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2025年高考数学一轮复习讲义（新高考版） 第4章 §4.5 三角函数的图象与性质
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知识梳理
1．用“五点法”作正弦函数和余弦函数的简图
(1)在正弦函数y＝sin x，x∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．
(2)在余弦函数y＝cs x，x∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0))，(2π，1)．
2．正弦、余弦、正切函数的图象与性质(下表中k∈Z)
常用结论
1．对称性与周期性
(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eq \f(1,2)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eq \f(1,2)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＝cs x在第一、二象限内单调递减．( × )
(2)若非零常数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．( √ )
(3)函数y＝sin x图象的对称轴方程为x＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)．( × )
(4)函数y＝tan x在整个定义域上是增函数．( × )
教材改编题
1．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．函数y＝－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3π,4)))的单调递减区间为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)
解析 由－eq \f(π,2)＋kπ<2x－eq \f(3π,4)
3．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)
解析 函数y＝3－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的最大值为3＋2＝5，此时x＋eq \f(π,4)＝π＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z).
题型一 三角函数的定义域和值域
例1 (1)函数y＝eq \r(cs x－\f(\r(3),2))的定义域为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)
D．R
答案 C
解析 由cs x－eq \f(\r(3),2)≥0，得cs x≥eq \f(\r(3),2)，
∴2kπ－eq \f(π,6)≤x≤2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z.
(2)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2)))－3cs x的最小值为________．
答案 －4
解析 ∵f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2)))－3cs x＝－cs 2x－3cs x＝－2cs2x－3cs x＋1＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x＋\f(3,4)))2＋eq \f(17,8)，－1≤cs x≤1，∴当cs x＝1时，f(x)有最小值－4.
(3)函数y＝sin x－cs x＋sin xcs x的值域为________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1＋2\r(2),2)，1))
解析 设t＝sin x－cs x，则t2＝sin2x＋cs2x－2sin x·cs x，∴sin xcs x＝eq \f(1－t2,2)，
且－eq \r(2)≤t≤eq \r(2).
∴y＝－eq \f(t2,2)＋t＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)(t－1)2＋1，t∈[－eq \r(2)，eq \r(2)]．
当t＝1时，ymax＝1；
当t＝－eq \r(2)时，ymin＝－eq \f(1＋2\r(2),2).
∴函数y的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1＋2\r(2),2)，1)).
思维升华 三角函数值域的不同求法
(1)把所给的三角函数式变换成y＝Asin(ωx＋φ)的形式求值域．
(2)把sin x或cs x看作一个整体，转换成二次函数求值域．
(3)利用sin x±cs x和sin xcs x的关系转换成二次函数求值域．
跟踪训练1 (1)(2021·北京)函数f(x)＝cs x－cs 2x，试判断函数的奇偶性及最大值( )
A．奇函数，最大值为2 B．偶函数，最大值为2
C．奇函数，最大值为eq \f(9,8) D．偶函数，最大值为eq \f(9,8)
答案 D
解析 由题意，
f(－x)＝cs (－x)－cs (－2x)
＝cs x－cs 2x＝f(x)，
所以该函数为偶函数，
又f(x)＝cs x－cs 2x＝－2cs2x＋cs x＋1＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(1,4)))2＋eq \f(9,8)，
所以当cs x＝eq \f(1,4)时，f(x)取最大值eq \f(9,8).
(2)函数y＝lg sin x＋eq \r(cs x－\f(1,2))的定义域为________________．
答案 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(2kπ
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
例2 (1)(2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，则下列说法正确的是( )
A．图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称
B．图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称
C．图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称
D．图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称
答案 C
解析 由题可得，设2x＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)，k∈Z，所以函数f(x)的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))(k∈Z)．
设2x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)，k∈Z，所以函数f(x)的对称轴为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)，通过对比选项可知，f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称．
(2)函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))＋1，φ∈(0，π)，且f(x)为偶函数，则φ＝________，f(x)图象的对称中心为________．
答案 eq \f(5π,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(kπ,2)，1))，k∈Z
解析 若f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))＋1为偶函数，
则－eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即φ＝eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z，
又∵φ∈(0，π)，
∴φ＝eq \f(5π,6).
∴f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＋1＝3cs 2x＋1，
由2x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z得x＝eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，
∴f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(kπ,2)，1))，k∈Z.
思维升华 (1)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的形式．
(2)周期的计算方法：利用函数y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acs(ωx＋φ)(ω>0)的周期为eq \f(2π,ω)，函数y＝Atan(ωx＋φ)(ω>0)的周期为eq \f(π,ω)求解．
跟踪训练2 (1)(2022·新高考全国Ⅰ)记函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω>0)的最小正周期为T.若eq \f(2π,3)
答案 A
解析 因为eq \f(2π,3)
又2<ω<3，所以eq \f(13π,4)
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)x＋\f(π,4)))＋2，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)×\f(π,2)＋\f(π,4)))＋2＝sin eq \f(3π,2)＋2＝1.故选A.
(2)(多选)(2023·苏州模拟)已知函数f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，则下列结论正确的是( )
A．f(x)的最大值为eq \r(3)
B．f(x)的最小正周期为π
C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))为奇函数
D．f(x)的图象关于直线x＝eq \f(11π,12)对称
答案 ABD
解析 因为函数f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
所以f(x)的最大值为eq \r(3)，A正确；
最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，B正确；
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))－\f(π,3)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))＝－eq \r(3)cs 2x为偶函数，C错误；
f(x)的对称轴满足2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，当k＝1时，x＝eq \f(11π,12)，故D正确．
题型三 三角函数的单调性
命题点1 求三角函数的单调区间
例3 函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))的单调递减区间为________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z
解析 f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))的单调递减区间是f(x)＝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.
延伸探究 若函数不变，求在[0，π]上的单调递减区间．
解 令A＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z，
B＝[0，π]，
∴A∩B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，π))，
∴f(x)在[0，π]上的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，π)).
命题点2 根据单调性求参数
例4 (1)(2022·淄博模拟)若函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))在区间[－a，a]上单调递增，则实数a的最大值为( )
A.eq \f(π,3) B. eq \f(π,2) C. eq \f(2π,3) D. π
答案 A
解析 函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)＋2kπ，\f(π,3)＋2kπ))(k∈Z)，而函数f(x)又在[－a，a]上单调递增，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a≥－\f(2π,3)，,a≤\f(π,3)))⇒a≤eq \f(π,3)，于是0
答案 eq \f(13,3)
解析 f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cs ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)．
由2kπ－eq \f(π,2)≤ωx＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得eq \f(2kπ,ω)－eq \f(5π,6ω)≤x≤eq \f(2kπ,ω)＋eq \f(π,6ω)，k∈Z，
∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2kπ,ω)－\f(5π,6ω)，\f(2kπ,ω)＋\f(π,6ω)))(k∈Z)．
由题知，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2kπ,ω)－\f(5π,6ω)，\f(2kπ,ω)＋\f(π,6ω)))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2kπ,ω)－\f(5π,6ω)≤\f(π,3)，,\f(π,2)≤\f(2kπ,ω)＋\f(π,6ω)，k∈Z，))
∴6k－eq \f(5,2)≤ω≤4k＋eq \f(1,3)，k∈Z.∵ω>0，∴当k＝0时，－eq \f(5,2)≤ω≤eq \f(1,3)，
∴0<ω≤eq \f(1,3)；
当k＝1时，eq \f(7,2)≤ω≤eq \f(13,3)；
当k≥2，k∈Z时，ω∈∅，
∴ωmax＝eq \f(13,3).
思维升华 (1)已知三角函数解析式求单调区间
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，可先借助诱导公式将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．
跟踪训练3 (1)(2022·北京)已知函数f(x)＝cs2x－sin2x，则( )
A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递减
B．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上单调递增
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上单调递增
答案 C
解析 依题意可知f(x)＝cs2x－sin2x＝cs 2x.
对于A选项，因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))，所以2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,3)))，函数f(x)＝cs 2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递增，所以A选项不正确；
对于B选项，因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,12)))，所以2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,6)))，函数f(x)＝cs 2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上不单调，所以B选项不正确；
对于C选项，因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，所以2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，函数f(x)＝cs 2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减，所以C选项正确；
对于D选项，因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(7π,12)))，所以2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(7π,6)))，函数f(x)＝cs 2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上不单调，所以D选项不正确．故选C.
(2)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，则“函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调递增”是“0<ω<2”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 ∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，∴eq \f(π,6)ω－eq \f(π,6)≤ωx－eq \f(π,6)≤eq \f(2π,3)ω－eq \f(π,6)，
由于函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调递增，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,6)ω－\f(π,6)≥－\f(π,2)＋2kπ，,\f(2π,3)ω－\f(π,6)≤\f(π,2)＋2kπ，,ω>0))(k∈Z)，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω≥－2＋12k，,ω≤1＋3k，,ω>0))(k∈Z)，
故k只能取0，即0<ω≤1，
∴“函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调递增”是“0<ω<2”的充分不必要条件．
课时精练
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\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,6)))))
B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠－\f(π,12)))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,6)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,6)k∈Z))))
答案 D
解析 由2x＋eq \f(π,6)≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)．
2．(2023·赣州模拟)已知f(x)＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－eq \f(1,2)，则f(x)是( )
A．奇函数且最小正周期为π
B．偶函数且最小正周期为π
C．奇函数且最小正周期为2π
D．偶函数且最小正周期为2π
答案 A
解析 f(x)＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－eq \f(1,2)＝eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))),2)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)sin 2x，故f(x)为奇函数，且最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π.
3．若函数y＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,3)))(ω>0)两对称中心间的最小距离为eq \f(π,2)，则ω等于( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 A
解析 因为函数y＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,3)))(ω>0)两对称中心间的最小距离为eq \f(π,2)，
所以eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，所以T＝π，所以T＝eq \f(2π,2ω)＝π，解得ω＝1.
4．(2023·广州模拟)如果函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，0))对称，则|φ|的最小值是( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(5π,6) D.eq \f(4π,3)
答案 B
解析 根据题意，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2×\f(2π,3)＋φ))＝0，
即－eq \f(4π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，
解得φ＝kπ＋eq \f(4π,3)，k∈Z，
当k＝－1时，|φ|取得最小值eq \f(π,3).
5．(多选)(2022·海口模拟)已知函数f(x)＝sin x－cs x，则下列结论中正确的是( )
A．f(x)的最大值为eq \r(2)
B．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))上单调递增
C．f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0))对称
D．f(x)的最小正周期为π
答案 AB
解析 f(x)＝sin x－cs x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))，
对于A，f(x)max＝eq \r(2)，A正确；
对于B，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))时，x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,2)))，
由正弦函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增可知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))上单调递增，B正确；
对于C，当x＝eq \f(3π,4)时，x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，则f(x)关于直线x＝eq \f(3π,4)成轴对称，C错误；
对于D，f(x)的最小正周期T＝2π，D错误．
6．(多选)(2023·汕头模拟)对于函数f(x)＝|sin x|＋cs 2x，下列结论正确的是( )
A．f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9,8)))
B．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
C．f(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,4)对称
D．π是f(x)的一个周期
答案 ACD
解析 f(x＋π)＝|sin(x＋π)|＋cs 2(x＋π)＝|sin x|＋cs 2x＝f(x)，
所以π是函数f(x)的一个周期，故D正确；
对于A，因为f(x)的一个周期为π，令x∈[0，π]，此时sin x≥0，
所以f(x)＝sin x＋1－2sin2x，
令t＝sin x，g(t)＝－2t2＋t＋1＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4)))2＋eq \f(9,8)，t∈[0,1]，可知其值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9,8)))，故A正确；
对于B，由A可知，g(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))上单调递减，
因为t＝sin x，t∈[0,1]，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上不单调，故B不正确；
对于C，因为f(0)＝1，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0，
所以f(0)≠f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))，
所以f(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,4)对称，故C正确．
7．(2022·汕头模拟)请写出一个最小正周期为π，且在(0,1)上单调递增的函数f(x)＝________.
答案 tan x(答案不唯一)
解析 根据函数最小正周期为π，可构造正弦型、余弦型或者正切型函数，再结合在(0,1)上单调递增，构造即可，
如f(x)＝tan x满足题意．
8．(2023·吉林模拟)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))(0≤φ≤π)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，则φ的取值范围是________．
答案 eq \f(π,4)≤φ≤π
解析 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，eq \f(1,2)x＋φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,4)，φ＋\f(π,2)))，
又函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))(0≤φ≤π)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，
所以eq \f(1,2)x＋φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,4)，φ＋\f(π,2)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,4)≥\f(π,2)，,φ＋\f(π,2)≤\f(3π,2)，))解得eq \f(π,4)≤φ≤π.
9．已知函数f(x)＝eq \r(3)cs xsin x＋sin2x.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(π,6)))上的最大值和最小值．
解 (1)f(x)＝eq \r(3)cs xsin x＋sin2x＝eq \f(\r(3),2)sin 2x－eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，
∴函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，则－eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，
∴函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))，k∈Z.
(2)∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(π,6)))，∴2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,6)))，
则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈[－1,1]，∴f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))，
∴函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(π,6)))上的最大值为eq \f(3,2)，最小值为－eq \f(1,2).
10．(2022·北京模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择两个作为一组已知条件，使f(x)的解析式唯一确定．
(1)求f(x)的解析式；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，求g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上的最大值．
条件①：f(x)的最小正周期为π；
条件②：f(x)为奇函数；
条件③：f(x)图象的一条对称轴为直线x＝eq \f(π,4).
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)选择条件①②：
由条件①及已知得T＝eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2.
由条件②f(0)＝0，即sin φ＝0，解得φ＝kπ(k∈Z)．
因为|φ|
由条件①及已知得T＝eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2.
由条件③得2×eq \f(π,4)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得φ＝kπ(k∈Z)．
因为|φ|
化简得g(x)＝eq \f(3,2)sin 2x＋eq \f(\r(3),2)cs 2x＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).因为0≤x≤eq \f(π,4)，所以eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(2π,3)，
所以当2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，
即x＝eq \f(π,6)时，g(x)取最大值eq \r(3).
11．函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))，在区间(0,1)上不可能( )
A．单调递增 B．单调递减
C．有最大值 D．有最小值
答案 B
解析 当x∈(0,1)时，因为ω>0，所以0<ωx<ω，
因为－eq \f(π,2)<φ
故f(x)在(0,1)上不可能单调递减．
12．(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))中心对称，则( )
A．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))上单调递减
B．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))上有两个极值点
C．直线x＝eq \f(7π,6)是曲线y＝f(x)的对称轴
D．直线y＝eq \f(\r(3),2)－x是曲线y＝f(x)的切线
答案 AD
解析 因为函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))中心对称，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(2π,3)＋φ))＝0，可得eq \f(4π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，结合0<φ<π，得φ＝eq \f(2π,3)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))).
对于A，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))时，2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(3π,2)))，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))上单调递减，故A正确；
对于B，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))时，2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,2)))，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))上只有一个极值点，故B不正确；
对于C，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(7π,6)＋\f(2π,3)))＝sin 3π＝0，所以直线x＝eq \f(7π,6)不是曲线y＝f(x)的对称轴，故C不正确；
对于D，因为f′(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，若直线y＝eq \f(\r(3),2)－x为曲线y＝f(x)的切线，
则由2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝－1，得2x＋eq \f(2π,3)＝2kπ＋eq \f(2π,3)或2x＋eq \f(2π,3)＝2kπ＋eq \f(4π,3)(k∈Z)，
所以x＝kπ或x＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．
当x＝kπ(k∈Z)时，f(x)＝eq \f(\r(3),2)，
则由eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)－kπ(k∈Z)，解得k＝0；
当x＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)时，f(x)＝－eq \f(\r(3),2)，
方程－eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)－kπ－eq \f(π,3)(k∈Z)无解．
综上所述，直线y＝eq \f(\r(3),2)－x为曲线y＝f(x)的切线，故D正确．
13．(2023·福州模拟)已知三角函数f(x)满足：①f(3－x)＝－f(x)；②f(x)＝f(1－x)；③函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减．写出一个同时具有上述性质①②③的函数f(x)＝________________.
答案 2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(5π,4)))(答案不唯一)
解析 对于①，若f(3－x)＝－f(x)，则f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))中心对称；
对于②，若f(x)＝f(1－x)，则f(x)的图象关于直线x＝eq \f(1,2)对称；
设f(x)＝2sin(ωx＋φ)，则T＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,2)))＝4，ω＝eq \f(π,2)，
又f(x)的图象关于直线x＝eq \f(1,2)对称，且函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减，
则eq \f(ω,2)＋φ＝eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得φ＝eq \f(5π,4)＋2kπ，k∈Z.
所以可令f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(5π,4)))，答案不唯一．
14．(2023·唐山模拟)已知sin x＋cs y＝eq \f(1,4)，则sin x－sin2y的最大值为________．
答案 eq \f(9,16)
解析 ∵sin x＋cs y＝eq \f(1,4)，sin x∈[－1,1]，
∴sin x＝eq \f(1,4)－cs y∈[－1,1]，
∴cs y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，\f(5,4)))，
即cs y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，1))，
∵sin x－sin2y＝eq \f(1,4)－cs y－(1－cs2y)
＝cs2y－cs y－eq \f(3,4)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs y－\f(1,2)))2－1，
又cs y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，1))，
利用二次函数的性质知，当cs y＝－eq \f(3,4)时，
(sin x－sin2y)max＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)－\f(1,2)))2－1＝eq \f(9,16).
15．已知函数f(x)＝eq \f(1,x－1)＋3sin πx，则函数f(x)在[－1,3]上的所有零点的和为( )
A．2 B．4 C．2π D．4π
答案 B
解析 令f(x)＝eq \f(1,x－1)＋3sin πx＝0，
则eq \f(1,x－1)＝－3sin πx，
所以f(x)的零点就是函数y＝eq \f(1,x－1)与函数y＝－3sin πx图象交点的横坐标，
因为y＝eq \f(1,x－1)的图象关于点(1,0)对称，函数y＝－3sin πx的周期为2，其图象关于点(1,0)对称，两函数图象如图所示，
共有4个交点，这4个点关于点(1,0)对称，
所以其横坐标的和为4，
所以函数f(x)在[－1,3]上的所有零点的和为4.
16．(2023·沈阳模拟)已知函数f(x)＝sin x＋eq \r(3)|cs x|，写出函数f(x)的一个单调递增区间________；当x∈[0，a]时，函数f(x)的值域为[1,2]，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,6))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(7π,6)))
解析 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z时，
f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))，k∈Z时，
f(x)＝sin x－eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，
令－eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，则－eq \f(5π,6)≤x≤eq \f(π,6)，
所以函数f(x)的一个单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,6))).
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，0≤x≤\f(π,2)，,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，\f(π,2)
则当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)∈[1,2]，且f(0)＝eq \r(3)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1，
令－eq \f(π,2)≤x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，则－eq \f(π,6)≤x≤eq \f(5π,6)，
所以函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上单调递增，此时f(x)∈[1,2]．
令eq \f(π,2)≤x－eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)，则eq \f(5π,6)≤x≤eq \f(11π,6)，
所以函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(3π,2)))上单调递减，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(3π,2)))时，令f(x)＝1，则x＝eq \f(7π,6)，
因为当x∈[0，a]时，函数f(x)的值域为[1,2]，
所以eq \f(π,2)≤a≤eq \f(7π,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)}
值域
[－1,1]
[－1,1]
R
周期性
2π
2π
π
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
单调递增区间
eq \b\lc\[\rc\] (\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))
[2kπ－π，2kπ]
eq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))
单调递减区间
eq \b\lc\[\rc\] (\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))
[2kπ，2kπ＋π]
对称中心
(kπ，0)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,2)，0))
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))
对称轴方程
x＝kπ＋eq \f(π,2)
x＝kπ
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