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

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第四章　三角函数、解三角形 第4讲　三角函数的图象与性质学案，共24页。学案主要包含了知识梳理，习题改编，利用三角函数的最值求解等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图
在正弦函数y＝sin x，x∈[0，2π]的图象上，五个关键点是：(0，0)，(eq \f(π,2)，1)，(π，0)，(eq \f(3π,2)，－1)，(2π，0)．
在余弦函数y＝cs x，x∈[0，2π]的图象上，五个关键点是：(0，1)，(eq \f(π,2)，0)，(π，－1)，(eq \f(3π,2)，0)，(2π，1)．
五点法作图有三步：列表、描点、连线(注意光滑)．
2．正弦、余弦、正切函数的图象与性质
常用结论
1．函数y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acs(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq \f(2π,|ω|)，函数y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq \f(π,|ω|).
2．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半周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是eq \f(1,4)周期．正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半周期．
3．三角函数中奇函数一般可化为y＝Asin ωx或y＝Atan ωx的形式，偶函数一般可化为y＝Acs ωx＋b的形式．
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T＝________，A＝________．
解析：最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，最大值A＝2－1＝1.
答案：π 1
2．(必修4P40练习T4改编)下列关于函数y＝4sin x，x∈[－π，π]的单调性的叙述，正确的是________(填序号)．
①在[－π，0]上是增函数，在[0，π]上是减函数；
②在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是增函数，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))及eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上是减函数；
③在[0，π]上是增函数，在[－π，0]上是减函数；
④在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))及eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))上是增函数，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是减函数．
解析：函数y＝4sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增．
答案：②
3．(必修4P45练习T3改编)y＝tan 2x的定义域是________．
解析：由2x≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)，k∈Z，所以y＝tan 2x的定义域是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：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z))))
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)y＝sin x在第一、第四象限是增函数．( )
(2)余弦函数y＝cs x的对称轴是y轴．( )
(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.( )
(5)y＝sin |x|是偶函数．( )
(6)若sin x>eq \f(\r(2),2)，则x>eq \f(π,4).( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)忽视y＝Asin x(或y＝Acs x)中A对函数单调性的影响；
(2)忽视定义域的限制；
(3)忽视正切函数的周期；
(4)不化为同名函数以及同一单调区间导致比较大小出错．
1．函数y＝1－2cs x的单调递减区间为________．
解析：函数y＝1－2cs x的单调递减区间为函数y＝cs x的递增区间．
答案：[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)
2．函数f(x)＝3sin(2x－eq \f(π,6))在区间[0，eq \f(π,2)]上的值域为________．
解析：当x∈[0，eq \f(π,2)]时，2x－eq \f(π,6)∈[－eq \f(π,6)，eq \f(5π,6)]，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈[－eq \f(1,2)，1]，
故3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈[－eq \f(3,2)，3]，
所以函数f(x)在区间[0，eq \f(π,2)]上的值域是[－eq \f(3,2)，3]．
答案：[－eq \f(3,2)，3]
3．函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))图象的对称中心是________．
解析：由x＋eq \f(π,4)＝eq \f(k,2)π，得x＝eq \f(k,2)π－eq \f(π,4)，k∈Z.
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,4)，0))(k∈Z)
4．cs 23°，sin 68°，cs 97°的大小关系是________．
解析：sin 68°＝cs 22°，
又y＝cs x在[0°，180°]上是减函数，
所以sin 68°>cs 23°>cs 97°.
答案：sin 68°>cs 23°>cs 97°
三角函数的定义域(自主练透)
1．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\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,6)))))
B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠－\f(π,12)))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,6)))（k∈Z）))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,6)))（k∈Z）))
解析：选D.由2x＋eq \f(π,6)≠kπ＋eq \f(π,2)，得x≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)．
2．函数y＝lg sin x＋eq \r(cs x －\f(1,2))的定义域为________．
解析：要使函数有意义，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin x>0，,cs x－\f(1,2)≥0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin x>0，,cs x≥\f(1,2)，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2kπ所以2kπ所以函数y的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(2kπ答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(2kπ3．(一题多解)函数y＝eq \r(sin x－cs x)的定义域为________．
解析：法一：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{x|2kπ＋eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,4)，k∈Z}．
法二：利用三角函数线，画出满足条件的终边范围(如图阴影部分所示)．
所以定义域为{x|2kπ＋eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,4)，k∈Z}．
法三：sin x－cs x＝eq \r(2)sin(x－eq \f(π,4))≥0，
将x－eq \f(π,4)视为一个整体，由正弦函数y＝sin x的图象和性质可知2kπ≤x－eq \f(π,4)≤π＋2kπ(k∈Z)，
解得2kπ＋eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,4)(k∈Z)．
所以定义域为{x|2kπ＋eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,4)，k∈Z}．
答案：{x|2kπ＋eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,4)，k∈Z}
eq \a\vs4\al()
求三角函数定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数线或三角函数图象来求解．
三角函数的值域(师生共研)
(1)已知函数f(x)＝cs xsin 2x，则函数f(x)的最大值为________．
(2)已知函数f(x)＝(sin x＋cs x)2＋cs 2x，求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．
【解】 (1)(换元法)因为y＝f(x)＝cs xsin 2x＝2cs2 xsin x＝2(1－sin2x)·sin x＝2(sin x－sin3 x)，
令t＝sin x，则y＝g(t)＝2(t－t3)，－1≤t≤1.
令g′(t)＝2(1－3t2)＝0，得t＝±eq \f(\r(3),3).
当t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(3),3)))时，g′(t)<0，
g(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(3),3)))上是减函数；
当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))时，g′(t)>0，
g(t)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上是增函数；
当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))时，g′(t)<0，g(t)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))上是减函数．
由此可知y＝g(t)在t＝eq \f(\r(3),3)时取得最大值，最大值为eq \f(4\r(3),9).故f(x)的最大值为eq \f(4 \r(3),9).故填eq \f(4\r(3),9).
(2)因为f(x)＝sin2x＋cs2x＋2sin xcs x＋cs 2x＝1＋sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋1，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4))).
由正弦函数y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上的图象知，
当2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,8)时，f(x)取得最大值eq \r(2)＋1；
当2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(5π,4)，即x＝eq \f(π,2)时，f(x)取最小值0.
综上，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为eq \r(2)＋1，最小值为0.
eq \a\vs4\al()
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＝asin3x＋bsin2x＋csin x＋d，类似于(2)进行换元，然后用导数法求最值．
1．若函数f(x)＝(1＋eq \r(3)tan x)cs x，－eq \f(π,3)≤x≤eq \f(π,6)，则f(x)的最大值为( )
A．1 B．2
C.eq \r(3) D．eq \r(3)＋1
解析：选C.f(x)＝(1＋eq \r(3)tan x)cs x＝cs x＋eq \r(3)sin x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))).因为－eq \f(π,3)≤x≤eq \f(π,6)，所以－eq \f(π,6)≤x＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,3)，故当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取最大值eq \r(3)，故选C.
2．函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)sin x cs x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，m))上的最大值为eq \f(3,2)，求m的最小值．
解：f(x)＝eq \f(1,2)－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)))＋eq \f(1,2).
由题意知－eq \f(π,3)≤x≤m.
所以－eq \f(5π,6)≤2x－eq \f(π,6)≤2m－eq \f(π,6).
要使得f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，m))上的最大值为eq \f(3,2)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，m))上的最大值为1.
所以2m－eq \f(π,6)≥eq \f(π,2)，即m≥eq \f(π,3).
所以m的最小值为eq \f(π,3).
函数的单调性(多维探究)
角度一 求三角函数的单调区间
(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y＝eq \f(1,2)sin x＋eq \f(\r(3),2)cs x(x∈[0，eq \f(π,2)])的单调递增区间是________．
【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)因为y＝eq \f(1,2)sin x＋eq \f(\r(3),2)cs x＝sin(x＋eq \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)，
所以函数的单调递增区间为[2kπ－eq \f(5π,6)，2kπ＋eq \f(π,6)](k∈Z)，
又x∈[0，eq \f(π,2)]，所以单调递增区间为[0，eq \f(π,6)]．
【答案】 (1)A (2)[0，eq \f(π,6)]
eq \a\vs4\al()
三角函数单调性的求法
(1)形如y＝Asin(ωx＋φ)的函数的单调性问题，一般是将ωx＋φ看成一个整体，再结合图象利用y＝sin x的单调性求解；
(2)如果函数中自变量的系数为负值，要根据诱导公式把自变量系数化为正值，再确定其单调性．
角度二 根据单调性求参数
(1)(一题多解)若f(x)＝cs x－sin x在[0，a]是减函数，则a的最大值是( )
A.eq \f(π,4) B．eq \f(π,2)
C.eq \f(3π,4) D．π
(2)(一题多解)若f(x)＝2sin ωx(ω>0)在区间[－eq \f(π,2)，eq \f(2π,3)]上是增函数，则ω的取值范围是________．
【解析】 (1)法一：f(x)＝cs x－sin x＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))).当x∈[0，a]时，x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，a＋\f(π,4)))，所以结合题意可知，a＋eq \f(π,4)≤π，即a≤eq \f(3π,4)，故所求a的最大值是eq \f(3π,4).故选C.
法二：f′(x)＝－sin x－cs x＝－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))).于是，由题设得f′(x)≤0，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≥0在区间[0，a]上恒成立．当x∈[0，a]时，x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，a＋\f(π,4)))，所以a＋eq \f(π,4)≤π，即a≤eq \f(3π,4)，故所求a的最大值是eq \f(3π,4).故选C.
(2)法一：因为x∈[－eq \f(π,2)，eq \f(2π,3)](ω>0)，
所以ωx∈[－eq \f(ωπ,2)，eq \f(2πω,3)]，
因为f(x)＝2sin ωx在[－eq \f(π,2)，eq \f(2π,3)]上是增函数，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)ω≥－\f(π,2)，,\f(2π,3)ω≤\f(π,2)，,ω>0，))故0<ω≤eq \f(3,4).
法二：画出函数f(x)＝2sin ωx(ω>0)的图象如图所示．
要使f(x)在[－eq \f(π,2)，eq \f(2π,3)]上是增函数，需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)≤－\f(π,2)，,\f(2π,3)≤\f(π,2ω)))
(ω>0)，即0<ω≤eq \f(3,4).
法三：由－eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)得
－eq \f(π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)(k∈Z)，
故f(x)的单调递增区间是[－eq \f(π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)，eq \f(π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)](k∈Z)，
由题意[－eq \f(π,2)，eq \f(2π,3)]⊆[－eq \f(π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)，eq \f(π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)](k∈Z，ω>0)，
从而有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)≤－\f(π,2)，,\f(π,2ω)≥\f(2π,3)，))即0<ω≤eq \f(3,4).
【答案】 (1)C (2)(0，eq \f(3,4)]
eq \a\vs4\al()
已知三角函数的单调区间求参数的取值范围的三种方法
(1)子集法：求出原函数的相应单调区间，由已知区间是所求某区间的子集，列不等式(组)求解；
(2)反子集法：由所给区间求出整体角的范围，由该范围是某相应正、余弦函数的某个单调区间的子集，列不等式(组)求解；
(3)周期法：由所给区间的两个端点到其相应对称中心的距离不超过eq \f(1,4)周期列不等式(组)求解．
[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．
1．函数f(x)＝tan(2x－eq \f(π,3))的单调递增区间是( )
A．[eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)，eq \f(kπ,2)＋eq \f(5π,12)](k∈Z)
B．(eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)，eq \f(kπ,2)＋eq \f(5π,12))(k∈Z)
C．(kπ＋eq \f(π,6)，kπ＋eq \f(2π,3)](k∈Z)
D．(kπ－eq \f(π,12)，kπ＋eq \f(5π,12)](k∈Z)
解析：选B.由kπ－eq \f(π,2)<2x－eq \f(π,3)2．(一题多解)已知ω>0，函数f(x)＝sin(ωx＋eq \f(π,4))在(eq \f(π,2)，π)上单调递减，则ω的取值范围是________．
解析：法一：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[2kπ＋eq \f(π,2)，2kπ＋eq \f(3π,2)]，k∈Z，所以eq \b\lc\{(\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)－(2k＋eq \f(5,4))≤0，k∈Z且2k＋eq \f(5,4)>0，k∈Z，得k＝0，所以ω∈[eq \f(1,2)，eq \f(5,4)]．
法二：由已知eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)≥eq \f(π,2)，所以0<ω≤2，又eq \f(π,2)当eq \f(π,2)≤ωx＋eq \f(π,4)≤eq \f(3,2)π时，f(x)单调递减，解得eq \f(π,4ω)≤x≤eq \f(5π,4ω)，于是应有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(π,4ω)≤\f(π,2)，
\f(5π,4ω)≥π，))解得eq \f(1,2)≤ω≤eq \f(5,4).
答案：[eq \f(1,2)，eq \f(5,4)]
三角函数的周期性、奇偶性、对称性(多维探究)
角度一 三角函数的周期性
(1)在函数：①y＝cs|2x|，②y＝|cs x|，③y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，④y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))中，最小正周期为π的所有函数的序号为( )
A．①②③ B．①③④
C．②④ D．①③
(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＜T＜2，则自然数k的值为________．
【解析】 (1)①y＝cs|2x|＝cs 2x，最小正周期为π；
②由图象知y＝|cs x|的最小正周期为π；
③y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π；
④y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的最小正周期T＝eq \f(π,2)，故选A.
(2)由题意知1＜eq \f(π,k)＜2，
所以k＜π＜2k.
即eq \f(π,2)＜k＜π，又k∈N，
所以k＝2或3.
【答案】 (1)A (2)2或3
eq \a\vs4\al()
(1)公式法：函数y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acs(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq \f(2π,|ω|)，y＝Atan(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq \f(π,|ω|)；
(2)图象法：利用三角函数图象的特征求周期．
角度二 三角函数的奇偶性
已知函数f(x)＝3sin(2x－eq \f(π,3)＋φ)，φ∈(0，π)．
(1)若f(x)为偶函数，则φ＝________；
(2)若f(x)为奇函数，则φ＝________.
【解析】 (1)因为f(x)＝3sin(2x－eq \f(π,3)＋φ)为偶函数，
所以－eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
又因为φ∈(0，π)，所以φ＝eq \f(5π,6).
(2)因为f(x)＝3sin(2x－eq \f(π,3)＋φ)为奇函数，
所以－eq \f(π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，
又φ∈(0，π)，
所以φ＝eq \f(π,3).
【答案】 (1)eq \f(5π,6) (2)eq \f(π,3)
eq \a\vs4\al()
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＋b的形式．
角度三 三角函数的对称性
已知函数f(x)＝asin x＋cs x(a为常数，x∈R)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，则函数g(x)＝sin x＋acs x的图象( )
A．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称 B．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))对称
C．关于直线x＝eq \f(π,3)对称 D．关于直线x＝eq \f(π,6)对称
【解析】 因为函数f(x)＝asin x＋cs x(a为常数，x∈R)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，
所以f(0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，所以1＝eq \f(\r(3),2)a＋eq \f(1,2)，a＝eq \f(\r(3),3)，
所以g(x)＝sin x＋eq \f(\r(3),3)cs x＝eq \f(2\r(3),3)sin(x＋eq \f(π,6))，
函数g(x)的对称轴方程为x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，即x＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，当k＝0时，对称轴为直线x＝eq \f(π,3).
所以g(x)＝sin x＋acs x的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称．
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
(1)对于函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)，其图象的对称轴一定经过函数图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数的零点，因此在判断直线x＝x0或点(x0，0)是否是函数图象的对称轴或对称中心时，可通过检验f(x0)的值进行判断．
(2)函数图象的对称性与周期T之间有如下结论：①若函数图象相邻的两条对称轴分别为x＝a与x＝b，则最小正周期T＝2|b－a|；②若函数图象相邻的两个对称中心分别为(a，0)，(b，0)，则最小正周期T＝2|b－a|；③若函数图象相邻的对称中心与对称轴分别为(a，0)与x＝b，则最小正周期T＝4|b－a|.
1. 函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象与函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的图象( )
A．有相同的对称轴但无相同的对称中心
B．有相同的对称中心但无相同的对称轴
C．既有相同的对称轴也有相同的对称中心
D．既无相同的对称中心也无相同的对称轴
解析：选A.由2x－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，可解得函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的对称轴为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,3)，k∈Z.由x－eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，可解得函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的对称轴为x＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z.当k＝0时，函数有相同的对称轴．由2x－eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，可解得函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)＋\f(π,12)，0))，k∈Z.由x－eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，可解得函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(5π,6)，0))，k∈Z.
故两个函数没有相同的对称中心，故选A.
2．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<ω<1，|φ|<\f(π,2)))的图象经过点(0，1)，且关于直线x＝eq \f(2π,3)对称，则下列结论正确的是( )
A．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(2π,3)))上是减函数
B．若x＝x0是f(x)图象的对称轴，则一定有f′(x0)≠0
C．f(x)≥1的解集是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z
D．f(x)图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))
解析：选D.由f(x)＝2sin(ωx＋φ)的图象经过点(0，1)，得sin φ＝eq \f(1,2)，又|φ| [学生用书P68]
数学运算 三角函数中ω值的求法
一、利用三角函数的单调性求解
若函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω的取值范围是________．
【解析】 令eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq \f(3,2)π＋2kπ(k∈Z)，得eq \f(π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(3π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)，因为f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≤\f(π,3)，,\f(π,2)≤\f(3π,2ω)＋\f(2kπ,ω)，))得6k＋eq \f(3,2)≤ω≤4k＋3.又ω>0，所以k≥0，又6k＋eq \f(3,2)<4k＋3，得0≤k【答案】 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))
eq \a\vs4\al()
根据正弦函数的单调递减区间，确定函数f(x)的单调递减区间，根据函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，建立不等式，即可求ω的取值范围．
二、利用三角函数的对称性求解
(1)已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的一条对称轴为x＝eq \f(π,3)，一个对称中心为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))，则ω有( )
A．最小值2 B．最大值2
C．最小值1 D．最大值1
(2)若函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω∈N*)图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，则ω的最小值为________．
【解析】 (1)因为函数的中心到对称轴的最短距离是eq \f(T,4)，两条对称轴间的最短距离是eq \f(T,2)，所以中心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))到对称轴x＝eq \f(π,3)间的距离用周期可表示为eq \f(π,3)－eq \f(π,12)＝eq \f(T,4)＋eq \f(kT,2)(k∈N，T为周期)，解得(2k＋1)T＝π，又T＝eq \f(2π,ω)，所以(2k＋1)·eq \f(2π,ω)＝π，则ω＝2(2k＋1)，当k＝0时，ω＝2最小．故选A.
(2)依题意得cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πω,6)＋\f(π,6)))＝0，则eq \f(πω,6)＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)⇒ω＝6k＋2(k∈Z)，又ω∈N*，所以ω的最小值为＝2.
【答案】 (1)A (2)2
eq \a\vs4\al()
三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为eq \f(T,2)，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为eq \f(T,4)，这就说明，我们可根据三角函数的对称性来研究其周期性，进而可以研究“ω”的取值．值得一提的是，三角函数的对称轴必经过其图象上的最高点(极大值)或最低点(极小值)，函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的对称中心就是其图象与x轴的交点，这就说明，我们也可利用三角函数的极值点(最值点)、零点之间的“差距”来确定其周期，进而可以确定“ω”的取值．
三、利用三角函数的最值求解
(1)已知函数f(x)＝2sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，则ω的取值范围是________．
(2)已知f(x)＝sin(ωx＋eq \f(π,3))(ω>0)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝f(eq \f(π,3))，且f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))内有最小值无最大值，则ω＝________．
【解析】 (1)显然ω≠0.
若ω>0，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，－eq \f(π,3)ω≤ωx≤eq \f(π,4)ω，因为函数f(x)＝2sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，所以－eq \f(π,3)ω≤－eq \f(π,2)，解得ω≥eq \f(3,2).
若ω<0，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，eq \f(π,4)ω≤ωx≤－eq \f(π,3)ω，因为函数f(x)＝2sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2.所以eq \f(π,4)ω≤－eq \f(π,2)，解得ω≤－2.
综上所述，符合条件的实数ω的取值范围是(－∞，－2]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
(2)因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，而eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＝eq \f(π,4)，所以f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称，又f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))内有最小值无最大值，所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πω,4)＋\f(π,3)))＝－1，所以eq \f(πω,4)＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，解得ω＝4k＋eq \f(14,3).再由f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))内有最小值无最大值，得eq \f(2π,ω)＝T≥eq \f(π,3)－eq \f(π,6)，解得ω≤12，所以k＝0，ω＝eq \f(14,3).
【答案】 (1)(－∞，－2]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) (2)eq \f(14,3)
eq \a\vs4\al()
利用三角函数的最值与对称或周期的关系，可以列出关于ω的不等式，进而求出ω的值或取值范围．
[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．设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，则下列结论错误的是( )
A．f(x)的一个周期为－2π
B．y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(8π,3)对称
C．f(x＋π)的一个零点为x＝eq \f(π,6)
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减
解析：选D.函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的图象可由y＝cs x的图象向左平移eq \f(π,3)个单位得到，如图可知，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上先递减后递增，D选项错误．
3．(2020·河北衡水第十三中学质检(四))同时满足f(x＋π)＝f(x)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))的函数f(x)的解析式可以是( )
A．f(x)＝cs 2x B．f(x)＝tan x
C．f(x)＝sin x D．f(x)＝sin 2x
解析：选D.由题意得所求函数的周期为π，且图象关于x＝eq \f(π,4)对称．
A．f(x)＝cs 2x的周期为π，而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝0不是函数的最值．
所以其图象不关于x＝eq \f(π,4)对称．
B．f(x)＝tan x的周期为π，但图象不关于x＝eq \f(π,4)对称．
C．f(x)＝sin x的周期为2π，不合题意．
D．f(x)＝sin 2x的周期为π，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝1为函数最大值，
所以D满足条件，故选D.
4．(2020·河南六市联考)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象与函数g(x)＝cs(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象的对称中心完全相同，则φ为( )
A.eq \f(π,6) B．－eq \f(π,6)
C.eq \f(π,3) D．－eq \f(π,3)
解析：选D.因为函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象与函数g(x)＝cs(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象的对称中心完全相同，
所以ω＝2，φ＝eq \f(π,6)－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
即φ＝－eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，
因为|φ|5．(2020·河南中原名校联盟联考)已知函数f(x)＝4sin(ωx＋φ)(ω>0)．在同一周期内，当x＝eq \f(π,6)时取最大值，当x＝－eq \f(π,3)时取最小值，则φ的值可能为( )
A.eq \f(π,12) B．eq \f(π,3)
C.eq \f(13π,6) D．eq \f(7π,6)
解析：选C.T＝eq \f(2π,ω)＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))))＝π，故ω＝2，又2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，所以φ＝2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，所以φ的值可能为eq \f(13π,6).故答案为C.
6．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3)))的单调递减区间为________．
解析：由已知可得函数为f(x)＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，欲求函数f(x)的单调递减区间，只需求y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间．
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)．
故所求函数f(x)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：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
7．已知函数f(x)＝2sin(ωx－eq \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________．
解析：由函数f(x)＝2sin(ωx－eq \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，
所以ω＝k＋eq \f(2,3)，又ω∈(1，2)，所以ω＝eq \f(5,3)，从而得函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,\f(5,3))＝eq \f(6π,5).
答案：eq \f(6π,5)
8．已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，其中ω为常数，且ω∈(1，3)．若对任意的实数x，总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，则|x1－x2|的最小值是________．
解析：因为函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，所以eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，所以ω＝3k－1，k∈Z，由ω∈(1，3)得，ω＝2.由题意得|x1－x2|的最小值为函数的半个周期，即eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2).
答案：eq \f(π,2)
9．已知函数f(x)＝(sin x＋cs x)2＋2cs2x－2.
(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：f(x)＝sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
(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)因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，
所以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)＝4sin(x－eq \f(π,3))cs x＋eq \r(3).
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－m在[0，eq \f(π,2)]上有两个不同的零点x1，x2，求实数m的取值范围，并计算tan(x1＋x2)的值．
解：(1)f(x)＝4sin(x－eq \f(π,3))cs x＋eq \r(3)＝4(eq \f(1,2)sin x－eq \f(\r(3),2)cs x)cs x＋eq \r(3)＝2sin xcs x－2eq \r(3)cs2x＋eq \r(3)＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＝2sin(2x－eq \f(π,3))．
所以函数f(x)的最小正周期为T＝π.
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)．
所以函数f(x)的单调递增区间为[kπ－eq \f(π,12)，kπ＋eq \f(5π,12)](k∈Z)．
(2)函数g(x)＝f(x)－m在[0，eq \f(π,2)]上有两个不同的零点x1，x2，即函数y＝f(x)与y＝m在[0，eq \f(π,2)]上的图象有两个不同的交点，在直角坐标系中画出函数y＝f(x)＝2sin(2x－eq \f(π,3))在[0，eq \f(π,2)]上的图象，如图所示，
由图象可知，当且仅当m∈[eq \r(3)，2)时，方程f(x)＝m有两个不同的解x1，x2，且x1＋x2＝2×eq \f(5π,12)＝eq \f(5π,6)，
故tan(x1＋x2)＝taneq \f(5π,6)＝－tan eq \f(π,6)＝－eq \f(\r(3),3).
[综合题组练]
1．(2019·高考全国卷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))单调递增；
③f(x)在[－π，π]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
解析：选C.通解：f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故①正确；当eq \f(π,2)所以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.
优解：因为f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故①正确，排除B；当eq \f(π,2)2．(2019·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,5)))(ω>0)，已知f(x)在[0，2π]有且仅有5个零点．下述四个结论：
①f(x)在(0，2π)有且仅有3个极大值点
②f(x)在(0，2π)有且仅有2个极小值点
③f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))单调递增
④ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10)))
其中所有正确结论的编号是( )
A．①④ B．②③
C．①②③ D．①③④
解析：选D.如图，根据题意知，xA≤2π3．已知函数f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cs ωx(ω>0)，f(eq \f(π,6))＋f(eq \f(π,2))＝0，且f(x)在区间(eq \f(π,6)，eq \f(π,2))上递减，则ω＝________.
解析：因为f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cs ωx＝2sin(ωx＋eq \f(π,3))，
由eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，
得eq \f(π,6ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(7π,6ω)＋eq \f(2kπ,ω)，因为f(x)在区间(eq \f(π,6)，eq \f(π,2))上递减，所以(eq \f(π,6)，eq \f(π,2))⊆[eq \f(π,6ω)＋eq \f(2kπ,ω)，eq \f(7π,6ω)＋eq \f(2kπ,ω)]，从而有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)≥\f(π,6ω)＋\f(2kπ,ω),\f(π,2)≤\f(7π,6ω)＋\f(2kπ,ω)))，
解得12k＋1≤ω≤eq \f(7＋12k,3)，k∈Z，
所以1≤ω≤eq \f(7,3)，因为f(eq \f(π,6))＋f(eq \f(π,2))＝0，
所以x＝eq \f(\f(π,6)＋\f(π,2),2)＝eq \f(π,3)为f(x)＝2sin(ωx＋eq \f(π,3))的一个对称中心的横坐标，
所以eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，ω＝3k－1，k∈Z，
又1≤ω≤eq \f(7,3)，所以ω＝2.
答案：2
4．(2020·江赣十四校第二次联考)如果圆x2＋(y－1)2＝m2至少覆盖函数f(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,m)x＋\f(5π,12)))－eq \r(3) cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,m)x＋\f(π,3)))(m>0)的一个最大值点和一个最小值点，则m的取值范围是________．
解析：化简f(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,m)x＋\f(5π,12)))－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,m)x＋\f(π,3)))得f(x)＝2sineq \f(2πx,m)＋1，所以，函数f(x)的图象靠近圆心(0，1)的最大值点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,4)，3))，最小值点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,4)，－1))，
所以只需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,4)))\s\up12(2)＋（3－1）2≤m2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,4)))\s\up12(2)＋（－1－1）2≤m2，))解得m≥eq \f(8\r(15),15).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(15),15)，＋∞))
5．已知函数f(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))－eq \r(3)cs 2x－1，x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)若h(x)＝f(x＋t)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))对称，且t∈(0，π)，求t值；
(3)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，不等式|f(x)－m|<3恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2x))－eq \r(3)cs 2x
＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin 2x－\f(\r(3),2)cs 2x))
＝2sin(2x－eq \f(π,3))．
故f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)由(1)知h(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2t－\f(π,3))).
令2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋2t－eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，
得t＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,3)(k∈Z)，
又t∈(0，π)，故t＝eq \f(π,3)或eq \f(5π,6).
(3)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，
所以f(x)∈[1，2]．
又|f(x)－m|<3，
即f(x)－3所以2－3即－1故实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，4)).
6．已知a>0，函数f(x)＝－2asin(2x＋eq \f(π,6))＋2a＋b，当x∈[0，eq \f(π,2)]时，－5≤f(x)≤1.
(1)求常数a，b的值；
(2)设g(x)＝f(x＋eq \f(π,2))且lg g(x)>0，求g(x)的单调区间．
解：(1)因为x∈[0，eq \f(π,2)]，
所以2x＋eq \f(π,6)∈[eq \f(π,6)，eq \f(7π,6)]，
所以sin(2x＋eq \f(π,6))∈[－eq \f(1,2)，1]，
所以－2asin(2x＋eq \f(π,6))∈[－2a，a]，
所以f(x)∈[b，3a＋b]，又因为－5≤f(x)≤1，
所以b＝－5，3a＋b＝1，因此a＝2，b＝－5.
(2)由(1)得f(x)＝－4sin(2x＋eq \f(π,6))－1，
g(x)＝f(x＋eq \f(π,2))＝－4sin(2x＋eq \f(7π,6))－1
＝4sin(2x＋eq \f(π,6))－1，
又由lg g(x)>0，得g(x)>1，
所以4sin(2x＋eq \f(π,6))－1>1，
所以sin(2x＋eq \f(π,6))>eq \f(1,2)，
所以2kπ＋eq \f(π,6)<2x＋eq \f(π,6)<2kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z，
其中当2kπ＋eq \f(π,6)<2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z时，
g(x)单调递增，即kπ所以g(x)的单调增区间为(kπ，kπ＋eq \f(π,6)]，k∈Z.
又因为当2kπ＋eq \f(π,2)<2x＋eq \f(π,6)<2kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z时，
g(x)单调递减，即kπ＋eq \f(π,6)所以g(x)的单调减区间为(kπ＋eq \f(π,6)，kπ＋eq \f(π,3))，k∈Z.
所以g(x)的单调增区间为(kπ，kπ＋eq \f(π,6)]，k∈Z，
单调减区间为(kπ＋eq \f(π,6)，kπ＋eq \f(π,3))，k∈Z.
函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象
定义域
R
R
{x|x∈R，且x≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z}
值域
[－1，1]
[－1，1]
R
奇偶
性
奇函数
偶函数
奇函数
单调性
在[－eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(π,2)＋2kπ](k∈Z)上是递增函数，在
[eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(3π,2)＋2kπ](k∈Z)上是递减函数
在[2kπ－π，2kπ](k∈Z)上是递增函数，在[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)上是递减函数
在(－eq \f(π,2)＋kπ，eq \f(π,2)＋kπ)(k∈Z)上是递增函数
周期性
周期是2kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是2π
周期是2kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是2π
周期是kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是π
对称性
对称轴是x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，对称中心是(kπ，0)(k∈Z)
对称轴是x＝kπ(k∈Z)，对称中心是(kπ＋eq \f(π,2)，0)(k∈Z)
对称中心是(eq \f(kπ,2)，0)(k∈Z)