2019版數(shù)學(xué)（理）高分計劃一輪高分講義：第3章　三角函數(shù)、解三角形 3.3　三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精3．3三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)［知識梳理]1．用五點法作正弦函數(shù)和余弦函數(shù)的簡圖正弦函數(shù)y＝sinx,x∈［0,2π］的圖象上，五個關(guān)鍵點是:（0，0），eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π，2），1)），（π，0），eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3π，2)，－1)）,（2π，0）．余弦函數(shù)y＝cosx，x∈［0，2π］的圖象上，五個關(guān)鍵點是：（0,1)，eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π,2)，0)），（π，－1）,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（3π,2），0）），(2π，1)．2．正弦函數(shù)、余弦函數(shù)、正切函數(shù)的圖象和性質(zhì)[診斷自測］1．概念思辨（1）y＝tanx在整個定義域上是增函數(shù)．（)(2）函數(shù)f（x)＝sin(－2x）與f（x)＝sin2x的單調(diào)增區(qū)間都是eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(kπ－\f（π,4)，kπ＋\f（π，4）））(k∈Z）．(）（3）由sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,6)＋\f（2π，3）))＝sineq\f(π，6)知,eq\f(2π，3）是正弦函數(shù)y＝sinx(x∈R）的一個周期．()（4)若非零實數(shù)T是函數(shù)f(x）的周期，則kT（k是非零整數(shù)）也是函數(shù)f(x)的周期．（)答案(1)×（2）×（3)×(4）√2．教材衍化(1)（必修A4P46T2)函數(shù)f（x)＝(1＋eq\r（3）tanx）cosx的最小正周期、最大值為(）A．2π，2B.eq\f(3π，2),eq\r(3）C．π，2D.eq\f（π,2）,eq\r（3）答案A解析f（x)＝(1＋eq\r(3)tanx）cosx＝eq\f(cosx＋\r(3）sinx，cosx)·cosx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f（π，3))），則T＝2π.最大值為2。故選A。(2)（必修A4P40T4）已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x－\f（π，2）)）(x∈R)，下列結(jié)論錯誤的是(）A．函數(shù)f（x）是偶函數(shù)B．函數(shù)f(x)的最小正周期為πC．函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0,\f(π，2))）上是增函數(shù)D．函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π，4）對稱答案D解析f（x)＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x－\f(π，2)))＝－cos2x，此函數(shù)為最小正周期為π的偶函數(shù)，所以A、B正確．由函數(shù)y＝cosx的單調(diào)性知C正確．函數(shù)圖象的對稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)(k∈Z）,顯然，無論k取任何整數(shù)，x≠eq\f（π,4）,所以D錯誤．故選D。3．小題熱身（1)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4））)在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0，\f(π,2））)上的最小值為（）A．－1B．－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\co1（0，\f（π,2)))，得2x－eq\f（π,4）∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f(π,4)，\f（3π,4))）,所以sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，4)））∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（\r（2),2），1))，故函數(shù)f（x)＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,4）））在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2）))上的最小值為－eq\f（\r(2)，2）.故選B.（2）函數(shù)y＝taneq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x，2）＋\f（π,3)))的單調(diào)遞增區(qū)間是________,最小正周期是________．答案eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(5π，3),2kπ＋\f(π，3)))(k∈Z）2π解析由kπ－eq\f（π,2)〈eq\f（x，2）＋eq\f(π,3）<kπ＋eq\f（π,2），k∈Z，得2kπ－eq\f(5π,3）〈x<2kπ＋eq\f(π,3），k∈Z.周期T＝eq\f（π，\f（1,2)）＝2π.題型1三角函數(shù)的定義域和值域eq\o（\s\up7（)，\s\do5(典例1)）函數(shù)f(x）＝eq\r(64－x2）＋log2（2sinx－1)的定義域是________．本題采用數(shù)形結(jié)合．答案eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（11π，6),－\f（7π,6)））∪eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π，6)，\f(5π,6）)）∪eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)，8)）解析由題意，得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(64－x2≥0，①，2sinx－1〉0，②））由①得－8≤x≤8,由②得sinx>eq\f(1，2），由正弦曲線得eq\f(π,6）＋2kπ〈x〈eq\f(5π,6）＋2kπ（k∈Z)．所以不等式組的解集為eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（11π，6）,－\f（7π,6)）)∪eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π，6)，\f(5π，6）)）∪eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（13π，6),8））.eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例2））是否存在實數(shù)a，使得函數(shù)y＝sin2x＋acosx＋eq\f（5，8）a－eq\f(3,2）在閉區(qū)間eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0，\f（π,2）))上的最大值是1？若存在，求出對應(yīng)的a值；若不存在，試說明理由．用轉(zhuǎn)化法將問題化為二次函數(shù)型，然后分類討論．解y＝1－cos2x＋acosx＋eq\f(5,8）a－eq\f（3，2)＝－eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(cosx－\f（a，2）))2＋eq\f(a2，4)＋eq\f(5，8)a－eq\f(1，2）.當(dāng)0≤x≤eq\f(π，2）時，0≤cosx≤1。若eq\f(a,2)〉1,即a>2，則當(dāng)cosx＝1時，ymax＝a＋eq\f(5，8)a－eq\f（3，2)＝1?a＝eq\f(20,13）<2（舍去），若0≤eq\f(a，2）≤1，即0≤a≤2，則當(dāng)cosx＝eq\f(a,2)時，ymax＝eq\f(a2,4)＋eq\f（5，8)a－eq\f（1,2）＝1?a＝eq\f（3，2）或a＝－4〈0(舍去）．若eq\f(a，2)〈0，即a<0，則當(dāng)cosx＝0時，ymax＝eq\f（5,8)a－eq\f(1,2）＝1?a＝eq\f（12,5)〉0（舍去）綜合上述知，存在a＝eq\f（3，2)符合題設(shè)．方法技巧1．三角函數(shù)定義域的求法求三角函數(shù)定義域?qū)嶋H上是構(gòu)造簡單的三角不等式（組）,常借助三角函數(shù)線或三角函數(shù)圖象來求解．見典例1。2．三角函數(shù)值域的不同求法(1)形如y＝asinx＋bcosx＋k的三角函數(shù)化為y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式,再求值域（最值）．（2）形如y＝asin2x＋bsinx＋k的三角函數(shù),可先設(shè)sinx＝t，化為關(guān)于t的二次函數(shù)求值域（最值)．（3）形如y＝asinxcosx＋b（sinx±cosx)＋c的三角函數(shù)，可先設(shè)t＝sinx±cosx,化為關(guān)于t的二次函數(shù)求值域(最值）．沖關(guān)針對訓(xùn)練1．(2017·鄭州模擬)已知函數(shù)f（x)＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f(π,6)）)，其中x∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f（π,3），a))，若f（x）的值域是eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(1，2)，1））,則實數(shù)a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(π,3)，π））解析由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(π,3),a）)，知x＋eq\f(π,6）∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（π，6），a＋\f（π，6）)).∵x＋eq\f(π,6）∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f（π,6)，\f(π，2)））時，f（x)的值域為eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f（1，2），1))，∴由函數(shù)的圖象知eq\f（π，2）≤a＋eq\f(π,6）≤eq\f（7π，6），所以eq\f(π,3）≤a≤π.2．已知3sin2α＋2sin2β＝2sinα,求y＝sin2α＋sin2β的取值范圍．解∵3sin2α＋2sin2β＝2sinα，∴sin2β＝－eq\f(3，2）sin2α＋sinα，∵0≤sin2β≤1，∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－\f（3，2）sin2α＋sinα≥0，，－\f（3,2）sin2α＋sinα≤1，)）解得0≤sinα≤eq\f(2，3），∵y＝sin2α＋sin2β＝－eq\f(1,2）sin2α＋sinα＝－eq\f（1，2)（sinα－1)2＋eq\f（1,2），0≤sinα≤eq\f（2，3），∴sinα＝0時，ymin＝0；sinα＝eq\f（2,3)時，ymax＝eq\f（4,9），∴0≤sin2α＋sin2β≤eq\f（4,9）。題型2三角函數(shù)的單調(diào)性eq\o(\s\up7(),\s\do5（典例1)）(2017·長沙一模）函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,3）－\f（1,2）x）)，x∈［－2π，2π]的單調(diào)遞增區(qū)間是（)A.eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f（π，3)，\f(5π,3))) B。eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（－2π，－\f（π，3)）)C。eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（5π,3），2π）) D.eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－2π，－\f（π,3）)）和eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π，3)，2π）)本題用子集法．答案D解析依題意得y＝－sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2）x－\f（π，3))），當(dāng)2kπ＋eq\f(π，2)≤eq\f(1,2）x－eq\f(π，3)≤2kπ＋eq\f（3π，2）（k∈Z），即4kπ＋eq\f（5π,3)≤x≤4kπ＋eq\f(11π,3)（k∈Z）時，函數(shù)y＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）x－\f（π,3）））是單調(diào)遞增函數(shù)．又x∈［－2π，2π]，因此函數(shù)y＝－sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)x－\f（π,3）)），x∈［－2π,2π］的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2π，－\f（π，3）））和eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(5π，3）,2π）），選D。eq\o（\s\up7()，\s\do5（典例2))已知ω〉0,函數(shù)f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(ωx＋\f（π,4)）)在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π）)上單調(diào)遞減，則實數(shù)ω的取值范圍是（)A。eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)，\f（5，4））)B。eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（1,2），\f(3，4））)C。eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1(0,\f（1,2)））D．(0，2］子集反推法．答案A解析由eq\f（π,2)〈x〈π，得eq\f（ωπ，2）＋eq\f（π，4）<ωx＋eq\f（π，4）〈ωπ＋eq\f（π，4）.又y＝sinα在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,2）,\f（3π，2))）上遞減，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（ωπ,2)＋\f(π,4）≥\f（π,2），,ωπ＋\f（π，4）≤\f（3π，2），）)解得eq\f（1，2)≤ω≤eq\f(5,4）,故選A.方法技巧1．求三角函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法(1）代換法：就是將比較復(fù)雜的三角函數(shù)含自變量的代數(shù)式整體當(dāng)作一個角u(或t）,利用復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性列不等式求解．（2)圖象法：畫出三角函數(shù)的正、余弦曲線，結(jié)合圖象求它的單調(diào)區(qū)間．（3）子集法：求出原函數(shù)的相應(yīng)單調(diào)區(qū)間，由已知區(qū)間是所求某區(qū)間的子集,列不等式（組）求解．見典例1。2．已知三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求參數(shù)的取值范圍的兩種方法(1）反子集法:由所給區(qū)間求出整體角的范圍，由該范圍是某相應(yīng)正、余弦函數(shù)的某個單調(diào)區(qū)間的子集,列不等式(組）求解．見典例2。（2）周期法:由所給區(qū)間的兩個端點到其相應(yīng)對稱中心的距離不超過eq\f（1,4）周期列不等式(組)求解．提醒：要注意求函數(shù)y＝Asin（ωx＋φ)的單調(diào)區(qū)間時ω的符號,若ω〈0，那么一定先借助誘導(dǎo)公式將ω化為正數(shù)．同時切莫漏掉考慮函數(shù)自身的定義域．沖關(guān)針對訓(xùn)練1．下列函數(shù)中，周期為π，且在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(π，4)，\f（π，2))）上為減函數(shù)的是()A．y＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,2））) B．y＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，2)）)C．y＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,2)）) D．y＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2）))答案A解析對于選項A，注意到y(tǒng)＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)））＝cos2x的周期為π，且在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f（π,2)））上是減函數(shù)，故選A.2．（2017·莆田一模)已知函數(shù)f（x)＝eq\r（3)sin(ωx＋φ)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π，2)<φ<\f(π,2)))，Aeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,3)，0))為f（x)圖象的對稱中心，B,C是該圖象上相鄰的最高點和最低點，若BC＝4，則f（x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2k－\f（2，3），2k＋\f(4，3）)）,k∈ZB。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f（2π，3），2kπ＋\f(4π，3））)，k∈ZC。eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(4k－\f(2,3），4k＋\f(4，3））)，k∈ZD。eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（4kπ－\f（2π,3），4kπ＋\f(4π,3）))，k∈Z答案C解析函數(shù)f(x)＝eq\r（3)sin（ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（ω〉0，－\f(π,2）〈φ<\f（π,2））），Aeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,3），0))為f(x）圖象的對稱中心，B，C是該圖象上相鄰的最高點和最低點，∵BC＝4，∴(2eq\r(3））2＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（T，2)））2＝42,即12＋eq\f(π2,ω2）＝16，求得ω＝eq\f(π，2）.再根據(jù)eq\f(π，2）·eq\f(1，3)＋φ＝kπ，k∈Z，可得φ＝－eq\f(π，6）,∴f（x）＝eq\r（3）sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,2）x－\f(π,6)）).令2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(π，2)x－eq\f(π，6）≤2kπ＋eq\f(π，2)，求得4k－eq\f(2,3）≤x≤4k＋eq\f（4，3)，故f(x）的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（4k－\f(2,3），4k＋\f（4,3）)），k∈Z，故選C.題型3三角函數(shù)的奇偶性及對稱性eq\o(\s\up7(）,\s\do5（典例1））（2018·江西模擬）已知函數(shù)f（x)＝Acos(ωx＋φ)（A〉0,ω>0,0〈φ〈π)為奇函數(shù)，該函數(shù)的部分圖象如圖所示,△EFG是邊長為2的等邊三角形，則f(1)的值為(）A．－eq\f(\r(3),2）B．－eq\f（\r(6)，2）C。eq\r(3)D．－eq\r（3)數(shù)形結(jié)合思想．答案D解析∵f(x)＝Acos（ωx＋φ）為奇函數(shù)，∴f(0)＝Acosφ＝0∵0<φ<π，∴φ＝eq\f(π，2)，∴f（x）＝Acoseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2）))＝－Asinωx?！摺鱁FG是邊長為2的等邊三角形，則yE＝eq\r（3)＝A.又∵函數(shù)的周期T＝2FG＝4,根據(jù)周期公式可得，ω＝eq\f(2π,4）＝eq\f（π，2).∴f(x)＝－Asineq\f（π，2）x＝－eq\r(3)sineq\f(π,2）x，則f(1)＝－eq\r（3）.故選D。eq\o(\s\up7（)，\s\do5（典例2)）(2018·江南十校聯(lián)考）已知函數(shù)f(x)＝sin（ωx＋φ）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（ω〉0，|φ|〈\f(π,2)))的最小正周期為4π，且對?x∈R，有f(x）≤feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，3)))恒成立,則f(x）圖象的一個對稱中心是（）A.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3），0）) B。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(π，3),0）)C。eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2π，3），0)) D。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(5π,3)，0））應(yīng)用公式法．答案A解析由f(x)＝sin(ωx＋φ）的最小正周期為4π,得ω＝eq\f(1，2）.因為f（x）≤feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,3)）)恒成立，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))），即eq\f（1，2)×eq\f（π，3)＋φ＝eq\f(π，2）＋2kπ(k∈Z）．由｜φ|〈eq\f(π，2)，得φ＝eq\f（π，3)，故f（x）＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2）x＋\f（π,3）））。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)圖象的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3），0）)(k∈Z)．當(dāng)k＝0時，f(x)圖象的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（2π，3)，0）)，故選A.方法技巧1．若f（x)＝Asin(ωx＋φ)為偶函數(shù),則φ＝kπ＋eq\f(π，2）(k∈Z)，同時當(dāng)x＝0時，f（x)取得最大或最小值．若f(x）＝Asin(ωx＋φ)為奇函數(shù)，則φ＝kπ(k∈Z）,同時當(dāng)x＝0時,f（x）＝0。2．解決對稱性問題的關(guān)鍵：熟練掌握三角函數(shù)的對稱軸、對稱中心．對于函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ）,其對稱軸一定經(jīng)過圖象的最高點或最低點，對稱中心的橫坐標(biāo)一定是函數(shù)的零點，因此在判斷直線x＝x0或點(x0,0)是否是函數(shù)的對稱軸或?qū)ΨQ中心時，可通過檢驗f（x0）的值進(jìn)行判斷．沖關(guān)針對訓(xùn)練1．（2017·揭陽模擬）當(dāng)x＝eq\f(π，4)時，函數(shù)f（x）＝sin（x＋φ）取得最小值，則函數(shù)y＝feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3π,4）－x))()A．是奇函數(shù)且圖象關(guān)于點eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，2）,0））對稱B．是偶函數(shù)且圖象關(guān)于點（π，0)對稱C．是奇函數(shù)且圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱D．是偶函數(shù)且圖象關(guān)于直線x＝π對稱答案C解析∵當(dāng)x＝eq\f（π，4）時，函數(shù)f(x）取得最小值，∴sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,4)＋φ)）＝－1，∴φ＝2kπ－eq\f(3π，4）（k∈Z)，∴f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋2kπ－\f（3π，4)）)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f(3π，4)）)，∴y＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（3π,4)－x))＝sin（－x）＝－sinx，∴y＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（3π,4)－x))是奇函數(shù)，且圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱．故選C.2．（2018·南陽期末)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(1－cos2x），試討論該函數(shù)的奇偶性、周期性以及在區(qū)間［0，π］上的單調(diào)性．解因為y＝eq\r（1－cos2x）＝eq\r（sin2x）＝|sinx|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx，2kπ≤x≤2kπ＋π,k∈Z,，－sinx，2kπ＋π<x≤2kπ＋2π,k∈Z，)）所以作函數(shù)的圖象如下：所以,該函數(shù)是偶函數(shù)，周期為π。在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f（π,2）))上是增函數(shù)，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（π,2），π))上是減函數(shù)，在區(qū)間［0,π]上不是單調(diào)函數(shù)．1．(2017·全國卷Ⅲ）設(shè)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3）))，則下列結(jié)論錯誤的是()A．f（x)的一個周期為－2πB．y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(8π,3）對稱C．f（x＋π）的一個零點為x＝eq\f(π,6）D．f(x)在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π,2）,π))單調(diào)遞減答案D解析因為f(x）＝coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f(π,3)）)的周期為2kπ（k∈Z）,所以f(x)的一個周期為－2π，A項正確．因為f（x）＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，3）))圖象的對稱軸為直線x＝kπ－eq\f(π,3）(k∈Z），所以y＝f(x）的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(8π,3）對稱，B項正確．f（x＋π)＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f（4π，3）)）。令x＋eq\f（4π，3)＝kπ＋eq\f(π，2）(k∈Z)，得x＝kπ－eq\f（5，6）π，當(dāng)k＝1時，x＝eq\f(π，6)，所以f(x＋π)的一個零點為x＝eq\f（π,6），C項正確．因為f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f（π，3）)）的遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（2kπ－\f(π,3），2kπ＋\f（2π，3）))(k∈Z）,遞增區(qū)間為eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（2kπ＋\f(2π,3)，2kπ＋\f(5π，3）））(k∈Z),所以eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π，2),\f(2π,3）））是減區(qū)間，eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2π，3)，π）)是增區(qū)間，D項錯誤．故選D。2．(2018·舟山模擬)若函數(shù)f（x)＝3sin（2x＋θ）（0〈θ〈π)是偶函數(shù),則f(x）在[0,π］上的遞增區(qū)間是（)A.eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,2））)B。eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（π,2），π))C。eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（π,4),\f（π，2)))D。eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(3π,4），π）)答案B解析∵函數(shù)f（x)＝3sin(2x＋θ）(0<θ<π）是偶函數(shù)，∴θ＝eq\f(π，2),f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2））)＝3cos2x，令2kπ－π≤2x≤2kπ,求得kπ－eq\f（π，2)≤x≤kπ,可得函數(shù)f（x)的增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(kπ－\f（π，2），kπ）)（k∈Z）．則f(x)在[0,π]上的遞增區(qū)間為eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(π,2）,π）)，故選B。3．（2014·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)（A,ω,φ是常數(shù)，A〉0，ω〉0）．若f（x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（π，6)，\f(π，2）)）上具有單調(diào)性,且feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,2）)）＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2π,3）））＝－feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，6))），則f（x)的最小正周期為________．答案π解析記f(x)的最小正周期為T。由題意知eq\f（T,2）≥eq\f（π，2)－eq\f（π,6）＝eq\f(π,3），又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π，2))）＝feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2π，3））)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π,6）)），且eq\f（2π,3）－eq\f（π,2）＝eq\f（π,6).可作出示意圖如圖所示，∴x1＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，2)＋\f(π,6))）×eq\f（1,2）＝eq\f（π,3)，x2＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，2)＋\f(2π,3)））×eq\f(1，2）＝eq\f(7π,12）,∴eq\f(T,4）＝x2－x1＝eq\f(7π,12）－eq\f（π，3)＝eq\f（π,4）,∴T＝π.4．(2017·贛榆區(qū)期中）已知函數(shù)f(x）＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（A〉0，ω>0，φ∈\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2))）)）的圖象在y軸上的截距為1，在相鄰兩個最值點eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x0－\f(3，2），2））和（x0，－2）上(x0>0）,函數(shù)f（x)分別取最大值和最小值．(1）求函數(shù)f（x）的解析式；（2）若f(x)＝eq\f（k＋1,2）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（0,\f（3，2)）)內(nèi)有兩個不同的零點，求k的取值范圍;（3)求函數(shù)f(x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(13，4），\f(23，4）))上的對稱軸方程．解(1)A＝2,eq\f（T，2)＝x0－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x0－\f(3，2））)＝eq\f(3,2)?T＝3?ω＝eq\f（2π,3),∴f（x)＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2π，3)x＋φ)），代入(0，1)點，2sinφ＝1.∵φ∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2）)），∴φ＝eq\f(π，6)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2π，3)x＋\f(π,6））).(2）x∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f(3,2)))?eq\f（2π，3)x＋eq\f(π，6)∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(π，6）,\f(7π,6）)）?1≤eq\f（k＋1,2)〈2?1≤k<3.（3)eq\f(2π,3）x＋eq\f(π,6)＝eq\f（π,2）＋kπ，k∈Z?x＝eq\f（1，2）＋eq\f（3,2)k,k∈Z?函數(shù)f(x）在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(13，4)，\f(23,4)））上的對稱軸方程為x＝eq\f（7，2)，x＝5。［基礎(chǔ)送分提速狂刷練］一、選擇題1．如果函數(shù)y＝3cos(2x＋φ)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（4π,3），0）)成中心對稱,那么｜φ｜的最小值為（）A。eq\f（π，6)B。eq\f（π,4)C。eq\f（π,3)D.eq\f（π,2)答案A解析依題意得3coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（8π,3)＋φ）)＝0，eq\f(8π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，φ＝kπ－eq\f（13，6）π（k∈Z），因此|φ|的最小值是eq\f（π,6).故選A.2．已知函數(shù)y＝sinωx在eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f(π,3），\f（π，3）))上是增函數(shù)，則實數(shù)ω的取值范圍是（）A.eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3，2），0）） B．[－3，0)C.eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（0,\f(3，2））） D．（0，3]答案C解析由于y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f（π，2)))上是增函數(shù)，為保證y＝sinωx在eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f（π,3)，\f（π,3)))上是增函數(shù),所以ω>0，且eq\f（π，3)ω≤eq\f（π，2)，則0<ω≤eq\f(3，2）。故選C。3．（2017·成都調(diào)研)函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，6）x－\f(π，3））)（0≤x≤9)的最大值與最小值之和為（)A．2－eq\r（3）B．0C．－1D．－1－eq\r(3）答案A解析因為0≤x≤9，所以－eq\f（π，3）≤eq\f（π，6）x－eq\f（π，3)≤eq\f（7π,6），所以sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，6）x－\f（π，3)）)∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（\r（3),2)，1）)。所以y∈［－eq\r(3），2],所以ymax＋ymin＝2－eq\r(3)，選A。4．（2017·長沙模擬)設(shè)函數(shù)f（x）＝eq\r（2)sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（ωx＋φ＋\f(π，4)））eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（ω>0，｜φ｜〈\f（π，2）)）的最小正周期為π，且是偶函數(shù),則()A．f（x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f（π,2)))內(nèi)單調(diào)遞減B．f（x)在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π,4），\f（3π，4））)內(nèi)單調(diào)遞減C．f(x）在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f（π，2）))內(nèi)單調(diào)遞增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π，4），\f(3π，4)))內(nèi)單調(diào)遞增答案A解析由條件,知ω＝2.因為f(x）是偶函數(shù)，且|φ｜〈eq\f(π,2),所以φ＝eq\f(π,4)，這時f（x)＝eq\r（2）sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π，2)）)＝eq\r(2）cos2x。因為當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0,\f(π,2)））時，2x∈（0，π）,所以f(x)在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2)）)內(nèi)單調(diào)遞減．故選A。5．將函數(shù)y＝sinx的圖象向左平移eq\f（π，2)個單位,得到函數(shù)y＝f（x）的圖象，則下列說法正確的是()A．y＝f（x）是奇函數(shù)B．y＝f(x)的周期為πC．y＝f(x）的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π，2)對稱D．y＝f(x）的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（π,2)，0))對稱答案D解析由題意知,f(x)＝cosx，所以它是偶函數(shù)，A錯誤;它的周期為2π,B錯誤；它的對稱軸是直線x＝kπ，k∈Z，C錯誤；它的對稱中心是點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f（π,2)，0))，k∈Z，D正確．故選D。6．(2017·廣州綜合測試)已知函數(shù)f(x）＝sin（2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))的圖象的一個對稱中心為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3π，8)，0））,則函數(shù)f(x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（)A。eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（2kπ－\f（3π,8），2kπ＋\f（π，8））)（k∈Z）B。eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（2kπ＋\f(π，8)，2kπ＋\f（5π,8）））（k∈Z）C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（kπ－\f(3π,8），kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π，8)，kπ＋\f（5π，8)）)(k∈Z）答案D解析由題意得feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（3π,8)）)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f（3π,8）＋φ)）＝0，則2×eq\f（3π，8)＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝－eq\f(3π，4）＋kπ，k∈Z，又因為0〈φ<eq\f（π，2）,所以φ＝eq\f（π,4)，則f(x)＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，4）))，則由eq\f（π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f（π，4）≤eq\f(3π，2）＋2kπ,k∈Z，得eq\f（π,8)＋kπ≤x≤eq\f（5π,8)＋kπ，k∈Z，所以函數(shù)f（x)＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,4)))的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（π,8)＋kπ,\f(5π,8)＋kπ）），k∈Z，故選D.7．已知函數(shù)y＝sineq\f(πx,3)在區(qū)間[0，t］上至少取得2次最大值,則正整數(shù)t的最小值是（）A．6B．7C．8D．9答案C解析由y＝sineq\f（πx,3)可得T＝6，則由圖象可知eq\f（5T，4）≤t，即eq\f(15,2）≤t,∴tmin＝8.故選C.8．將函數(shù)f(x）＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（｜φ|〈\f（π，2)))的圖象向左平移eq\f(π，6)個單位長度后關(guān)于原點對稱，則函數(shù)f(x）在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（0,\f(π，2)）)上的最小值為（)A．－eq\f(\r(3）,2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f（1，2)D.eq\f(\r（3)，2)答案A解析將f(x）＝sin（2x＋φ)的圖象左移eq\f(π，6)個單位長度得y＝sineq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,6）))＋φ)）＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,3）＋φ））的圖象，該圖象關(guān)于原點對稱，即為奇函數(shù)，則eq\f(π,3）＋φ＝kπ(k∈Z）,且|φ｜<eq\f（π，2）,所以φ＝－eq\f（π，3），即f(x）＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，3）)）,當(dāng)x∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f（π,2)））時，2x－eq\f(π，3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π，3）)）,所以當(dāng)2x－eq\f（π，3）＝－eq\f（π,3)，即x＝0時,f（x)取得最小值，最小值為－eq\f（\r（3）,2)，選A.9．若函數(shù)f（x)＝Msin（ωx＋φ)(ω>0）在區(qū)間[a，b］上是增函數(shù)，且f(a）＝－M,f（b）＝M，則函數(shù)g（x)＝Mcos（ωx＋φ）在[a，b］上（)A．是增函數(shù) B．是減函數(shù)C．可以取得最大值M D．可以取得最小值－M答案C解析解法一：(特值法）取M＝2，ω＝1，φ＝0畫圖象即得答案．解法二：T＝eq\f(2π,ω)，g（x)＝Mcos(ωx＋φ）＝Msineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f（π，2)））＝Msineq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，2ω）））＋φ)),∴g（x)的圖象是由f(x)的圖象向左平移eq\f(π，2ω）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(即\f(T,4)))得到的．由b－a＝eq\f（T,2），可知，g（x）的圖象由f（x）的圖象向左平移eq\f（b－a，2)得到的．∴得到g（x)圖象如圖所示．選C.10．(2018·新疆質(zhì)檢）已知函數(shù)f(x）＝｜sinx｜·cosx，給出下列五個結(jié)論:①feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2018π,3))）＝－eq\f（\r(3)，4）；②若|f(x1）｜＝|f(x2)｜，則x1＝x2＋kπ（k∈Z）;③f（x）在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f(π,4），\f（π，4）))上單調(diào)遞增；④函數(shù)f（x）的周期為π;⑤f（x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，2)，0））成中心對稱．其中正確的結(jié)論是（)A．①⑤B．①②⑤C．②④D．②⑤答案A解析①feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2018π，3)）)＝eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(sin\f(2018π，3)）)·coseq\f(2018π,3）＝eq\f（\r（3),2）×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1，2)）)＝－eq\f(\r（3)，4）,∴①正確；②若｜f(x1)｜＝｜f(x2）|,則eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)sin2x1))＝eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1（\f(1，2）sin2x2))，當(dāng)x1＝0,x2＝eq\f（π，2)時也成立，∴②不正確;③∵當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(π,4)，\f（π，4))）時,f（x)＝｜sinx｜cosx＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－\f（1,2）sin2x,－\f（π，4）≤x〈0,，\f(1,2）sin2x，0≤x≤\f（π,4），)）∴f(x）在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f（π，4），\f(π,4)））上不是單調(diào)函數(shù)，∴③不正確；④∵f（x＋π)≠f(x),∴函數(shù)f(x)的周期不是π，∴④不正確；⑤∵f（x)＝｜sinx|cosx＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－\f(1，2）sin2x,－π＋2kπ〈x<2kπ，，\f（1，2）sin2x，2kπ≤x<π＋2kπ，))k∈Z，∴結(jié)合圖象可知f(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,2），0））成中心對稱,∴⑤正確．故選A.二、填空題11．設(shè)函數(shù)f（x)＝sin（eq\r(3）x＋φ）（0<φ〈π),若函數(shù)f(x)＋f′（x）是奇函數(shù)，則φ＝________.答案eq\f（2π，3)解析由題意得f′(x)＝eq\r(3)cos（eq\r（3）x＋φ)，f(x)＋f′（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r（3）x＋φ＋\f(π，3)）)是奇函數(shù),因此φ＋eq\f(π，3)＝kπ（其中k∈Z），φ＝kπ－eq\f（π，3).又0〈φ〈π，所以φ＝eq\f(2π,3）。12．將函數(shù)y＝sin(ωx＋φ）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,2)<φ〈π))的圖象,僅向右平移eq