(新高考)高考数学一轮复习课时练习5.4.2《三角函数的周期性、奇偶性及对称性》(含解析)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习课时练习5.4.2《三角函数的周期性、奇偶性及对称性》(含解析)，共19页。

(1)(多选)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))(x∈R)，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)的最小正周期为2π
B．函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数
C．函数f(x)的图象关于直线x＝0对称
D．函数f(x)是奇函数
(2)已知函数y＝2sin(ωx＋θ)(0＜θ＜π)为偶函数，其图象与直线y＝2的某两个交点的横坐标分别为x1，x2，|x2－x1|的最小值为π，则( )
A．ω＝2，θ＝eq \f(π,2) B．ω＝eq \f(1,2)，θ＝eq \f(π,2)
C．ω＝eq \f(1,2)，θ＝eq \f(π,4) D．ω＝2，θ＝eq \f(π,4)
【解析】 (1)由题意，可得f(x)＝－cs x，
对于选项A，T＝eq \f(2π,1)＝2π，所以选项A正确；
对于选项B，y＝cs x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是减函数，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数，所以选项B正确；
对于选项C，f(－x)＝－cs(－x)＝－cs x＝f(x)，所以函数是偶函数，所以其图象关于直线x＝0对称，所以选项C正确；选项D错误．故选ABC.
(2)因为函数y＝2sin(ωx＋θ)的最大值为2，且其图象与直线y＝2的某两个交点的横坐标分别为x1，x2，|x2－x1|的最小值为π，所以函数y＝2sin(ωx＋θ)的最小正周期是π.
由eq \f(2π,ω)＝π得ω＝2.
因为函数y＝2sin(ωx＋θ)为偶函数，
所以θ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z.
又0＜θ＜π，所以θ＝eq \f(π,2)，故选A.
【答案】 (1)ABC (2)A
eq \a\vs4\al()
(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＋b的形式．
(2)周期的计算方法：利用函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)，y＝Acs(ωx＋φ)(ω＞0)的最小正周期为eq \f(2π,ω)，函数y＝Atan(ωx＋φ)(ω＞0)的最小正周期为eq \f(π,ω)求解．
1．(多选)下列函数中，最小正周期为π的是( )
A．y＝cs|2x| B．y＝|cs x|
C．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) D．y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))
解析：选ABC.A项，y＝cs|2x|＝cs 2x，最小正周期为π；
B项，由图象知y＝|cs x|的最小正周期为π；
C项，y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π；
D项，y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的最小正周期T＝eq \f(π,2).
2．设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ－\f(π,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的最小正周期为π，且f(－x)＝f(x)，则( )
A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
B．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递减
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增
解析：选A.f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ－\f(π,4)))，因为f(x)的最小正周期为π，所以ω＝2，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ－\f(π,4))).f(－x)＝f(x)，即f(x)为偶函数，所以φ－eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，所以φ＝kπ＋eq \f(3π,4)(k∈Z)．因为|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,4)，所以f(x)＝－cs 2x，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减，故选A.
三角函数的奇偶性、对称性
(多选)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))，其图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,4)，将函数y＝f(x)的图象向左平移eq \f(3π,16)个单位后，得到的图象关于y轴对称，那么函数y＝f(x)的图象( )
A．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,16)，0))对称 B．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,16)，0))对称
C．关于直线x＝eq \f(π,16)对称 D．关于直线x＝eq \f(π,8)对称
【解析】 由题意，知f(x)的最小正周期T＝2×eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，所以ω＝eq \f(2π,T)＝4，所以f(x)＝sin(4x＋φ)，此时函数图象平移后所得图象对应的函数为y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3π,16)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(3π,4)＋φ))，当函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(3π,4)＋φ))的图象关于y轴对称时，必有eq \f(3π,4)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即φ＝kπ－eq \f(π,4)(k∈Z)，结合|φ|＜eq \f(π,2)，得φ＝－eq \f(π,4)，所以由4x－eq \f(π,4)＝nπ(n∈Z)，得x＝eq \f(nπ,4)＋eq \f(π,16)(n∈Z)，当n＝0时，x＝eq \f(π,16)，所以函数f(x)的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,16)，0))，由4x－eq \f(π,4)＝mπ＋eq \f(π,4)(m∈Z)，得x＝eq \f(mπ,4)＋eq \f(π,8)(m∈Z)，当m＝0时，x＝eq \f(π,8)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,8)对称，故选BD.
【答案】 BD
eq \a\vs4\al()
三角函数图象的对称轴和
对称中心的求解思路和方法
(1)思路：函数y＝Asin(ωx＋φ)图象的对称轴和对称中心可结合y＝sin x图象的对称轴和对称中心求解．
(2)方法：利用整体代换的方法求解，令ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得x＝eq \f(（2k＋1）π－2φ,2ω)，k∈Z，即对称轴方程；令ωx＋φ＝kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ－φ,ω)，k∈Z，即对称中心的横坐标(纵坐标为0)．对于y＝Acs(ωx＋φ)，y＝Atan(ωx＋φ)，可以利用类似方法求解(注意y＝Atan(ωx＋φ)的图象无对称轴)．
1．下列函数中，周期为π，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增的奇函数是( )
A．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2))) B．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))
C．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))) D．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))
解析：选C.y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2)))＝－cs 2x为偶函数，排除A；y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))＝sin 2x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上为减函数，排除B；y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x为奇函数，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，且周期为π，符合题意；y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝cs x为偶函数，排除D.故选C.
2．(多选)已知函数f(x)＝sin4x－cs4x，则下列说法正确的是( )
A．f(x)的最小正周期为π
B．f(x)的最大值为2
C．f(x)的图象关于y轴对称
D．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增
解析：选ACD.因为f(x)＝sin4x－cs4x＝sin2x－cs2x＝－cs 2x，所以函数f(x)的最小正周期T＝π，f(x)的最大值为1.因为f(－x)＝－cs(－2x)＝－cs 2x＝f(x)，所以f(x)为偶函数，其图象关于y轴对称．因为y＝cs 2x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，所以f(x)＝－cs 2x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增．故选ACD.
三角函数的图象与性质的综合问题
已知函数f(x)＝sin(2π－x)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－x))－eq \r(3)cs2x＋eq \r(3).
(1)求f(x)的最小正周期和图象的对称轴方程；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,12)))时，求f(x)的最小值和最大值．
【解】 (1)由题意，得f(x)＝(－sin x)(－cs x)－eq \r(3)cs2x＋eq \r(3)＝sin xcs x－eq \r(3)cs2x＋eq \r(3)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)(cs 2x＋1)＋eq \r(3)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2)，
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π；
令2x－eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，则x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，
故所求图象的对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(5π,12)(k∈Z)．
(2)当0≤x≤eq \f(7π,12)时，－eq \f(π,3)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(5π,6)，
由函数图象(图略)可知，－eq \f(\r(3),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))≤1，即0≤sin(2x－eq \f(π,3))＋eq \f(\r(3),2)≤eq \f(2＋\r(3),2).
故f(x)的最小值为0，最大值为eq \f(2＋\r(3),2).
eq \a\vs4\al()
解决三角函数图象与性质综合问题的方法
先将y＝f(x)化为y＝asin x＋bcs x的形式，然后用辅助角公式化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式，再借助y＝Asin(ωx＋φ)的性质(如周期性、对称性、单调性等)解决相关问题．
1．(2020·西安五校联考)当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)＝Asin(x＋φ)(A>0)取得最小值，则函数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))是( )
A．奇函数且图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
B．偶函数且图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
C．奇函数且图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称
D．偶函数且图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称
解析：选D.因为当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)＝Asin(x＋φ)(A>0)取得最小值，所以eq \f(π,4)＋φ＝－eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝－eq \f(3π,4)＋2kπ，k∈Z，所以f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3π,4)))(A>0)，所以y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x－\f(3π,4)))＝－Acs x，所以函数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))为偶函数且图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称，故选D.
2．(2020·河北九校第二次联考)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，且图象关于直线x＝－π对称，则ω的值为________．
解析：因为函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)ω＋\f(π,6)≥－\f(π,2),\f(π,2)ω＋\f(π,6)≤\f(π,2)))，得0＜ω≤eq \f(2,3).又函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)的图象关于直线x＝－π对称，所以－π·ω＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得ω＝－k－eq \f(1,3)(k∈Z)，又0＜ω≤eq \f(2,3)，所以ω＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
思想方法系列9 三角函数中ω值的求法
一、利用三角函数的周期T求解
为了使函数y＝sin ωx(ω>0)在区间[0，1]上至少出现50次最大值，则ω的最小值为( )
A．98π B．eq \f(197,2)π
C．eq \f(199,2)π D．100π
【解析】 由题意，至少出现50次最大值即至少需要49eq \f(1,4)个周期，所以eq \f(197,4)T＝eq \f(197,4)·eq \f(2π,ω)≤1，所以ω≥eq \f(197,2)π.
【答案】 B
eq \a\vs4\al()
解决此类问题的关键在于结合条件弄清周期T＝eq \f(2π,ω)与所给区间的关系，从而建立不等关系．
二、利用三角函数的单调性求解
将函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))(ω＞0)的图象向左平移eq \f(π,3ω)个单位长度得到函数y＝g(x)的图象．若y＝g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上为增函数，则ω的最大值为________．
【解析】 将函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))(ω＞0)的图象向左平移eq \f(π,3ω)个单位，得到函数y＝g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3ω)))－\f(π,3)))＝2sin ωx的图象．再根据y＝g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上为增函数，可得ω·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))≥－eq \f(π,2)，且ω×eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)，解得ω≤2，故ω的最大值为2.
【答案】 2
eq \a\vs4\al()
根据正弦函数的单调递增区间，确定函数g(x)的单调递增区间，根据函数g(x)＝2sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递增，建立不等式，即可求ω的取值范围．
三、利用三角函数的对称性求解
(1)已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的一条对称轴为x＝eq \f(π,3)，一个对称中心为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))，则ω有( )
A．最小值2 B．最大值2
C．最小值1 D．最大值1
(2)若函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω∈N*)图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，则ω的最小值为________．
【解析】 (1)因为函数的对称中心到对称轴的最短距离是eq \f(T,4)，两条对称轴间的最短距离是eq \f(T,2)，所以对称中心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))到对称轴x＝eq \f(π,3)间的距离用周期可表示为eq \f(π,3)－eq \f(π,12)＝eq \f(T,4)＋eq \f(kT,2)(k∈N，T为周期)，解得(2k＋1)T＝π，又T＝eq \f(2π,ω)，所以(2k＋1)·eq \f(2π,ω)＝π，则ω＝2(2k＋1)，当k＝0时，ω＝2最小．故选A.
(2)由题意得cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πω,6)＋\f(π,6)))＝0，则eq \f(πω,6)＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)⇒ω＝6k＋2(k∈Z)，又ω∈N*，所以ω的最小值为＝2.
【答案】 (1)A (2)2
eq \a\vs4\al()
三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为eq \f(T,2)，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为eq \f(T,4)，这就说明，我们可根据三角函数的对称性来研究其周期性，进而可以研究“ω”的取值．值得一提的是，三角函数的对称轴必经过其图象上的最高点(极大值)或最低点(极小值)，函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的对称中心就是其图象与x轴的交点，这就说明，我们也可利用三角函数的极值点(最值点)、零点之间的“差距”来确定其周期，进而可以确定“ω”的取值．
四、利用三角函数的最值求解
(2020·贵阳市适应性考试)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω＞0)的图象在区间[0，1]上恰有1个纵坐标是2的最高点，则ω的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))
B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(9π,4)))
D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))
【解析】 当x∈[0，1]时，因为ω＞0，所以ωx＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，ω＋\f(π,4))).记t＝ωx＋eq \f(π,4)，则关于t的方程sin t＝1在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，ω＋\f(π,4)))上恰有一个实数根，结合正弦函数的图象可知ω＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,2)))，所以ω∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(9π,4)))，选C.
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
利用三角函数的最值与对称或周期的关系，可以列出关于ω的不等式，进而求出ω的值或取值范围．
[A级 基础练]
1．下列函数中，周期为2π的奇函数为( )
A．y＝sin eq \f(x,2)cs eq \f(x,2) B．y＝sin2x
C．y＝tan 2x D．y＝sin 2x＋cs 2x
解析：选A.y＝sin2x为偶函数；y＝tan 2x的周期为eq \f(π,2)；y＝sin 2x＋cs 2x为非奇非偶函数，故B，C，D都不正确．故选A.
2．f(x)＝tan x＋sin x＋1，若f(b)＝2，则f(－b)＝( )
A．0 B．3
C．－1 D．－2
解析：选A.因为f(b)＝tan b＋sin b＋1＝2，
即tan b＋sin b＝1.
所以f(－b)＝tan(－b)＋sin(－b)＋1
＝－(tan b＋sin b)＋1＝0.
3．同时具有性质“①最小正周期是π；②图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称；③在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增”的一个函数可以是( )
A．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(4π,3))) B．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
C．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))) D．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
解析：选B.对四个选项中的函数逐一验证：性质①四个选项中的函数都满足；性质②只有选项A，B中的函数满足；进一步验证性质③，只有选项B中的函数满足．故选B.
4．已知f(x)＝sin 2x＋|sin 2x|(x∈R)，则下列判断正确的是( )
A．f(x)是周期为2π的奇函数
B．f(x)是值域为[0，2]，周期为π的函数
C．f(x)是周期为2π的偶函数
D．f(x)是值域为[－1，1]，周期为π的函数
解析：选B.当2kπ≤2x≤2kπ＋π，k∈Z.即kπ≤x≤kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z时，sin 2x≥0，则f(x)＝sin 2x＋|sin 2x|＝2sin 2x；
当2kπ＋π≤2x≤2kπ＋2π，k∈Z，即kπ＋eq \f(π,2)≤x≤kπ＋π，k∈Z时，sin 2x≤0，f(x)＝sin 2x＋|sin 2x|＝0.
作出函数f(x)的大致图象，如图所示．
根据图象可知f(x)为周期函数，最小正周期为π，函数的值域为[0，2]．故选B.
5．(多选)已知函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)sin xcs x＋eq \f(1,2)，则下列结论正确的是( )
A．f(x)的最大值为1
B．f(x)的最小正周期为2π
C．f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，0))对称
D．f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称
解析：选CD.因为f(x)＝sin2x＋eq \r(3)sin xcs x＋eq \f(1,2)＝eq \f(1－cs 2x,2)＋eq \f(\r(3),2)sin 2x＋eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋1，所以函数f(x)的最大值为2，最小正周期为π，故A，B不正确；由2x－eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)，k∈Z，当k＝1时x＝eq \f(7π,12)，所以函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，0))对称，故C正确；由2x－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,3)，k∈Z，当k＝0时x＝eq \f(π,3)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，故D正确．故选CD.
6．已知函数f(x)＝2sin(ωx－eq \f(π,6))＋1(x∈R)的图象的一条对称轴为x＝π，其中ω为常数，且ω∈(1，2)，则ω＝________．
解析：由函数f(x)＝2sin(ωx－eq \f(π,6))＋1(x∈R)的图象的一条对称轴为x＝π，可得ωπ－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
所以ω＝k＋eq \f(2,3)，又ω∈(1，2)，所以ω＝eq \f(5,3).
答案：eq \f(5,3)
7．已知函数f(x)＝cs xsin x(x∈R)，给出下列四个命题：
①若f(x1)＝－f(x2)，则x1＝－x2；
②f(x)的最小正周期是2π；
③f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上是增函数；
④f(x)的图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称．
其中真命题是________．(填序号)
解析：f(x)＝eq \f(1,2)sin 2x，当x1＝0，x2＝eq \f(π,2)时，f(x1)＝－f(x2)，但x1≠－x2，所以①是假命题；
f(x)的最小正周期为π，所以②是假命题；
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以③是真命题；
因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))＝eq \f(1,2)sin eq \f(3π,2)＝－eq \f(1,2)，所以f(x)的图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称，所以④是真命题．
答案：③④
8．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝2，f(π)＝0，且f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))上单调，则符合条件的ω的值有________个．
解析：设函数f(x)的最小正周期为T，
由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝2，f(π)＝0，
结合正弦函数图象的特征可知eq \f(T,4)＋eq \f(kT,2)＝eq \f(3π,4)，k∈N，
故T＝eq \f(3π,1＋2k)，k∈N；
又因为f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))上单调，
所以eq \f(π,3)－eq \f(π,4)≤eq \f(T,2)，故T≥eq \f(π,6)，
所以ω＝eq \f(2π,T)≤12，即eq \f(2（1＋2k）,3)≤12，
所以k≤eq \f(17,2)，k∈N，所以k＝0，1，2，…，8，符合条件的ω的值有9个．
答案：9
9．已知函数f(x)＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))).求函数f(x)的最小正周期和图象的对称中心．
解：因为f(x)＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)－\f(π,4)))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＋1
＝eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)sin 2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))＋1
＝eq \f(\r(3),2)sin 2x－eq \f(1,2)cs 2x＋1
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋1，
所以函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，1))，k∈Z.
10．已知函数f(x)＝sin ωx－cs ωx(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求函数y＝f(x)图象的对称轴方程；
(2)讨论函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的单调性．
解：(1)因为f(x)＝sin ωx－cs ωx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))，且T＝π，所以ω＝2.于是，f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))).令2x－eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(3π,8)(k∈Z)，即函数f(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(3π,8)(k∈Z)．
(2)令2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)．注意到x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以令k＝0，得函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,8)))；同理，其单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，\f(π,2))).
[B级 综合练]
11．(多选)已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))))，则下列说法错误的是( )
A．f(x)的周期是eq \f(π,2)
B．f(x)的值域是{y|y∈R，且y≠0}
C．直线x＝eq \f(5π,3)是函数f(x)图象的一条对称轴
D．f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z
解析：选ABC.函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))))的周期T＝eq \f(π,\f(1,2))＝2π，故A错误；函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))))的值域为[0，＋∞)，故B错误；
当x＝eq \f(5π,3)时，eq \f(1,2)x－eq \f(π,6)＝eq \f(2π,3)≠eq \f(kπ,2)，k∈Z，即x＝eq \f(5π,3)不是f(x)图象的对称轴，故C错误；
令kπ－eq \f(π,2)12．(多选)已知函数f(x)＝sin x＋cs x，g(x)＝2eq \r(2)sin x·cs x，则下列结论中正确的是( )
A．两函数的图象均关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))成中心对称
B．两函数的图象均关于直线x＝－eq \f(π,4)成轴对称
C．两函数在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上都是单调递增函数
D．两函数的最大值相同
解析：选CD.f(x)＝sin x＋cs x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
g(x)＝eq \r(2)sin 2x，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋\f(π,4)))
＝eq \r(2)sin 0＝0，
则函数f(x)关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))成中心对称．
geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－eq \r(2)≠0，
则函数g(x)不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))成中心对称，故A错误．
f(x)关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))成中心对称，g(x)关于x＝－eq \f(π,4)成轴对称，故B错误．
若－eq \f(π,4)＜x＜eq \f(π,4)，则0＜x＋eq \f(π,4)＜eq \f(π,2)，此时函数f(x)为增函数，
若－eq \f(π,4)＜x＜eq \f(π,4)，则－eq \f(π,2)＜2x＜eq \f(π,2)，此时函数g(x)为增函数，
即两函数在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上都是单调递增函数正确，故C正确．
D中，两函数的最大值相同，都为eq \r(2).
13．在①f(x)的图象关于直线x＝eq \f(5π,6)对称，②f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,18)，0))对称，③f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的正实数a存在，求出a的值；若a不存在，说明理由．
已知函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＋a(ω∈N*)的最小正周期不小于eq \f(π,3)，且________，是否存在正实数a，使得函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上有最大值3?
解：由于函数f(x)的最小正周期不小于eq \f(π,3)，所以eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,3)，所以1≤ω≤6，ω∈N*.
若选择①，即f(x)的图象关于直线x＝eq \f(5π,6)对称，则有eq \f(5π,6)ω＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得ω＝eq \f(6,5)k＋eq \f(2,5)(k∈Z)，由于1≤ω≤6，ω∈N*，k∈Z，所以k＝3，ω＝4.
此时，f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,6)))＋a.
由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))，得4x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，因此当4x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,12)时，f(x)取得最大值4＋a，令4＋a＝3，解得a＝－1，不符合题意．
故不存在正实数a，使得函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上有最大值3.
若选择②，即f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,18)，0))对称，则有eq \f(5π,18)ω＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，
解得ω＝eq \f(18,5)k－eq \f(3,5)(k∈Z)，由于1≤ω≤6，ω∈N*，k∈Z，所以k＝1，ω＝3.
此时，f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))＋a.
由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))，得3x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,12)))，因此当3x＋eq \f(π,6)＝eq \f(5π,12)，即x＝eq \f(π,12)时，f(x)取得最大值4sin eq \f(5π,12)＋a＝eq \r(6)＋eq \r(2)＋a，令eq \r(6)＋eq \r(2)＋a＝3，解得a＝3－eq \r(6)－eq \r(2)，不符合题意．
故不存在正实数a，使得函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上有最大值3.
若选择③，即f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(ωπ,4)＋\f(π,6)≥2kπ－\f(π,2)，,\f(ωπ,4)＋\f(π,6)≤2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω≤－8k＋\f(8,3)，,ω≤8k＋\f(4,3)，))
由于1≤ω≤6，ω∈N*，k∈Z，所以ω＝1.
此时，f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋a，
由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))，得x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))，因此当x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,4)，即x＝eq \f(π,12)时，f(x)取得最大值2eq \r(2)＋a，令2eq \r(2)＋a＝3，解得a＝3－2eq \r(2)，符合题意．
故存在正实数a，使得函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上有最大值3.
14．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sin x－eq \r(3)cs2x＋eq \f(\r(3),2).
(1)求f(x)的最大值及取得最大值时x的值；
(2)若方程f(x)＝eq \f(2,3)在(0，π)上的解为x1，x2，求cs(x1－x2)的值．
解：(1)f(x)＝cs xsin x－eq \f(\r(3),2)(2cs2x－1)
＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
当2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq \f(5,12)π＋kπ(k∈Z)时，函数f(x)取最大值，且最大值为1.
(2)由(1)知，函数f(x)图象的对称轴为x＝eq \f(5,12)π＋kπ(k∈Z)，
所以当x∈(0，π)时，对称轴为x＝eq \f(5,12)π.
又方程f(x)＝eq \f(2,3)在(0，π)上的解为x1，x2.
所以x1＋x2＝eq \f(5,6)π，则x1＝eq \f(5,6)π－x2，
所以cs(x1－x2)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)π－2x2))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(π,3)))，
又f(x2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(π,3)))＝eq \f(2,3)，
故cs(x1－x2)＝eq \f(2,3).
[C级 创新练]
15．(2020·全国卷24省4月联考)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中A＞0，ω＞0，|φ|≤\f(π,2)))的图象离原点最近的对称轴为x＝x0，若满足|x0|≤eq \f(π,6)，则称f(x)为“近轴函数”．若函数y＝2sin(2x－φ)是“近轴函数”，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))
解析：选C.函数y＝2sin 2x的图象离原点最近的对称轴是x＝±eq \f(π,4)，函数y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(φ,2)))))满足|x0|≤eq \f(π,6)，当φ＞0时，eq \f(π,4)－eq \f(π,6)≤eq \f(φ,2)≤eq \f(π,4)＋eq \f(π,6)，即eq \f(π,6)≤φ≤eq \f(5π,6)，又|φ|≤eq \f(π,2)，所以eq \f(π,6)≤φ≤eq \f(π,2)；当φ＜0时，－eq \f(π,6)－eq \f(π,4)≤eq \f(φ,2)≤eq \f(π,6)－eq \f(π,4)，即－eq \f(5π,6)≤φ≤－eq \f(π,6)，又|φ|≤eq \f(π,2)，所以－eq \f(π,2)≤φ≤－eq \f(π,6).综上所述，φ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，故选C.
16．(多选)在现代社会中，信号处理是非常关键的技术，我们通过每天都在使用的电话或者互联网就能感受到．而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数！函数f(x)＝eq \i\su(i＝1,7, )eq \f(sin[（2i－1）x],2i－1)(i∈N*)的图象就可以近似模拟某种信号的波形，则下列说法正确的是( )
A．函数f(x)为周期函数，且最小正周期为π
B．函数f(x)为奇函数
C．函数y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
D．函数f(x)的导函数f′(x)的最大值为7
解析：选BCD.对于A，因为f(x)＝sin x＋eq \f(sin 3x,3)＋eq \f(sin 5x,5)＋…＋eq \f(sin 13x,13)，f(x＋π)＝sin(x＋π)＋eq \f(sin 3（x＋π）,3)＋eq \f(sin 5（x＋π）,5)＋…＋eq \f(sin 13（x＋π）,13)＝－sin x－eq \f(sin 3x,3)－eq \f(sin 5x,5)－…－eq \f(sin 13x,13)＝－f(x)，所以π不是函数y＝f(x)的最小正周期，故A错误；对于B，因为f(－x)＝sin(－x)＋eq \f(sin（－3x）,3)＋eq \f(sin（－5x）,5)＋…＋eq \f(sin（－13x）,13)＝－sin x－eq \f(sin 3x,3)－eq \f(sin 5x,5)－…－eq \f(sin 13x,13)＝－f(x)，且函数y＝f(x)的定义域为R，所以函数y＝f(x)为奇函数，故B正确；对于C，因为f(π－x)＝sin(π－x)＋eq \f(sin3（π－x）,3)＋eq \f(sin 5（π－x）,5)＋…＋eq \f(sin 13（π－x）,13)＝sin x＋eq \f(sin 3x,3)＋eq \f(sin 5x,5)＋…＋eq \f(sin 13x,13)＝f(x)，所以函数y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称，故C正确；
对于D，f′(x)＝cs x＋cs 3x＋cs 5x＋…＋cs 13x，因为－1≤cs x≤1，－1≤cs 3x≤1，－1≤cs 5x≤1，…，－1≤cs 13x≤1，所以f′(x)＝cs x＋cs 3x＋cs 5x＋…＋cs 13x≤7，又f′(0)＝7，所以函数y＝f′(x)的最大值为7，故D正确，故选BCD.