(新高考)高考数学一轮复习讲与练第4章§4.5《三角函数的图象与性质》(含详解)

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§4.5　三角函数的图象与性质考试要求　1.能画出三角函数的图象.2.了解三角函数的周期性、奇偶性、最大(小)值.3.借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0,2π]上，正切函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的性质．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\co1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．(2)在余弦函数y＝cos x，x∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0))，(2π，1)．2．正弦、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半个周期．2．奇偶性若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，则(1)f(x)为偶函数的充要条件是φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)．(2)f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z)．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)正切函数y＝tan x在定义域内是增函数．(　×　)(2)已知y＝ksin x＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1.(　×　)(3)y＝sin|x|是偶函数．(　√　)(4)若非零实数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．(　√　)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＝1C．T＝π，A＝2 D．T＝2π，A＝2答案　A2．函数f(x)＝－2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的定义域是(　　)A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,6)))))B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(π,12)))))C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,6)k∈Z))))D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(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.3．函数y＝3coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递减区间是________．答案　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z解析　因为y＝3coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，令2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z，求得kπ＋eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，可得函数的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.题型一　三角函数的定义域和值域例1　(1)函数y＝eq \f(1,tan x－1)的定义域为________．答案　eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))解析　要使函数有意义，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(tan x－1≠0，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，k∈Z，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z.))故函数的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))).(2)函数y＝sin x－cos x＋sin xcos x的值域为________．答案　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1＋2\r(2),2)，1))解析　设t＝sin x－cos x，则t2＝sin2x＋cos2x－2sin x·cos x，sin xcos 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).∴函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1＋2\r(2),2)，1)).教师备选1．函数y＝eq \r(sin x－cos x)的定义域为________．答案　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)解析　要使函数有意义，必须使sin x－cos x≥0.利用图象，在同一坐标系中画出[0,2π]上y＝sin x和y＝cos x的图象，如图所示．在[0,2π]内，满足sin x＝cos x的x为eq \f(π,4)，eq \f(5π,4)，再结合正弦、余弦函数的周期是2π，所以原函数的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)))).2．函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)cos x－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________．答案　1解析　由题意可得f(x)＝－cos2x＋eq \r(3)cos x＋eq \f(1,4)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos x－\f(\r(3),2)))2＋1.∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cos x∈[0,1]．∴当cos x＝eq \f(\r(3),2)，即x＝eq \f(π,6)时，f(x)取最大值为1.思维升华　(1)三角函数定义域的求法求三角函数的定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数的图象来求解．(2)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cos x看作一个整体，转换成二次函数求值域．③利用sin x±cos x和sin xcos 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)＝cos x－cos 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2C．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)＝cos (－x)－cos (－2x)＝cos x－cos 2x＝f(x)，所以该函数为偶函数，又f(x)＝cos x－cos 2x＝－2cos2x＋cos x＋1＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos x－\f(1,4)))2＋eq \f(9,8)，所以当cos x＝eq \f(1,4)时，f(x)取最大值eq \f(9,8).(2)函数y＝lg(sin 2x)＋eq \r(9－x2)的定义域为________．答案　eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析　∵函数y＝lg(sin 2x)＋eq \r(9－x2)，∴应满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin 2x>0，,9－x2≥0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(kπ0)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)(2021·全国乙卷)函数f(x)＝sin eq \f(x,3)＋cos eq \f(x,3)最小正周期和最大值分别是(　　)A．3π和eq \r(2) B．3π和2C．6π和eq \r(2) D．6π和2答案　C解析　因为函数f(x)＝sin eq \f(x,3)＋cos eq \f(x,3)＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sin \f(x,3)＋\f(\r(2),2)cos \f(x,3)))＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin \f(x,3)cos \f(π,4)＋cos \f(x,3)sin \f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋\f(π,4)))，所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,\f(1,3))＝6π，最大值为eq \r(2).(2)已知f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)是定义域为R的奇函数，且当x＝3时，f(x)取得最小值－3，当ω取得最小正数时，f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 022)的值为(　　)A.eq \f(3,2) B．－6－3eq \r(3)C．1 D．－1答案　B解析　∵f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)是定义域为R的奇函数，∴φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，则φ＝eq \f(π,2)，则f(x)＝－Asin ωx.当x＝3时，f(x)取得最小值－3，故A＝3，sin 3ω＝1，∴3ω＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z.∴ω的最小正数为eq \f(π,6)，∴f(x)＝－3sin eq \f(π,6)x，∴f(x)的周期为12，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(12)＝0，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 022)＝168×0＋f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝－6－3eq \r(3).(3)(2022·杭州模拟)设函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(3,4)，则下列叙述正确的是(　　)A．f(x)的最小正周期为2πB．f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称C．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的最小值为－eq \f(5,4)D．f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))对称答案　C解析　对于A，f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，故A错误；对于B，∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)－\f(π,3)))＝－eq \f(1,2)≠±1，故B错误；对于C，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(5π,3)))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(3,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，\r(3)＋\f(3,4)))，∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的最小值为－eq \f(5,4)，故C正确；对于D，∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(2π,3)－\f(π,3)))＋eq \f(3,4)＝eq \f(3,4)，∴f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3,4)))对称，故D错误．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\co1(－2x＋\f(π,3)))的单调递减区间为________．答案　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)解析　f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，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.故所求函数的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．延伸探究　f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))在[0，π]上的单调递减区间为________．答案　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，π))解析　令A＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z，B＝[0，π]，∴A∩B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\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\co1(0，\f(5π,12)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，π)).命题点2　根据单调性求参数例4　(1)若函数f(x)＝sin ωx(ω＞0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω＝________.答案　eq \f(3,2)解析　∵f(x)＝sin ωx(ω＞0)过原点，∴当0≤ωx≤eq \f(π,2)，即0≤x≤eq \f(π,2ω)时，y＝sin ωx单调递增；当eq \f(π,2)≤ωx≤eq \f(3π,2)，即eq \f(π,2ω)≤x≤eq \f(3π,2ω)时，y＝sin ωx单调递减．由f(x)＝sin ωx(ω＞0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，知eq \f(π,2ω)＝eq \f(π,3)，∴ω＝eq \f(3,2).(2)已知ω>0，函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是________．答案　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4)))解析　由eq \f(π,2)0，得eq \f(ωπ,2)＋eq \f(π,4)<ωx＋eq \f(π,4)<ωπ＋eq \f(π,4)，因为y＝sin x的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))，k∈Z，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥\f(π,2)＋2kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤\f(3π,2)＋2kπ，))k∈Z，解得4k＋eq \f(1,2)≤ω≤2k＋eq \f(5,4)，k∈Z.又由4k＋eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k＋\f(5,4)))≤0，k∈Z，且2k＋eq \f(5,4)>0，k∈Z，解得k＝0，所以ω∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4))).教师备选(2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则ω的最大值为(　　)A．11 B．9 C．7 D．1答案　B解析　因为x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，所以eq \f(2n＋1,4)·T＝eq \f(π,2)(n∈N)，即eq \f(2n＋1,4)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(π,2)(n∈N)，所以ω＝2n＋1(n∈N)，即ω为正奇数．因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则eq \f(5π,36)－eq \f(π,18)＝eq \f(π,12)≤eq \f(T,2)，即T＝eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,6)，解得ω≤12.当ω＝11时，－eq \f(11π,4)＋φ＝kπ，k∈Z，因为|φ|≤eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,4)，此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(11x－\f(π,4))).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))时，11x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,36)，\f(46π,36)))，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上不单调，不满足题意；当ω＝9时，－eq \f(9π,4)＋φ＝kπ，k∈Z，因为|φ|≤eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,4)，此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(π,4))).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))时，9x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(3π,2)))，此时f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调递减，符合题意．故ω的最大值为9.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＝Acos(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)(2021·新高考全国Ⅰ)下列区间中，函数f(x)＝7sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的单调递增区间是(　　)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))答案　A解析　令－eq \f(π,2)＋2kπ≤x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(π,3)＋2kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z.取k＝0，则－eq \f(π,3)≤x≤eq \f(2π,3).因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))是函数f(x)的单调递增区间．(2)(2022·济南模拟)已知函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，则ω的取值范围是(　　)A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))答案　A解析　当－eq \f(π,6)0)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(πω,6)＋\f(π,3)≥－\f(π,2)，,\f(πω,3)＋\f(π,3)≤\f(π,2)，))解得ω≤eq \f(1,2)，因为ω>0，所以ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).课时精练1．y＝|cos x|的一个单调递增区间是(　　)A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))) B．[0，π]C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))答案　D解析　将y＝cos x的图象位于x轴下方的部分关于x轴对称向上翻折，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y＝|cos x|的图象(如图)．故选D.2．函数f(x)＝eq \r(2sin \f(π,2)x－1)的定义域为(　　)A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋4kπ，\f(5π,3)＋4kπ))(k∈Z)B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋4k，\f(5,3)＋4k))(k∈Z)C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋4kπ，\f(5π,6)＋4kπ))(k∈Z)D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)＋4k，\f(5,6)＋4k))(k∈Z)答案　B解析　由题意，得2sin eq \f(π,2)x－1≥0，eq \f(π,2)x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2kπ，\f(5π,6)＋2kπ))(k∈Z)，则x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋4k，\f(5,3)＋4k))(k∈Z)．3．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))是(　　)A．最小正周期为π的奇函数B．最小正周期为π的偶函数C．最小正周期为2π的非奇非偶函数D．最小正周期为π的非奇非偶函数答案　D解析　由题意可得f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)－\f(π,2)))＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))，∴f(x)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))，故f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，由函数奇偶性的定义易知，f(x)为非奇非偶函数．4．函数f(x)＝eq \f(sin x＋x,cos x＋x2)在[－π，π]的图象大致为(　　)答案　D解析　由f(－x)＝eq \f(sin－x＋－x,cos－x＋－x2)＝eq \f(－sin x－x,cos x＋x2)＝－f(x)，得f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，排除A；又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq \f(1＋\f(π,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))2)＝eq \f(4＋2π,π2)>1，f(π)＝eq \f(π,－1＋π2)>0，排除B，C.5．(多选)关于函数f(x)＝sin 2x－cos 2x，下列命题中为真命题的是(　　)A．函数y＝f(x)的周期为πB．直线x＝eq \f(π,4)是y＝f(x)图象的一条对称轴C．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))是y＝f(x)图象的一个对称中心D．y＝f(x)的最大值为eq \r(2)答案　ACD解析　因为f(x)＝sin 2x－cos 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，所以f(x)最大值为eq \r(2)，故D为真命题．因为ω＝2，故T＝eq \f(2π,2)＝π，故A为真命题；当x＝eq \f(π,4)时，2x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,4)，终边不在y轴上，故直线x＝eq \f(π,4)不是y＝f(x)图象的一条对称轴，故B为假命题；当x＝eq \f(π,8)时，2x－eq \f(π,4)＝0，终边落在x轴上，故点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))是y＝f(x)图象的一个对称中心，故C为真命题．6．(多选)(2022·广州市培正中学月考)关于函数f(x)＝sin|x|＋|sin x|，下列叙述正确的是(　　)A．f(x)是偶函数B．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增C．f(x)的最大值为2D．f(x)在[－π，π]上有4个零点答案　AC解析　f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，f(x)是偶函数，A正确；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，f(x)＝sin x＋sin x＝2sin x，单调递减，B错误；f(x)＝sin|x|＋|sin x|≤1＋1＝2，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2，C正确；在[－π，π]上，当－π0，当00，f(x)的零点只有π，0，－π共三个，D错．7．写出一个周期为π的偶函数f(x)＝________.(答案不唯一)答案　cos 2x8．(2022·鞍山模拟)若在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内有两个不同的实数值满足等式cos 2x＋eq \r(3)sin 2x＝k＋1，则实数k的取值范围是________．答案　0≤k<1解析　函数f(x)＝cos 2x＋eq \r(3)sin 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))单调递增；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))单调递减，f(0)＝2sin eq \f(π,6)＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sin eq \f(π,2)＝2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2sin eq \f(7π,6)＝－1，所以在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内有两个不同的实数值满足等式cos 2x＋eq \r(3)sin 2x＝k＋1，则1≤k＋1<2，所以0≤k<1.9．已知函数f(x)＝4sin ωxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))－1(ω>0)的最小正周期为π.(1)求ω及f(x)的单调递增区间；(2)求f(x)图象的对称中心．解　(1)f(x)＝4sin ωxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin ωx＋\f(\r(3),2)cos ωx))－1＝2sin2ωx＋2eq \r(3)sin ωxcos ωx－1＝1－cos 2ωx＋eq \r(3)sin 2ωx－1＝eq \r(3)sin 2ωx－cos 2ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6))).∵最小正周期为π，∴eq \f(2π,2ω)＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))(k∈Z)．(2)令2x－eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，∴f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))，k∈Z.10．(2021·浙江)设函数f(x)＝sin x＋cos x(x∈R)．(1)求函数y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))2的最小正周期；(2)求函数y＝f(x)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值．解　(1)因为f(x)＝sin x＋cos x，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝cos x－sin x，所以y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))2＝(cos x－sin x)2＝1－sin 2x.所以函数y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))2的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq \r(2)sin x，所以y＝f(x)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq \r(2)sin x(sin x＋cos x)＝eq \r(2)(sin xcos x＋sin2x)＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin 2x－\f(1,2)cos 2x＋\f(1,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq \f(\r(2),2).当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以当2x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(3π,8)时，函数y＝f(x)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上取得最大值，且ymax＝1＋eq \f(\r(2),2).11．(多选)(2022·苏州模拟)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，则(　　)A．函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))是偶函数B．x＝－eq \f(π,6)是函数f(x)的一个零点C．函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上单调递增D．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称答案　BCD解析　对于A选项，令g(x)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)))≠0，故函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))不是偶函数，A错；对于B选项，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sin 0＝0，故x＝－eq \f(π,6)是函数f(x)的一个零点，B对；对于C选项，当－eq \f(5π,12)≤x≤eq \f(π,12)时，－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上单调递增，C对；对于D选项，因为对称轴满足2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，k＝0时，x＝eq \f(π,12)，D对．12．(多选)(2022·厦门模拟)已知函数f(x)＝cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－cos 2x，则(　　)A．f(x)的最大值为eq \f(1＋\r(3),2)B．f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，0))对称C．f(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)D．f(x)在[0,2π]上有4个零点答案　ACD解析　f(x)＝eq \f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))),2)－cos 2x＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos 2x＋\f(\r(3),2)sin 2x))－cos 2x＝eq \f(\r(3),4)sin 2x－eq \f(3,4)cos 2x＋eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(1,2)，则f(x)的最大值为eq \f(1＋\r(3),2)，A正确；易知f(x)图象的对称中心的纵坐标为eq \f(1,2)，B错误；令2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)，此即f(x)图象的对称轴方程，C正确；由f(x)＝eq \f(\r(3),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(1,2)＝0，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),3)，当x∈[0,2π]时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,3)))，作出函数y＝sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,3)))))的图象，如图所示．所以方程sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),3)在[0,2π]上有4个不同的实根，即f(x)在[0,2π]上有4个零点，D正确．13．(2022·唐山模拟)已知sin x＋cos y＝eq \f(1,4)，则sin x－sin2y的最大值为______．答案　eq \f(9,16)解析　∵sin x＋cos y＝eq \f(1,4)，sin x∈[－1,1]，∴sin x＝eq \f(1,4)－cos y∈[－1,1]，∴cos y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(5,4)))，即cos y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，1))，∵sin x－sin2y＝eq \f(1,4)－cos y－(1－cos2y)＝cos2y－cos y－eq \f(3,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos y－\f(1,2)))2－1，又cos y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，1))，利用二次函数的性质知，当cos y＝－eq \f(3,4)时，(sin x－sin2y)max＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)－\f(1,2)))2－1＝eq \f(9,16).14．(2022·苏州八校联盟检测)已知f(x)＝sin x＋cos x，若y＝f(x＋θ)是偶函数，则cos θ＝________.答案　±eq \f(\r(2),2)解析　因为f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，所以f(x＋θ)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋θ＋\f(π,4)))，又因为y＝f(x＋θ)是偶函数，所以θ＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，即θ＝eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z，所以cos θ＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋kπ))＝±eq \f(\r(2),2).15．(多选)(2022·邯郸模拟)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]内有且仅有2个零点，则下列结论成立的有(　　)A．函数y＝f(x)＋1在(0,2π)内没有零点B．y＝f(x)－1在(0,2π)内有且仅有1个零点C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上单调递增D．ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)，\f(9,8)))答案　BCD解析　如图，由函数f(x)的草图可知，A选项不正确，B选项正确；若函数f(x)在[0,2π]内有且仅有2个零点，则eq \f(5π,4ω)≤2π<eq \f(9π,4ω)，得eq \f(5,8)≤ω<eq \f(9,8)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))时，t＝ωx－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)ω－\f(π,4)))⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,2)))，此时函数单调递增，故CD正确．16．已知f(x)＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))·coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq \f(1,2).(1)求f(x)的单调递增区间；(2)若函数y＝|f(x)|－m在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,24)，\f(3π,8)))上恰有两个零点x1，x2.①求m的取值范围；②求sin(x1＋x2)的值．解　(1)f(x)＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))·coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq \f(1,2)＝eq \f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))),2)＋eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(2),4)cos 2x＋eq \f(\r(2),4)sin 2x＋eq \f(\r(2),2)cos 2x－eq \f(1,2)＝eq \f(\r(2),4)sin 2x＋eq \f(\r(2),4)cos 2x＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，结合正弦函数的图象与性质，可得当－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即－eq \f(3π,8)＋kπ≤x≤eq \f(π,8)＋kπ(k∈Z)时，函数单调递增，∴函数y＝f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)＋kπ，\f(π,8)＋kπ))(k∈Z)．(2)①令t＝2x＋eq \f(π,4)，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,24)，\f(3π,8)))时，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，π))，eq \f(1,2)sin t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,2)))，∴y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin t))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))(如图)．∴要使y＝|f(x)|－m在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,24)，\f(3π,8)))上恰有两个零点，m的取值范围为eq \f(1,4)

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