高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題一 三角函數(shù)與解三角形 第1講 三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)練習(xí)（含解析）試題

第1講三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)[做真題]題型一三角函數(shù)圖象及其變換1．(2017·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知曲線C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，則下面結(jié)論正確的是()A．把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2B．把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2C．把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2D．把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2解析：選D.易知C1：y＝cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))，把曲線C1上的各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))的圖象，再把所得函數(shù)的圖象向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，可得函數(shù)y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))的圖象，即曲線C2，故選D.2．(2016·高考全國(guó)卷Ⅲ)函數(shù)y＝sinx－eq\r(3)cosx的圖象可由函數(shù)y＝sinx＋eq\r(3)cosx的圖象至少向右平移________個(gè)單位長(zhǎng)度得到．解析：函數(shù)y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象可由函數(shù)y＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象至少向右平移eq\f(2π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度得到．答案：eq\f(2π,3)題型二三角函數(shù)的性質(zhì)1．(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)下列函數(shù)中，以eq\f(π,2)為周期且在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))單調(diào)遞增的是()A．f(x)＝|cos2x| B．f(x)＝|sin2x|C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|解析：選A.A中，函數(shù)f(x)＝|cos2x|的周期為eq\f(π,2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，故A正確；B中，函數(shù)f(x)＝|sin2x|的周期為eq\f(π,2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，故B不正確；C中，函數(shù)f(x)＝cos|x|＝cosx的周期為2π，故C不正確；D中，f(x)＝sin|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx，x≥0，,－sinx，x<0，))由正弦函數(shù)圖象知，在x≥0和x<0時(shí)，f(x)均以2π為周期，但在整個(gè)定義域上f(x)不是周期函數(shù)，故D不正確．故選A.2．(2019·高考全國(guó)卷Ⅰ)關(guān)于函數(shù)f(x)＝sin|x|＋|sinx|有下述四個(gè)結(jié)論：①f(x)是偶函數(shù)；②f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調(diào)遞增；③f(x)在[－π，π]有4個(gè)零點(diǎn)；④f(x)的最大值為2.其中所有正確結(jié)論的編號(hào)是()A．①②④ B．②④C．①④ D．①③解析：選C.通解：f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，故①正確；當(dāng)eq\f(π,2)<x<π時(shí)，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調(diào)遞減，故②不正確；f(x)在[－π，π]的圖象如圖所示，由圖可知函數(shù)f(x)在[－π，π]只有3個(gè)零點(diǎn)，故③不正確；因?yàn)閥＝sin|x|與y＝|sinx|的最大值都為1且可以同時(shí)取到，所以f(x)可以取到最大值2，故④正確．綜上，正確結(jié)論的編號(hào)是①④.故選C.優(yōu)解：因?yàn)閒(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，故①正確，排除B；當(dāng)eq\f(π,2)<x<π時(shí)，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調(diào)遞減，故②不正確，排除A；因?yàn)閥＝sin|x|與y＝|sinx|的最大值都為1且可以同時(shí)取到，所以f(x)的最大值為2，故④正確．故選C.3．(2018·高考全國(guó)卷Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]是減函數(shù)，則a的最大值是()A．eq\f(π,4) B．eq\f(π,2)C．eq\f(3π,4) D．π解析：選A.法一：f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，且函數(shù)y＝cosx在區(qū)間[0，π]上單調(diào)遞減，則由0≤x＋eq\f(π,4)≤π，得－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(3π,4).因?yàn)閒(x)在[－a，a]上是減函數(shù)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a≥－\f(π,4)，,a≤\f(3π,4)，))解得a≤eq\f(π,4)，所以0<a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4)，故選A.法二：因?yàn)閒(x)＝cosx－sinx，所以f′(x)＝－sinx－cosx，則由題意，知f′(x)＝－sinx－cosx≤0在[－a，a]上恒成立，即sinx＋cosx≥0，即eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥0在[－a，a]上恒成立，結(jié)合函數(shù)y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的圖象可知有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，))解得a≤eq\f(π,4)，所以0<a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4)，故選A.4．(2017·高考全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f(x)＝cos(x＋eq\f(π,3))，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．f(x)的一個(gè)周期為－2πB．y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(8π,3)對(duì)稱C．f(x＋π)的一個(gè)零點(diǎn)為x＝eq\f(π,6)D．f(x)在(eq\f(π,2)，π)單調(diào)遞減解析：選D.根據(jù)函數(shù)解析式可知函數(shù)f(x)的最小正周期為2π，所以函數(shù)的一個(gè)周期為－2π，A正確；當(dāng)x＝eq\f(8π,3)時(shí)，x＋eq\f(π,3)＝3π，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝－1，所以B正確；f(x＋π)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋π＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4π,3)))，當(dāng)x＝eq\f(π,6)時(shí)，x＋eq\f(4π,3)＝eq\f(3π,2)，所以f(x＋π)＝0，所以C正確；函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2,3)π))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π，π))上單調(diào)遞增，故D不正確．所以選D.5．(2016·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,4)為f(x)的零點(diǎn)，x＝eq\f(π,4)為y＝f(x)圖象的對(duì)稱軸，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))單調(diào)，則ω的最大值為()A．11 B．9C．7 D．5解析：選B.因?yàn)閤＝－eq\f(π,4)為函數(shù)f(x)的零點(diǎn)，x＝eq\f(π,4)為y＝f(x)圖象的對(duì)稱軸，所以eq\f(π,2)＝eq\f(kT,2)＋eq\f(T,4)(k∈Z，T為周期)，得T＝eq\f(2π,2k＋1)(k∈Z)．又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))單調(diào)，所以T≥eq\f(π,6)，k≤eq\f(11,2)，又當(dāng)k＝5時(shí)，ω＝11，φ＝－eq\f(π,4)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))不單調(diào)；當(dāng)k＝4時(shí)，ω＝9，φ＝eq\f(π,4)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))單調(diào)，滿足題意，故ω＝9，即ω的最大值為9.6．(2017·高考全國(guó)卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的最大值是________．解析：依題意，f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)＝－cos2x＋eq\r(3)cosx＋eq\f(1,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋1，因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosx∈[0，1]，因此當(dāng)cosx＝eq\f(\r(3),2)時(shí)，f(x)max＝1.答案：1[山東省學(xué)習(xí)指導(dǎo)意見(jiàn)]1．任意角的三角函數(shù)(1)了解任意角的概念和弧度制，能進(jìn)行弧度與角度的互化．(2)理解任意角三角函數(shù)(正弦、余弦和正切)的定義．(3)會(huì)用誘導(dǎo)公式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)±α，π±α的正弦、余弦與正切))，理解同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式．2．三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)(1)能畫(huà)出y＝sinx、y＝cosx、y＝tanx的圖象．(2)理解正弦函數(shù)、余弦函數(shù)、正切函數(shù)的性質(zhì)(如單調(diào)性、最大和最小值、圖象與x軸交點(diǎn)等)，了解三角函數(shù)的周期性．(3)了解y＝Asin(ωx＋φ)的實(shí)際意義；能畫(huà)出y＝Asin(ωx＋φ)的圖象．知道參數(shù)A、ω、φ對(duì)函數(shù)圖象變化的影響．(4)會(huì)用三角函數(shù)解決一些簡(jiǎn)單實(shí)際問(wèn)題，體會(huì)三角函數(shù)是描述周期變化現(xiàn)象的重要函數(shù)模型．三角函數(shù)的定義、誘導(dǎo)公式及基本關(guān)系[考法全練]1．角θ的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊為x軸的正半軸，終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(4，y)，且sinθ＝－eq\f(3,5)，則tanθ＝()A．－eq\f(4,3) B．eq\f(4,3)C．－eq\f(3,4) D．eq\f(3,4)解析：選C.因?yàn)榻铅鹊慕K邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(4，y)，sinθ＝－eq\f(3,5)<0，所以角θ為第四象限角，所以cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(4,5)，所以tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝－eq\f(3,4)，故選C.2．若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝－eq\f(3,5)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則tan(π－α)＝()A．eq\f(4,3) B．eq\f(2,3)C．－eq\f(2,3) D．－eq\f(4,3)解析：選A.由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝cosα＝－eq\f(3,5)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(4,5)，所以tan(π－α)＝－tanα＝－eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(\f(4,5),－\f(3,5))＝eq\f(4,3).3．已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則eq\r(1－2sin（π＋θ）sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ)))＝____________．解析：因?yàn)閑q\r(1－2sin（π＋θ）sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ)))＝eq\r(1－2sinθcosθ)＝eq\r(（sinθ－cosθ）2)＝|sinθ－cosθ|，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以原式＝sinθ－cosθ.答案：sinθ－cosθ4．若tanα＝cosα，則eq\f(1,sinα)＋cos4α＝____________．解析：tanα＝cosα?eq\f(sinα,cosα)＝cosα?sinα＝cos2α，故eq\f(1,sinα)＋cos4α＝eq\f(sin2α＋cos2α,sinα)＋cos4α＝sinα＋eq\f(cos2α,sinα)＋cos4α＝sinα＋eq\f(sinα,sinα)＋sin2α＝sin2α＋sinα＋1＝sin2α＋cos2α＋1＝1＋1＝2.答案：25．(2019·福建模擬改編)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角α的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊交單位圓O于點(diǎn)P(a，b)，且a＋b＝eq\f(7,5)，則ab＝________，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝________．解析：由題知sinα＝b，cosα＝a.因?yàn)閍＋b＝eq\f(7,5)，所以sinα＋cosα＝eq\f(7,5).兩邊平方可得sin2α＋cos2α＋2sinαcosα＝eq\f(49,25)，所以1＋2sinαcosα＝eq\f(49,25)，所以2sinαcosα＝eq\f(24,25).所以sinαcosα＝ab＝eq\f(12,25)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝－sin2α＝－2sinαcosα＝－eq\f(24,25).答案：eq\f(12,25)－eq\f(24,25)eq\a\vs4\al()(1)三角函數(shù)的定義若角α的終邊過(guò)點(diǎn)P(x，y)，則sinα＝eq\f(y,r)，cosα＝eq\f(x,r)，tanα＝eq\f(y,x)(其中r＝eq\r(x2＋y2))．(2)利用誘導(dǎo)公式進(jìn)行化簡(jiǎn)求值的步驟利用公式化任意角的三角函數(shù)為銳角三角函數(shù)，其步驟：去負(fù)—脫周—化銳．特別注意函數(shù)名稱和符號(hào)的確定．[注意]“奇變偶不變，符號(hào)看象限”．(3)基本關(guān)系sin2x＋cos2x＝1，tanx＝eq\f(sinx,cosx).[技能]利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求函數(shù)值時(shí)，要注意確定符號(hào)．三角函數(shù)的圖象與解析式[典型例題]命題角度一由“圖”定“式”(一題多解)(2019·成都市第二次診斷性檢測(cè))將函數(shù)f(x)的圖象上所有點(diǎn)向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)g(x)的圖象．若函數(shù)g(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的部分圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的解析式為()A．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))B．f(x)＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))D．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(7π,12)))【解析】法一：根據(jù)函數(shù)g(x)的圖象可知A＝1，eq\f(1,2)T＝eq\f(π,3)＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，T＝π＝eq\f(2π,ω)，ω＝2，所以g(x)＝sin(2x＋φ)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，所以eq\f(2π,3)＋φ＝π＋kπ，k∈Z，φ＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，又因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，將g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向左平移eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度后，即可得到函數(shù)f(x)的圖象，所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).法二：根據(jù)g(x)的圖象可知geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(π,3)－\f(π,6),2)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝1，因?yàn)閒(x)的圖象向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度后，即可得到g(x)的圖象，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(π,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝1，對(duì)于A，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)≠1，不符合題意；對(duì)于B，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－cos0＝－1≠1，不符合題意；對(duì)于C，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝cos0＝1，符合題意；對(duì)于D，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)≠1，不符合題意．【答案】Ceq\a\vs4\al()由“圖”定“式”找“對(duì)應(yīng)”由三角函數(shù)的圖象求解析式y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)中參數(shù)的值，關(guān)鍵是把握函數(shù)圖象的特征與參數(shù)之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，其基本依據(jù)就是“五點(diǎn)法”作圖．(1)最值定A，B：根據(jù)給定的函數(shù)圖象確定最值，設(shè)最大值為M，最小值為m，則M＝A＋B，m＝－A＋B，解得B＝eq\f(M＋m,2)，A＝eq\f(M－m,2).(2)T定ω：由周期的求解公式T＝eq\f(2π,ω)，可得ω＝eq\f(2π,T).記住三角函數(shù)的周期T的相關(guān)結(jié)論：①兩個(gè)相鄰對(duì)稱中心之間的距離等于eq\f(T,2).②兩條相鄰對(duì)稱軸之間的距離等于eq\f(T,2).③對(duì)稱中心與相鄰對(duì)稱軸的距離等于eq\f(T,4).(3)點(diǎn)坐標(biāo)定φ：一般運(yùn)用代入法求解φ值，在求解過(guò)程中，可以代入圖象上的一個(gè)已知點(diǎn)(此時(shí)A，ω，B已知)，也可代入圖象與直線y＝B的交點(diǎn)(此時(shí)要注意交點(diǎn)在上升區(qū)間上還是在下降區(qū)間上)．注意在確定φ值時(shí)，往往以尋找“五點(diǎn)法”中的某一個(gè)點(diǎn)為突破口，即“峰點(diǎn)”“谷點(diǎn)”與三個(gè)“中心點(diǎn)”，利用“中心點(diǎn)”時(shí)要注意其所在單調(diào)區(qū)間的單調(diào)性，避免產(chǎn)生增解．命題角度二圖象變換(1)(一題多解)(2019·廣州市調(diào)研測(cè)試)將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，再把所得圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,6)π))的圖象，則f(x)＝()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(1,6)π)) B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(1,6)π))C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(1,3)π)) D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(1,3)π))(2)若ω>0，函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度后與函數(shù)y＝sinωx的圖象重合，則ω的最小值為()A．eq\f(11,2) B．eq\f(5,2)C．eq\f(1,2) D．eq\f(3,2)【解析】(1)法一：由題設(shè)知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,6)π)).設(shè)eq\f(1,2)x＋eq\f(π,3)＝t，則x＝2t－eq\f(2π,3)，所以f(t)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t－\f(2π,3)))－\f(1,6)π))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6t－\f(1,6)π)).故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(1,6)π)).故選B.法二：由題設(shè)知，先將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,6)π))的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)，再將所得圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度即得函數(shù)f(x)的圖象，故f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3×2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－\f(1,6)π))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(1,6)π)).故選B.(2)函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度后，所得函數(shù)圖象對(duì)應(yīng)的解析式為y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,3)＋\f(π,3)))，其圖象與函數(shù)y＝sinωx＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z的圖象重合，所以－eq\f(π,2)＋2kπ＝－eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,3)，k∈Z，所以ω＝－6k＋eq\f(5,2)，k∈Z，又ω>0，所以ω的最小值為eq\f(5,2)，故選B.【答案】(1)B(2)Beq\a\vs4\al()三角函數(shù)圖象的變換規(guī)律由函數(shù)y＝sinx的圖象變換得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象的兩種方法．eq\a\vs4\al([提醒])(1)函數(shù)圖象的平移法則是“左加右減、上加下減”，但是左右平移變換只是針對(duì)x作的變換．(2)函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)的圖象向左(右)平移k個(gè)單位長(zhǎng)度后，其圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為g(x)＝sin[ω(x±k)＋φ]，而不是g(x)＝sin(ωx±k＋φ)．命題角度三三角函數(shù)圖象的應(yīng)用(1)(多選)(2019·湖南省湘東六校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝|sinx|·|cosx|，則下列說(shuō)法正確的是()A．f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱B．f(x)的最小正周期為eq\f(π,2)C．(π，0)是f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心D．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減(2)已知函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))cosx＋eq\r(3)，若函數(shù)g(x)＝f(x)－m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)___________．【解析】(1)f(x)＝|sinx|·|cosx|＝eq\f(1,2)|sin2x|，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，由圖知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱，f(x)的最小正周期為eq\f(π,2)，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，f(x)的圖象無(wú)對(duì)稱中心，故C不正確．(2)方程g(x)＝0同解于f(x)＝m，在平面直角坐標(biāo)系中畫(huà)出函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的圖象，如圖所示，由圖象可知，當(dāng)且僅當(dāng)m∈[eq\r(3)，2)時(shí)，方程f(x)＝m有兩個(gè)不同的解．【答案】(1)ABD(2)[eq\r(3)，2)eq\a\vs4\al()巧用圖象解決三角方程或不等式問(wèn)題解決與三角函數(shù)相關(guān)的方程以及不等式問(wèn)題，最基本的方法就是作出對(duì)應(yīng)函數(shù)的圖象，然后結(jié)合函數(shù)的圖象的特征確定方程的解或不等式的解集．準(zhǔn)確作出對(duì)應(yīng)函數(shù)的圖象是解決問(wèn)題的關(guān)鍵，尤其是作出函數(shù)在指定區(qū)間上的圖象，需要準(zhǔn)確把握函數(shù)圖象的端點(diǎn)值以及最值．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．(2019·高考天津卷)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函數(shù)，且f(x)的最小正周期為π，將y＝f(x)的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為g(x)．若geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝()A．－2 B．－eq\r(2)C．eq\r(2) D．2解析：選C.由f(x)為奇函數(shù)可得φ＝kπ(k∈Z)，又|φ|<π，所以φ＝0，所以g(x)＝Asineq\f(1,2)ωx.由g(x)的最小正周期為2π，可得eq\f(2π,\f(1,2)ω)＝2π，故ω＝2，g(x)＝Asinx．geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝Asineq\f(π,4)＝eq\r(2)，所以A＝2，所以f(x)＝2sin2x，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2sineq\f(3π,4)＝eq\r(2).2．(2019·湖南省五市十校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0≤φ<2π)的部分圖象如圖所示，則f(2019)的值為_(kāi)_______．解析：由題圖易知，函數(shù)f(x)的最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－1))＝6，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))，將(0，1)代入，可得Asinφ＝1，所以f(2019)＝f(6×336＋3)＝f(3)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)×3＋φ))＝－Asinφ＝－1.答案：－1三角函數(shù)的性質(zhì)[典型例題](1)(一題多解)(2019·江西八所重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)和g(x)＝3cos(2x＋φ)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的圖象的對(duì)稱軸完全相同，則下列關(guān)于g(x)的說(shuō)法正確的是()A．最大值為3B．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,12)))上單調(diào)遞減C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))是g(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心D．直線x＝－eq\f(π,6)是g(x)圖象的一條對(duì)稱軸(2)(一題多解)(2019·洛陽(yáng)尖子生第二次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍為()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(8,3))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，2))【解析】(1)通解：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)和函數(shù)g(x)＝3cos(2x＋φ)＋1(|φ|<eq\f(π,2))的圖象的對(duì)稱軸完全相同，所以兩個(gè)函數(shù)的周期一定相同，所以ω＝2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，由2x－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)(k∈Z)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(2π,3)＋φ))＝±1(k∈Z)，所以對(duì)任意k∈Z均存在m∈Z，使得kπ＋eq\f(2π,3)＋φ＝mπ.因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)＋φ<eq\f(7π,6)，所以eq\f(2π,3)＋φ＝π，所以φ＝eq\f(π,3)，所以g(x)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1，所以g(x)的最大值為4，所以A錯(cuò)誤．令2nπ≤2x＋eq\f(π,3)≤2nπ＋π，n∈Z，得nπ－eq\f(π,6)≤x≤nπ＋eq\f(π,3)，n∈Z，所以B錯(cuò)誤．因?yàn)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＋1＝1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))是g(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心，所以C錯(cuò)誤．因?yàn)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋\f(π,3)))＋1＝4，所以直線x＝－eq\f(π,6)為函數(shù)g(x)圖象的一條對(duì)稱軸，所以D正確．故選D.優(yōu)解：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝2sin(ωx－eq\f(π,6))(ω>0)和函數(shù)g(x)＝3cos(2x＋φ)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的圖象的對(duì)稱軸完全相同，所以兩個(gè)函數(shù)的周期一定相同，所以ω＝2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以f(－eq\f(π,6))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)－\f(π,6)))＝－2，又－2為函數(shù)f(x)的最小值，所以直線x＝－eq\f(π,6)為函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱軸，所以直線x＝－eq\f(π,6)為函數(shù)g(x)圖象的一條對(duì)稱軸，故選D.(2)法一：由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,4)＋\f(π,6)≥－\f(π,2)＋2kπ，k∈Z,\f(2ωπ,3)＋\f(π,6)≤\f(π,2)＋2kπ，k∈Z))，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≤\f(8,3)－8k，k∈Z,ω≤\f(1,2)＋3k，k∈Z))，又ω>0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－8k>0,\f(1,2)＋3k>0))，k∈Z，所以k＝0，則0<ω≤eq\f(1,2)，故選B.法二：取ω＝1，則f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，令eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，當(dāng)k＝1時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))上單調(diào)遞減，與函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增矛盾，故ω≠1，結(jié)合四個(gè)選項(xiàng)知選B.【答案】(1)D(2)Beq\a\vs4\al()三角函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用要注意以下兩點(diǎn)：首先要將函數(shù)化為y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的形式，再對(duì)比y＝sinx的性質(zhì)，即把ωx＋φ看成一個(gè)整體處理，但是一定要注意ω>0，否則易出錯(cuò)；其次一定要結(jié)合圖象進(jìn)行分析．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．(一題多解)(2019·武昌區(qū)調(diào)研考試)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωx－cosωx(ω>0)的最小正周期為2π，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)解析：選B.法一：因?yàn)閒(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinωx－\f(1,2)cosωx))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))，f(x)的最小正周期為2π，所以ω＝eq\f(2π,2π)＝1，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，由2kπ－eq\f(π,2)≤x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)．所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[2kπ－eq\f(π,3)，2kπ＋eq\f(2π,3)](k∈Z)．故選B.法二：因?yàn)閒(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinωx－\f(1,2)cosωx))＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，f(x)的最小正周期為2π，所以ω＝eq\f(2π,2π)＝1，所以f(x)＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，由2kπ≤x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋π(k∈Z)，得2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，故選B.2．(2019·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(0<ω<1，|φ|<eq\f(π,2))的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0，1)，且關(guān)于直線x＝eq\f(2π,3)對(duì)稱，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(2π,3)))上是減函數(shù)B．若x＝x0是f(x)圖象的對(duì)稱軸，則一定有f′(x0)≠0C．f(x)≥1的解集是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ，2kπ＋\f(π,3)))，k∈ZD．f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))解析：選D.由f(x)＝2sin(ωx＋φ)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0，1)，得sinφ＝eq\f(1,2)，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，則f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).因?yàn)閒(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(2π,3)對(duì)稱，所以存在m∈Z使得eq\f(2π,3)ω＋eq\f(π,6)＝mπ＋eq\f(π,2)，得ω＝eq\f(3m,2)＋eq\f(1,2)(m∈Z)，又0<ω<1，所以ω＝eq\f(1,2)，則f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6))).令2nπ＋eq\f(π,2)≤eq\f(1,2)x＋eq\f(π,6)≤2nπ＋eq\f(3π,2)，n∈Z，得4nπ＋eq\f(2π,3)≤x≤4nπ＋eq\f(8π,3)，n∈Z，故A錯(cuò)誤；若x＝x0是f(x)圖象的對(duì)稱軸，則f(x)在x＝x0處取得極值，所以一定有f′(x0)＝0，故B錯(cuò)誤；由f(x)≥1得4kπ≤x≤4kπ＋eq\f(4π,3)，k∈Z，故C錯(cuò)誤；因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))是其圖象的一個(gè)對(duì)稱中心，故D正確．選D.3．(多選)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6)))))，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．f(x)的周期是eq\f(π,2)B．f(x)的值域是{y|y∈R，且y≠0}C．直線x＝eq\f(5π,3)是函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱軸D．f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z解析：選ABC.函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6)))))的周期T＝eq\f(π,\f(1,2))＝2π，故A錯(cuò)誤；函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6)))))的值域?yàn)閇0，＋∞)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)x＝eq\f(5π,3)時(shí)，eq\f(1,2)x－eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)≠eq\f(kπ,2)，k∈Z，即直線x＝eq\f(5π,3)不是f(x)圖象的對(duì)稱軸，故C錯(cuò)誤；令kπ－eq\f(π,2)<eq\f(1,2)x－eq\f(π,6)≤kπ，k∈Z，解得2kπ－eq\f(2π,3)<x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z，故D正確．故選ABC.4．已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象上相鄰兩個(gè)最高點(diǎn)的距離為6，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－2))是該函數(shù)圖象上的一個(gè)最低點(diǎn)，則該函數(shù)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心是()A．(1，0) B．(2，0)C．(3，0) D．(4，0)解析：選C.由題意可得函數(shù)f(x)的最小正周期T＝6，則ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,6)＝eq\f(π,3).結(jié)合點(diǎn)P的坐標(biāo)可得A＝2，且eq\f(π,3)×eq\f(3,2)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，得φ＝2kπ－π(k∈Z)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋2kπ－π))＝－2sineq\f(π,3)x(k∈Z)．令eq\f(π,3)x＝k′π(k′∈Z)，得x＝3k′(k′∈Z)，取k′＝1可得該函數(shù)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心是(3，0)．三角函數(shù)的值域與最值問(wèn)題[典型例題](1)已知將函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))cosx＋eq\f(1,2)的圖象向左平移eq\f(5π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，則g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上的值域?yàn)?)A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))(2)(2019·高考全國(guó)卷Ⅰ)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值為_(kāi)_______．【解析】(1)因?yàn)閒(x)＝2cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinxcos\f(π,6)－cosxsin\f(π,6)))＋eq\f(1,2)＝eq\r(3)sinxcosx－cos2x＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).因?yàn)椋璭q\f(π,3)≤x≤eq\f(π,3)，所以0≤2x＋eq\f(2π,3)≤eq\f(4π,3)，則－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))≤1，故－eq\f(\r(3),2)≤g(x)≤1.故選C.(2)因?yàn)閒(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1，令t＝cosx，則t∈[－1，1]，所以f(x)＝－2t2－3t＋1.又函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸t＝－eq\f(3,4)∈[－1，1]，且開(kāi)口向下，所以當(dāng)t＝1時(shí)，f(x)有最小值－4.【答案】(1)C(2)－4eq\a\vs4\al()有關(guān)三角函數(shù)的值域與最值問(wèn)題的解題策略(1)形如y＝asinx＋bcosx＋c的三角函數(shù)，要根據(jù)三角恒等變換把函數(shù)化為y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，再借助三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)確定值域與最值．(2)形如y＝asin2x＋bsinx＋c的三角函數(shù)，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)去求解．(3)形如y＝asinxcosx＋b(sinx±cosx)＋c的三角函數(shù)，可先設(shè)t＝sinx±cosx，再轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的二次函數(shù)去求解．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．(2019·濟(jì)南市模擬考試)若函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，則ω的最小值為()A．eq\f(2,3) B．eq\f(3,4)C．eq\f(4,3) D．eq\f(3,2)解析：選A.因?yàn)?≤x≤π，ω>0，所以－eq\f(π,6)≤ωx－eq\f(π,6)≤ωπ－eq\f(π,6).又f(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以ωπ－eq\f(π,6)≥eq\f(π,2)，所以ω≥eq\f(2,3)，故選A.2．函數(shù)f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上的最小值為_(kāi)_______．解析：由題意得，f(x)＝1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝1＋sin2x＋cos2x＝1＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).因?yàn)閑q\f(π,2)≤x≤eq\f(3π,4)，所以eq\f(5π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(7π,4)，所以－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))≤－eq\f(\r(2),2)，所以1－eq\r(2)≤1＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))≤0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上的最小值為1－eq\r(2).答案：1－eq\r(2)一、選擇題1．(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)若x1＝eq\f(π,4)，x2＝eq\f(3π,4)是函數(shù)f(x)＝sinωx(ω＞0)兩個(gè)相鄰的極值點(diǎn)，則ω＝()A．2 B．eq\f(3,2)C．1 D．eq\f(1,2)解析：選A.依題意得函數(shù)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝2×(eq\f(3π,4)－eq\f(π,4))＝π，解得ω＝2，選A.2．(2019·昆明市診斷測(cè)試)函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))圖象的一條對(duì)稱軸的方程為()A．x＝eq\f(π,12) B．x＝eq\f(π,6)C．x＝eq\f(π,3) D．x＝eq\f(5π,12)解析：選D.由題意，令2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，當(dāng)k＝0時(shí)，函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))圖象的一條對(duì)稱軸的方程為x＝eq\f(5π,12).故選D.3．(2019·廣東省七校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,6)))的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,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(4kπ－\f(2π,3)，4kπ＋\f(4π,3)))，k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(2π,3)，4kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z解析：選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，則函數(shù)f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,6)))的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z，故選B.4．(2019·濟(jì)南市學(xué)習(xí)質(zhì)量評(píng)估)為了得到函數(shù)y＝2cos2x的圖象，可以將函數(shù)y＝cos2x－eq\r(3)sin2x的圖象()A．向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度B．向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度C．向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度D．向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度解析：選B.因?yàn)閥＝cos2x－eq\r(3)sin2x＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))))，所以要得到函數(shù)y＝2cos2x的圖象，可以將函數(shù)y＝cos2x－eq\r(3)sin2x的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，故選B.5．(2019·石家莊市模擬(一))已知函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的部分圖象如圖所示，點(diǎn)A(0，eq\r(3))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，則函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱軸為()A．x＝－eq\f(π,3) B．x＝－eq\f(π,12)C．x＝eq\f(π,18) D．x＝eq\f(π,24)解析：選D.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)的圖象過(guò)點(diǎn)A(0，eq\r(3))，所以2cosφ＝eq\r(3)，即cosφ＝eq\f(\r(3),2)，所以φ＝2kπ±eq\f(π,6)(k∈Z)．因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝±eq\f(π,6)，由函數(shù)f(x)的圖象知eq\f(φ,ω)<0，又ω>0，所以φ<0，所以φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝2cos(ωx－eq\f(π,6))．因?yàn)閒(x)＝2cos(ωx－eq\f(π,6))的圖象過(guò)點(diǎn)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，所以coseq\f(（ω－1）π,6)＝0，所以eq\f(（ω－1）π,6)＝mπ＋eq\f(π,2)(m∈Z)，所以ω＝6m＋4(m∈Z)．因?yàn)棣?gt;0，eq\f(π,ω)>eq\f(π,6)，所以0<ω<6，所以ω＝4，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6))).因?yàn)閤＝eq\f(π,24)時(shí)，f(x)＝2，所以x＝eq\f(π,24)為函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱軸，故選D.6．(2019·福州市質(zhì)量檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))圖象的相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，將函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度后，得到函數(shù)g(x)的圖象．若函數(shù)g(x)為偶函數(shù)，則函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)) B．(－1，1)C．(0，2] D．(－1，2]解析：選D.由f(x)圖象的相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，得T＝π，又ω>0，所以eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.將函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度后，得到函數(shù)g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋φ))的圖象．因?yàn)楹瘮?shù)g(x)為偶函數(shù)，所以eq\f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，由|φ|<eq\f(π,2)，解得φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).因?yàn)?<x<eq\f(π,2)，所以－eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤1，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域是(－1，2]，故選D.7．(一題多解)(2019·武漢市調(diào)研測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上單調(diào)遞增，則ω的最大值為()A．eq\f(1,2) B．1C．2 D．4解析：選C.法一：因?yàn)閤∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))，所以ωx＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(ωπ,8)＋\f(π,4)))，因?yàn)閒(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上單調(diào)遞增，所以eq\f(ωπ,8)＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)，所以ω≤2，即ω的最大值為2，故選C.法二：逐個(gè)選項(xiàng)代入函數(shù)f(x)進(jìn)行驗(yàn)證，選項(xiàng)D不滿足條件，選項(xiàng)A、B、C滿足條件f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上單調(diào)遞增，所以ω的最大值為2，故選C.8．(2019·福州市第一學(xué)期抽測(cè))已知函數(shù)f(x)＝sin2x＋2sin2x－1在[0，m]上單調(diào)遞增，則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：選C.由題意，得f(x)＝sin2x－cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)，k＝0時(shí)，－eq\f(π,8)≤x≤eq\f(3π,8)，即函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))上單調(diào)遞增．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在[0，m]上單調(diào)遞增，所以0<m≤eq\f(3π,8)，即m的最大值為eq\f(3π,8)，故選C.9．(2019·湖南省五市十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))＝f(x)，且f(π)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，則f(x)取最大值時(shí)x的值為()A．eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z B．eq\f(π,4)＋kπ，k∈ZC．eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z D．－eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z解析：選C.由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))＝f(x)得f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,6)對(duì)稱，即當(dāng)x＝eq\f(π,6)時(shí)，f(x)取得最值，所以2×eq\f(π,6)＋φ＝nπ＋eq\f(π,2)，n∈Z，φ＝nπ＋eq\f(π,6)，n∈Z.又f(π)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，所以sin(2π＋φ)>sin(π＋φ)，即sinφ>－sinφ，得sinφ>0，所以n∈Z，且n為偶數(shù)．不妨取n＝0，即φ＝eq\f(π,6)，當(dāng)f(x)取最大值時(shí)，2x＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得x＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，故選C.10．(2019·廣東六校第一次聯(lián)考)已知A是函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x－\f(π,3)))的最大值，若存在實(shí)數(shù)x1，x2使得對(duì)任意實(shí)數(shù)x，總有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，則A|x1－x2|的最小值為()A．eq\f(π,2018) B．eq\f(π,1009)C．eq\f(2π,1009) D．eq\f(π,4036)解析：選B.f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)sin2018x＋eq\f(1,2)cos2018x＋eq\f(1,2)cos2018x＋eq\f(\r(3),2)sin2018x＝eq\r(3)sin2018x＋cos2018x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))，故A＝f(x)max＝2，f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2018)＝eq\f(π,1009).又存在實(shí)數(shù)x1，x2使得對(duì)任意實(shí)數(shù)x，總有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，所以f(x2)＝f(x)max，f(x1)＝f(x)min，故A|x1－x2|的最小值為A×eq\f(1,2)T＝eq\f(π,1009)，故選B.11．(多選)已知函數(shù)f(x)＝sin4x－cos4x，則下列說(shuō)法正確的是()A．f(x)的最小正周期為πB．f(x)的最大值為2C．f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱D．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增解析：選ACD.因?yàn)閒(x)＝sin4x－cos4x＝sin2x－cos2x＝－cos2x，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝π，f(x)的最大值為1.因?yàn)閒(－x)＝－cos(－2x)＝－cos2x＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，因?yàn)閥＝cos2x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，所以f(x)＝－cos2x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，故選ACD.12．(多選)已知函數(shù)f(x)＝2sin(2x＋φ)(0<φ<π)，若將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后，所得圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，則下列結(jié)論中正確的是()A．φ＝eq\f(5π,6)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))是f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心C．f(φ)＝－2D．x＝－eq\f(π,6)是f(x)圖象的一條對(duì)稱軸解析：選ABD.由題意得，平移后的函數(shù)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，則－eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，因?yàn)?<φ<π，所以φ＝eq\f(5π,6)，故A正確；f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))，由2x＋eq\f(5π,6