f(2,3).
10．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).
11．已知函数f (x)＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－2sin xcs x.
(1)求f (x)的最小正周期；
(2)求证：当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f (x)≥－eq \f(1,2).
(1)解 f (x)＝eq \f(\r(3),2)cs 2x＋eq \f(3,2)sin 2x－sin 2x
＝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))).
所以f (x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)证明 因为－eq \f(π,4)≤x≤eq \f(π,4)，
所以－eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(5π,6).
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))≥sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝－eq \f(1,2).
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f (x)≥－eq \f(1,2).
12．已知函数f (x)＝4tan xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3).
(1)求f (x)的定义域与最小正周期；
(2)讨论f (x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的单调性．
解 (1)f (x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))).
f (x)＝4tan xcs xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3)
＝4sin xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3)
＝4sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs x＋\f(\r(3),2)sin x))－eq \r(3)
＝2sin xcs x＋2eq \r(3)sin2x－eq \r(3)
＝sin 2x＋eq \r(3)(1－cs 2x)－eq \r(3)
＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
所以f (x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)令z＝2x－eq \f(π,3)，函数y＝2sin z在z∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ))，\f(π,2)＋2kπ))，
k∈Z上单调递增．
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，得－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z.
设A＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ))≤x≤\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋kπ，k∈Z))))，
易知，A∩B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4))).
所以，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f (x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上单调递减．
13．(2019·全国Ⅰ)关于函数f (x)＝sin|x|＋|sin x|有下述四个结论：
①f (x)是偶函数；
②f (x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增；
③f (x)在[－π，π]上有4个零点；
④f (x)的最大值为2.
其中所有正确结论的编号是( )
A．①②④ B．②④ C．①④ D．①③
答案 C
解析 f (－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f (x)，∴f (x)为偶函数，故①正确；
当eq \f(π,2)f (x)在[－π，π]上的图象如图所示，由图可知函数f (x)在[－π，π]上只有3个零点，故③不正确；
∵y＝sin|x|与y＝|sin x|的最大值都为1且可以同时取到，∴f (x)可以取到最大值2，故④正确．
综上，正确结论的编号是①④.故选C.
14．已知函数f (x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)满足f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝2，f (π)＝0，且f (x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))上单调，则符合条件的ω的值有______个．
答案 9
解析 设函数f (x)的最小正周期为T，
由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝2，f (π)＝0，
结合正弦函数图象的特征可知eq \f(T,4)＋eq \f(kT,2)＝eq \f(3π,4)，k∈N，
故T＝eq \f(3π,1＋2k)，k∈N；
又因为f (x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))上单调，
所以eq \f(π,3)－eq \f(π,4)≤eq \f(T,2)，故T≥eq \f(π,6)，
所以ω＝eq \f(2π,T)≤12，即eq \f(21＋2k,3)≤12，
所以k≤eq \f(17,2)，k∈N，所以k＝0,1,2，…，8，符合条件的ω的值有9个．
15．(2019·鹤岗市第一中学月考)已知函数f (x)＝Acs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，最小正周期为eq \f(2π,3)，且最小值为－1.若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，m))，f (x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(3),2)))，则m的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)，\f(5π,18)))
解析 由函数最小值为－1，A>0，得A＝1，
因为最小正周期为eq \f(2π,3)，所以ω＝eq \f(2π,\f(2π,3))＝3，
故f (x)＝cs(3x＋φ)，
又图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，所以cs φ＝eq \f(1,2)，
而0<φ从而f (x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,3)))，
由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，m))，可得eq \f(5π,6)≤3x＋eq \f(π,3)≤3m＋eq \f(π,3).
因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝cs eq \f(5π,6)＝－eq \f(\r(3),2)，且cs π＝－1，cs eq \f(7π,6)＝－eq \f(\r(3),2).
由余弦函数的图象与性质可知
π≤3m＋eq \f(π,3)≤eq \f(7π,6)，解得eq \f(2π,9)≤m≤eq \f(5π,18).
16．设函数f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,6)))＋m的图象关于直线x＝π对称，其中0<ω(1)求函数f (x)的最小正周期；
(2)若函数y＝f (x)的图象过点(π，0)，求函数f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,2)))上的值域．
解 (1)由直线x＝π是y＝f (x)图象的一条对称轴，
可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωπ－\f(π,6)))＝±1，
∴2ωπ－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即ω＝eq \f(k,2)＋eq \f(1,3)(k∈Z)．
又0<ω∴函数f (x)的最小正周期为3π.
(2)由(1)知f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x－\f(π,6)))＋m，
∵f (π)＝0，∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＋m＝0，
∴m＝－2，∴f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x－\f(π,6)))－2，
当0≤x≤eq \f(3π,2)时，－eq \f(π,6)≤eq \f(2,3)x－eq \f(π,6)≤eq \f(5π,6)，
－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x－\f(π,6)))≤1.
∴－3≤f (x)≤0，
故函数f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,2)))上的值域为[－3，0].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＋\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)，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