重难点专题21 三角函数压轴小题十五大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
重难点专题21三角函数压轴小题十五大题型汇总
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc146142657" 题型1新文化问题 PAGEREF _Tc146142657 \h 1
\l "_Tc146142658" 题型2新定义问题 PAGEREF _Tc146142658 \h 6
\l "_Tc146142659" 题型3黄金分割相关问题 PAGEREF _Tc146142659 \h 9
\l "_Tc146142660" 题型4扇形相关问题 PAGEREF _Tc146142660 \h 13
\l "_Tc146142661" 题型5三角函数公式相关问题 PAGEREF _Tc146142661 \h 20
\l "_Tc146142662" 题型6三角函数性质问题 PAGEREF _Tc146142662 \h 26
\l "_Tc146142663" 题型7识图问题 PAGEREF _Tc146142663 \h 35
\l "_Tc146142664" 题型8凑角求值问题 PAGEREF _Tc146142664 \h 43
\l "_Tc146142665" 题型9最值相关问题 PAGEREF _Tc146142665 \h 47
\l "_Tc146142666" 题型10ω 相关问题 PAGEREF _Tc146142666 \h 53
\l "_Tc146142667" 题型11φ相关问题 PAGEREF _Tc146142667 \h 58
\l "_Tc146142668" 题型12实际应用问题 PAGEREF _Tc146142668 \h 61
\l "_Tc146142669" 题型13恒成立问题 PAGEREF _Tc146142669 \h 68
\l "_Tc146142670" 题型14零点相关问题 PAGEREF _Tc146142670 \h 74
\l "_Tc146142671" 题型15与数列相关问题 PAGEREF _Tc146142671 \h 80
题型1新文化问题
【例题1】（2023秋·江苏苏州·高三统考开学考试）我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别，就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点Ax1,y1，Bx2,y2，O为坐标原点，余弦相似度为向量OA，OB夹角的余弦值，记作csA,B，余弦距离为1−csA,B.已知Pcsα,sinα，Qcsβ,sinβ，Rcsα,−sinα，若P，Q的余弦距离为13，tanα⋅tanβ=17，则Q，R的余弦距离为（ ）
A．12B．13C．14D．17
【答案】A
【分析】由题设得OP=(csα,sinα),OQ=(csβ,sinβ),OR=(csα,−sinα),利用向量夹角公式求得csP,Q=cs(α−β),cs(Q,R)=−cs(α+β)，根据新定义及正余弦齐次运算可求目标函数值.
【详解】由题意得OP=(csα,sinα),OQ=(csβ,sinβ),OR=(csα,−sinα),
则csP,Q=OP⋅OQOP|OQ|=csαcsβ+sinαsinβ=23，
又tanαtanβ=sinαsinβcsαcsβ=17，
∴csαcsβ=7sinαsinβ，
∴sinαsinβ=112，csαcsβ=712，
1−csQ,R=1−csαcsβ−sinαsinβ1=1−712−112=12，
故选：A.
【变式1-1】1. （2023·全国·高三专题练习）法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为等边三角形的顶点”.如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a,b,c，且10sinB+C22=7−cs2A.以AB,BC,AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O1,O2,O3. 则角A= .

【答案】π3/60°
【分析】根据三角恒等变化可得2cs2A+5csA−3=0，进而可得csA=12，即可求解，
【详解】10sinB+C22=7−cs2A，则51−csB+C=7−cs2A，
故51+csA=8−2cs2A，所以2cs2A+5csA−3=0，
可得csA=12（负值舍），由A∈0,π，所以A=π3.
故答案为：π3
【变式1-1】2. （2023·全国·镇海中学校联考模拟预测）天文学家、数学家梅文鼎，为清代“历算第一名家”和“开山之祖”，在其著作《平三角举要》中给出了利用三角形的外接圆证明正弦定理的方法.如图所示，在梅文鼎证明正弦定理时的构图中，O为锐角三角形ABC外接圆的圆心.若sin∠BAC=33，则cs2∠OBC=（ ）

A．223B．−223C．13D．−13
【答案】D
【分析】由已知得2∠OBC=π−2∠BAC，再根据诱导公式和二倍角的余弦公式求解即可.
【详解】已知∠BOC=2∠BAC，因为OB=OC，所以∠OBC=∠OCB，
因为∠OBC+∠OCB+∠BOC=π，
所以2∠OBC+∠BOC=π，所以2∠OBC=π−∠BOC=π−2∠BAC，
因为sin∠BAC=33，
所以cs2∠OBC=csπ−2∠BAC=−cs2∠BAC
=2sin2∠BAC−1=2×332−1=−13.
故选：D.
【变式1-1】3.（2023春·河北石家庄·高三校联考阶段练习）古希腊毕达哥拉斯学派在公元前6世纪研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为a=2cs72°，则acs18°2−a= .
【答案】12/0.5
【分析】利用三角恒等变换化简即可求解.
【详解】acs18°2−a=2cs72°⋅cs18°2−2cs72°=2sin18°⋅cs18°2−21−2sin236°=sin36°2sin36°=12，
故答案为：12.
【变式1-1】4. （2023·浙江·校联考二模）数学里有一种证明方法叫做Prfwithutwrds，也被称为无字证明，是指仅用图象而无需文字解释就能不证自明的数学命题，由于这种证明方法的特殊性，无字证时被认为比严格的数学证明更为优雅与有条理.如下图，点C为半圆O上一点，CH⊥AB，垂足为H，记∠COB=θ，则由tan∠BCH=BHCH可以直接证明的三角函数公式是（ ）
A．tanθ2=sinθ1−csθB．tanθ2=sinθ1+csθ
C．tanθ2=1−csθsinθD．tanθ2=1+csθsinθ
【答案】C
【分析】根据直角三角形中的定义写出sinθ,csθ，用θ表示出∠BCH，然后分析可得．
【详解】由已知∠COB=θ，则∠CBO=π2−θ2，∠BCH=θ2，
又tanθ2=BHCH，sinθ=CHOC，csθ=OHOC，BH+OH=OB=OC，
因此1−csθsinθ=1−OHOCCHOC=BHCH=tanθ，
故选：C．
【变式1-1】5. （2023·江苏南京·南京航空航天大学附属高级中学校考模拟预测）我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距θ0°<θ<90°的对应数表，这是世界数学史上最早的一整正切函数表．根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距θ正切值的乘积，即l=ℎtanθ，对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为α、β，若第一次的“晷影长”是“表高”的3倍，且tanα−β=12，则第二次“晷影长”是“表高”的（ ）倍．
A．1B．23C．52D．72
【答案】A
【分析】由题意可得tanα=3，tan(α−β)=12，再根据tanβ=tanα−(α−β)结合两角差的正切公式即可得解.
【详解】由题意可得tanα=3，tan(α−β)=12，
所以tanβ=tanα−(α−β)=tanα−tan(α−β)1+tanαtan(α−β)=3−121+3×12=1，
即第二次的“晷影长”是“表高”的1倍.
故选：A.
【变式1-1】6.（2022秋·安徽合肥·高三校考期中）数学必修二101页介绍了海伦-秦九韶公式：我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中，提出了已知三角形三边长求三角形的面积的公式，与著名的海伦公式完全等价，由此可以看出我国古代已具有很高的数学水平，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实.一为从隔，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即S=14a2c2−a2+c2−b222，其中a、b、c分别为△ABC内角A、B、C的对边.若1−3csB3sinB=1tanC，b=2，则△ABC面积S的最大值为（ ）
A．3B．5C．2D．2
【答案】A
【分析】将已知等式结合tanC=sinCcsC进行化简，得到sinC=3(sinBcsC+csBsinC)= 3sin(B+C)=3sinA，并利用正弦定理可得c=3a，代入 “三斜求积”公式S=14a2c2−a2+c2−b222并将a2看成整体并利用二次函数性质得解.
【详解】∵1−3csB3sinB=1tanC，
∴tanC=3sinB1−3csB，
又tanC=sinCcsC，
所以3sinB1−3csB=sinCcsC，
所以3sinBcsC=sinC(1−3csB)，
所以3sinBcsC=sinC−3sinCcsB，
所以sinC=3(sinBcsC+csBsinC)=3sin(B+C)=3sinA ，
由正弦定理得 c=3a,
∵b=2,
△ABC的面积S=14a2c2−a2+c2−b222=143a4−2a2−22，
=14−a4+8a2−4，
将a2看成整体并利用二次函数性质得，当 a2=4即 a=2时， △ABC 的面积S 有最大值为3.
故选：A .
题型2新定义问题
【例题2】（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考二模）正割（Secant）及余割（Csecant）这两个概念是由伊朗数学家、天文学家阿布尔·威发首先引入，sec，csc这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行．在三角中，定义正割secα=1csα，余割cscα=1sinα．则函数fx=1secx+1cscx的值域为（ ）
A．−1,1B．−2,2
C．−2,2D．−2,−1∪−1,1∪1,2
【答案】D
【分析】根据新定义及辅助角公式化简，然后根据三角函数的性质求得答案.
【详解】fx=1secx+1cscx=csx+sinx=2sinx+π4，其中sinx≠0,csx≠0，
所以−2≤fx≤2，且fx≠±1，
即fx的值域为−2,−1∪−1,1∪1,2.
故选：D.
【变式2-1】1. （多选）（2023·安徽安庆·安庆一中校考模拟预测）正割（Secant）及余割（Csecant）这两个概念是由伊朗数学家､天文学家阿布尔·威发首先引入，sec,csc这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行.在三角中，定义正割secα=1csα，余割cscα=1sinα.已知函数fx=1secx+1cscx，给出下列说法正确的是（ ）
A．fx的定义域为xx≠kπ,k∈Z；
B．fx的最小正周期为2π；
C．fx的值域为−2,−1∪−1,1∪1,2；
D．fx图象的对称轴为直线x=−π4+kπk∈Z.
【答案】BC
【分析】由辅助角公式化一，再根据csx≠0,sinx≠0，即可求出函数的定义域，即可判断A；根据正弦函数的周期性即可判断B；根据正弦函数的值域结合函数的定义域即可判断C；根据正弦函数的对称性即可判断D.
【详解】fx=1secx+1cscx=csx+sinx=2sinx+π4，
由csx≠0,sinx≠0，得x≠kπ2k∈Z，
即fx的定义域为xx≠kπ2,k∈Z，故A错误；
fx的定义域关于原点对称，
故fx的最小正周期与函数y=2sinx+π4的最小正周期一致，均为2π，故B正确；
当x=0,π2,π,3π2时，y=2sinx+π4的值分别为1,1,−1,−1，
而函数y=2sinx+π4的值域为−2,2，
再结合周期性可知，fx的值域为−2,−1∪−1,1∪1,2，故C正确；
令x+π4=π2+kπk∈Z，得x=π4+kπk∈Z，
即fx图象的对称轴为直线x=π4+kπk∈Z，故D错误.
故选：BC.
【变式2-1】2. （2023·全国·高三专题练习）一般地，存在一个n次多项式Tn(x)，使得csnx=Tn(csx)，这些多项式Tn(x)称为切比雪夫多项式．由cs2x=2cs2x−1，知T2(x)=2x2−1，通过运算，可以得到cs3x的切比雪夫多项式T3(x)= ．结合上述知识计算cs36°= ．
【答案】 4x3−3x 1+54
【分析】方法一：把3x变为2x+x，然后利用两角和余弦公式及二倍角公式化简即可得到T3(x)=4x3−3x；结合T3(x)=4x3−3x及cs108°=−cs72°，建立cs36°的方程求解即可.
【详解】[方法一]：cs3x=cs(2x+x)=cs2xcsx−sin2xsinx
=(2cs2x−1)csx−2sinxcsxsinx=4cs3x−3csx，
∴T3(x)=4x3−3x；
设cs36°=x，∵cs108°=−cs72°，
∴4x3−3x=−(2x2−1)，即(x+1)(4x2−2x−1)=0，
∴x=−1（舍去）或x=1+54或x=1−54（舍去），
∴cs36°=1+54.
故答案为：4x3−3x；1+54.
[方法二]：cs3α=4cs3α−3csα，
∵sin36°=sin90°−54°=cs54°，
∴2sin18°cs18°=4cs318°−3cs18°，
∵cs18°≠0，∴2sin18°=4cs218°−3，
2sin18°=4(1−sin218°)−3，4sin218°+2sin18°−1=0，
解得sin18°=−1+54或sin18°=−1−54<0（舍去），
∴sin18°=5−14，cs36°=1−2sin218°=1+54．
故答案为：4x3−3x；1+54.
题型3黄金分割相关问题
【例题3】（2022·贵州安顺·统考模拟预测）黄金分割点是指将一条线段分为两部分，使得较长部分与整体线段的长的比值为5−12的点．利用线段上的两个黄金分割点可以作出正五角星，如图所示，已知C，D为AB的两个黄金分割点，研究发现如下规律：ACAB=BDAB=CDBC=5−12．若等腰△CDE的顶角∠CED=θ，则csθ=（ ）

A．5−14B．5+14C．3−58D．3+58
【答案】B
【分析】设AB=m，根据已知可求出BC=3−52m，CD=5−2m.取CD中点为F，在Rt△EFC中，求得sinθ2=5−14，然后根据二倍角的余弦公式，计算，即可得出答案.
【详解】设AB=m，由已知可得AC=BD=5−12m，
则BC=AB−AC=m−5−12m=3−52m，
所以，CD=BD−BC=5−12m−3−52m=5−2m.

如图，取CD中点为F，连接EF，则EF⊥CD.
在Rt△EFC中，有CF=12CD=5−22m，CE=BC=3−52m，∠CEF=θ2，
则sinθ2=CFCE=5−22m3−52m=5−14，
所以，csθ=1−2sin2θ2 =1−2×5−142 =5+14.
故选：B.
【变式3-1】1. （2023·江西·校联考二模）被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生于1946年9月应普林斯顿大学邀请去美国讲学，之后又被美国伊利诺依大学聘为终身教授.新中国成立的消息使华罗庚兴奋不已，他放弃了在美国的优厚待遇，克服重重困难，终于回到祖国怀抱，投身到我国数学科学研究事业中去.这种赤子情怀，使许多年轻人受到感染､受到激励，其中他倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用，0.618就是黄金分割比t=5−12的近似值，黄金分割比还可以表示成2sin18∘，则t4−t2cs227∘−sin227∘的值为（ ）
A．-4B．4C．-2D．2
【答案】D
【分析】利用三角恒等变形及诱导公式化简可得结果．
【详解】由题意可得t=2sin18∘，
t4−t2cs227∘−sin227∘=2sin18°⋅4−4sin218°cs227∘−sin227∘=2sin18°⋅2cs18°cs54°=2sin36°cs54°=2sin36°sin36°=2.
故选∶D．
【变式3-1】2. （2023·全国·高三专题练习）公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割均为0.618，这一数值也可以表示为λ=2sin18°，则3sin12°+λcs12°=（ ）
A．12B．1C．22D．32
【答案】B
【分析】利用两角和与差的三角函数求解.
【详解】解：因为λ=2sin18°，
所以3sin12°+λcs12°=3sin12°+2sin18°cs12°，
=3sin12°+2sin30°−12°cs12°，
=3sin12°+cs12°−3sin12°cs12°，
=cs12°cs12°=1，
故选：B
【变式3-1】3. （2023·全国·高三专题练习）黄金分割比例广泛存在于许多艺术作品中．在三角形中，底与腰之比为黄金分割比的三角形被称作黄金三角形，被认为是最美的三角形，它是两底角为72°的等腰三角形．达·芬奇的名作《蒙娜丽莎》中，在整个画面里形成了一个黄金三角形．如图，在黄金三角形ABC中，BCAC=5−12，根据这些信息，可得sin54°=（ ）
A．25−14B．5+14
C．5+48D．5+38
【答案】B
【分析】由题意cs72°=5−14，结合二倍角余弦公式、平方关系求得cs36°= 5+14，再根据诱导公式即可求sin54°.
【详解】由题设，可得cs72°=1−2sin236°=5−14，cs236°+sin236°=1，
所以cs236°=5+38，又cs36°∈(22,32)，
所以cs36°=cs(90°−54°)=sin54°= 5+14.
故选：B
【变式3-1】4. （2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）随着智能手机的普及，手机摄影越来越得到人们的喜爱，要得到美观的照片，构图是很重要的，用“黄金分割构图法”可以让照片感觉更自然.更舒适，“黄金九宫格”是黄金分割构图的一种形式，是指把画面横竖各分三部分，以比例1：0.618：1为分隔，4个交叉点即为黄金分割点.如图，分别用A,B,C,D表示黄金分割点.若照片长､宽比例为4:3，设∠CAB=α，则1+cs2αsin2α−tanα=（ ）
A．−18B．18C．−712D．712
【答案】D
【分析】由题意得到tanα=34，结合二倍角公式及同角三角函数关系求出答案.
【详解】由题意得BC=3×0.6181+0.618+1，AB=4×0.6181+0.618+1，故tanα=BCAB=34，
所以1+cs2αsin2α−tanα=2cs2α2sinαcsα−tanα=1tanα−tanα=43−34=712.
故选：D
题型4扇形相关问题
【例题4】（2023秋·贵州·高三统考开学考试）已知“水滴”的表面是一个由圆锥的侧面和部分球面（常称为“球冠”）所围成的几何体．如图所示，将“水滴”的轴截面看成由线段AB，AC和优弧BC所围成的平面图形，其中点B，C所在直线与水平面平行，AB和AC与圆弧相切．已知“水滴”的“竖直高度”与“水平宽度”（“水平宽度”指的是平行于水平面的直线截轴截面所得线段的长度的最大值）的比值为43，则sin∠BAC=（ ）
A．325B．925C．1625D．2425
【答案】D
【分析】设圆心为O，连接OA，OB，OC，设球冠的半径为R，根据几何性质可得OA=53R，从而可得sin∠BAO，根据平方公式与二倍角公式即可得sin∠BAC的值.
【详解】设优弧BC所在圆的圆心为O，半径为R，连接OA，OB，OC，如图所示．
易知“水滴”的“竖直高度”为OA+R，“水平宽度”为2R，
由题意知OA+R2R=43，解得OA=53R．
因为AB与圆弧相切于点B，所以OB⊥AB．
在Rt△ABO中，sin∠BAO=OBOA=R53R=35，
又∠BAO∈0,π2，所以cs∠BAO=1−sin2∠BAO=45．
由对称性知，∠BAO=∠CAO，则∠BAC=2∠BAO，
所以sin∠BAC=2sin∠BAOcs∠BAO=2×35×45=2425．
故选：D.
【变式4-1】1. （多选）（2023·全国·高三专题练习）重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱.古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长”.荣昌折扇平面图为图2的扇形COD，其中∠COD=2π3，OC=3OA=3，动点P在CD上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧AB于点Q，且OQ=xOC+yOD，则下列说法正确的是（ ）
A．若y=2x，则OB⋅OP=−323B．x+y∈13,23
C．PA⋅PB≥112D．AB⋅PQ≥−2
【答案】BC
【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设Qcsθ,sinθ,θ∈0,2π3，可得P(3csθ,3sinθ)，由OQ=xOC+yOD，结合题中条件可判断A，B，表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.
【详解】如图，作OE⊥OC，分别以OC，OE为x，y轴建立平面直角坐标系，
则A(1,0),C(3,0),B(−12,32),D(−32,332)，
设Qcsθ,sinθ,θ∈0,2π3，则P(3csθ,3sinθ)，
由OQ=xOC+yOD可得csθ=3x−32y，sinθ=332y，且x>0,y>0，
若y=2x，则csθ=3x−32y=0，sinθ=1，所以OP=(0,3)，OB=−12,32，
所以OB⋅OP=332，故A错误；
由y=233sinθ，x=13csθ+133sinθ，
所以x+y=233sinθ+13csθ+133sinθ=33sinθ+13csθ
=2332sinθ+12csθ=23sinθ+π6，
因为θ∈0,2π3，所以θ+π6∈π6,5π6，所以sinθ+π6∈12,1，
所以x+y∈13,23，故B正确；
由于PA=(1−3csθ,−3sinθ),PB=(−12−3csθ,32−3sinθ)，
故PA⋅PB=(1−3csθ,−3sinθ)⋅(−12−3csθ,32−3sinθ)
=172−3sinθ+π6，而θ+π6∈π6,5π6，所以sinθ+π6∈12,1，
所以PA⋅PB=172−3sinθ+π6≥172−3=112，故C正确，AB⋅PQ=(−32,32)⋅(−2csθ,−2sinθ)=−3sinθ+3csθ
=−23sinθ−π3，由于θ∈0,2π3，故θ−π3∈−π3,π3，
故−3≤−23sinθ−π3≤3，故D错误；
故选：BC
【变式4-1】2. （2023春·广东深圳·高三校考阶段练习）以∠ACB的顶点C为圆心作圆交角的两边于A，B两点；取线段AB三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点作双曲线，与圆弧AB交于点E，连接CE，则∠ACB=3∠BCE.若图中CE交AB于点P，5AP=6PB，则cs∠ACP= .

【答案】−725
【分析】根据正弦定理及二倍角的正弦公式，得∠BCE的余弦值，再由二倍角的余弦公式即可求出cs∠ACP.
【详解】设∠BCE=α，则∠ACB=3∠BCE=3α，∠ACP=2α.
在△ACP中，由正弦定理，得APsin2α=CAsin∠APC；
在△BCP中，由正弦定理，得BPsinα=CBsin∠BPC.
又因为CA=CB，∠APC+∠BPC=π，
所以CAsin∠APC=CBsin∠BPC，所以APsin2α=BPsinα，
即APBP=sin2αsinα=2csα.
又因为5AP=6PB，所以APBP=2csα=65，故csα=35.
所以cs∠ACP= cs2α= 2cs2α−1=2×925−1=−725.
故答案为：−725.
【变式4-1】3. （2023·河南焦作·统考模拟预测）如图，已知P，Q分别为∠AOB两边上的点，∠AOB=π6，PQ=3，过点P，Q作圆弧，R为PQ的中点，且∠PQR=π6则线段OR长度的最大值为 ．
【答案】3+23
【分析】设∠PQO=θ，在△OPQ中由正弦定理可得OP=6sinθ，在△RPQ由余弦定理求出PR、QR，在△ORP中由余弦定理表示出OR2，再结合三角恒等变换公式及正弦函数的性质求出OR2的最大值，即可得解.
【详解】解：设∠PQO=θ，则0<θ<5π6，在△OPQ中，由正弦定理知OPsinθ=PQsin∠POQ=3sinπ6=6，
所以OP=6sinθ，因为R为PQ的中点，所以∠QPR=∠PQR=π6，
则PR=QR，在△RPQ中由余弦定理PQ2=PR2+QR2−2PR⋅QRcs∠PRQ，
解得PR=QR=3，
在△ORP中，∠OPR=∠OPQ+∠QPR=5π6−θ+π6=π−θ，
由余弦定理可得OR2=OP2+PR2−2OP⋅PRcs∠OPR=36sin2θ+3−23×6sinθ×csπ−θ
=181−cs2θ+3+63sin2θ=123sin2θ−π3+21
所以当θ=5π12时，OR2取得最大值21+123，
即OR的得最大值3+23.
故答案为：3+23
【变式4-1】4. （2022·全国·高三专题练习）为创建全国文明城市，上饶市政府决定对某小区内一个近似半圆形场地进行改造，场地如图，以O为圆心，半径为一个单位，现规划出以下三块场地，在扇形AOC区域铺设草坪，△OCD区域种花，△OBD区域养殖观赏鱼，若∠AOC=∠COD，且使这三块场地面积之和最大，则cs∠AOC= .
【答案】17−18
【分析】设出∠AOC=θ，表达出三块场地的面积和S=12θ+12sinθ+12sin2θ，通过求导研究其单调性，求出最大值所对应的∠AOC的余弦值.
【详解】设∠AOC=θ，则∠COD=θ，根据题意易知θ∈0,π2
∵OD=OB，△OBD为等腰三角形，则∠ODB=∠OBD
又∵∠AOD=∠ODB+∠OBD，
∴∠COD=∠ODB=∠OBD=θ
∴OC∥DB
∴则三块场地的面积和为S=12θ+12sinθ+12sinπ−2θ=12θ+12sinθ+12sin2θ，θ∈0,π2
则S'=12+12csθ+cs2θ=2cs2θ+12csθ−12，θ∈0,π2
令S'=0，csθ=17−18或csθ=−17−18（舍）
设φ为csθ=17−18所对应的角，
∵y=csθ在θ∈0,π2上单调递减，
∴θ∈0,φ时，S单调递增.
∴θ∈φ,π2时，S单调递减.
∴当csθ=17−18时，面积最大.
故答案为：17−18.
【变式4-1】5.（2022·湖北·恩施市第一中学校联考模拟预测）共和国勋章，是中华人民共和国最高荣誉勋章，授予在中国特色社会主义建设和保卫国家中作出巨大贡献、建立卓越功勋的杰出人士.2020年8月11日，国家主席习近平签署主席令，授予钟南山“共和国勋章”.某市为表彰在抗疫中表现突出的个人，制作的荣誉勋章的挂坠结构示意图如图，O为图中两个同心圆的圆心，三角形ABC中，AB=AC，大圆半径OA=2，小圆半径OB=OC=1，记S'为三角形OAB与三角形OAC的面积之和.设阴影部分的面积为S，当S'−S取得最大值时cs∠BOC= .
【答案】2−5
【分析】设∠BOC=α,α∈(0,π)，利用扇形的面积公式及三角形的面积公式得到S=α2−12sinα，S'=2sinα2，构造函数f(α)=S'−S=2sinα2−α2+12sinα,α∈(0,π)，利用导数求函数的单调性与最值即可得到答案.
【详解】过点O作OD⊥BC于点D，则点D为BC的中点，又AB=AC，∴A，O，D三点共线，
设∠BOC=α,α∈(0,π)，∴∠AOB=∠AOC=π−α2，
则S=12×α×12−12×12×sinα= α2−12sinα，S'=2×12×1×2×sin(π−α2)=2sinα2，
从而S'−S=2sinα2−α2+12sinα，
令f(α)=2sinα2−α2+12sinα,α∈(0,π)，f'(α)=csα2−12+12csα=cs2α2+csα2−1，
由f'(α)=0，解得：csα2=5−12或csα2=−5−12（舍去），
记csθ=5−12,θ∈(0,π2)
∴f(α)在(0,θ)上单调递增，在θ,π2上单调递减，故当csα2=5−12时，f(α)取得最大值，此时csα=2cs2α2−1=2×5−122−1=2−5.
故答案为：2−5
【点睛】方法点睛：本题考查利用导数求三角函数的最值，考查三角函数的值域时，常用的方法：
（1）将函数化简整理为f(x)=Asinωx+φ，再利用三角函数性质求值域；
（2）利用导数研究三角函数的单调区间，从而求出函数的最值.
（3）关于三角函数的二次型，利用换元法结合二次函数求值域.
题型5三角函数公式相关问题
【例题5】（2023秋·江苏南京·高三统考阶段练习）已知α∈0,π，且3tanα=10cs2α，则csα可能为（ ）
A．-1010B．-55C．1010D．55
【答案】B
【分析】由3tanα=10cs2α得3tanα=10×1-tan2α1+tan2α，化简后可求出tanα，再利用同角三角函数的关系可求出csα.
【详解】由3tanα=10cs2α，得3tanα=10(cs2α-sin2α)，
所以3tanα=10×cs2α-sin2αcs2α+sin2α，
所以3tanα=10×1-tan2α1+tan2α，
整理得3tan3α+10tan2α+3tanα-10=0，
(tanα+2)(3tan2α+4tanα-5)=0，
所以tanα+2=0或3tan2α+4tanα-5=0，
所以tanα=-2或tanα=-2±193，
①当tanα=-2时，sinαcsα=-2，α∈π2,π，
因为sin2α+cs2α=1，所以5cs2α=1，
所以csα=±55，
因为α∈π2,π，所以csα=-55，
②当tanα=-2+193时，sinαcsα=-2+193,α∈0,π2，
因为sin2α+cs2α=1，所以19-23csα2+cs2α=1，
由于α∈0,π2，所以解得csα=932-419，
③当tanα=-2-193时，sinαcsα=-2-193,α∈π2,π，
因为sin2α+cs2α=1，所以-19-23csα2+cs2α=1，
由于α∈π2,π，所以解得csα=-932+419，
综上，csα=-55，或csα=932-419，或csα=-932+419，
故选：B
【变式5-1】1. （2023·全国·高三专题练习）已知0<α<β<2π，函数fx=5sinx−π6，若fα=fβ=1，则csβ−α=（ ）
A．2325B．−2325C．35D．−35
【答案】B
【分析】由已知条件，结合三角函数的性质可得π6<α<2π3，2π3<β<7π6，从而利用csβ−α=csβ−π6−α−π6即可求解.
【详解】解：令fx=5sinx−π6=0，0令fx=5sinx−π6=5，0又0<α<β<2π，fα=fβ=1，
所以π6<α<2π3，2π3<β<7π6，sinα−π6=15，sinβ−π6=15，
因为0<α−π6<π2，π2<β−π6<π，
所以csα−π6=265，csβ−π6=−265，
所以csβ−α=csβ−π6−α−π6=csβ−π6csα−π6+sinβ−π6sinα−π6 =−265×265+15×15=−2325，
故选：B.
【变式5-1】2. （2023·全国·高三专题练习）已知锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且A>B，若sinC=2csAsinB+725，则tanB的取值范围为 ．
【答案】34,247
【分析】由题可得tanA−B，将tanB用含tanA的式子表示，然后根据角A的范围，求tanB的取值范围.
【详解】∵sinC=2csAsinB+725，
∴sinA+B=sinAcsB+csAsinB=2csAsinB+725，即sinA−B=725，
∵又A>B，且A,B都为锐角，故csA−B=2425，tanA−B=724，
因为锐角三角形ABC，所以tanA>0,tanB>0,tanC>0,
所以tanA=tanA−B+B=tanA−B+tanB1−tanA−B⋅tanB=724+tanB1−724⋅tanB>0
所以1−724⋅tanB>0,所以tanB<247，
又因为tanC=−tanA+B=tanA+tanBtanA⋅tanB−1>0
所以tanA⋅tanB−1=724+tanB1−724⋅tanB⋅tanB−1>0
所以12tan2B+7tanB−12>0，解得tanB>34或tanB<−43(舍去)
故34故答案为：34,247.
【变式5-1】3. （2023秋·黑龙江七台河·高三勃利县高级中学校考阶段练习）在△ABC中，已知sinAsinBsin(C−θ)=λsin2C，其中tanθ=12(0<θ<π2).若1tanA+1tanB+2tanC为定值，则实数λ= .
【答案】510
【分析】由k=1tanA+1tanB+2tanC =sin2CsinAsinBsinC+2csCsinC，再根据已知将问题转化为等式恒成立，即可求参数λ.
【详解】1tanA+1tanB+2tanC=csAsinA+csBsinB+2csCsinC=sinCsinAsinB+2csCsinC =sin2CsinAsinBsinC+2csCsinC=1sinC⋅1λ(255sinC−55sinC)+2csCsinC =1λ⋅255−1λ⋅55⋅csCsinC+2csCsinC=k，
∴25sinC−5csC+10λcsC=5kλsinC恒成立，则k=4，λ=510.
故答案为：510
【变式5-1】4. （2023·全国·高三专题练习）在直角坐标系中，△ABC的顶点A(csα,sinα)，B(csβ,sinβ)，C(433,22)，且△ABC的重心G的坐标为(233,2)，cs(α−β)= .
【答案】23
【分析】由重心的坐标与三个顶点坐标的关系有G(csα+csβ+4333,sinα+sinβ+223)，结合已知列方程组，得{csα+csβ=233sinα+sinβ=2，两式平方相加，即可求cs(α−β).
【详解】由题意知：G(csα+csβ+4333,sinα+sinβ+223)，
∴{csα+csβ+4333=233sinα+sinβ+223=2，即{csα+csβ=233sinα+sinβ=2，
∴(csα+csβ)2=cs2α+2csαcsβ+cs2β=43，
(sinα+sinβ)2=sin2α+2sinαsinβ+sin2β=2，
将两式相加，得：2+2(csαcsβ+sinαsinβ)=103，
∴cs(α−β)=csαcsβ+sinαsinβ=23.
故答案为：23.
【点睛】关键点点睛：利用三角形的重心坐标与顶点坐标关系，结合已知条件列方程组，利用同角三角函数关系、两角差余弦公式求函数值
【变式5-1】5.（2022·全国·高三专题练习）已知点G是△ABC的重心，且GA⊥GC，若1tanA+1tanC=1，则tanB的值为 ．
【答案】12
【分析】由GA⊥GC得到GA⋅GC=0，结合G是△ABC的重心，得到5b2=a2+c2，结合余弦定理和正弦定理，求得tanB的值.
【详解】依题意GA⊥GC，所以GA⋅GC=0，所以BA−BG⋅BC−BG=0①，
因为G是三角形ABC的中心，所以BG=13BA+BC②，
把②代入①并化简得5AC⋅AC=BC⋅BC+AB⋅AB，
即5b2=a2+c2，
由余弦定理得a2+c2=b2+2accsB，
所以4b2=2accsB，
由正弦定理得2sin2B=sinAsinCcsB③，
已知1tanA+1tanC=1，
所以csAsinA+csCsinC=sinAcsC+csAsinCsinAsinC =sinA+CsinAsinC=sinBsinAsinC=1，
所以sinB=sinAsinC④，
由③④得2sinB=csB，所以tanB=12.
故答案为：12
【点睛】本小题主要考查向量线性运算、数量积的运算，考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查同角三角函数关系以及三角恒等变换，属于难题.
【变式5-1】6.（2021秋·四川成都·高三成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考期中）在△ABC中，已知sinAsinBsinC−θ=λsin2C，其中tanθ=13（其中0<θ<π2），若1tanA+1tanB+2tanC为定值，则实数λ的值是（ ）
A．1020B．55C．10D．510
【答案】A
【分析】sinAsinBsinC−θ=λsin2C，化简得1λ310sinC−110csC=sin2CsinAsinB，再由1tanA+1tanB+2tanC为定值，化简得到3sinC−csC=210λk2sinC−csC恒成立，列出方程组，即可求解.
【详解】由tanθ=13,(0<θ<π2)，可得sinθ=110，csθ=310，
因为sinAsinBsinC−θ=λsin2C，得sinAsinB⋅310sinC−110csC=λsin2C，
即1λ310sinC−110csC=sin2CsinAsinB，
又由1tanA+1tanB+2tanC=csAsinA+csBsinB+2csCsinC
=sinCsinAsinB+2csCsinC =sin2CsinAsinBsinC+2csCsinC
=1sinC×1λ310sinC−110csC+2csCsinC=1λ⋅310−1λ⋅110⋅csCsinC+2csCsinC=k（定值），
即3sinC−csC+210λcsC=10kλsinC，
即3sinC−csC=210λk2sinC−csC恒成立，
可得3=210⋅λ×k21=210⋅λ，解得k=6，λ=1020.
故选：A．
【点睛】方法点拨：解答中把1tanA+1tanB+2tanC为定值，利用三角函数的基本关系式和题设条件，转化为3sinC−csC=210λk2sinC−csC恒成立，结合多项式相等的条件，列出方程组是解答的关键.
题型6三角函数性质问题
【例题6】（多选）（2023·全国·高三专题练习）（多选题）设函数fx=csωx−2π5+3π2(ω>0)，若fx的图象与直线y=−1在0,2π上有且仅有1个交点，则下列说法正确的是（ ）
A．ω的取值范围是1920,3920
B．fx在0,2π上有且仅有2个零点
C．若fx的图象向右平移π12个单位长度后关于y轴对称，则ω=65
D．若将fx图象上各点的横坐标变为原来的12，得到函数gx的图象，则gx在0,π4上单调递增
【答案】AC
【分析】先由诱导公式化简得到fx=sinωx−2π5，再由三角函数的图象与性质依次判定.
【详解】fx=csωx−2π5+3π2=sinωx−2π5，
因为fx的图象与直线y=−1在0,2π上有且仅有1个交点，
且ωx−2π5∈−2π5,2ωπ−2π5，结合正弦函数的图象：

所以3π2≤2ωπ−2π5<7π2，
解得：1920≤ω<3920，故A选项正确；
由图可知，fx在0,2π上可能有2个、3个、4个零点，故B选项错误；
fx的图象向右平移π12个单位长度得到y=sinωx−π12−2π5=sinωx−ωπ12−2π5，
则−ωπ12−2π5=π2+kπ,k∈Z，解得ω=−245−12k,k∈Z，
因为ω∈1920,3920，所以ω=65，故C选项正确；
gx=sin2ωx−2π5,x∈0,π4，
则2ωx−2π5∈−2π5,ωπ2−2π5,
因为ω∈1920,3920，所以ωπ2−2π5∈3π40,23π40，
因为−π2<−2π5,3π40<π2<23π40，故gx在0,π4上不一定单调递增，D选项错误；
故选：AC.
【点睛】方法点睛：已知函数图象有交点，可用数形结合法：在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
【变式6-1】1. （多选）（2023秋·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习）设函数f(x)的定义域为R，f(x−π2)为奇函数，f(x+π2)为偶函数，当x∈[−π2,π2]时，f(x)=csx，则下列结论正确的是（ ）
A．f(5π2)=−12B．fx在(3π,4π)上为减函数
C．点(3π2,0)是函数fx的一个对称中心D．方程f(x)−lgx=0仅有3个实数解
【答案】CD
【分析】利用奇偶函数的定义分析、探讨函数的性质，并判断选项ABC；作出函数y=f(x),y=lgx的部分图象，数形结合判断D作答.
【详解】函数f(x)的定义域为R，由f(x−π2)为奇函数，得f(−x−π2)=−f(x−π2)，即f(−x−π)=−f(x)，
由f(x+π2)为偶函数，得f(−x+π2)=f(x+π2)，即f(−x+π)=f(x)，则f(−x+π)=−f(−x−π)，
即f(x+2π)=−f(x)，于是f(x+4π)=−f(x+2π)=f(x)，函数f(x)是周期为4π的周期函数，
当x∈[−π2,π2]时，f(x)=csx，
对于A，f(5π2)=f(π2+2π)=−f(π2)=−csπ2=0，A错误；
对于B，函数f(x)在[−π2,0]上单调递增，由f(−x−π)=−f(x)，知函数f(x)图象关于点(−π2,0)对称，
则函数f(x)在[−π,−π2]上单调递增，即有函数f(x)在[−π,0]上单调递增，因此fx在(3π,4π)上单调递增，B错误；
对于C，由f(x+2π)=−f(x)及f(−x+π)=f(x)，得f(x+2π)=−f(−x+π)，即f(x+3π)=−f(−x)，
因此函数f(x)图象关于点(3π2,0)对称，C正确；
对于D，当x∈[−π2,π2]时，0≤f(x)≤1，由函数f(x)图象关于点(−π2,0)对称，
知当x∈[−3π2,−π2]时，−1≤f(x)≤0，则当x∈[−3π2,π2]时，−1≤f(x)≤1，
由f(−x+π)=f(x)，知函数f(x)图象关于直线x=π2对称，则当x∈[π2,5π2]时，−1≤f(x)≤1，
于是当x∈[−3π2,5π2]时，−1≤f(x)≤1，而函数f(x)的周期是4π，因此函数f(x)在R上的值域为[−1,1]，
方程f(x)−lgx=0，即f(x)=lgx，因此f(x)−lgx=0的根即为函数y=f(x)与y=lgx图象交点的横坐标，
在同一坐标系内作出函数y=f(x)与y=lgx的部分图象，如图，

观察图象知，函数y=f(x)与y=lgx图象在(0,7π2)上有且只有3个公共点，
而当x≥7π2时，f(x)≤1,lgx>1，即函数y=f(x)与y=lgx图象在(7π2,+∞)无公共点，
所以方程f(x)−lgx=0仅有3个实数解，D正确.
故选：CD
【点睛】结论点睛：函数y=f(x)的定义域为D，∀x∈D，
(1)存在常数a，b使得f(x)+f(2a−x)=2b⇔f(a+x)+f(a−x)=2b，则函数y=f(x)图象关于点(a,b)对称.
(2)存在常数a使得f(x)=f(2a−x)⇔f(a+x)=f(a−x)，则函数y=f(x)图象关于直线x=a对称.
【变式6-1】2.（多选） （2023·全国·高三专题练习）关于函数fx=2sin2x−3sinx+1，以下说法正确的有（ ）
A．fx是偶函数
B．fx在区间−π4,0上单调递增
C．fx在−π,π上有4个零点
D．fx的值域是−18,6
【答案】ABD
【分析】对于A，利用偶函数的定义判断即可，对于B，t=sinx，ft=2t2+3t+1，然后利用复合函数判断单调性的方法分析判断即可，对于C，由于fx在−π,π上为偶函数，所以只需考查fx在0,π上有几个零点即可，对于D，由于fx是偶函数，所以只要求出x>0时函数的最大值和最小值即可.
【详解】fx=2sin2x−3sinx+1，定义域为R
对于A：f−x=2sin2−x−3sin−x+1=2sin2x−3sinx+1=fx，
∴fx为偶函数，A选项正确
对于B：当x∈−π4,0时，fx=2sin2x+3sinx+1
令t=sinx，ft=2t2+3t+1，
∵t=sinx在x∈−π4,0上单调递增，
∴t∈−22,0
又∵ft=2t2+3t+1，对称轴为t=−34，
∴ft在t∈−22,0上单调递增
由复合函数单调性可知，fx在−π4,0上单调递增，B选项正确
对于C：∵fx在−π,π上为偶函数，只需考查fx在0,π上有几个零点
当x∈0,π时，fx=2sin2x−3sinx+1，
令fx=0，∴2sin2x−3sinx+1=0
即：2sinx−1sinx−1=0，∴sinx=12或sinx=1，x=π6，5π6，π2
由对称性得，∵fx在−π,π有6个零点，C选项错误
对于D：当x>0时，fx=2sin2x−3sinx+1，
令t=sinx−1≤t≤1，ft=2t2−3t+1.
对称轴为t=34，∵开口向上，
∴当t=34时，ftmin=−18，
当t=−1时，ftmax=6，
∴结合偶函数性质得fx的值域为−18,6，D选项正确，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数的综合问题，考查复合函数单调性和值域的求法，解题的关键是通过换元法，转化为二次函数，利用二次函数的性质求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
【变式6-1】3. （2023秋·黑龙江鹤岗·高三鹤岗一中校考开学考试）已知函数fx=m2csx−m⋅2x+1的图象和函数gx=m2x−1−3的图象有唯一交点，则实数m的值为（ ）
A．1B．3C．−1或3D．1或3
【答案】D
【分析】将问题转化为方程m2csx−2m2x+2−x+3=0有唯一解，令ℎ(x)=m2csx−2m2x+2−x+3，再次转化为ℎ(x)在R上有唯一零点，通过判断函数的奇偶性，可得ℎ(0)=0，从而可求得结果.
【详解】因为函数fx=m2csx−m⋅2x+1的图象和函数gx=m2x−1−3的图象有唯一交点，
所以方程m2csx−m⋅2x+1=m2x−1−3有唯一解，
即m2csx−2m2x+2−x+3=0有唯一解，
令ℎ(x)=m2csx−2m2x+2−x+3，则ℎ(x)在R上有唯一零点，
因为ℎ(−x)=m2cs(−x)−2m2−x+2x+3=m2csx−2m2x+2−x+3=ℎ(x)，
所以ℎ(x)为偶函数，
因为ℎ(x)在R上有唯一零点，所以ℎ(x)唯一的零点为x=0，
所以ℎ(0)=0，即m2cs0−2m20+20+3=0，
得m2−4m+3=0，解得m=1或m=3，
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查函数奇偶性的应用，解题的关键是由题意将问题转化为ℎ(x)=m2csx−2m2x+2−x+3在R上有唯一零点，再通过判断函数有奇偶性，根据奇偶性的性质可求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
【变式6-1】4. （2023秋·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习）已知函数f(x)=sin(csx)+cs(sinx)，则下列结论错误的是（ ）
A．∀x∈R,f(x−2π)=f(x)
B．∀x∈[0,π],f(x+π)>0
C．f(x)是奇函数
D．f(x)的最大值大于2
【答案】C
【分析】根据诱导公式、三角函数值域、函数的奇偶性、周期性、最值等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，fx−2π=sincsx−2π+cssinx−2π
=sincsx+cssinx=fx，所以A选项正确.
B选项，fx+π=sincsx+π+cssinx+π
=sin−csx+cs−sinx=−sincsx+cssinx，
由于csx+sinx=2sinx+π4≤2，csx−sinx=2csx+π4≤2，
所以csx+sinx≤2<π2，所以csx<π2−sinx，
当x∈0,π时，csx∈−1,1，π2−1≤π2−sinx≤π2，
而y=sinx在−π2,π2上单调递增，
所以sincsx所以x∈0,π时，fx+π=−sincsx+cssinx>0，B选项正确.
C选项，fx的定义域是R，f0=sincs0+cssin0=sin1+1≠0，
所以fx不是奇函数，C选项错误.
D选项，由于π4<1<π3，所以22所以f0=sin1+1>2，所以D选项正确.
故选：C
【点睛】判断函数周期性的方法，需要通过函数的解析式，证得fx+T=fx，由此求得fx的周期.判断函数的奇偶性的方法，可利用函数奇偶性的定义，f−x=fx或f−x=−fx.对于奇函数来说，如果在x=0处有定义，则必有f0=0.
【变式6-1】5.（2023秋·河南·高三校联考开学考试）已知函数fx=csωx+φ，ω∈N+，φ∈0,π，在x∈−2π3,π3内恰有两个极值点，且f−2π3+fπ3=0，则φ的所有可能取值构成的集合是 ．
【答案】0,5π6,π
【详解】∵fx在x∈−2π3,π3内恰有两个极值点，若fx最小正周期为T，又f−2π3=−fπ3，
则T2<π3−−2π3=π3T2≥π3−−2π3=π，即2π3≤T<2π，∴2π3≤2πω<2π，解得：1<ω≤3，
又ω∈N+，∴ω=2或ω=3；
∵T2<π≤3T2，f−2π3+fπ3=0，∴fx关于−π6,0中心对称，
∴−π6ω+φ=kπ+π2k∈Z，解得：φ=kπ+π2+π6ωk∈Z；
当ω=2时，φ=kπ+5π6k∈Z，又φ∈0,π，∴φ=5π6；
当ω=3时，φ=kπ+π，又φ∈0,π，∴φ=0或φ=π；
综上所述：φ的所有可能取值构成的集合为0,5π6,π.
故答案为：0,5π6,π.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据三角函数性质求解参数值的问题，解题关键是能够根据函数极值点的个数和对称性确定函数的最小正周期与区间长度之间的关系，由此可构造不等式求得ω的值.
【变式6-1】6.（2023秋·北京·高三北京市陈经纶中学校考开学考试）已知函数fx=2sinωx+φ+1ω>0,φ<π2，满足fx+f−π3−x=2，且对任意x∈R，都有fx≥f−5π12，当ω取最小值时，则下列正确的是 ．
①fx图像的对称轴方程为x=π12+kπ3,k∈Z
②fx在−π12,π6上的值域为2,3
③将函数y=2sin2x−π6+1的图象向左平移π6个单位长度得到函数fx的图象
④fx在π6,π3上单调递减．
【答案】②④
【分析】根据题意fx的图象关于点−π6,1对称，又当x=−5π12时，fx取得最小值，当ω取最小值时，即周期最大可得T=π，即ω=2，函数fx在x=−5π12时取得最小值，所以φ=π3；求得fx=2sin2x+π3+1，再逐项分析判断即可得出结论.
【详解】因为fx+f−π3−x=2，所以fx的图象关于点−π6,1对称，
又对任意x∈R，都有fx≥f−5π12，所以当x=−5π12时fx取得最小值；
当ω取最小值时，即周期最大，可得T4=−π6−−5π12，即T=π，可得ω=2；
函数fx在x=−5π12时取得最小值，所以2sin−5π6+φ+1=−1，又φ<π2，所以φ=π3；
可得fx=2sin2x+π3+1.
对于①，令2x+π3=π2+kπ,k∈Z，解得x=π12+kπ2,k∈Z，所以①错误；
对于②，当x∈−π12,π6时，2x+π3∈π6,2π3，
因此当2x+π3=π2时，fx取得最大值为3，当2x+π3=π6时，fx取得最小值为2，
所以fx在−π12,π6上的值域为2,3，即②正确；
对于③，将函数y=2sin2x−π6+1的图象向左平移π6个单位长度得到y=2sin2x+π6−π6+1=2sin2x+π6+1的图象，
不是fx=2sin2x+π3+1的图象，所以③错误；
对于④，当x∈π6,π3时，2x+π3∈2π3,π，此时fx单调递减，即④正确；
故答案为：②④
【点睛】关键点点睛：本题关键在于将fx≥f−5π12转换成x=−5π12时fx取得最小值，将ω取最小值时转换成周期最大，即可求出函数fx的解析式.
题型7识图问题
【例题7】（2023·北京·高三专题练习）已知函数fx=λsinπ2x+φλ>0,0<φ<π的部分图象如图1所示，A、B分别为图象的最高点和最低点，过A作x轴的垂线，交x轴于A'，点C为该部分图象与x轴的交点.将绘有该图象的纸片沿x轴折成直二面角，如图2所示，此时AB=10，则λ= .
给出下列四个结论：
①φ=π3；
②图2中，AB⋅AC=5；
③图2中，过线段AB的中点且与AB垂直的平面与x轴交于点C；
④图2中，S是△A'BC及其内部的点构成的集合.设集合T=Q∈SAQ≤2，则T表示的区域的面积大于π4.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】 3 ②③
【分析】在图2中，以点O为坐标原点，OC、A'A的方向分别为y'、z'轴的正方向建立空间直角坐标系O−x'y'z'，根据已知条件求出λ的值，结合φ的取值范围求出φ的值，可判断①；利用空间向量数量积的坐标运算可判断②；求出线段AB的中点M的坐标，计算CM⋅AB，可判断③；求出cs∠BA'C，结合扇形的面积公式可判断④.
【详解】函数fx的最小正周期为T=2ππ2=4，
在图2中，以点O为坐标原点，OC、A'A的方向分别为y'、z'轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系O−x'y'z'，
设点A'0,t,0，则点A0,t,λ、Bλ,t+2,0，
AB=0−λ2+t+2−t2+λ−02=2λ2+4=10，因为λ>0，解得λ=3，
所以，fx=3sinπx2+φ，则f0=3sinφ=32，可得sinφ=12，
又因为函数fx在x=0附近单调递减，且0<φ<π，所以，φ=5π6，①错；
因为ft=3sinπt2+5π6=3，可得sinπt2+5π6=1，
又因为点A是函数fx的图象在y轴左侧距离y轴最近的最高点，则πt2+5π6=π2，可得t=−23，
所以，fx=3sinπx2+5π6，
因为点C是函数fx在y轴右侧的第一个对称中心，所以，πxC2+5π6=π，可得xC=13，
翻折后，则有A0,−23,3、B3,43,0、C0,13,0、A'0,−23,0，
所以，AB=3,2,−3，AC=0,1,−3，
所以，在图2中，AB⋅AC=0+2×1+−32=5，②对；
在图2中，线段AB的中点为M32,13,32，
因为CM=32,0,32，则AB⋅CM=32×3+0+32×−3=0，即CM⊥AB，③对；
在图2中，设点Qx,y,0，AQ=x2+y+232+0−32≤2，可得x2+y+232≤1，
A'C=0,1,0，A'B=3,2,0，cs∠BA'C=A'C⋅A'BA'C⋅A'B=21×7=277>22，
易知∠BA'C为锐角，则0<∠BA'C<π4，
所以，区域T是坐标平面x'Oy'内以点A'为圆心，半径为A'C=1，且圆心角为∠BA'C的扇形及其内部，
故区域T的面积ST<12×π4×12=π8，④错.
故答案为：3；②③.
【点睛】关键点点睛：本题考查翻折问题，解题的关键在于建立空间直角坐标系，通过空间向量法来求解相应问题.
【变式7-1】1. （2021秋·重庆铜梁·高三铜梁一中阶段练习）已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0),x∈[−π12,2π3]的图像如图，若f(x1)=f(x2)，且x1≠x2，则f(x1+x2) 的值为（ ）
A．3B．2C．1D．0
【答案】C
【分析】结合图象求得ω，φ，x1+x2，再代入求函数值.
【详解】由图象得3T4=2π3−(−π12)∴T=π,ω=2πT=2,
由2sin(π6×2+φ)=2得π3+φ=π2+2kπ(k∈Z),φ=π6+2kπ(k∈Z),
由x1+x2=π6×2=π3，得f(x1+x2)=f(π3)=2sin(2×π3+π6+2kπ)=1，选C.
【点睛】已知函数y=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0)的图象求解析式
(1)A=ymax−ymin2,B=ymax+ymin2.
(2)由函数的周期T求ω,T=2πω.
(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求φ
【变式7-1】2. （2022·全国·高三专题练习）如图，点P(−2，a)和点Q(1，b)分别是函数f(x)=Asin(ωx+ϕ)cs(ωx+ϕ)(A>0，ω>0，0<ϕ<π2)图像上的最低点和最高点，若P、Q两点间的距离为5，则关于函数g(x)=Acs(ωx−2ϕ)的说法正确的是（ ）
A．在区间[−4，2]上单调递增B．在区间[0，6]上单调递减
C．在区间[1，7]上单调递减D．在区间[4，10]上单调递增
【答案】C
【分析】首先利用二倍角公式将f(x)化简为f(x)=12Asin(2ωx+2ϕ)，再由P，Q分别为f(x)的图像上的最低点和最高点得到b=−a，再由P，Q两点之间距离为5得32+b−a2=5，从而求得a,b的值，进而求得A的值，由题可知f(x)的最小正周期为6，由此得到ω的值，再由f(x)经过点Q1,2及ϕ的范围求得ϕ的值，得到函数g(x)的解析式，进而判断函数g(x)在区间的单调性.
【详解】f(x)=Asin(ωx+ϕ)cs(ωx+ϕ)=12Asin(2ωx+2ϕ)
如图，过点P作y轴的垂线，过点Q作x轴的垂线，设两垂线的交点为B，
连接PQ，可知ΔPQB为直角三角形，|PQ|=5，|PB|=3，
则|QB|=b−a=4，易知b=−a，解得a=−2，b=2，
∴12A=2，12T=|PB|，得A=4，12⋅2π2ω=1−(−2)=3，
∴ω=π6，故f(x)=2sin(π3x+2ϕ)，
由函数f(x)的图像经过点Q(1,2)可得f(1)=2sin(π3+2ϕ)=2，
则π3+2ϕ=π2+2kπ，k∈Z，又0<ϕ<π2，则ϕ=π12，∴g(x)=4cs(π6x−π6)，
∴g(x)的单调递增区间为π+2kπ≤π6x−π6≤2π+2kπ，得12k+7≤x≤12k+13(k∈Z)，
g(x)的单调递减区间为2kπ≤π6x−π6≤π+2kπ，得12π+1≤x≤12π+7(k∈Z)，
∴当k=0时g(x)在区间[1，7]上单调递减，故选C.
【变式7-1】3. （2020·全国·高三专题练习）如图，函数f（x）=Asin（ωx+φ）（其中A＞0，ω＞0，|φ|≤π2）与坐标轴的三个交点P、Q、R满足P(2，0)，∠PQR=π4，M为QR的中点，PM=25，则A的值为（ ）
A．1633B．833C．8D．16
【答案】A
【分析】由题意设出Q(2a,0)a＞0，用a表示出R点坐标以及M点坐标，根据PM=25，利用距离公式求出Q坐标，通过五点法求出函数的解析式，即可求出A．
【详解】解：设Q(2a,0),a>0，
∵函数f(x)=Asin(ϖx+φ)（其中A>0,ω>0,|ϕ|≤π2）与坐标轴的三个交点P、Q、R满足∠PQR=π4，
∴ R(0,−2a)，
∵ M为QR的中点，
∴ M(a,−a)，
∵PM=25，
∴(a−2)2+(−a)2=25，
解得a=4，
∴Q（8，0），又P（2，0），
∴12T=8−2=6，
∴T=2πω=12，
解得ω=π6．
∵函数经过P(2，0)，R(0，−8)，
∴ Asinπ6×2+φ=0Asinπ6×0+φ=−8，
∵|φ|≤π2，
∴φ=−π3,，
解得A=1633 ，
故选A．
【点睛】本题考查由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，求得Q点与P点的坐标是关键，考查识图、运算与求解能力，属于中档题
【变式7-1】4. （2022·浙江·高三专题练习）如图，直线AB与单位圆相切于点O，射线OP从OA出发，绕着点O逆时针旋转，在旋转分入过程中，记∠AOP=x(0①当x=3π4时，S=3π4+12；
②x∈(0,π)时，f(x)为减函数；
③对任意x∈0,π2，都有fπ2−x+fπ2+x=π；
④对任意x∈0,π2，都有fπ2+x=f(x)+π2
其中判断正确的序号是 ．
【答案】①③
【分析】先求出S=x−12sin2x，再逐一判断每个选项的正误得到答案.
【详解】
如图，设圆心为C,OP交圆于另一点D，连接CO,CD，
则∠OCD=2∠AOP=2x
∴S=12×2x×1−12×1×1×sin2x=x−12sin2x
当x=3π4时，S=3π4−12sin3π2=3π4+12 ，故①正确；
∵S'=1−cs2x≥0, ∴S在(0,π)上为增函数，故②错误；
当x∈0,π2时，
fπ2−x+fπ2+x=π2−x−12sin(π−2x)+π2+x−12sin(π+2x)=π 故③正确；
当x∈0,π2时，fπ2+x=π2+x−12sin(π+2x)=π2+x+12sin2x,f(x)+π2=x−12sin2x+π2
∴fx+π2≠f(x)+π2 故④错误.
故答案为①③．
【点睛】本题考查了三角函数值，三角函数的单调性及函数性质，意在考查学生的计算能力和应用能力.
题型8凑角求值问题
【例题8】（2020·全国·高三专题练习）若α∈0,π，β∈−π4,π4，λ∈R，且α3−csα−2λ=0，π2−2β3−2sinβcsβ−2λ=0，若csα=35，则tanβ=（ ）
A．13B．12C．3D．3
【答案】A
【解析】设fx=x3−csx−2λ，因为f'x=3x2+sinx≥0，x∈0,π，fx在0,π上单调递增，又由π2−3β3−2sinβcsβ−2λ=0可得π2−2β3−csπ2−2β−2λ=0，即fπ2−2β=0，由α3−csα−2λ=0，即fα=0，所以fπ2−2β=fα，根据角的范围结合函数的单调性可得π2−2β=α，再由csα=35，可求出sin2β=35，cs2β=45，从而可求出答案.
【详解】由π2−3β3−2sinβcsβ−2λ=0得π2−3β3−2sin2β−2λ=0
即π2−2β3−csπ2−2β−2λ=0，
设fx=x3−csx−2λ，因为f'x=3x2+sinx≥0，x∈0,π，
所以fx在0,π上单调递增，
由π2−2β3−csπ2−2β−2λ=0，即fπ2−2β=0，
α3−csα−2λ=0，即fα=0.
所以fπ2−2β=fα，由fx在0,π上单调递增.
由α∈0,π，β∈−π4,π4，则2β∈−π2,π2，可得π2−2β∈0,π，
∴π2−2β=α，∴α+2β=π2，∴csα=csπ2−2β=sin2β=35，
由sin2β=35>0，2β∈−π2,π2，所以2β∈0,π2
∴cs2β=45，∴tanβ=sinβcsβ=2sinβcsβ2cs2β=sin2β1+cs2β=13.
故选：A
【点睛】本题考查构造函数利用函数的单调性寻找变量的关系，考查三角函数的诱导公式和同角关系以及倍角公式，属于中档题.
【变式8-1】1. （2023·江苏徐州·校考模拟预测）已知sin(2α−π12)=23，则tan(α+π3)tan(α+π12)= ．
【答案】5
【分析】由条件等式右边含有2，可联想到2α−π12中分离出π4来处理，设x=2α−π3，待求表达式中用x表示，结合万能公式进行求解.
【详解】设x=2α−π3，于是sin(2α−π12)=23=sin(x+π4)=sinxcsπ4+csxsinπ4，
整理可得sinx+csx=23，根据万能公式，sinx+csx=23=2tanx21+tan2x2+1−tan2x21+tan2x2，
整理可得tan2x2=15+65tanx2，
由x=2α−π3可得，α+π3=x2+π2,α+π12=x2+π4，
故tan(α+π3)tan(α+π12)=tanx2+π2tanx2+π4，
根据诱导公式，tanx2+π2=sinx2+π2csx2+π2=−csx2sinx2=−1tanx2，
根据两角和的正切公式，tanx2+π4=tanx2+11−tanx2，
故tan(α+π3)tan(α+π12)=−1tanx2⋅tanx2+11−tanx2=tanx2+1tan2x2−tanx2=tanx2+115+65tanx2−tanx2=tanx2+115+15tanx2=5.
故答案为：5
【变式8-1】2. （2022·全国·高三专题练习）已知点P(0,m)是y轴上到A1,1,B2,4距离和最小的点，且cs(α−π3)=1m，则sin(2α−π6)的值为 (用数据作答)．
【答案】−12/-0.5
【分析】求出点A关于y轴的对称点A'，求出直线A'B与y的交点即得m值，再利用诱导公式及二倍角公式计算作答.
【详解】依题意，点A关于y轴的对称点A'(−1,1)，则经过点A'，B的直线斜率k=4−12−(−1)=1，
直线A'B的方程为y=x+2，于是得点P1(0,2)，
此时有|P1A|+|P1B|=|P1A'|+|P1B|=|A'B|，由两点之间线段最短知，点P1(0,2)是y轴上到A1,1,B2,4距离和最小的点，
因此，m=2，cs(α−π3)=12，则sin(2α−π6)=sin[2(α−π3)+π2]=cs2(α−π3)=2cs2(α−π3)−1=−12，
所以sin(2α−π6)的值为−12.
故答案为：−12
【点睛】关键点睛：给值求值问题，将所求值的角用已知值的角表示，再借助三角变换公式求解．
【变式8-1】3. （2023·全国·高三专题练习）已知cs2α−π3=p2，tanαtanα−π3=p，则正常数p的值为 .
【答案】2−1
【解析】设A=sinαsinα−π3，B=csαcsα−π3，根据题意得到B−A=p2，B+A=12，故A=1−p4，B=1+p4，tanαtanα−π3=1−p1+p=p，解得答案.
【详解】设A=sinαsinα−π3，B=csαcsα−π3.
故cs2α−π3=csα+α−π3=B−A=p2，
cs−π3=csα−π3−α=B+A=12，故A=1−p4，B=1+p4.
tanαtanα−π3=sinαsinα−π3csαcsα−π3=AB=1−p1+p=p，且p>0，解得p=2−1.
故答案为：2−1.
【点睛】本题考查了三角恒等变换，意在考查学生的计算能力，取A=sinαsinα−π3，B=csαcsα−π3，是解题的关键.
【变式8-1】4. （2020·全国·高三专题练习）已知8cs(2α+β)+5csβ=0，且cs(α+β)csα≠0，则tan(α+β)tanα= .
【答案】133
【分析】利用2α+β=(α+β)+α,β=(α+β)−α将条件整理可得3sin(α+β)sinα=13cs(α+β)csα.从而可得解.
【详解】∵2α+β=(α+β)+α,β=(α+β)−α，
∴8cs(2α+β)+5csβ
=8[cs(α+β)csα−sin(α+β)⋅sinα]+5[cs(α+β)csα+sin(α+β)sinα] =13cs(α+β)csα−3sin(α+β)sinα=0，
∴3sin(α+β)sinα=13cs(α+β)csα.
∴tan(α+β)tanα=133.
【点睛】本题主要考查了三角函数的两角和差的展开公式，解题的关键是配凑出“2α+β=(α+β)+α,β=(α+β)−α”，属于难题.
题型9最值相关问题
【例题9】（2022秋·山东青岛·高三校考阶段练习）在△ABC中，C＝90°，若x∈R，则f(x)＝sin(x＋A)＋sin(x＋B)的最大值为（ ）
A．2B．1C．2D．22
【答案】C
【分析】利用和差角正弦公式、诱导公式可得f(x)=2csxcsA−B2，根据三角函数性质即可确定其最大值.
【详解】sin(x+A)=sin(2x+A+B2+A−B2)=sin2x+A+B2csA−B2 +cs2x+A+B2sinA−B2，
sin(x+B)=sin(2x+A+B2−A−B2)=sin2x+A+B2csA−B2 −cs2x+A+B2sinA−B2，
所以f(x)=2sin(x+A+B2)csA−B2，而C＝90°，故A+B2=90°，
所以f(x)=2csxcsA−B2，
当csA−B2=1，即A=B=π4时，若csx=1，则函数最大值为2.
故选：C
【变式9-1】1. （2022秋·江苏常州·高三校考开学考试）已知α,β,γ是互不相同的锐角，则在sinαcsβ,sinβcsγ,sinγcsα三个值中，大于12的个数的最大值是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】利用基本不等式或排序不等式得sinαcsβ+sinβcsγ+sinγcsα≤32，从而可判断三个代数式不可能均大于12，再结合特例可得三式中大于12的个数的最大值.
【详解】法1：由基本不等式有sinαcsβ≤sin2α+cs2β2，
同理sinβcsγ≤sin2β+cs2γ2，sinγcsα≤sin2γ+cs2α2，
故sinαcsβ+sinβcsγ+sinγcsα≤32，
故sinαcsβ,sinβcsγ,sinγcsα不可能均大于12.
取α=π6，β=π3，γ=π4，
则sinαcsβ=14<12,sinβcsγ=64>12,sinγcsα=64>12，
故三式中大于12的个数的最大值为2，
故选：C.
法2：不妨设α<β<γ，则csα>csβ>csγ,sinα由排列不等式可得：
sinαcsβ+sinβcsγ+sinγcsα≤sinαcsγ+sinβcsβ+sinγcsα，
而sinαcsγ+sinβcsβ+sinγcsα=sinγ+α+12sin2β≤32，
故sinαcsβ,sinβcsγ,sinγcsα不可能均大于12.
取α=π6，β=π3，γ=π4，
则sinαcsβ=14<12,sinβcsγ=64>12,sinγcsα=64>12，
故三式中大于12的个数的最大值为2，
故选：C.
【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.
【变式9-1】2. （2022秋·山东青岛·高三统考期中）已知θ∈0,π2，则4sin2θ+2cs2θ−22tanθ的最小值为（ ）
A．8B．12−22C．6D．5
【答案】A
【分析】化简，得到4sin2θ+2cs2θ−22tanθ=2tan2θ−22tanθ+6+4tan2θ，
利用换元法，设t=tanθ，得到f(t)=2t2−22t+6+4t2，通过导数，讨论f(t)的单调性，可得f(t)的最小值.
【详解】4sin2θ+2cs2θ−22tanθ =(sin2θ+cs2θ)(4sin2θ+2cs2θ)−22tanθ
=4+4tan2θ+2tan2θ+2−22tanθ =2tan2θ−22tanθ+6+4tan2θ，
∵θ∈0,π2，设t=tanθ，则t>0，设f(t)=2t2−22t+6+4t2，
得f'(t)=4t−22−8t3，令g(t)=f'(t)，得g'(t)=4+24t4>0，
则g(t)在t>0时，g(t)是单调递增函数，且g(2)=0，则
t∈(0,2)，g(t)=f'(t)<0，f(t)单调递减；
t∈2,+∞，g(t)=f'(t)>0，f(t)单调递增；
故f(t)≥f(2)=8，当t>0时，f(t)的最小值为8
故选：A
【变式9-1】3. （2020·全国·高三专题练习）如图，在半径为1的扇形AOB中（O为原点），A(1，0)，∠AOB=2π3．点P（x，y）是AB⏜上任意一点，则xy+x+y的最大值为（ ）
A．34−12B．1C．334+12D．2+12
【答案】D
【分析】由题意知x=csα，y=sinα，0≤α≤2π3，则xy+x+y=sinαcsα+sinα+csα利用三角函数有关公式化简，即可求解最大值．
【详解】由题意知x=csα，y=sinα，0≤α≤2π3，
则xy+x+y=sinαcsα+sinα+csα，
设t=sinα+csα，则t2=1+2sinαcsα，
即sinαcsα=t2−12，
则xy+x+y=sinαcsα+sinα+csα=t2−12+t=12(t+1)2−1
t=sinα+csα=2sin（α+π4），
∵0≤α≤2π3，∴π4≤α+π4≤11π12，
∴3−12≤t≤2.
∴当t=2时，xy+x+y取得最大值为：2+12．
故选D．
【点睛】本题考查了三角函数的性质和转换思想的应用，由t=sinα+csα，则t2=1+2sinαcsα，即sinαcsα=t2−12，将xy+x+y=sinαcsα+sinα+csα=t2−12+t=12（t-1）2，转化为二次函数问题，属于中档题；
【变式9-1】4. （2023·全国·高三专题练习）△ABC中，角A，B，C满足cs2A−cs2B=2sinCsinB−sinC，则1tanB+1tanC的最小值为 ．
【答案】233/233
【分析】利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得A，利用三角函数的最值的求法求得1tanB+1tanC的最小值.
【详解】依题意，cs2A−cs2B=2sinCsinB−sinC，
1−2sin2A−1−2sin2B=2sinCsinB−2sin2C，
sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，由正弦定理得b2+c2−a2=bc，
所以csA=b2+c2−a22bc=12>0，所以A为锐角，且A=π3.
1tanB+1tanC=csBsinB+csCsinC=sinBcsC+csBsinCsinBsinC
=sinB+CsinBsinC=sinAsinBsinB+A=32sinBsinB+π3
=32sinB12sinB+32csB=3sin2B+3sinBcsB
=31−cs2B2+32sin2B=332sin2B−12cs2B+12
=3sin2B−π6+12，由于0所以−π6<2B−π6<7π6且2B−π6≠5π6，
所以−12所以3sin2B−π6+12≥233，当2B−π6=π2,B=π3，C=π3是等号成立.
所以1tanB+1tanC的最小值为233.
故答案为：233
【点睛】利用正弦定理或余弦定理来求角时，要注意角的范围，如sinA=12，则A可能是π6或5π6.求解含角的表达式的最值或范围时，首先将表达转化为一个角的形式，如转化为y=Asinωx+φ+B等形式，再根据ωx+φ的范围求得y=Asinωx+φ+B的范围.
【变式9-1】5.（2023秋·重庆·高三重庆一中校考开学考试）在△ABC中，若sinA=2csBcsC，则cs2B+cs2C的最大值为 ．
【答案】2+12
【分析】先由题证明得cs2A+cs2B+cs2C+2csAcsBcsC=1，再化简得cs2B+cs2C=12−22sin(2A+π4)，再利用三角函数的图像和性质求出最大值.
【详解】首先证明：在△ABC中，有cs2A+cs2B+cs2C+2csAcsBcsC=1,
在△ABC中，由余弦定理得a2+b2−c2−2abcsC=0，
由正弦定理得sinA2+sinB2−sinC2−2sinAsinBcsC=0，
令cs2A+cs2B+cs2C+2csAcsBcsC=M，
上述两式相加得M=2+cs2C−sin2C+2csAcsB−sinAsinBcsC
=2+cs2C−sin2C+2cs(A+B)csC
=2+cs2C−sin2C−2cs2C=2−cs2C+sin2C=1
所以cs2B+cs2C=1−cs2A−2csAcsBcsC
=1−1+cs2A2−sinAcsA=12−12(sin2A+cs2A)
=12−22sin(2A+π4)≤2+12,
当sin(2A+π4)=−1即A=58π时取等.
故答案为：2+12.
【变式9-1】6. （2022秋·河北·高三校联考阶段练习）定义在R上的函数fx单调递减，且满足f1-x+f1+x=0，对于任意的α，满足facsα+fbsinα≥0恒成立，则a+b的最大值为 .
【答案】22
【分析】利用函数的对称性、单调性建立不等式，再利用辅助角公式、基本不等式求解.
【详解】根据题意，f1-x+f1+x=0可得函数fx关于1,0中心对称，
所以可得fx=-f2-x，又facsα+fbsinα≥0，
所以facsα≥-fbsinα，所以facsα≥f2-bsinα，
根据函数单调性可得acsα+bsinα≤2，即a2+b2sinα+φ≤2，（其中tanφ=ab），
所以a2+b2≤2，所以a+b≤2×a2+b22≤22，当且仅当a=b时取等号.
故答案为：22.
题型10ω 相关问题
【例题10】（2022秋·福建龙岩·高三福建省龙岩第一中学校考阶段练习）已知函数fx=sinωx+acsωx(a>0,ω>0)图像的两条相邻对称轴之间的距离小于π,fπ3=3，且fx≤fπ6，则ω的最小值为 .
【答案】13
【分析】先由对称轴间的距离确定了ω>1，再利用fx≤fπ6得到πω6+φ=2kπ+π2,k∈Z，依次利用诱导公式与基本关系式求得tanπω6、csπω6、sinπω6的a关于表达式，求出a的值，进而得到ω=12k+1,k∈Z，即可得到结果.
【详解】fx=sinωx+acsωx=a2+1sinωx+φ，tanφ=a，
因为两条相邻对称轴之间的距离小于π，即T2<π，故T=2πω<2π，所以ω>1，
因为fx在x=π6处取得最大值，所以πω6+φ=2kπ+π2,k∈Z，即φ=2kπ+π2−πω6,k∈Z，
所以tanφ=tan2kπ+π2−πω6=tanπ2−πω6=1tanπω6=a，
所以tanπω6=1a，因为fπ3=3，所以a2+1sinπω3+φ=3，
即sinπω3+φ=3a2+1，
所以sinπω3+φ=sinπω3+2kπ+π2−πω6=sinπ2+πω6=csπω6=3a2+1，
所以sinπω6=tanπω6×csπω6=1a3a2+1，
又sin2πω6+cs2πω6=1a3a2+12+3a2+12=1，
解得a2=3，又a>0，所以a=3，所以sinπω6=12，又tanπω6>0，
所以πω6=2kπ+π6,k∈Z，解得ω=12k+1,k∈Z，又ω>1，所以ω的最小值为13.
故答案为：13.
【变式10-1】1. (多选)（2023·河北秦皇岛·校联考二模）已知函数fx=sinωx+φ(ω>0)是在区间π18,5π36上的单调减函数，其图象关于直线x=−π36对称，且fπ12+fπ9=0，则ω的值可以是（ ）
A．4B．12C．2D．8
【答案】AB
【分析】根据函数图象关于直线x=−π36对称，函数在x=−π36取得最值，可得φ=12+ω36+nπ,n∈Z；求出ωx+φ的范围，根据函数在区间π18,5π36上是单调减函数，列出不等式关系，继而可求出ω的取值范围，再结合条件fπ12+fπ9=0，即可确定ω的值.
【详解】因为函数fx=sinωx+φ的图象关于直线x=−π36对称，
所以−ω⋅π36+φ=π2+nπ,n∈Z，所以φ=12+ω36+nπ,n∈Z，
根据π18因为fx=sinωx+φ是在区间π18,5π36上的单调减函数，
所以ωπ18+φ≥π2+2kπ,k∈Z,5ωπ36+φ≤3π2+2kπ,k∈Z,
⇔ωπ18+(12+ω36+n)π≥π2+2kπ,n∈Z,k∈Z,5ωπ36+(12+ω36+n)π≤3π2+2kπ,n∈Z,k∈Z,
⇔ωπ18+(12+ω36+n)π≥π2+2kπ,n∈Z,k∈Z,5ωπ36+(12+ω36+n)π≤3π2+2kπ,n∈Z,k∈Z,
122k−n≤ω≤62k−n+1,n∈Z,k∈Z，
因为ω>0，所以2k−n=0或2k−n=1，
当2k−n=0时，0<ω≤6，
当2k−n=1时，12≤ω≤12；
由于π18<π12<π9<5π36,fx=sinωx+φ是在区间π18,5π36上的单调减函数，
且fπ12+fπ9=0，
所以f12π12+π9=f7π72=0，
所以ω×7π72+φ=2m+1π,m∈Z，ω×7π72+12+ω36+nπ=2m+1π,m∈Z,n∈Z，
ω=82m−n+4,m∈Z,n∈Z，
根据0<ω≤6或12≤ω≤12，
可得ω=4，或ω=12.
故选:AB.
【变式10-1】2.（2023·福建泉州·统考模拟预测）已知函数fx=2sinωx−π4+2（ω>0）在0,2内有且仅有3个零点，则ω的值可以是（ ）
A．3B．5C．7D．9
【答案】B
【分析】根据条件将问题转化为y=sinωx−π4与直线y=−22在0,2内恰有三个交点，设令t=ωx−π4，进而将问题转化为y=sint与直线y=−22在−π4,2ω−π4（ω>0）内恰有三个交点，结合正弦函数的图象与性质得到2π−π4≤2ω−π4<3π+π4，即可求解.
【详解】由于fx=2sinωx−π4+2（ω>0）在0,2内有且仅有3个零点，
所以方程2sinωx−π4+2=0（ω>0）在0,2内恰有三个不相等的实数根，
即y=sinωx−π4与直线y=−22在0,2内恰有三个交点.
令t=ωx−π4，则−π4≤t≤2ω−π4，
则y=sint与直线y=−22在−π4,2ω−π4（ω>0）内恰有三个交点.
令y=sint=−22，解得：t=−π4+2k1π（k1∈Z）或t=5π4+2k2π（k2∈Z），
又ω>0，t∈−π4,2ω−π4且满足条件的t恰有三个值，
则2π−π4≤2ω−π4<3π+π4，解得：π≤ω<7π4，
故选：B.
【变式10-1】3. （2023·河北唐山·模拟预测）已知A,B,C为fx=sinωx与gx=csωx的交点，若△ABC为等边三角形，则正数ω的最小值为 ．
【答案】62π/6π2
【分析】由题意联立函数方程组得ωx=π4+kπk∈Z，所以sinωx=±22，不妨依次设Ax1,22,Bx2,−22,Cx3,22，则AC中点Dx1+x32,22，显然等边三角形边长AC=2×BDtan∠DAB，又AC=x3−x1，由此即可求解.
【详解】如下图所示：

由题意联立fx=sinωx与gx=csωx得ωx=π4+kπk∈Z,所以sinωx=±22，
所以不妨依次设Ax1,22,Bx2,−22,Cx3,22，则AC中点Dx1+x32,22，
因为边三角形边长AC=2×BDtan∠DAB=2×23=263，不妨设x1=π4ω,x3=π4ω+2kπωω>0,k∈Z，
又因为AC=x3−x1，因此AC=x3−x1=2kπω=263，解得ω=6kπ2，
结合ω>0,k∈Z可知当且仅当k=1时，正数ω取最小值ωmin=6π2.
故答案为：62π.
【变式10-1】4.（2023秋·安徽·高三宿城一中校联考阶段练习）已知函数fx=3sinωx−π6（ω>0），当x∈0,π4时，函数fx的最大值为ω，则满足条件的ω的个数为 .
【答案】2
【分析】根据x的范围、最大值为ω可得23<ω≤3，分0<π4ω−π6<π2、83≤ω≤3讨论，结合图象可得答案.
【详解】由题知，当x∈0,π4时，ωx−π6∈−π6,π4ω−π6，
因为最大值为ω，所以π4ω−π6>00<ω≤3，解得23<ω≤3.
当0<π4ω−π6<π2时，即23<ω<83，fxmax=3sinπ4ω−π6=ω解的个数，
转化为方程sinπ4x−π6=x323且sinπ4×23−π6=0<13×23=29，sinπ4×83−π6=1>13×83=89，
由图可知有且只有一个ω能够满足.

当83≤ω≤3时，π2≤π4ω−π6≤712π，
此时函数最大值为3，即ω=3，显然满足条件，
综上，满足条件的ω有2个.
故答案：2.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是fmaxx=3sinπ4ω−π6=ω解的个数，转化为方程sinπ4x−π6=x323题型11φ相关问题
【例题11】（2023·全国·高三专题练习）已知fx=sinxcsx+3cs2x，若对任意实数x都有fx=Asinωx+φ+32，其中A,ω∈R,φ∈0,3π，则φ的所有可能的取值有（ ）
A．2个B．4个C．6个D．8个
【答案】C
【分析】利用正余弦的二倍角公式、两角和的正弦展开式化简得fx=sin2x+π3+32=Asinωx+φ+32成立，所以A=1,ω=2，再分情况讨论A、ω的值可得答案．
【详解】由已知得fx=sinxcsx+3cs2x=12sin2x+3×1+cs2x2 =12sin2x+32cs2x+32=sin2x+π3+32，
∵对于任意实数x都有fx=sin2x+π3+32=Asinωx+φ+32成立，
即对于任意实数x都有sin2x+π3=Asinωx+φ成立，
∴y=Asinωx+φ与y=sin2x+π3的最值和最小正周期相同，
∴A=1,ω=2，即A=±1,ω=±2．
①当A=1,ω=2时，sin2x+π3=sin2x+φ,∴φ=π3+2kπ,k∈Z，
又φ∈0,3π,∴φ=π3或φ=7π3；
②当A=1,ω=−2时，sin2x+π3=sin−2x+φ,∴φ=−π3+2k+1π,k∈Z，
又φ∈0,3π,∴φ=2π3或φ=8π3；
③当A=−1,ω=2时，sin2x+π3=−sin2x+φ,∴φ=π3−2k+1π,k∈Z，
又φ∈0,3π,∴φ=4π3；
④当A=−1,ω=−2时，sin2x+π3=−sin−2x+φ,∴φ=−π3+2kπ,k∈Z，
又φ∈0,3π,∴φ=5π3．
综上所述，满足条件的φ的值有6个．
故选：C．
【点睛】方法点睛：要求学生理解三角函数及其性质，会利用三角恒等变换化简三角函数，并根据函数性质确定相交量的值．
【变式11-1】1. （2023·内蒙古赤峰·校联考一模）在函数fx=sin2x−φφ>0图象与x轴的所有交点中，点φ2,0离原点最近，则φ可以等于 （写出一个值即可）．
【答案】π3（答案不唯一）
【分析】先求出fx与x轴的所有交点，再结合题意得到φ2≤φ2+k2π恒成立，整理得kφ+k2π≥0，分类讨论k≥1，k≤−1与−1【详解】因为fx=sin2x−φφ>0，
令fx=0，即sin2x−φ=0，得2x−φ=kπ,k∈Z，即x=φ2+k2π,k∈Z，则fx图象与x轴的所有交点为φ2+k2π,0,k∈Z，
因为其中点φ2,0离原点最近，所以φ2≤φ2+k2π,k∈Z恒成立，
不等式两边平方整理得kφ+k2π≥0，
当k≥1时，φ+k2π≥0，因为φ>0，故φ+k2π≥0恒成立；
当k≤−1时，φ+k2π≤0，即φ≤−k2π恒成立，因为−k2π≥π2，则φ≤π2，故0<φ≤π2；
当−1综上，由于上述分类情况要同时成立，故0<φ≤π2，所以φ可以等于π3.
故答案为：π3（答案不唯一）.
【变式11-1】2. （2022秋·上海徐汇·高三上海市南洋模范中学校考期中）将函数f(x)=2sin2x的图象向右平移φ (0<φ<π)个单位后得到函数g(x)的图象，若对满足|f(x1)−g(x2)|=4的x1、x2，有|x1−x2|的最小值为π6，则φ= ．
【答案】π3或2π3
【分析】先求解g(x)的解析式，根据|f(x1)−g(x2)|=4可知一个取得最大值一个是最小值，不妨设f(x1)取得最大值，g(x2)取得最小值，结合三角函数的性质|x1−x2|的最小值为π6，即可求解φ的值；
【详解】由函数f(x)=2sin2x的图象向右平移φ，可得g(x)=2sin(2x−2φ )
不妨设f(x1)取得最大值，g(x2)取得最小值，
∴2x1=π2+2kπ，2x2−2φ=3π2+2kπ，k∈Z．
可得2(x1−x2)+2φ=π
∵|x1−x2|的最小值为π6，即x1−x2=±π6．
∴±π3+2φ=π
得φ=π3或2π3
故答案为π3或2π3．
【点睛】本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的解析式，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，属于中档题．
【变式11-1】3. （2022·安徽·南陵中学校联考模拟预测）将函数f(x)=2sinx−1的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍，再向下平移1个单位长度，最后向左平移φ(φ>0)个单位长度，得到函数g(x)的图象.若对任意x1∈0,π2，都存在x2∈−π2,0，使得fx1=gx2，则φ的值可能是（ ）
A．π4B．5π12C．7π12D．3π4
【答案】C
【分析】由题意易得gx在−π2,0上的值域包含fx在0,π2上的值域，再分析gx的最值判断值域的包含关系，结合选项排除即可
【详解】由题，gx=22sinx+φ−1−1=4sinx+φ−3，又对任意x1∈0,π2，都存在x2∈−π2,0，使得fx1=gx2，故gx在−π2,0上的值域包含fx在0,π2上的值域.又当x1∈0,π2时，f(x1)=2sinx1−1∈−1,1，即gx在−π2,0上的值域包含−1,1.又当x∈−π2,0时，x+φ∈−π2+φ,φ ，且gx=4sinx+φ−3=1有解，故区间−π2+φ,φ包含x=π2+2kπ,k∈Z，排除AB；又当φ=3π4时，gx=4sinx+3π4−3∈22−3,1，因为22−3>−1，故22−3,1不包含−1,1不合题意排除D；当φ=7π12时gx=4sinx+7π12−3，此时x+7π12∈π12,7π12，故gminx=4sinπ12−3<4sinπ6−3=−1，故此时gx在−π2,0上的值域包含−1,1满足条件.综上所述φ=7π12满足条件
故选：C
题型12实际应用问题
【例题12】（2023秋·内蒙古赤峰·高三统考开学考试）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保.明代科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图1）.假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动，如图2，将筒车抽象为一个半径为10的圆O，设筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，以筒车的中心O为原点，线段OA，OB所在的直线分别为x，y轴建立如图所示的直角坐标系（A，B为圆O上的点），分别用ft，gt表示t秒后A，B两点的纵坐标，则y=ft⋅gt的最大值为（ ）

A．50B．75C．503D．100
【答案】A
【分析】根据周期可得ω=π60rad/s，即可根据三角函数的定义求解ft，gt，进而由二倍角公式化简即可求解.
【详解】由题意可知2πω=120，且ω>0，解得ω=π60rad/s，
所以ft=10sinπt60，gt=10sinπ2+πt60=10csπt60.
y=ft⋅gt=50sinπt30，故sinπt30=1时，取最大值为50.
故选：A
【变式12-1】1. （多选）（2023春·福建厦门·高三厦门一中校考期中）筒车是我国古代发明的一种灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用.明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图）.现有一个半径为3米的简车按逆时针方向每分钟旋转1圈，筒车的轴心距离水面的高度为2米.设筒车上的某个盛水筒P到水面的距离为d（单位：米）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面开始计算时间，设时间为t（单位：秒），已知cs48°≈23，则（ ）
A．d=2−3csπ30t+θ，其中csθ=23，且θ∈0,π2
B．d=3sinπ30t+θ+2，其中sinθ=−23，且θ∈−π2,0
C．大约经过38秒，盛水筒P再次进入水中
D．大约经过22秒，盛水筒P到达最高点
【答案】ABD
【分析】若O为筒车的轴心的位置，AC为水面，P为筒车经过t秒后的位置，由题设知筒车的角速度ω=π30，令∠AOB=θ，易得∠POB=πt30+θ，而cs∠POB=OBOP、d=2−OB，即可求d的解析式判断A、B的正误，t≈38、t≈22代入函数解析式求d，即可判断C、D的正误.
【详解】由题意知，如图，若O为筒车的轴心的位置，AC为水面，P为筒车经过t秒后的位置，
筒车的角速度ω=2π60=π30，令cs∠AOB=csθ=23且θ∈0,π2，
∴cs∠POB=cs(πt30+θ)=OBOP，故OB=OP⋅cs(πt30+θ)，而d=2−OB，
∴d=2−3csπ30t+θ，其中csθ=23，且θ∈0,π2，
又d=2−3csπ30t+θ=2−3csπ30tcsθ+3sinπ30tsinθ
=2−2csπ30t+5sinπ30t，
若θ∈−π2,0，且sinθ=−23，所以csθ=53，
此时d=3sinπ30t+θ+2=3sinπ30tcsθ+3csπ30tsinθ+2
=5sinπ30t−2csπ30t+2，
故d=3sinπ30t+θ+2，其中sinθ=−23，且θ∈−π2,0，故A、B正确；
当t≈38时，38π30=180°+48°，且sin48∘≈53，csθ=23，
∴d=2+3cs(48°+θ)=2+3(cs48°csθ−sin48°sinθ)=53，
故盛水筒P没有进入水中，C错误；
当t≈22时，22π30=90°+42°，且sin42∘=cs48∘≈23，d=2−2cs(90°+42°)+5sin(90°+42°)=2+2sin42°+5cs42°=5，
故盛水筒P到达最高点，D正确.
故选：ABD
【变式12-1】2. （2021秋·江苏苏州·高三苏州市相城区陆慕高级中学校考阶段练习）如图，某大风车的半径为2米，每12秒旋转一周，它的最低点O离地面1米，点O在地面上的射影为A．风车圆周上一点M从最低点O开始，逆时针方向旋转40秒后到达P点，则点P到点A的距离与点P的高度之和为
A．5米B．(4＋7)米
C．(4＋17)米D．(4＋19)米
【答案】D
【分析】以圆心O1为原点，以水平方向为x轴方向，以竖直方向为y轴方向建立平面直角坐标系，则根据大风车的半径为2m，圆上最低点O离地面1米，12s秒转动一圈，可得到ft与t间的函数关系式，求出P的坐标，即可求出点P到点A的距离与点P的高度之和.
【详解】以圆心O1为原点，以水平方向为x轴方向，以竖直方向为y轴方向，
建立平面直角坐标系，如图所示．
设∠OO1P＝θ，运动t(秒)后与地面的距离为f(t)，又T＝12，
∴θ＝π6t，∴f(t)＝3－2cs π6t，t≥0，
风车圆周上一点M从最低点O开始，逆时针方向旋转40秒后到达P点，
θ＝6π＋2π3，P(3，1)，
∴点P的高度为3－2×−12＝4.∵A(0，－3)，∴AP＝3+16＝19，
∴点P到点A的距离与点P的高度之和为(4＋19)米，故选D．
【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质的实际应用,意在考查转化思想以及数形结合思想的应用，属于中档题. 与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.
【变式12-1】3. （2021秋·河南洛阳·高三校联考阶段练习）水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征，如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点A(33,−3)出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒，经过t秒后，水斗旋转到P点，设P的坐标为（x,y)，其纵坐标满足y=f(t)=Rsin(ωt+φ) (t≥0,φ<π2)，则下列叙述正确的是 ．
①R=6. ω=π30，φ=−π6
②当t∈[35,55]时，点P到x轴的距离的最大值为6；
③当t∈[10,25]时，函数y=f(t)单调递减；
④当t=20时，PA=63
【答案】①②④
【分析】求出圆的半径，利用周期求出ω，通过三角函数的解析式求解初相，求出函数的最值以及正弦函数的单调性判断，即可求解.
【详解】由题意，可得R=27+9=6,T=60=2πω，所以ω=π30，
点A(33,−3)代入可得−3=6sinφ，因为φ=π2，所以φ=−π6，所以①正确；
由y=f(t)=6sin(π30t−π6)，当t∈[35,55]时，π30t−π6∈[π,5π3]，点P到x轴的距离的最大值为6，所以②正确；
当t∈[10,25]时，π30t−π6∈[π6,2π3]，函数y=f(t)单调递减，所以③不正确；
当t=20时，π30t−π6=π2，点P的纵坐标为6，PA=27+81=63，所以④正确.
所以正确的是①②④.
【点睛】本题主要考查了由图象求得函数的解析式，以及三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中正确求得函数的解析式，合理利用三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
【变式12-1】4. （2023秋·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）某小区有一个半径为r米，圆心角是直角的扇形区域，现计划照图将其改造出一块矩形休闲运动场地，然后在区域I（区域ACD），区域II（区域CBE）内分别种上甲和乙两种花卉（如图），已知甲种花卉每平方米造价是a元，乙种花卉每平方米造价是3a元，设∠BOC=θ，中植花卉总造价记为fθ，现某同学已正确求得：fθ=ar2gθ，则gθ= ；种植花卉总造价最小值为 .
【答案】 θ-2sinθcsθ+π4 5π12−32ar2
【分析】根据Ⅰ，Ⅱ的面积均为扇形面积减去三角形面积，结合扇形的面积公式可得S1，SII，再根据fθ可得gθ；再对fθ求导分析函数的极值点与最值求解最小值即可.
【详解】S△OCE=12rsinθ⋅rcsθ=r22sinθcsθ,SAOC=12θr2，
∴SII=12θr2−r22sinθcsθ=r22θ−sinθcsθ
S△COD=12rcsθr⋅sinθ=12r2sinθcsθ,SAOC=12π2−θr2
∴S1=12π2−θr2−r22sinθcsθ
fθ=a2π2−θr2−ar22sinθcsθ+3a⋅r22θ−sinθcsθ
=ar2π4+θ−2sinθcsθ,∴gθ=π4+θ−2sinθcsθ
g'θ=1−2cs2θ=0,θ=π6
gθ在0,π6单调递减，在π6,π2单调递增，故g(θ)min=gπ6=5π12−32
∴f(θ)min=ar25π12−32
故答案为：θ−2sinθcsθ+π4；5π12−32ar2
题型13恒成立问题
【例题13】（2023秋·四川成都·高三树德中学校考开学考试）已知函数fx=acs2x−π4+6sinxcsx−2cs2x+1的图象关于直线x=3π8对称．若对任意x1∈0,π2，存在x2∈0,+∞，使fx1≤2mx22+x2+12成立，则m的取值范围是（ ）
A．m≥−1B．m≥−12C．m≥−14D．m≥−18
【答案】C
【分析】由三角函数恒等变换公式化简函数式，然后由对称性求得a，再求得x1∈[0,π2]时的f(x1)的最大值，从而化简题设不等式，由分离参数法求得m的范围．
【详解】fx=acs2x−π4+6sinxcsx−2cs2x+1 =22a(cs2x+sin2x)+3sin2x−cs2x =(3+22a)sin2x+(22a−1)cs2x,
f(x)的图象关于直线x=3π8对称，则f(0)=f(3π4)，
所以22a−1=−3−22a，a=−2，
所以f(x)=2sin2x−2cs2x=22sin(2x−π4)，此时f(3π8)=22sin[2×3π8−π4]=22满足对称性．
x1∈[0,π2]时，2x−π4∈[−π4,3π4]，f(x)=22sin(2x−π4)∈[−2,22]，
由题意存在x2∈(0,+∞)，使得2mx22+x2+12≥22成立，即mx22+x2−1≥0成立，
m≥1x22−1x2=(1x2−12)2−14，所以m≥−14．
故选：C．
【点睛】结论点睛：不等式恒成立问题的结论：
（1）∀x1∈A,∀x2∈B，f(x1)≥g(x2)恒成立⇔ f(x)min≥g(x)max；
（2）∀x1∈A,∃x2∈B，使得f(x1)≥g(x2)成立⇔ f(x)min≥g(x)min；
（3）∃x1∈A,∀x2∈B，使得f(x1)≥g(x2)成立⇔ f(x)max≥g(x)max.
【变式13-1】1. （2023秋·四川成都·高三树德中学校考开学考试）已知函数fx=acs2x−π4+6sinxcsx−2cs2x+1的图象关于直线x=3π8对称．若对任意x1∈0,π2，存在x2∈0,+∞，使fx1≤2mx22+x2+12成立，则m的取值范围是（ ）
A．m≥−1B．m≥−12C．m≥−14D．m≥−18
【答案】C
【分析】由三角函数恒等变换公式化简函数式，然后由对称性求得a，再求得x1∈[0,π2]时的f(x1)的最大值，从而化简题设不等式，由分离参数法求得m的范围．
【详解】fx=acs2x−π4+6sinxcsx−2cs2x+1 =22a(cs2x+sin2x)+3sin2x−cs2x =(3+22a)sin2x+(22a−1)cs2x,
f(x)的图象关于直线x=3π8对称，则f(0)=f(3π4)，
所以22a−1=−3−22a，a=−2，
所以f(x)=2sin2x−2cs2x=22sin(2x−π4)，此时f(3π8)=22sin[2×3π8−π4]=22满足对称性．
x1∈[0,π2]时，2x−π4∈[−π4,3π4]，f(x)=22sin(2x−π4)∈[−2,22]，
由题意存在x2∈(0,+∞)，使得2mx22+x2+12≥22成立，即mx22+x2−1≥0成立，
m≥1x22−1x2=(1x2−12)2−14，所以m≥−14．
故选：C．
【点睛】结论点睛：不等式恒成立问题的结论：
（1）∀x1∈A,∀x2∈B，f(x1)≥g(x2)恒成立⇔ f(x)min≥g(x)max；
（2）∀x1∈A,∃x2∈B，使得f(x1)≥g(x2)成立⇔ f(x)min≥g(x)min；
（3）∃x1∈A,∀x2∈B，使得f(x1)≥g(x2)成立⇔ f(x)max≥g(x)max.
【变式13-1】2. （2023春·河南许昌·高三鄢陵一中校考阶段练习）已知函数fx=2sinxcsx+4cs2x−1，若实数a、b、c使得afx−bfx+c=3对任意的实数x恒成立，则2a+b−csc的值为（ ）
A．12B．32C．2D．52
【答案】B
【分析】设fx=5sin2x+φ+1，得到fx+c=5sin2x+φ+2c+1，根据题意转化为5a−bcs2csin2x+φ−5bsin2ccs2x+φ+a−b−3=0，由此得出方程组a−bcs2c=0⋯①bsin2c=0⋯②a−b−3=0⋯③，分b=0和sin2c=0，两种情况讨论，即可求解.
【详解】设fx=2sinxcsx+4cs2x−1=sin2x+2cs2x+1=5sin2x+φ+1，
可得fx+c=5sin2x+φ+2c+1，其中0<φ<π2，且tanφ=2，
因为实数a,b,c使得afx−bfx+c=3对任意的实数x恒成立，
即5asin2x+φ−5bsin2x+φ+2c+a−b=3恒成立，
即5asin2x+φ−5bsin2x+φ+2c+a−b−3=0恒成立，
所以5a−bcs2csin2x+φ−5bsin2ccs2x+φ+a−b−3=0
由上式对任意x∈R恒成立，故必有a−bcs2c=0⋯①bsin2c=0⋯②a−b−3=0⋯③，
若b=0，则由式①知a=0，显然不满足式③，所以b≠0，
所以，由式②知sin2c=0，则cs2c=±1，
当cs2c=1时，则式①，③矛盾.
所以cs2c=−1，由式①，③知a=−b=32，所以2a+b−csc=32.
故选：B.
【变式13-1】3. （2021秋·重庆巴南·高三重庆市清华中学校校考阶段练习）若不等式mcsx−cs3x−18≤0对任意x∈0,π2恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．−∞,−94B．−∞,−2C．−∞,94D．−∞,98
【答案】A
【分析】先利用三角恒等变换化简cs3x，然后将问题转化为mcsx−4cs3x+3csx−18⩽0对x∈(0,π2)恒成立，由换元法，令t=csx，将问题进一步转化为m+3⩽4t2+18t对0【详解】解：因为cs3x=cs(2x+x)=cs2xcsx−sin2xsinx=csx(2cs2x−1)−(2−2cs2x)csx=4cs3x−3csx，
所以mcsx−cs3x−18⩽0对任意x∈(0,π2)恒成立，转化为mcsx−4cs3x+3csx−18⩽0对x∈(0,π2)恒成立，
令t=csx，则0因为4t2+18t=4t2+116t+116t⩾334t2⋅116t⋅116t=34，当且仅当t=14时取等号，
所以m+3⩽34，即m⩽−94，
所以实数m的取值范围为(−∞,−94]．
故选：A
【变式13-1】4. （2020·浙江绍兴·统考模拟预测）若不等式a−|x−b|⋅sinx+π4⩽0．对x∈0,2π恒成立，则sin(a+b)和sin(a-b)分别等于（ ）
A．22;22B．22;−22C．−22;22D．−22;−22
【答案】D
【分析】设fx=a−|x−b|，根据三角函数值的符号，求得函数fx符号的变化，根据函数fx的单调性与对称性，求得a,b的值，即可求解.
【详解】由0≤x≤2π，则π4≤x+π4≤9π4，
当π4≤x+π4≤π或2π≤x+π4≤9π4时，即0≤x≤3π4或7π4≤x≤2π时，sin(x+π4)≥0，
当π所以当0≤x≤3π4或7π4≤x≤2π时，a−|x−b|≤0，
当3π4设函数fx=a−|x−b|，则fx在(−∞,b)上单调递增，在(b,+∞)上单调递减，
且函数fx的图象关于直线x=b对称，所以f(3π4)=f(7π4)=0，
所以2b=3π4+7π4=5π2，解得b=5π4，
又由f(3π4)=a−|3π4−5π4|=0，解得a=π2，
所以sin(a+b)=sin(π2+5π4)=−22，sin(a−b)=sin(π2−5π4)=−22.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了三角函数值的计算，以及函数的单调性与对称性的应用，其中解答中根据三角函数的符号，求得函数fx=a−|x−b|的单调性与对称性是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.
【变式13-1】5.（多选）（2022秋·山西临汾·高三统考阶段练习）已知函数fx，f'x是其导函数，∀x∈0,π2，f'xcsx+fxsinx=lnx恒成立，则（ ）
A．fπ6+3fπ3cs1>3f1B．3−1fπ3<2f5π12
C．2f(π6)<3f(π4)D．2f(π12)>(3+1)f(π4)
【答案】ABD
【分析】构造函数gx=fxcsx0【详解】设gx=fxcsx0当00，
所以gx在0,1上单调递减，在1,π2上单调递增，
所以gπ6>g1，gπ3>g1，所以gπ6+gπ3>2g1，
即2fπ63+2fπ3>2f1cs1，所以fπ6+3fπ3cs1>3f1，故A正确；
因为1<π3<5π12<π2，所以gπ3所以3−1fπ3<2f5π12，故B正确；
因为0<π12<π6<π4<1，所以gπ6>gπ4，gπ12>gπ4，
即fπ6csπ4>fπ4csπ6，fπ12csπ4>fπ4csπ12，因为csπ12=2+64，
所以2fπ6>3fπ4，2fπ12>3+1fπ4，故C错误，D正确．
故选：ABD．
题型14零点相关问题
【例题14】（2023·全国·高三专题练习）已知y=f(x)，x∈R满足f(x+2)=f(x−2)，f(0)=0，当x∈(0,4)时，f(x)=lg2x4−x．已知g(x)=2sin(π2x+π)，则函数y=f(x)−g(x)，x∈[−4,8]的零点个数为 ，这些零点的和为 ．
【答案】 13 26
【分析】分析函数f(x)的周期性和对称性，化简函数g(x)并求出其周期和对称中心，把问题转化为两个函数图象交点个数及交点的横坐标和求解.
【详解】函数y=f(x)，x∈R满足f(x+2)=f(x−2)，即f(x+4)=f(x)，函数f(x)是以4为周期的周期函数，
当x∈(0,4)时，f(x)=lg2x4−x，则4−x∈(0,4)，f(4−x)+f(x)=lg24−xx+lg2x4−x=0，
即函数f(x)=lg2x4−x的图象关于点(2,0)对称，而f(4)=f(0)=0
因此函数y=f(x)，x∈R的图象关于点(4k+2,0),k∈Z对称，
函数g(x)=−2sinπ2x的周期T=4，g(4−x)+g(x)=−2sinπ2(4−x)+(−2sinπ2x)=0，
点(2,0)是y=g(x)的图象的一个对称中心，因此y=g(x)的图象关于点(4k+2,0),k∈Z对称，
于是点(4k+2,0),k∈Z是函数y=f(x)，x∈R与函数y=g(x)的图象的对称中心，
由f(x)−g(x)=0，得f(x)=g(x)，因此函数y=f(x)−g(x)的零点即为函数y=f(x)，x∈R与函数y=g(x)的图象交点横坐标，
作出函数y=f(x)，y=g(x)在区间(0,4)的图象，如图，

观察图象知，函数y=f(x)，y=g(x)在区间(0,4)上有3个公共点，公共点的横坐标和为3×2，
于是函数y=f(x)，y=g(x)在区间(−4,0)上有3个公共点，公共点的横坐标和为3×(−2)，
函数y=f(x)，y=g(x)在区间(4,8)上有3个公共点，公共点的横坐标和为3×6，
因为f(0)=0，则f(−4)=f(0)=f(4)=f(8)=0，又g(−4)=g(0)=g(4)=g(8)=0，
所以函数y=f(x)−g(x)在区间[−4,8]上共有3×3+4=13个零点，
它们的和为−4+3×(−2)+0+3×2+4+3×6+8=26.
故答案为：13；26
【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
【变式14-1】1. （2023秋·四川南充·高三四川省南充高级中学校考阶段练习）已知定义在R上的奇函数fx满足f2−x+fx=0，当x∈0,1时，fx=−lg2x．若函数Fx=fx−sinπx在区间−1,m上有10个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A．3.5,4B．3.5,4C．5.5,5D．5.5,5
【答案】A
【分析】根据题意可知fx和sinπx都是周期为2的周期函数，因此可将Fx=fx−sinπx的零点问题转换为fx和sinπx的交点问题，画出函数图形，找到交点规律即可找出第10个零点坐标，而m的取值范围就在第10个零点和第11个零点之间.
【详解】由f2−x+fx=0⇒fx=−f2−x=fx−2得fx是一个周期为2的奇函数，当x∈0,1时，fx=−lg2x，因此f12=−lg212=1，f1=0
因为fx是奇函数，所以f0=0 ，f−12=−1，f−1=0
且gx=sinπx的周期为T=2ππ=2，且g−1=0，g−12=−1，g0=0，g12=1，g1=0
求Fx=fx−sinπx的零点，即是fx与gx的交点，如图：

为fx与gx在−1,1区间的交点图形，因为fx与gx均为周期为2的周期函数，
因此交点也呈周期出现，由图可知Fx的零点周期为12，
若在区间−1,m上有10个零点，则第10个零点坐标为3.5,0，
第11个零点坐标为4,0，因此3.5≤m<4.
故选：A
【变式14-1】2. （2023春·天津南开·高三南开大学附属中学校考阶段练习）已知m>0，函数f(x)=(x−2)ln(x+1),−1A．π12,5π12∪2,3π4B．π12,5π12∪2,3π4C．0,5π12∪2,3π4D．0,5π12∪2,3π4
【答案】A
【分析】分别求出两段函数各自的零点，作出图像利用数形结合即可得出答案.
【详解】设gx=(x−2)ln(x+1)，ℎx=cs3x+π4，
求导g'x=ln(x+1)+x−2x+1=ln(x+1)+1−3x+1
由反比例函数及对数函数性质知g'x在−1,m,m>0上单调递增，
且g'12<0，g'1>0，故g'x在12,1内必有唯一零点x0，
当x∈−1,x0时，g'(x)<0，gx单调递减；
当x∈x0,m时，g'(x)>0，gx单调递增；
令gx=0，解得x=0或2，可作出函数gx的图像，
令ℎx=0，即3x+π4=π2+kπ,k∈Z，在0,π之间解得x=π12或5π12或3π4，
作出图像如下图
数形结合可得：π12,5π12∪2,3π4，
故选：A
【变式14-1】3. （2023·天津·高三专题练习）已知定义在R上的函数y=fx是偶函数，当x≥0时，fx=2sinπ2x,0≤x≤112x+32,x>1，若关于x的方程fx2+afx+b=0a,b∈R，有且仅有6个不同实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A．−4,−32B．−4,−72
C．−4,−72∪−72,−32D．−4,−32∪−1,−27
【答案】C
【分析】由偶函数性质可以画出函数f(x)的图像，关于x的方程fx2+afx+b=0a,b∈R有6个不同的实数根，根据数形结合和韦达定理即可求得结果.
【详解】由题意可知，函数f(x)的图像如下图所示：
根据函数图像，函数f(x)在−∞,−1,0,1上单调递增，在−1,0,1,+∞上单调递减；
且x=±1时取最大值2，在x=0时取最小值0，y=32是部分图像的渐近线.
令f(x)=t，则关于x的方程fx2+afx+b=0a,b∈R即可写成t2+at+b=0a,b∈R
此时关于t的方程应该有两个不相等的实数根（其他情况不合题意），
设t1,t2为方程的两个实数根，
显然，有以下两种情况符合题意：
①当t1∈(0,32],t2∈(32,2)时，此时−a=t1+t2∈(32,72)，则a∈(−72,−32)
②当t1=2,t2∈(32,2)时，此时−a=t1+t2∈(72,4)，则a∈(−4,−72)
综上可知，实数a的取值范围是a∈(−4,−72)∪(−72,−32).
故选：C.
【变式14-1】4. （2023·全国·高三专题练习）已知定义在R上的偶函数fx，当x≥0时满足fx=4csxsin(x+π6)−1,0≤x≤π612x−π6+1+32,x>π6，关于x的方程fx2+2afx+2=0有且仅有6个不同实根，则实数a的取值范围是 .
【答案】−32,−1712
【分析】根据题意，作出fx的图象，设t=fx，得到方程t2+2at+2=0，设gt=t2+2at+2结合图象，要使得方程有6个不同的根，则满足t2=232【详解】根据题意，当0≤x≤π6时，fx=4csxsin(x+π6)−1=4csx(32sinx+12csx)−1
=23sinxcsx+2cs2x−1=3sin2x+cs2x=2sin(2x+π6)，
因为0≤x≤π6，可得π6≤2x+π6≤π2，所以fx在[0,π6]单调递增，f(0)=1,f(π6)=2，
又由x>π6时，f(x)=(12)x−π6+1+32为单调递减函数，且f(π6)=2，
因为函数fx是R上的偶函数，画出函数fx的图象，如图所示，

设t=fx，则方程fx2+2afx+2=0可化为t2+2at+2=0，
由图象可得：
当t=2时，方程t=fx有2个实数根；
当32当1当t=1时，方程t=fx有1个实数根；
要使得fx2+2afx+2=0有6个不同的根，
设t1,t2是方程t2+2at+2=0的两根t1,t2，设gt=t2+2at+2，
①t2=232此时方程为t2−3t+2=0，解得t1=1，不满足32②10g32=3a+174<0g2=4a+6>0，解得−32综上可得，实数a的取值范围是−32,−1712.
故答案为：−32,−1712.
题型15与数列相关问题
【例题15】（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图，P1是一块半径为1的圆形纸板，在P1的左下端前去一个半径为12的半圆后得到图形P2，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个前掉半圆的半径）得图形P3，P4,⋯,Pn,⋯，记纸板Pn的周长为Ln，面积为Sn，则下列说法正确的是（ ）
A．L3=74π+12B．S3=1132π
C．Ln=π2−12n−1+12n+1D．Sn+1=Sn−π22n+1
【答案】ABD
【分析】观察图形，分析剪掉的半圆的变化，纸板Pn相较于纸板Pn−1 n≥2剪掉了半径为12n−1的半圆，再分别写出Ln和Sn的递推公式，从而累加得到通项公式再逐个判断即可
【详解】根据题意可得纸板Pn相较于纸板Pn−1 n≥2剪掉了半径为12n−1的半圆，故Ln=Ln−1−12n−1×2+12π×22n−1，即Ln−Ln−1=π2n−1−12n−2，故L1=π+2，L2−L1=π21−120，L3−L2=π22−121，L4−L3=π23−122…Ln−Ln−1=π2n−1−12n−2，累加可得Ln=π+2+π21+π22+...+π2n−1−120+121+−2 =π+2+π21−12n−11−12−1−12n−11−12 =π2−12n−1+12n−2，所以L3=π2−122+121=74π+12，故A正确，C错误；
又Sn=Sn−1−12π12n−12，故Sn−Sn−1=−π22n−1，即Sn+1=Sn−π22n+1，故D正确；
又S1=π2，S2−S1=−π23，S3−S2=−π25…Sn−Sn−1=−π22n−1，累加可得Sn=π2−π23−π25−...−π22n−1 =π2−π81−14n−11−14 =π31+122n−1，故S3=1132π正确，故B正确；
故选：ABD
【变式15-1】1. （2023·上海虹口·上海市复兴高级中学校考模拟预测）已知fx=sinx+lnx，将y=f(x)的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列xn，对于正整数n，甲:n−1πA．甲正确，乙正确B．甲正确，乙错误
C．甲错误，乙正确D．甲错误，乙错误
【答案】A
【分析】将函数的极值点转化为两个函数图像的交点的横坐标，由图象判断命题甲，结合函数图像利用极限思想判断命题乙.
【详解】函数fx=sinx+lnx的定义域为0,+∞，导函数f'x=csx+1xx>0，
令f'x=0，得csx=−1x，
所以函数fx的极值点为函数y=csxx>0与函数y=−1xx>0的图象的交点的横坐标，
在同一平面直角坐标系中，分别画出函数y=csxx>0与函数y=−1xx>0的图象，
如图所示，由图可知，在区间n−1π,nπ n∈N∗内，函数函数y=csxx>0与函数y=−1xx>0的图象，有且仅有1个交点，且n−1π所以命题甲正确；
因为xn+1>xn>0，函数y=−1xx>0为增函数，
所以−1xn<−1xn+1<0=cs2n−1π2 n∈N∗，
所以随着n的增大，xn与2n−1π2越来越接近，距离越来越小，
所以数列xn−2n−1π2为递减数列，命题乙正确.
故选：A.

【点睛】知识点点睛：本题考查的知识点有极值点的定义，余弦函数的图象，反比例函数的图象，利用图象研究方程的根等，考查数形结合，极限等数学思想，属于综合题.
【变式15-1】2. （2023春·上海宝山·高三上海交大附中校考阶段练习）将关于x的方程2sin2x+tπ=1（t为实常数，0【答案】0,16∪12,56
【分析】先根据三角函数的周期性得出x1,x2满足的关系，然后再根据x1,x2的对称性可得结果.
【详解】由2sin2x+tπ=1得sin2x+tπ=12，则方程2sin2x+tπ=1的解即为函数y=sin2x+tπ图象与直线y=12交点的横坐标，

因为函数y=sin2x+tπ的周期为T=π，
所以x1,x3,x5⋯是以x1为首项，π为公差的等差数列，
x2,x4,x6,⋯是以x2为首项，π为公差的等差数列，
所以T20=x1+x2+x3+x4+⋯+x20=10(x1+x2)+90π≤100π，所以x1+x2≤π，
令2x+tπ=kπ+π2(k∈Z)得x=kπ2+π4−tπ2，
因为x∈0,+∞，所以2x+tπ∈tπ,+∞，
由函数y=sin2x+tπ图象的对称性知，x1与x2对应的点关于函数y=sin2x+tπ图象的某条对称轴对称，
因为0所以当0当π6所以12≤t≤56；
当5π6综上，0故答案为：0,16∪12,56.
【点睛】思路点睛：涉及同一函数的不同自变量值对应函数值相等问题，可以转化为直线与函数图象交点横坐标问题，结合函数图象性质求解.
【变式15-1】3. （2023·全国·高三专题练习）数列an满足tanan=1n2+n+1，an∈0,π2，Sn为an的前n项和，若Sn【答案】π4,+∞
【分析】将1n2+n+1化为n+1−n1+n+1n，构造数列bn满足tanbn=n，结合两角差的正切公式，使用裂项相消法求Sn，再由bn的取值范围求解即可.
【详解】由已知，tanan=1n2+n+1=n+1−n1+n+1n，
令tanbn=n，bn∈0,π2，则tanan=n+1−n1+n+1n=tanbn+1−tanbn1+tanbn+1⋅tanbn=tanbn+1−bn，
∵an∈0,π2，bn∈0,π2，∴an=bn+1−bn，
∴an的前n项和Sn=b2−b1+b3−b2+⋯+bn+1−bn=bn+1−b1，
又∵tanb1=1，b1∈0,π2，∴b1=π4，
∵bn+1∈0,π2，∴Sn=bn+1−b1<π2−π4=π4，
又∵Sn∴k的范围为π4,+∞.
故答案为：π4,+∞.
【点睛】关键点睛：合理构造数列，使用裂项相消法求和，是本题解题的关键所在.
【变式15-1】4. （2021·福建厦门·厦门一中校考一模）已知fx=tanx，数列an满足：对任意n∈N∗，an∈0,π2，且a1=π3，fan+1=f’an，则使得sina1⋅sina2⋯sinak<110成立的最小正整数k为 .
【答案】298
【分析】先求出f'x=1cs2x确定tan2an是以3为首项，1为公差的等差数列，求出tanan=n+2从而sinan=n+2n+3∴sina1⋅sina2⋯sinak =34⋅45⋯k+2k+3 =3k+3最后解不等式得出k的最小值．
【详解】f'x=1cs2x，由fan+1=f'an知：tanan+1=1cs2an=1csan=1csan
∴tan2an+1=1cs2an =sin2an+cs2ancs2an =1+tan2an，又a1=π3，∴tan2a1=3.
∴tan2an是以3为首项，1为公差的等差数列，∴tan2an=3+n−1=n+2，
又tanan>0，∴tanan=n+2，从而sinan=n+2n+3，
∴sina1⋅sina2⋯sinak =34⋅45⋯k+2k+3 =3k+3，令3k+3<110得k>297，又k∈N∗，
故k的最小值为298.
【点睛】本题考查了三角函数的求导，等差数列的定义，同角三角关系式，以及根式不等式的求解．
【变式15-1】5.（多选）（2023·全国·高三专题练习）已知单位圆O的内接正n边形A1A2A3 …An的边长、周长和面积分别为an，Ln，Sn，则下列结论正确的是（ ）
A．an=2csπnB．LnL2n=csπ2n
C．SnS2n=12D．an2+(2−a2n2)2=4
【答案】BD
【分析】根据题意分析数列{an}的通项公式，由此可得Ln、{Sn}的通项公式，进而分析选项可得答案.
【详解】对于A，单位圆O的内接正n边形A1A2A3⋯An的中心角为2πn，则an=2sinπn，
故A错误；
对于B，由A的结论，an=2sinπn，则Ln=nan=2nsinπn，
则LnL2n=2nsinπn4nsinπ2n=sinπn2sinπ2n=csπ2n，故B正确；
对于C，Sn=n12×1×1×sin2πn=n2sin2πn，则S2n=2n2sin2π2n=nsinπn，
故SnS2n=n2sin2πnnsinπn=csπn，故C错误；
对于D，an=2sinπn，则a2n=2sinπ2n，故an2+2−a2n22=4sin2πn+2−4sin2π2n2=4sin2πn+2−4×1−csπn22
=4sin2πn+4cs2πn=4，故D正确.
故选：BD.

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是△OA1A2,△OA2A3,⋯,△OAn−1An是腰长为1顶角为π2n的等腰三角形，考查了学生的思维能力、运算能力.
1. （2020·北京·统考高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（π Day）．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形（各边均与圆相切的正6n边形）的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是（ ）．
A．3nsin30°n+tan30°nB．6nsin30°n+tan30°n
C．3nsin60°n+tan60°nD．6nsin60°n+tan60°n
【答案】A
【分析】计算出单位圆内接正6n边形和外切正6n边形的周长，利用它们的算术平均数作为2π的近似值可得出结果.
【详解】单位圆内接正6n边形的每条边所对应的圆心角为360°n×6=60°n，每条边长为 2sin30°n，
所以，单位圆的内接正6n边形的周长为12nsin30°n，
单位圆的外切正6n边形的每条边长为2tan30°n，其周长为12ntan30°n，
∴2π=12nsin30°n+12ntan30°n2=6n(sin30°n+tan30°n)，
则π=3n(sin30°n+tan30°n).
故选：A.
【点睛】本题考查圆周率π的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正6n边形和外切正6n边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
2. （2022·全国·统考高考真题）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在AB上，CD⊥AB．“会圆术”给出AB的弧长的近似值s的计算公式：s=AB+CD2OA．当OA=2,∠AOB=60°时，s=（ ）
A．11−332B．11−432C．9−332D．9−432
【答案】B
【分析】连接OC，分别求出AB,OC,CD，再根据题中公式即可得出答案.
【详解】解：如图，连接OC，
因为C是AB的中点，
所以OC⊥AB，
又CD⊥AB，所以O,C,D三点共线，
即OD=OA=OB=2，
又∠AOB=60°，
所以AB=OA=OB=2，
则OC=3，故CD=2−3，
所以s=AB+CD2OA=2+2−322=11−432.
故选：B.
3. （2023·湖南娄底·统考模拟预测）等腰三角形的底与腰之比是黄金分割比的三角形称为黄金三角形，它是一个顶角为36°的等腰三角形．如图，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，其中一个黄金△ABC中，BCAC=5−12，记五角星中阴影部分的面积是S阴，中间空白正五边形的面积是S白，则S阴S白=（ ）
A．2+5B．2−5C．55D．5
【答案】D
【分析】由BCAC=5−12以及∠BAC=36∘求出cs36∘=1+54，得S阴=5×S△ABC =52⋅1+522BC2⋅sin36∘，将中间空白正五边形分成五个全等的等腰三角形，求出S白=5×12BC2sin36∘2⋅sin72∘，可得S阴S白= 5.
【详解】因为BCAC=5−12，所以sin18∘=12BCAC=5−14，cs36∘=1−2sin218∘=1−2×5−142 =1+54，
所以S阴=5×S△ABC=5×12AC2sin36∘ =52×(25−1)2BC2⋅sin36∘ =52⋅1+522BC2⋅sin36∘，
将中间空白正五边形分成五个全等的等腰三角形，顶角为72∘，
腰为BC2sin36∘，所以S白=5×12BC2sin36∘2⋅sin72∘，
所以S阴S白= 52(1+52)2BC2sin36∘52⋅BC24sin236∘⋅sin72∘ =(1+52)2⋅4sin336∘sin72∘ =1+522⋅4sin36∘⋅sin236∘2sin36∘⋅cs36∘
=1+522⋅2sin236∘cs36∘ =1+522⋅21−cs236∘cs36∘ =1+522⋅21−(1+54)21+54 =5.
故选：D.
4.（2020·黑龙江哈尔滨·哈九中校考二模）已知函数fx=−13cs2x−asinx−csx，且对于任意的x1,x2∈−∞,+∞，当x1≠x2时都有fx1−fx2x1−x2<1成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．−14,14B．−23,23C．−26,26D．−1,1
【答案】C
【分析】不妨设x1fx2−x2，构造函数gx=fx−x，可得函数gx在R上为减函数，根据导数和函数的单调性的关系，结合换元法求得a的取值范围.
【详解】依题意对于任意的x1,x2∈−∞,+∞，当x1≠x2时都有fx1−fx2x1−x2<1成立，
不妨设x1fx2−x2，构造函数gx=fx−x，可得函数gx在R上为减函数，
gx=fx−x=−13cs2x−asinx−csx−x，
则g'x=23sin2x−asinx+csx−1≤0在R上恒成立.
设t=sinx+csx=2sinx+π4∈−2,2，
则23t2−1−at−1=23t2−at−53≤0，在t∈−2,2上恒成立，
即2t2−3at−5≤0在t∈−2,2上恒成立，
所以4+32a−5≤04−32a−5≤0，解得−26≤a≤26.
故选：C
【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
5. （2023·河南·统考三模）已知函数fx=asinωx+bcsωx，其中ω>0，若函数满足以下条件：
①函数fx在区间37π,47π上是单调函数；②fx≤fπ4对任意x∈R恒成立；
③经过点b,2a的任意直线与函数y=fx恒有交点，则ω的取值范围是（ ）
A．0,1∪3,289B．(0,1)∪3,289
C．0,1∪3,5∪7D．0,1∪3,5
【答案】A
【分析】根据题意得到函数的周期为2πω，由②得到x=π4是函数的一条对称轴，结合①可知0<ω≤289，285≤ω≤569，再结合②和③即可求解.
【详解】由函数fx=asinωx+bcsωx可知，函数的周期为T=2πω，
由条件②fx≤fπ4对任意x∈R恒成立，可知x=π4是函数的一条对称轴，
结合条件①函数fx在区间37π,47π上是单调函数，则有
π4+n⋅πω≤3π7π4+(n+1)⋅πω≥4π7，又ω>0，解得ω≥28n5ω≤28(n+1)9，即28n5≤ω≤28(n+1)9，
又因为ω>0，故28(n+1)9>028(n+1)9≥28n5，解得n>−1n≤54，又n∈Z，
从而n=0或n=1.
当n=0时，0<ω≤289；当n=1时，285≤ω≤569，
由②fx≤fπ4对任意x∈R恒成立，f'(x)=ω(acsωx−bsinωx)，则f'(π4)=ω(acsωπ4−bsinωπ4)=0，由③经过点b,2a的任意直线与函数y=fx恒有交点，得2a≤a2+b2，解得a≤b，易知b≠0，ab≤1，−1≤ab≤1，
此时由f'(π4)=ω(acsωπ4−bsinωπ4)=0，可得tanωπ4=ab，从而−1≤tanωπ4≤1，
由0<ω≤289或285≤ω≤569，得0<ωπ4≤π4或3π4≤ωπ4≤7π9，
所以0<ω≤1或3≤ω≤289，
故选：A.
【点睛】根据三角函数的单调性和对称轴求参数，研究三角函数的性质基本思想将函数看成y=Asin(ωx+φ)的形式，根据整体思想来研究相关性质.
6. （多选）（2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）设函数fx=Asinωx+φA,ω>0,0≤φ<2π，如图是函数fx及其导函数f'x的部分图像，则（ ）
A．A=ω
B．φ=5π6
C．fx与y轴交点坐标为0,332
D．fx与f'x的所有交点中横坐标绝对值的最小值为3π6

【答案】AD
【分析】本题先结合图象分析得知图①为f'x的图象，图②为fx的图象，再根据图象中点的坐标求出基本量A，ω，φ，进而可判断ABCD四个选项.
【详解】
由fx=Asinωx+φ得f'x=ωAcsωx+φ，
如图，因当fπ23>0，f'π23>0，
故可判断图①为f'x的图象，图②为fx的图象，
由图可知：
当ωx+φ=0时，f'x=ωAcsωx+φ=ωA=3，
当x=π23时，f'π23=ωAcsπ23ω+φ=32，
故csπ23ω+φ=12，
因sinπ23ω+φ>0，故sinπ23ω+φ=1−122=32
由fπ23=Asinπ23ω+φ=32得32A=32，故A=3，
ω=3A=3，故A正确.
又csπ2+φ=12，sinπ2+φ=32，
所以sinφ=−12，csφ=32，
又因0≤φ<2π，故φ=11π6，故B错误.
综上可得fx=3sin3x+11π6，f'x=3cs3x+11π6，
f0=3sin11π6=−32，
故fx与y轴交点坐标为0,−32，C错误.
令fx=f'x，即3sin3x+11π6=3cs3x+11π6得
tan3x+11π6=3，
故3x+11π6=π3+kπ，k∈Z，
得x=−3π6+3kπ3，k∈Z，
故当k=0或k=1时x的值最小为3π6，故D正确.
故选：AD
7. （多选）（2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）如图，已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)（其中A>0，ω>0，|φ|≤π2）的图象与x轴交于点A,B，与y轴交于点C，BC=2BD，∠OCB=π3,|OA|=2，|AD|=2213.则下列说法正确的有（ ）
A．fx的最小正周期为12B．φ=−π6
C．fx的最大值为163D．fx在区间(14,17)上单调递增
【答案】ACD
【分析】由题意可得：3|Asinφ|=2+πω，sin(2ω+φ)=0，可得A，B，C，D的坐标，根据|AD|=2213，可得方程(1−π2ω)2+A2sin2φ4=283，进而解出ω，φ，A．判断出结论．
【详解】由题意可得：|OB|=3|OC|，∴3Asinφ=2+πω，sin(2ω+φ)=0，
A(2,0)，B(2+πω，0)，C(0,Asinφ)，∴D1+π2ω,Asinφ2，
∵AD=2213，∴1−π2ω2+A2sin2φ4=283，把|Asinφ|=13(2+πω)代入上式可得：(πω)2−2×πω−24=0，ω>0.解得πω=6，∴ω=π6，可得周期T=2πω=12，∴sin(π3+φ)=0，|φ|≤π2，解得φ=−π3.可知：B不对，∴3Asin−π3=2+6，A>0，解得A=163，函数f(x)=163sin(π6x−π3)，可知C正确.
x∈14,17 时，π6x−π3∈2π,5π2，可得：函数f(x)在x∈14,17单调递增.
综上可得：ACD正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是表示点B,C,D的坐标，并利用两点间距离表示等量关系后，求解各点的坐标，问题迎刃而解
8. （2021·上海金山·统考一模）如图，AB为定圆O的直径，点P为半圆AB上的动点．过点P作AB的垂线，垂足为Q，过Q作OP的垂线，垂足为M．记弧AP的长为x，线段QM的长为y，则函数y=f(x)的大致图像是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设半径为r，计算得到∠AOP=xr，y=r2sin2xr，找出对应图像得到答案.
【详解】设半径为r，则∠AOP=xr，PQ=OPsin∠AOP=rsinxr
MQ=PQcs∠AOP=rsinxrcsxr=r2sin2xr，故y=r2sin2xr，0≤x≤πr
故选：A
【点睛】本题考查了函数图像的识别，计算出函数表达式是解题的关键
9. （2023·福建厦门·厦门一中校考二模）在数列{an}中给定a1，且函数fx=13x3−an+1sinx+an+2x+1的导函数有唯一的零点，函数gx=8x+sinπx−csπx且ga1+ga2+⋅⋅⋅+ga9=18.则a5= .
【答案】14/0.25
【分析】利用导数的定义和对称性可得an+1−an=2，利用辅助角公式对gx化简，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性并结合夹逼原理即可求解.
【详解】因为f'x=x2−an+1csx+an+2有唯一的零点，f'x为偶函数，
所以f'0=0，即an+1−an=2，n∈N*，
所以数列an为公差为2的等差数列，
又因为gx=8x+sinπx−csπx=8x+222sinπx−22csπx
=8x+2sinπx−14=8x−14+2sinπx−14+2，
令ℎt=8t+2sinπt，则ℎt为奇函数，
因为ℎ't=8+2πcsπt>0，所以ℎt在R上单调递增，
由题意得ga1−2+ga2−2+⋅⋅⋅+ga9−2=0，
因为数列an是公差不为0的等差数列，其中a10，
a1−14>−a9−14⇒ℎa1−14>−ℎa9−14⇒ℎa1−14+ℎa9−14>0，
因为a1−14+a9−14=a2−14+a8−14=a3−14+a7−14=a1−14+a6−14=2a5−14
所以ℎa1−14+ℎa2−14+⋅⋅⋅+ℎa9−14>0，
假设a1−14+a9−14<0，同理可得ℎa1−14+ℎa2−14+⋅⋅⋅+ℎa9−14<0，
综上，a1−14+a9−14=0⇒a1+a9=12⇒a5=14，
故答案为：14
10. （2023·全国·模拟预测）设函数f(x)的定义域为R，满足f(2−2x)=f(2+2x)，f(1+x)+f(1−x)=4.若f(0)=0，且f(x)在[0,1]单调递增，则满足f(x)sinπx4≥2的x的取值范围是 .
【答案】{x|8k+1≤x≤8k+3,k∈Z}
【分析】由题意可知，fx是周期为4的周期函数，y=sinπ4x的最小正周期为8，结合fx与y=sinπ4x的单调性，易知在一个周期内，由f(x)⋅sinπx4≥2，可得x∈1,3，再结合周期求出范围即可.
【详解】因为f(2−2x)=f(2+2x)，可得f(2−x)=f(2+x)，所以f(6+x)=f(−x−2)， fx关于x=2对称，
由f1+x+f1−x=4，可得f6+x+f−4−x=4，fx关于1,2对称，
因为f1+x+f1−x=4，f1−x+3+f1+x−3=4，f4−x+fx−2=4，
所以f1+x+3+f1−x+3=4，
则fx+4=f1+x+3=−f1−x+3+4=−f−x+2+4，
因为f(−2−x)=f(6+x)，所以−f−x+2=−f6+x，
fx+4=−fx+6+4=f−4−x−4+4=f−4−x，所以fx关于y轴对称，
所以−f−x+2=−fx+2，
因为f1+x+f1−x=4，所以f1+x+1+f1−x+1=4，
则fx+4=−fx+2+4=−f1+1+x+4=f1−1+x=f−x=fx，
所以函数fx是周期为4的周期函数.
因为fx是偶函数，且在0,1单调递增，所以fx在−1,0单调递减，
令f1+x+f1−x=4中x=0，则f1+f1=4，则f1=2，
又因为fx关于1,2对称，所以fx在1,2上单调递增，2,3上单调递减，
结合函数fx是周期为4的周期函数，
综上可得fx在0,2，4,6上单调递增，2,4，6,8上单调递减，
因为y=sinπ4x的最小正周期为T=2ππ4=8，结合y=sinπ4x图象可知，
y=sinπ4x在0,2，6,8上单调递增，在2,6上单调递减，
令f1+x+f1−x=4中x=1，则f2+f0=4，则f2=4，
当x=1,y=sinπ4=22，又f1=2，所以f1⋅sinπ4=2，
当x=3,y=sin3π4=22，又f3=f−1=f1=2，所以f3⋅sin3π4=2，
所以当x∈0,8时，f(x)⋅sinπx4≥2，解得x∈1,3.
又因为fx与y=sinπ4x均为周期函数，且8均为其周期，
所以f(x)⋅sinπx4≥2的x的取值范围是1+8k,3+8k,k∈Z.
故答案为：8k+1,8+3k,k∈Z.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是求出y=fx与y=sinπ4x的周期性，由f1⋅sinπ4=2，f3⋅sin3π4=2，结合函数的单调性和周期性求解即可.
11．（2023·全国·统考高考真题）已知等差数列an的公差为2π3，集合S=csann∈N∗，若S=a,b，则ab=（ ）
A．－1B．−12C．0D．12
【答案】B
【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.
【详解】依题意，等差数列{an}中，an=a1+(n−1)⋅2π3=2π3n+(a1−2π3)，
显然函数y=cs[2π3n+(a1−2π3)]的周期为3，而n∈N∗，即csan最多3个不同取值，又{csan|n∈N∗}={a,b}，
则在csa1,csa2,csa3中，csa1=csa2≠csa3或csa1≠csa2=csa3，
于是有csθ=cs(θ+2π3)，即有θ+(θ+2π3)=2kπ,k∈Z，解得θ=kπ−π3,k∈Z，
所以k∈Z，ab=cs(kπ−π3)cs[(kπ−π3)+4π3]=−cs(kπ−π3)cskπ=−cs2kπcsπ3=−12.
故选：B
12．（2023·天津·统考高考真题）函数fx的图象如下图所示，则fx的解析式可能为（ ）

A．5ex−e−xx2+2B．5sinxx2+1
C．5ex+e−xx2+2D．5csxx2+1
【答案】D
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在(0,+∞)上的函数符号排除选项，即得答案.
【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且f(−2)=f(2)<0，
由5sin(−x)(−x)2+1=−5sinxx2+1且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；
当x>0时5(ex−e−x)x2+2>0、5(ex+e−x)x2+2>0，即A、C中(0,+∞)上函数值为正，排除；
故选：D
13．（2023·全国·统考高考真题）已知sinα−β=13,csαsinβ=16，则cs2α+2β=（ ）．
A．79B．19C．−19D．−79
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出sin(α+β)，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因为sin(α−β)=sinαcsβ−csαsinβ=13，而csαsinβ=16，因此sinαcsβ=12，
则sin(α+β)=sinαcsβ+csαsinβ=23，
所以cs(2α+2β)=cs2(α+β)=1−2sin2(α+β)=1−2×(23)2=19.
故选：B
14．（2023·全国·统考高考真题）已知α为锐角，csα=1+54，则sinα2=（ ）．
A．3−58B．−1+58C．3−54D．−1+54
【答案】D
【分析】根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出．
【详解】因为csα=1−2sin2α2=1+54，而α为锐角，
解得：sinα2= 3−58=5−1216=5−14．
故选：D．
15．（多选）（2022·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的图像关于点2π3,0中心对称，则（ ）
A．f(x)在区间0,5π12单调递减
B．f(x)在区间−π12,11π12有两个极值点
C．直线x=7π6是曲线y=f(x)的对称轴
D．直线y=32−x是曲线y=f(x)的切线
【答案】AD
【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
【详解】由题意得：f2π3=sin4π3+φ=0，所以4π3+φ=kπ，k∈Z，
即φ=−4π3+kπ,k∈Z，
又0<φ<π，所以k=2时，φ=2π3，故f(x)=sin2x+2π3．
对A，当x∈0,5π12时，2x+2π3∈2π3,3π2，由正弦函数y=sinu图象知y=f(x)在0,5π12上是单调递减；
对B，当x∈−π12,11π12时，2x+2π3∈π2,5π2，由正弦函数y=sinu图象知y=f(x)只有1个极值点，由2x+2π3=3π2，解得x=5π12，即x=5π12为函数的唯一极值点；
对C，当x=7π6时，2x+2π3=3π，f(7π6)=0，直线x=7π6不是对称轴；
对D，由y'=2cs2x+2π3=−1得：cs2x+2π3=−12，
解得2x+2π3=2π3+2kπ或2x+2π3=4π3+2kπ,k∈Z,
从而得：x=kπ或x=π3+kπ,k∈Z,
所以函数y=f(x)在点0,32处的切线斜率为k=y'x=0=2cs2π3=−1，
切线方程为：y−32=−(x−0)即y=32−x．
故选：AD．
16．（多选）（2021·全国·统考高考真题）已知O为坐标原点，点P1(csα,sinα)，P2(csβ,−sinβ)，P3(cs(α+β),sin(α+β))，A(1,0)，则（ ）
A．|OP1|=|OP2|B．|AP1|=|AP2|
C．OA⋅OP3=OP1⋅OP2D．OA⋅OP1=OP2⋅OP3
【答案】AC
【分析】A、B写出OP1，OP2、AP1，AP2的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.
【详解】A：OP1=(csα,sinα)，OP2=(csβ,−sinβ)，所以|OP1|=cs2α+sin2α=1，|OP2|=(csβ)2+(−sinβ)2=1，故|OP1|=|OP2|，正确；
B：AP1=(csα−1,sinα)，AP2=(csβ−1,−sinβ)，所以|AP1|=(csα−1)2+sin2α=cs2α−2csα+1+sin2α=2(1−csα)=4sin2α2=2|sinα2|，同理|AP2|=(csβ−1)2+sin2β=2|sinβ2|，故|AP1|,|AP2|不一定相等，错误；
C：由题意得：OA⋅OP3=1×cs(α+β)+0×sin(α+β)=cs(α+β)，OP1⋅OP2=csα⋅csβ+sinα⋅(−sinβ)=cs(α+β)，正确；
D：由题意得：OA⋅OP1=1×csα+0×sinα=csα，OP2⋅OP3=csβ×cs(α+β)+(−sinβ)×sin(α+β)
=csβ+α+β=cs(α+2β)，故一般来说OA⋅OP1≠OP2⋅OP3故错误；
故选：AC
17．（多选）（2020·海南·高考真题）下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （ ）
A．sin(x+π3）B．sin(π3−2x)C．cs(2x+π6）D．cs(5π6−2x)
【答案】BC
【分析】首先利用周期确定ω的值，然后确定φ的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可得正确结果.
【详解】由函数图像可知：T2=23π−π6=π2，则|ω|=2πT=2ππ=2，所以不选A,
不妨令ω=2,
当x=23π+π62=5π12时，y=−1∴ 2×5π12+φ=3π2+2kπk∈Z，
解得：φ=2kπ+23πk∈Z，
即函数的解析式为：
y=sin2x+23π+2kπ=sin2x+π6+π2=cs2x+π6=sinπ3−2x.
而cs2x+π6=−cs(5π6−2x)
故选：BC.
【点睛】已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝2πT即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
18．（2023·全国·统考高考真题）若θ∈0,π2,tanθ=12，则sinθ−csθ= ．
【答案】−55
【分析】根据同角三角关系求sinθ，进而可得结果.
【详解】因为θ∈0,π2，则sinθ>0,csθ>0，
又因为tanθ=sinθcsθ=12，则csθ=2sinθ，
且cs2θ+sin2θ=4sin2θ+sin2θ=5sin2θ=1，解得sinθ=55或sinθ=−55（舍去），
所以sinθ−csθ=sinθ−2sinθ=−sinθ=−55.
故答案为：−55.
19．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx=csωx−1(ω>0)在区间0,2π有且仅有3个零点，则ω的取值范围是 ．
【答案】[2,3)
【分析】令f(x)=0，得csωx=1有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【详解】因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，
令f(x)=csωx−1=0，则csωx=1有3个根，
令t=ωx，则cst=1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]，
结合余弦函数y=cst的图像性质可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3，
故答案为：[2,3).
20．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx=sinωx+φ，如图A，B是直线y=12与曲线y=fx的两个交点，若AB=π6，则fπ= ．

【答案】−32
【分析】设Ax1,12,Bx2,12，依题可得，x2−x1=π6，结合sinx=12的解可得，ωx2−x1=2π3，从而得到ω的值，再根据f23π=0以及f0<0，即可得f(x)=sin4x−23π，进而求得fπ．
【详解】设Ax1,12,Bx2,12，由AB=π6可得x2−x1=π6，
由sinx=12可知，x=π6+2kπ或x=5π6+2kπ，k∈Z，由图可知，
ωx2+φ−ωx1+φ=56π−π6=2π3，即ωx2−x1=2π3，∴ω=4．
因为f23π=sin8π3+φ=0，所以8π3+φ=kπ，即φ=−83π+kπ，k∈Z．
所以f(x)=sin4x−83π+kπ=sin4x−23π+kπ，
所以fx=sin4x−23π或fx=−sin4x−23π，
又因为f0<0，所以f(x)=sin4x−23π，∴fπ=sin4π−23π=−32．
故答案为：−32．
【点睛】本题主要考查根据图象求出ω以及函数fx的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，以及特殊角的三角函数值是解题关键．
已知fx＝Asin(ωx+φ)(A>0，ω>0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω=2πT即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0+φ=0(或ωx0+φ=π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
有关三角函数综合问题的求解策略：
1、根据题意问题转化为已知条件转化为三角函数的解析式和图象，然后在根据数形结合思想研究三角函数的性质，进而加深理解函数的性质.
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法，合理转化求解.