2023届高考一轮复习讲义（文科）第四章　三角函数、解三角形 第4讲　第1课时　三角函数的图象与性质(一)学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第四章　三角函数、解三角形 第4讲　第1课时　三角函数的图象与性质(一)学案，共16页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．正弦、余弦、正切函数的图象与性质
2.周期函数的定义
对于函数f(x)，如果存在一个非零常数T，使得当x取定义域内的每一个值时，都有f(x＋T)＝f(x)，那么函数f(x)就叫做周期函数，非零常数T叫做这个函数的周期；函数y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acs(ωx＋φ)的周期均为T＝eq \f(2π,|ω|)；函数y＝Atan(ωx＋φ)的周期为T＝eq \f(π,|ω|).
常用结论
1．函数y＝sin x与y＝cs x的对称轴分别是经过其图象的最高点或最低点且垂直于x轴的直线，如y＝cs x的对称轴为x＝kπ(k∈Z)，而不是x＝2kπ(k∈Z)．
2．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．
二、习题改编
1．(必修4P46A组T2，3改编)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．(必修4P45练习T3改编)函数y＝tan 2x的定义域是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠kx＋\f(π,4)，k∈Z))))
B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,8)，k∈Z))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,8)，k∈Z))))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z))))
答案：D
3．(必修4P38例3改编)函数y＝3－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的最大值为 ，此时x＝ ．
答案：5 eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)y＝cs x在第一、二象限内是减函数．( )
(2)若y＝ksin x＋1，x∈R，则y的最大值是k＋1.( )
(3)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．( )
(4)函数y＝sin x图象的对称轴方程为x＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)．( )
(5)函数y＝tan x在整个定义域上是增函数．( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)忽视y＝Asin x(或y＝Acs x)中A对函数单调性的影响；
(2)忽视正、余弦函数的有界性；
(3)不注意正切函数的定义域．
1．函数y＝1－2cs x的单调递减区间是 ．
答案：[2kπ－π，2kπ](k∈Z)
2．函数y＝－cs2x＋3cs x－1的最大值为 ．
答案：1
3．函数y＝cs xtan x的值域是
答案：(－1，1)
第1课时 三角函数的图象与性质(一)
三角函数的定义域(师生共研)
(1)函数y＝eq \f(1,tan x－1)的定义域为 ；
(2)函数y＝ eq \r(cs x －\f(1,2))的定义域为 ．
【解析】 (1)要使函数有意义，必须有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(tan x－1≠0，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z，))
即eq \b\lc\{(\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|x≠\f(π,4)＋kπ且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).
(2)要使函数有意义，则cs x－eq \f(1,2)≥0，即cs x≥eq \f(1,2)，
解得－eq \f(π,3)＋2kπ≤x≤eq \f(π,3)＋2kπ(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(－\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(π,3)＋2kπ，k∈Z)))).
【答案】 (1)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠\f(π,4)＋kπ且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))
(2)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(π,3)＋2kπ，k∈Z))))
eq \a\vs4\al()
三角函数定义域的求法
(1)以正切函数为例，应用正切函数y＝tan x的定义域求函数y＝Atan(ωx＋φ)的定义域．
(2)转化为求解简单的三角不等式来求复杂函数的定义域．
1．函数y＝lg(3tan x－eq \r(3))的定义域为 ．
解析：要使函数y＝lg(3tan x－eq \r(3))有意义，
则3tan x－eq \r(3)>0，即tan x>eq \f(\r(3),3).
所以eq \f(π,6)＋kπ答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))，k∈Z
2．函数y＝eq \r(sin x－cs x)的定义域为 ．
解析：要使函数有意义，需sin x－cs x≥0，
即sin x≥cs x.
解得2kπ＋eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,4)(k∈Z)，故原函数的定义域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)．
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)
三角函数的单调性(多维探究)
角度一 确定三角函数的单调性(单调区间)
(1)(2019·高考全国卷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)))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|
(2)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))的单调递减区间为 ．
【解析】 (1)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\{(\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．故选A.
(2)f(x)＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的减区间是f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的增区间．
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.
故所给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.
【答案】 (1)A (2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z
【迁移探究1】 (变条件)若本例(2)f(x)变为：f(x)＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3)))，求f(x)的单调递增区间．
解：f(x)＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3)))＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
欲求函数f(x)的单调递增区间，
只需求y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递减区间．
由2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z，
得kπ＋eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z.
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)．
【迁移探究2】 (变条件)本例(2)f(x)变为：f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，试讨论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：令z＝2x－eq \f(π,3)，易知函数y＝sin z的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z.
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|－\f(π,12)＋kπ≤x≤\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，又因为eq \f(π,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝eq \f(π,2)eq \a\vs4\al()
求三角函数单调区间的两种方法
(1)代换法：就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角u(或t)，利用复合函数的单调性列不等式求解．
(2)图象法：画出三角函数的正、余弦曲线，结合图象求它的单调区间．
[提醒] 要注意求函数y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时ω的符号，若ω<0，那么一定要先借助诱导公式将ω化为正数．同时切莫漏掉考虑函数自身的定义域．
角度二 利用三角函数的单调性比较大小
已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，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,3)))，则a，b，c的大小关系是( )
A．aC．b【解析】 a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,7)))＝2sin eq \f(10π,21)，b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2sin eq \f(π,2)＝2，c＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝2sin eq \f(2π,3)＝2sin eq \f(π,3)，
因为y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，且eq \f(π,3)【答案】 B
eq \a\vs4\al()
利用单调性比较大小的方法
首先利用诱导公式把已知角转化为同一区间内的角且函数名称相同，再利用其单调性比较大小．
角度三 已知三角函数的单调区间求参数
(一题多解)(2020·湖南师大附中3月月考)若函数f(x)＝2eq \r(3)sin ωxcs ωx＋2sin2ωx＋cs 2ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(3π,2)))上单调递增，则正数ω的最大值为( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,6)
C.eq \f(1,4) D．eq \f(1,3)
【解析】 法一：因为f(x)＝2eq \r(3)sin ωxcs ωx＋2sin2ωx＋cs 2ωx＝eq \r(3)sin 2ωx＋1在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(3π,2)))上单调递增，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3ωπ≥－\f(π,2)，,3ωπ≤\f(π,2).))解得ω≤eq \f(1,6)，所以正数ω的最大值是eq \f(1,6).故选B.
法二：易知f(x)＝eq \r(3)sin 2ωx＋1，可得f(x)的最小正周期T＝eq \f(π,ω)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4ω)≤－\f(3π,2)，,\f(π,4ω)≥\f(3π,2)，))解得ω≤eq \f(1,6).所以正数ω的最大值是eq \f(1,6).故选B.
【答案】 B
eq \a\vs4\al()
已知函数单调性求参数——
明确一个不同，掌握两种方法
(1)明确一个不同：“函数f(x)在区间M上单调”与“函数f(x)的单调区间为N”两者的含义不同，显然M是N的子集．
(2)抓住两种方法．已知函数在区间M上单调求解参数问题，主要有两种方法：一是利用已知区间与单调区间的子集关系建立参数所满足的关系式求解；二是利用导数，转化为导函数在区间M上的保号性，由此列不等式求解．
角度四 利用三角函数的单调性求值域(最值)
(1)函数f(x)＝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)))上的值域为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(3,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(3),2)，\f(3\r(3),2))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(3),2)，3))
(2)函数y＝sin x－cs x＋sin xcs x的值域为 ．
【解析】 (1)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))，
即此时函数f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3)).
(2)设t＝sin x－cs x，则－eq \r(2)≤t≤eq \r(2)，t2＝sin2x＋cs2x－2sin xcs x，则sin xcs x＝eq \f(1－t2,2)，
所以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)－eq \r(2).
所以函数y的值域为[－eq \f(1,2)－eq \r(2)，1]．
【答案】 (1)B (2)[－eq \f(1,2)－eq \r(2)，1]
eq \a\vs4\al()
三角函数值域的求法
(1)利用y＝sin x和y＝cs x的值域直接求．
(2)把所给的三角函数式变换成y＝Asin(ωx＋φ)＋b(或y＝Acs(ωx＋φ)＋b)的形式求值域．
(3)把sin x或cs x看作一个整体，将原函数转换成二次函数求值域．
(4)利用sin x±cs x和sin xcs x的关系将原函数转换成二次函数求值域．
1．(2020·广东省七校联考)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( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4kπ－\f(2π,3)，4kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4kπ－\f(2π,3)，4kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z
解析：选B.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，故选B.
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 ．
解析：f(x)＝sin2x＋eq \r(3)cs x－eq \f(3,4)＝1－cs2x＋eq \r(3)cs x－eq \f(3,4)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)＋1，cs x∈[0，1]，当cs x＝eq \f(\r(3),2)时，f(x)取得最大值1.
答案：1
3．(2020·河北省中原名校联盟联考)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 ．
解析：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)，
而f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，a))上单调，
所以a＋eq \f(π,10)≤eq \f(3π,2)，即a≤eq \f(7π,5)，
所以a的最大值为eq \f(7π,5).
答案：eq \f(7π,5)
思想方法系列6 换元法求三角函数的最值(值域)
(2019·高考全国卷Ⅰ)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2)))－3cs x的最小值为 ．
【解析】 f(x)＝sin(2x＋eq \f(3π,2))－3cs x＝－cs 2x－3cs x＝1－2cs2x－3cs x＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x＋\f(3,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(17,8)，因为cs x∈[－1，1]，所以当cs x＝1时，f(x)取得最小值，f(x)min＝－4.
【答案】 －4
eq \a\vs4\al()
换元法求三角函数的值域(最值)的策略
(1)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)．
(2)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)．
1．已知函数f(x)＝－10sin2x－10sin x－eq \f(1,2)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，m))的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))，则实数m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))
解析：选B.记t＝sin x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，m))，则函数f(x)可转化为g(t)＝－10t2－10t－eq \f(1,2)＝－10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋2.
因为函数的最大值为2，显然此时t＝－eq \f(1,2).
令g(t)＝－eq \f(1,2)，得t＝－1或t＝0，
由题意知x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，m))，当x＝－eq \f(π,2)时，t＝－1，g(－1)＝－eq \f(1,2)，结合g(t)的图象及函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))，可得－eq \f(1,2)≤sin m≤0，
解得－eq \f(π,6)≤m≤0.故选B.
2．函数y＝(4－3sin x)(4－3cs x)的最小值为 ．
解析：y＝16－12(sin x＋cs x)＋9sin xcs x，令t＝sin x＋cs x，则t∈[－eq \r(2)，eq \r(2)]，且sin xcs x＝eq \f(t2－1,2)，
所以y＝16－12t＋9×eq \f(t2－1,2)＝eq \f(1,2)(9t2－24t＋23)．
故当t＝eq \f(4,3)时，ymin＝eq \f(7,2).
答案：eq \f(7,2)
[基础题组练]
1．函数y＝|cs x|的一个单调增区间是( )
A．[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)] B．[0，π]
C．[π，eq \f(3π,2)] D．[eq \f(3π,2)，2π]
解析：选D.将y＝cs x的图象位于x轴下方的图象关于x轴对称翻折到x轴上方，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．当x∈[0，2π]，则y＝eq \r(tan x)＋eq \r(－cs x)的定义域为( )
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))
解析：选C.法一：由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(tan x≥0，,－cs x≥0，,x∈[0，2π]，,x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z，))所以函数y的定义域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))).故选C.
法二：当x＝π时，函数有意义，排除A，D；当x＝eq \f(5π,4)时，函数有意义，排除B.故选C.
3．函数f(x)＝eq \f(1,2)cs 2x＋eq \r(3)sin xcs x．则下列表述正确的是( )
A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，－\f(π,6)))上单调递减
B．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))上单调递减
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增
解析：选D.f(x)＝eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)sin 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，由2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，解得x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z，当k＝0时，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上单调递增，故选D.
4．已知函数f(x)＝cs2x＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，则( )
A．f(x)的最小正周期为π
B．f(x)的最小正周期为2π
C．f(x)的最大值为eq \f(1,2)
D．f(x)的最小值为－eq \f(1,2)
解析：选A.f(x)＝eq \f(1＋cs 2x,2)＋eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))),2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs 2xcs\f(π,3)－sin 2xsin\f(π,3)))＝eq \f(1,4)cs 2x＋eq \f(\r(3),4)sin 2x＋1＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1，则f(x)的最小正周期为π，最小值为－eq \f(1,2)＋1＝eq \f(1,2)，最大值为eq \f(1,2)＋1＝eq \f(3,2).
5．(2020·福州市第一学期抽测)已知函数f(x)＝sin 2x＋2sin2x－1在[0，m]上单调递增，则m的最大值是( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2)
C.eq \f(3π,8) D．π
解析：选C.由题意，得f(x)＝sin 2x－cs 2x＝
eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得－eq \f(π,8)＋kπ≤x≤eq \f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，当k＝0时，－eq \f(π,8)≤x≤eq \f(3π,8)，即函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))上单调递增．因为函数f(x)在[0，m]上单调递增，所以0＜m≤eq \f(3π,8)，即m的最大值为eq \f(3π,8)，故选C.
6．比较大小：sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,18))) sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,10))).
解析：因为y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上为增函数且－eq \f(π,18)＞－eq \f(π,10)>－eq \f(π,2)，故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,18)))＞sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,10))).
答案：＞
7．已知函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，x∈[－π，0]，则f(x)的单调递增区间是 ．
解析：由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
得－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ(k∈Z)，
又因为x∈[－π，0]，
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(7π,12)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0)).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(7π,12)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))
8．设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)．若f(x)≤feq \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 ．
解析：由于对任意的实数都有f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))成立，故当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)有最大值，故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝1，eq \f(πω,4)－eq \f(π,6)＝2kπ(k∈Z)，所以ω＝8k＋eq \f(2,3)(k∈Z)，又ω>0，所以ωmin＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
9．已知f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，求函数f(x)的最大值和最小值．
解：(1)令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
则kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z.
故f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，eq \f(3π,4)≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(7π,4)，所以－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))≤eq \f(\r(2),2)，所以－eq \r(2)≤f(x)≤1，所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，函数f(x)的最大值为1，最小值为－eq \r(2).
10．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).讨论函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,2)))上的单调性并求出其值域．
解：令－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)，则－eq \f(π,6)≤x≤eq \f(π,3).
令eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(3,2)π，则eq \f(π,3)≤x≤eq \f(5π,6).
因为－eq \f(π,12)≤x≤eq \f(π,2)，
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\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．
当x＝eq \f(π,3)时，f(x)取得最大值为1.
因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝－eq \f(\r(3),2)所以当x＝－eq \f(π,12)时，f(x)min＝－eq \f(\r(3),2).
所以f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1)).
[综合题组练]
1．(2020·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8)))上单调递增，则ω的最大值为( )
A.eq \f(1,2) B．1
C．2 D．4
解析：选C.法一：因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8)))，所以ωx＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(ωπ,8)＋\f(π,4)))，因为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8)))上单调递增，所以eq \f(ωπ,8)＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)，所以ω≤2，即ω的最大值为2，故选C.
法二：将选项逐个代入函数f(x)进行验证，选项D不满足条件，选项A、B、C满足条件f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8)))上单调递增，所以ω的最大值为2，故选C.
2．已知函数f(x)＝(x－a)k，角A，B，C为锐角三角形ABC的三个内角，则下列判断正确的是( )
A．当k＝1，a＝2时，f(sin A)B．当k＝1，a＝2时，f(cs A)＞f(sin B)
C．当k＝2，a＝1时，f(sin A)＞f(cs B)
D．当k＝2，a＝1时，f(cs A)＞f(sin B)
解析：选D.A，B，C为锐角三角形ABC的三个内角，因为A＋B＞eq \f(π,2)，所以eq \f(π,2)＞A＞eq \f(π,2)－B＞0，所以sin A＞sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B))＝cs B，cs A＜cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－B))＝sin B，且sin A，sin B，cs A，cs B∈(0，1)．
当k＝1，a＝2时，函数f(x)＝x－2单调递增，所以f(sin A)＞f(cs B)，f(cs A)＜f(sin B)，故A，B错误；
当k＝2，a＝1时，函数f(x)＝(x－1)2在(0，1)上单调递减，所以f(sin A)＜f(cs B)，f(cs A)＞f(sin B)，故C错误，D正确．
3．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).
解：(1)f(x)＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－2sin xcs 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T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)证明：令t＝2x＋eq \f(π,3)，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)，
因为y＝sin t在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递增，
在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上单调递减，且sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＜sineq \f(5π,6)，
所以f(x)≥sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)，得证．
4．已知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)的最大值为4，求a的值；
(3)在(2)的条件下，求满足f(x)＝1且x∈[－π，π]的x的取值集合．
解：(1)f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1，
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，
所以f(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.
(2)当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值4，
即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2sineq \f(π,2)＋a＋1＝a＋3＝4，
所以a＝1.
(3)由f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2＝1，
可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)，
则2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(7π,6)＋2kπ，k∈Z或2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(11,6)π＋2kπ，k∈Z，
即x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z或x＝eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z，
又x∈[－π，π]，
解得x＝－eq \f(π,2)，－eq \f(π,6)，eq \f(π,2)，eq \f(5π,6)，
所以x的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)，\f(π,2)，\f(5π,6))).
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)，k∈Z}
值域
[－1，1]
[－1，1]
R
函数的
最值
最大值1，当且
仅当x＝2kπ
＋eq \f(π,2)，k∈Z；
最小值－1，当
且仅当x＝
2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z
最大值1，当且
仅当x＝2kπ，
k∈Z；
最小值－1，当且
仅当x＝2kπ－π，
k∈Z
无最大值和最小值
单调性
增区间[k·2π－eq \f(π,2)，k·2π＋eq \f(π,2)](k∈Z)；
减区间[k·2π＋eq \f(π,2)，k·2π＋eq \f(3π,2)](k∈Z)
增区间[k·2π－π，k·2π](k∈Z)；
减区间[k·2π，k·2π＋π](k∈Z)
增区间(k·π－eq \f(π,2)，k·π＋eq \f(π,2))(k∈Z)
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
周期性
周期为2kπ，k≠0，k∈Z，最小正周期为2π
周期为2kπ，k≠0，k∈Z，最小正周期为2π
周期为kπ，k≠0，k∈Z，最小正周期为π
对称性
对称
中心
(kπ，0)，k∈Z
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,2)，0))，k∈Z
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))，k∈Z
对称轴
x＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z
x＝kπ，k∈Z
无对称轴
零点
kπ，k∈Z
kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z
kπ，k∈Z