高考数学一轮复习讲义第4章第3节三角函数图像及性质

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1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图
正弦函数y＝sin x，x∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,0)，(eq \f(π,2)，1)，(π，0)，(eq \f(3π,2)，－1)，(2π，0)．
余弦函数y＝cs x，x∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,1)，(eq \f(π,2)，0)，(π，－1)，(eq \f(3π,2)，0)，(2π，1)．
2．正弦函数、余弦函数、正切函数的图象与性质
【知识拓展】
1．对称与周期
(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半个周期，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半个周期．
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)．
【思考辨析】
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)常数函数f(x)＝a是周期函数，它没有最小正周期．( √ )
(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.( × )
(5)y＝sin |x|是偶函数．( √ )
(6)若sin x>eq \f(\r(2),2)，则x>eq \f(π,4).( × )
1．函数f(x)＝cs(2x－eq \f(π,6))的最小正周期是( )
A.eq \f(π,2)B．π
C．2π D．4π
答案 B
解析 最小正周期为T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,2)＝π.故选B.
2．(教材改编)函数f(x)＝3sin(2x－eq \f(π,6))在区间[0，eq \f(π,2)]上的值域为( )
A．[－eq \f(3,2)，eq \f(3,2)] B．[－eq \f(3,2)，3]
C．[－eq \f(3\r(3),2)，eq \f(3\r(3),2)] D．[－eq \f(3\r(3),2)，3]
答案 B
解析 当x∈[0，eq \f(π,2)]时，2x－eq \f(π,6)∈[－eq \f(π,6)，eq \f(5π,6)]，
sin(2x－eq \f(π,6))∈[－eq \f(1,2)，1]，
故3sin(2x－eq \f(π,6))∈[－eq \f(3,2)，3]，
即f(x)的值域为[－eq \f(3,2)，3]．
3．函数y＝tan 2x的定义域是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,4)，k∈Z))))B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\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\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,8)，k∈Z))))D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z))))
答案 D
解析 由2x≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)，k∈Z，
∴y＝tan 2x的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z)))).
4．(2016·开封模拟)已知函数f(x)＝4sin(eq \f(π,3)－2x)，x∈[－π，0]，则f(x)的单调递减区间是( )
A．[－eq \f(7,12)π，－eq \f(π,12)]
B．[－π，－eq \f(π,2)]
C．[－π，－eq \f(7,12)π]，[－eq \f(π,12)，0]
D．[－π，－eq \f(5,12)π]，[－eq \f(π,12)，0]
答案 C
解析 f(x)＝4sin(eq \f(π,3)－2x)＝－4sin(2x－eq \f(π,3))．
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(5,12)π＋kπ(k∈Z)．
所以函数f(x)的递减区间是[－eq \f(π,12)＋kπ，eq \f(5,12)π＋kπ](k∈Z)．
因为x∈[－π，0]，
所以函数f(x)的递减区间是[－π，－eq \f(7,12)π]，[－eq \f(π,12)，0]．
5．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，对于任意x都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))的值为________．
答案 2或－2
解析 ∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))，
∴x＝eq \f(π,6)是函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的一条对称轴．
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝±2.
题型一 三角函数的定义域和值域
例1 (1)函数f(x)＝－2tan(2x＋eq \f(π,6))的定义域是____________．
(2)(2017·郑州月考)已知函数f(x)＝sin(x＋eq \f(π,6))，其中x∈[－eq \f(π,3)，a]，若f(x)的值域是[－eq \f(1,2)，1]，则实数a的取值范围是________．
答案 (1){x|x≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)，k∈Z} (2)[eq \f(π,3)，π]
解析 (1)由2x＋eq \f(π,6)≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)，k∈Z，
所以f(x)的定义域为{x|x≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)，k∈Z}．
(2)∵x∈[－eq \f(π,3)，a]，∴x＋eq \f(π,6)∈[－eq \f(π,6)，a＋eq \f(π,6)]，
∵x＋eq \f(π,6)∈[－eq \f(π,6)，eq \f(π,2)]时，f(x)的值域为[－eq \f(1,2)，1]，
∴由函数的图象知eq \f(π,2)≤a＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，∴eq \f(π,3)≤a≤π.
思维升华 (1)三角函数定义域的求法
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．
(2)三角函数值域的不同求法
①利用sin x和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)的形式求值域；
③通过换元，转换成二次函数求值域．
(1)函数y＝lg(sin x)＋eq \r(cs x－\f(1,2))的定义域为 .
(2)函数y＝2sin(eq \f(πx,6)－eq \f(π,3)) (0≤x≤9)的最大值与最小值的和为__________．
答案 (1)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|2kπ＜x≤\f(π,3)＋2kπ，k∈Z))
(2)2－eq \r(3)
解析 (1)要使函数有意义必须有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin x＞0，,cs x－\f(1,2)≥0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin x＞0，,cs x≥\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2kπ＜x＜π＋2kπk∈Z，,－\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(π,3)＋2kπk∈Z，))
∴2kπ＜x≤eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，
∴函数的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|2kπ＜x≤\f(π,3)＋2kπ，k∈Z)).
(2)∵0≤x≤9，∴－eq \f(π,3)≤eq \f(πx,6)－eq \f(π,3)≤eq \f(7π,6)，
∴－eq \f(\r(3),2)≤sin(eq \f(πx,6)－eq \f(π,3))≤1，
故－eq \r(3)≤2sin(eq \f(πx,6)－eq \f(π,3))≤2.
即函数y＝2sin(eq \f(πx,6)－eq \f(π,3))(0≤x≤9)的最大值为2，最小值为－eq \r(3).
∴最大值与最小值的和为2－eq \r(3).
题型二 三角函数的单调性
例2 (1)函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
(2)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 (1)B (2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4)))
解析 (1)由kπ－eq \f(π,2)＜2x－eq \f(π,3)＜kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)＜x＜eq \f(kπ,2)＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，
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(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)，故选B.
(2)由eq \f(π,2)＜x＜π，ω＞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\{\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)－(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)]．
引申探究
本例(2)中，若已知ω>0，函数f(x)＝cs(ωx＋eq \f(π,4))在(eq \f(π,2)，π)上单调递增，则ω的取值范围是____________．
答案 [eq \f(3,2)，eq \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2k－eq \f(1,4)＞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：①求函数的单调区间应遵循简单化原则，将解析式先化简，并注意复合函数单调性规律“同增异减”；②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，那么一定先借助诱导公式将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．
(1)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3)))的单调减区间为________．
(2)若函数f(x)＝sin ωx(ω＞0)在区间[0，eq \f(π,3)]上单调递增，在区间[eq \f(π,3)，eq \f(π,2)]上单调递减，则ω等于( )
A.eq \f(2,3)B.eq \f(3,2)
C．2 D．3
答案 (1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5,12)π))，k∈Z (2)B
解析 (1)已知函数可化为f(x)＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
欲求函数的单调减区间，只需求f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调增区间．
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.
故所给函数的单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．
(2)∵f(x)＝sin ωx(ω＞0)过原点，
∴当0≤ωx≤eq \f(π,2)，即0≤x≤eq \f(π,2ω)时，
y＝sin ωx是增函数；
当eq \f(π,2)≤ωx≤eq \f(3π,2)，即eq \f(π,2ω)≤x≤eq \f(3π,2ω)时，
y＝sin ωx是减函数．
由f(x)＝sin ωx(ω＞0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，
在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，知eq \f(π,2ω)＝eq \f(π,3)，
∴ω＝eq \f(3,2).
题型三 三角函数的周期性、对称性
命题点1 周期性
例3 (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的所有函数为( )
A．①②③B．①③④
C．②④D．①③
(2)若函数f(x)＝2tan(kx＋eq \f(π,3))的最小正周期T满足1答案 (1)A (2)2或3
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)，因此选A.
(2)由题意得，1∴k<π<2k，即eq \f(π,2)又k∈Z，∴k＝2或3.
命题点2 对称性
例4 (2016·西安模拟)当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)＝sin(x＋φ)取得最小值，则函数y＝f(eq \f(3π,4)－x)( )
A．是奇函数且图象关于点(eq \f(π,2)，0)对称
B．是偶函数且图象关于点(π，0)对称
C．是奇函数且图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
D．是偶函数且图象关于直线x＝π对称
答案 C
解析 ∵当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)取得最小值，
∴sin(eq \f(π,4)＋φ)＝－1，∴φ＝2kπ－eq \f(3π,4)(k∈Z)，
∴f(x)＝sin(x＋2kπ－eq \f(3π,4))＝sin(x－eq \f(3π,4))，
∴y＝f(eq \f(3π,4)－x)＝sin(－x)＝－sin x,
∴y＝f(eq \f(3π,4)－x)是奇函数，且图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称．
命题点3 对称性的应用
例5 (1)已知函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象关于点P(x0,0)对称，若x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，则x0＝________.
(2)若函数y＝cs(ωx＋eq \f(π,6)) (ω∈N*)图象的一个对称中心是(eq \f(π,6)，0)，则ω的最小值为( )
A．1 B．2
C．4 D．8
答案 (1)－eq \f(π,6) (2)B
解析 (1)由题意可知2x0＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，
故x0＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)，k∈Z，
又x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，∴－eq \f(2,3)≤k≤eq \f(1,3)，k∈Z，
∴k＝0，则x0＝－eq \f(π,6).
(2)由题意知eq \f(ω,6)π＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2) (k∈Z)，
∴ω＝6k＋2(k∈Z)，又ω∈N*，∴ωmin＝2.
思维升华 (1)对于函数y＝Asin(ωx＋φ)，其对称轴一定经过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)是不是函数的对称轴或对称中心时，可通过检验f(x0)的值进行判断．
(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|).
(1)(2016·朝阳模拟)已知函数f(x)＝2sin(eq \f(π,2)x＋eq \f(π,5))，若对任意的实数x，总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，则|x1－x2|的最小值是( )
A．2 B．4
C．π D．2π
(2)如果函数y＝3cs(2x＋φ)的图象关于点(eq \f(4π,3)，0)中心对称，那么|φ|的最小值为( )
A.eq \f(π,6)B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,3)D.eq \f(π,2)
答案 (1)A (2)A
解析 (1)由题意可得|x1－x2|的最小值为半个周期，
即eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)＝2.
(2)由题意得3cs(2×eq \f(4π,3)＋φ)＝3cs(eq \f(2π,3)＋φ＋2π)
＝3cs(eq \f(2π,3)＋φ)＝0，
∴eq \f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
∴φ＝kπ－eq \f(π,6)，k∈Z，取k＝0，得|φ|的最小值为eq \f(π,6).
5．三角函数的性质
考点分析 纵观近年高考中三角函数的试题，其有关性质几乎每年必考，题目较为简单，综合性的知识多数为三角函数本章内的知识，通过有效地复习完全可以对此类题型及解法有效攻破，并在高考中拿全分．
典例 (1)(2015·课标全国Ⅰ)函数f(x)＝cs(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则f(x)的单调递减区间为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(1,4)，kπ＋\f(3,4)))，k∈Z
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(1,4)，2kπ＋\f(3,4)))，k∈Z
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k－\f(1,4)，k＋\f(3,4)))，k∈Z
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z
(2)已知函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)＋b对任意实数x有f(x＋eq \f(π,4))＝f(－x)恒成立，且f(eq \f(π,8))＝1，则实数b的值为( )
A．－1 B．3
C．－1或3 D．－3
(3)已知函数f(x)＝2sin ωx(ω＞0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值是－2，则ω的最小值等于________．
解析 (1)由图象知，周期T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)－\f(1,4)))＝2，
∴eq \f(2π,ω)＝2，∴ω＝π.
由π×eq \f(1,4)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，不妨取φ＝eq \f(π,4)，
∴f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,4))).
由2kπ<πx＋eq \f(π,4)<2kπ＋π，k∈Z，得2k－eq \f(1,4)(2)由f(x＋eq \f(π,4))＝f(－x)可知函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)＋b关于直线x＝eq \f(π,8)对称，又函数f(x)在对称轴处取得最值，故±2＋b＝1，∴b＝－1或b＝3.
(3)∵ω＞0，－eq \f(π,3)≤x≤eq \f(π,4)，
∴－eq \f(ωπ,3)≤ωx≤eq \f(ωπ,4).
由已知条件知－eq \f(ωπ,3)≤－eq \f(π,2)，
∴ω≥eq \f(3,2).
答案 (1)D (2)C (3)eq \f(3,2)
1．已知函数f(x)＝sin(ωx＋eq \f(π,4)) (ω>0)的最小正周期为π，则f(eq \f(π,8))等于( )
A．1 B.eq \f(1,2)
C．－1 D．－eq \f(1,2)
答案 A
解析 ∵T＝π，∴ω＝2，
∴f(eq \f(π,8))＝sin(2×eq \f(π,8)＋eq \f(π,4))＝sin eq \f(π,2)＝1.
2．若函数f(x)＝－cs 2x，则f(x)的一个递增区间为( )
A．(－eq \f(π,4)，0) B．(0，eq \f(π,2))
C．(eq \f(π,2)，eq \f(3π,4)) D．(eq \f(3π,4)，π)
答案 B
解析 由f(x)＝－cs 2x知递增区间为[kπ，kπ＋eq \f(π,2)]，k∈Z，故只有B项满足．
3．关于函数y＝tan(2x－eq \f(π,3))，下列说法正确的是( )
A．是奇函数
B．在区间(0，eq \f(π,3))上单调递减
C．(eq \f(π,6)，0)为其图象的一个对称中心
D．最小正周期为π
答案 C
解析 函数y＝tan(2x－eq \f(π,3))是非奇非偶函数，A错误；在区间(0，eq \f(π,3))上单调递增，B错误；最小正周期为eq \f(π,2)，D错误．
∵当x＝eq \f(π,6)时，tan(2×eq \f(π,6)－eq \f(π,3))＝0，
∴(eq \f(π,6)，0)为其图象的一个对称中心，故选C.
4．(2016·潍坊模拟)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( )
A.eq \f(3π,5)B.eq \f(6π,5)
C.eq \f(9π,5)D.eq \f(12π,5)
答案 B
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，∴ω＝k＋eq \f(2,3)，∴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).
5．已知函数f(x)＝－2sin(2x＋φ)(|φ|<π)，若f(eq \f(π,8))＝－2，则f(x)的一个单调递减区间是( )
A．[－eq \f(π,8)，eq \f(3π,8)] B．[eq \f(π,8)，eq \f(9π,8)]
C．[－eq \f(3π,8)，eq \f(π,8)] D．[eq \f(π,8)，eq \f(5π,8)]
答案 C
解析 由f(eq \f(π,8))＝－2，得
f(eq \f(π,8))＝－2sin(2×eq \f(π,8)＋φ)＝－2sin(eq \f(π,4)＋φ)＝－2，
所以sin(eq \f(π,4)＋φ)＝1.
因为|φ|<π，所以φ＝eq \f(π,4).
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
解得kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z.
当k＝0时，－eq \f(3π,8)≤x≤eq \f(π,8)，故选C.
6．若函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0且|φ|A.eq \f(1,2)B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(3),2)D．1
答案 C
解析 由题意得函数f(x)的周期T＝2(eq \f(2π,3)－eq \f(π,6))＝π，所以ω＝2，此时f(x)＝sin(2x＋φ)，将点(eq \f(π,6)，1)代入上式得sin(eq \f(π,3)＋φ)＝1 (|φ|所以f(x)＝sin(2x＋eq \f(π,6))，
于是f(eq \f(π,4))＝sin(eq \f(π,2)＋eq \f(π,6))＝cs eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2).
7．函数y＝eq \r(2sin x－1)的定义域为______________．
答案 [2kπ＋eq \f(π,6)，2kπ＋eq \f(5,6)π]，k∈Z
解析 由2sin x－1≥0，得sin x≥eq \f(1,2)，
∴2kπ＋eq \f(π,6)≤x≤2kπ＋eq \f(5,6)π，k∈Z.
8．函数y＝cs2x＋sin x(|x|≤eq \f(π,4))的最小值为___________________．
答案 eq \f(1－\r(2),2)
解析 令t＝sin x，∵|x|≤eq \f(π,4)，
∴t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))).
∴y＝－t2＋t＋1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋eq \f(5,4)，
∴当t＝－eq \f(\r(2),2)时，ymin＝eq \f(1－\r(2),2).
9．函数y＝cs(eq \f(π,4)－2x)的单调减区间为______________．
答案 [kπ＋eq \f(π,8)，kπ＋eq \f(5π,8)](k∈Z)
解析 由y＝cs(eq \f(π,4)－2x)＝cs(2x－eq \f(π,4))，
得2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋π (k∈Z)，
解得kπ＋eq \f(π,8)≤x≤kπ＋eq \f(5π,8) (k∈Z)，
所以函数的单调减区间为[kπ＋eq \f(π,8)，kπ＋eq \f(5π,8)](k∈Z)．
10．(2016·威海模拟)若f(x)＝2sin ωx＋1 (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__________．
答案 (0，eq \f(3,4)]
解析 方法一 由2kπ－eq \f(π,2)≤ωx≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得f(x)的增区间是[eq \f(2kπ,ω)－eq \f(π,2ω)，eq \f(2kπ,ω)＋eq \f(π,2ω)]，k∈Z.
因为f(x)在[－eq \f(π,2)，eq \f(2π,3)]上是增函数，
所以[－eq \f(π,2)，eq \f(2π,3)]⊆[－eq \f(π,2ω)，eq \f(π,2ω)]．
所以－eq \f(π,2)≥－eq \f(π,2ω)且eq \f(2π,3)≤eq \f(π,2ω)，所以ω∈(0，eq \f(3,4)]．
方法二 因为x∈[－eq \f(π,2)，eq \f(2π,3)]，ω>0.
所以ωx∈[－eq \f(ωπ,2)，eq \f(2πω,3)]，
又f(x)在区间[－eq \f(π,2)，eq \f(2π,3)]上是增函数，
所以[－eq \f(ωπ,2)，eq \f(2πω,3)]⊆[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)]，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(ωπ,2)≥－\f(π,2)，,\f(2πω,3)≤\f(π,2)，))又ω>0，得0<ω≤eq \f(3,4).
11．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(0<φ(1)求当f(x)为偶函数时φ的值；
(2)若f(x)的图象过点(eq \f(π,6)，eq \f(\r(3),2))，求f(x)的单调递增区间．
解 (1)∵f(x)的最小正周期为π，
则T＝eq \f(2π,ω)＝π，
∴ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋φ)．
当f(x)为偶函数时，f(－x)＝f(x)，
∴sin(2x＋φ)＝sin(－2x＋φ)，
将上式展开整理得sin 2xcs φ＝0，
由已知上式对∀x∈R都成立，
∴cs φ＝0，∵0<φ(2)f(x)的图象过点(eq \f(π,6)，eq \f(\r(3),2))时，
sin(2×eq \f(π,6)＋φ)＝eq \f(\r(3),2)，即sin(eq \f(π,3)＋φ)＝eq \f(\r(3),2).
又∵0<φ∴eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(2π,3)，φ＝eq \f(π,3)，
∴f(x)＝sin(2x＋eq \f(π,3))．
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z，
∴f(x)的单调递增区间为[kπ－eq \f(5π,12)，kπ＋eq \f(π,12)]，k∈Z.
12．(2015·北京)已知函数f(x)＝sin x－2eq \r(3)sin2eq \f(x,2).
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上的最小值．
解 (1)因为f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x－eq \r(3)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－eq \r(3)，
所以f(x)的最小正周期为2π.
(2)因为0≤x≤eq \f(2π,3)，所以eq \f(π,3)≤x＋eq \f(π,3)≤π.
当x＋eq \f(π,3)＝π，即x＝eq \f(2π,3)时，f(x)取得最小值．
所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－eq \r(3).
*13.已知a>0，函数f(x)＝－2asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2a＋b，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，－5≤f(x)≤1.
(1)求常数a，b的值；
(2)设g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))且lg g(x)>0，求g(x)的单调区间．
解 (1)∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,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))，
∴－2asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))∈[－2a，a]，
∴f(x)∈[b,3a＋b]，又∵－5≤f(x)≤1，
∴b＝－5,3a＋b＝1，因此a＝2，b＝－5.
(2)由(1)得f(x)＝－4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))－1，
g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝－4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(7π,6)))－1＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))－1，
又由lg g(x)>0，得g(x)>1，
∴4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))－1>1，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))>eq \f(1,2)，
∴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∴g(x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.
又∵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)∴g(x)的单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\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≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z}
值域
[－1,1]
[－1,1]
R
单调性
在[－eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(π,2)＋2kπ](k∈Z)上递增；
在[eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(3π,2)＋2kπ](k∈Z)上递减
在[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)上递增；
在[2kπ，π＋2kπ](k∈Z)上递减
在(－eq \f(π,2)＋kπ，eq \f(π,2)＋kπ)(k∈Z)上递增
最值
当x＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时，ymax＝1；
当x＝－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时，ymin＝－1
当x＝2kπ(k∈Z)时，ymax＝1；
当x＝π＋2kπ(k∈Z)时，ymin＝－1
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
对称中心
(kπ，0)(k∈Z)
(eq \f(π,2)＋kπ，0) (k∈Z)
(eq \f(kπ,2)，0)(k∈Z)
对称轴方程
x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)
x＝kπ(k∈Z)
周期
2π
2π
π