微专题1　三角函数的图象与性质-2024年高考数学二轮微专题系列

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板块一 三角函数与平面向量
微专题1 三角函数的图象与性质
高考定位 三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容，主要从以下两个方面进行考查：1.三角函数的图象，主要涉及图象变换问题以及由图象确定解析式，主要以选择题、填空题的形式考查；2.利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等，主要以客观题或作为解答题其中一问考查.
1.(2022·浙江卷)为了得到函数y＝2sin 3x的图象，只要把函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,5)))图象上所有的点( )
A.向左平移eq \f(π,5)个单位长度B.向右平移eq \f(π,5)个单位长度
C.向左平移eq \f(π,15)个单位长度D.向右平移eq \f(π,15)个单位长度
答案 D
解析 因为y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,5)))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,15)))))，
所以要得到函数y＝sin 3x的图象，只要把函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,5)))的图象上所有的点向右平移eq \f(π,15)个单位长度，故选D.
2.(2022·新高考Ⅰ卷)记函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω>0)的最小正周期为T.若eq \f(2π,3)A.1 B.eq \f(3,2)
C.eq \f(5,2) D.3
答案 A
解析 因为eq \f(2π,3)因为y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2))中心对称，所以b＝2，且sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＋b＝2，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＝0，所以eq \f(3π,2)ω＋eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)，
又2<ω<3，所以eq \f(13π,4)所以eq \f(3π,2)ω＋eq \f(π,4)＝4π，解得ω＝eq \f(5,2)，
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)x＋\f(π,4)))＋2，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)·\f(π,2)＋\f(π,4)))＋2＝sin eq \f(3π,2)＋2＝1.故选A.
3.(2022·北京卷)已知函数f(x)＝cs2x－sin2x，则( )
A.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递减
B.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上单调递增
C.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减
D.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上单调递增
答案 C
解析 依题意可知f(x)＝cs2x－sin2x＝cs 2x.
对于A选项，因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))，所以2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,3)))，函数f(x)＝cs 2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递增，所以A选项不正确；
对于B选项，因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,12)))，所以2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,6)))，函数f(x)＝cs 2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上不单调，所以B选项不正确；
对于C选项，因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，所以2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，函数f(x)＝cs 2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减，所以C选项正确；
对于D选项，因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(7π,12)))，所以2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(7π,6)))，函数f(x)＝cs 2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上不单调，所以D选项不正确.故选C.
4.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))中心对称，则( )
A.f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))单调递减
B.f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))有两个极值点
C.直线x＝eq \f(7π,6)是曲线y＝f(x)的对称轴
D.直线y＝eq \f(\r(3),2)－x是曲线y＝f(x)的切线
答案 AD
解析 因为函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))中心对称，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(2π,3)＋φ))＝0，
可得eq \f(4π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，结合0<φ<π，
得φ＝eq \f(2π,3)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))).
对于A，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))时，2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(3π,2)))，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))单调递减，故A正确；
对于B，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))时，2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,2)))，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))只有一个极值点，故B不正确；
对于C，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(7π,6)＋\f(2π,3)))＝sin 3π＝0，所以x＝eq \f(7π,6)不是曲线y＝f(x)的对称轴，故C不正确；
对于D，因为f′(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，若直线y＝eq \f(\r(3),2)－x为曲线y＝f(x)的切线，
则由2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝－1，得2x＋eq \f(2π,3)＝2kπ＋eq \f(2π,3)或2x＋eq \f(2π,3)＝2kπ＋eq \f(4π,3)(k∈Z)，
所以x＝kπ或x＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z).
当x＝kπ(k∈Z)时，f(x)＝eq \f(\r(3),2)，
则由eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)－kπ(k∈Z)，解得k＝0；
当x＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)时，f(x)＝－eq \f(\r(3),2)，方程－eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)－kπ－eq \f(π,3)(k∈Z)无解.
综上所述，直线y＝eq \f(\r(3),2)－x为曲线y＝f(x)的切线，故D正确.综上所述，选AD.
热点一 三角函数图象的变换
1.沿x轴平移：由y＝f(x)变为y＝f(x＋φ)时，“左加右减”，即φ>0，左移；φ<0，右移.
沿y轴平移：由y＝f(x)变为y＝f(x)＋k时，“上加下减”，即k>0，上移；k<0，下移.
2.沿x轴伸缩：若ω>0，A>0，由y＝f(x)变为y＝f(ωx)时，点的纵坐标不变，横坐标变为原来的eq \f(1,ω)倍.
沿y轴伸缩：由y＝f(x)变为y＝Af(x)时，点的横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍.
例1 把函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象向左平移m(m>0)个单位，得到函数g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象，则m的最小值是( )
A.eq \f(7,24)π B.eq \f(17,24)π
C.eq \f(5,24)π D.eq \f(19,24)π
答案 B
解析 把函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象向左平移m(m>0)个单位，
得到y＝2cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2（x＋m）－\f(π,4)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2m－\f(π,4)))的图象，
g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＝2cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2x))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6)))，
由2m－eq \f(π,4)＝－eq \f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，
得m＝－eq \f(7π,24)＋kπ，k∈Z，
∵m>0，
∴当k＝1时，m最小，
此时m＝π－eq \f(7π,24)＝eq \f(17π,24).
易错提醒 在图象变换中务必分清是先平移，还是先伸缩，变换只是相对其中的自变量x而言的，如果x的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向.
训练1 (2022·全国甲卷)将函数f(x)＝sin(ωx＋eq \f(π,3))(ω＞0)的图象向左平移eq \f(π,2)个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是( )
A.eq \f(1,6)B.eq \f(1,4)
C.eq \f(1,3)D.eq \f(1,2)
答案 C
解析 记曲线C的函数解析式为g(x)，
则g(x)＝sin[ω(x＋eq \f(π,2))＋eq \f(π,3)]＝sin[ωx＋(eq \f(π,2)ω＋eq \f(π,3))].
因为函数g(x)的图象关于y轴对称，
所以eq \f(π,2)ω＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得ω＝2k＋eq \f(1,3)(k∈Z).
因为ω＞0，所以ωmin＝eq \f(1,3).故选C.
热点二 三角函数的图象与解析式
已知图象求函数y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)的解析式时，常用的方法是待定系数法.由图中的最高点、最低点或特殊点求A，B；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置.
例2 函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|答案 eq \f(\r(3),2)
解析 由图象，可知A＝1，T＝π，
所以ω＝eq \f(2π,T)＝2，f(x)＝sin(2x＋φ).
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝0，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，
即eq \f(2π,3)＋φ＝2kπ＋π(k∈Z)，
解得φ＝2kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，又|φ|所以φ＝eq \f(π,3)，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
因为x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)＝f(x2)，所以x1＋x2＝eq \f(π,6)，
所以f(x1＋x2)＝sineq \f(2π,3)＝eq \f(\r(3),2).
易错提醒 根据零点求φ值时，注意此零点在图象的上升处还是下降处.
训练2 (多选)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0)的部分图象如图所示，则f(x)等于( )
A.2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))B.2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,3)))
C.2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))D.2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7π,6)))
答案 BC
解析 根据图象，可得A＝2，设f(x)的最小正周期为T，
则eq \f(3,4)T＝eq \f(7π,12)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(3π,4)，解得T＝π，
所以ω＝eq \f(2π,T)＝2.
将最低点的坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，－2))代入f(x)＝2sin(2x＋φ)中，
得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(7π,12)＋φ))＝－2，
则eq \f(7π,6)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)，
解得φ＝2kπ－eq \f(5π,3)(k∈Z)，
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2kπ－\f(5π,3)))(k∈Z).
令k＝0，则f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(7π,6)－\f(π,2)))＝－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(7π,6)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
热点三 三角函数的性质
1.单调性：由－eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)可得单调递增区间；由eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)可得单调递减区间.
2.对称性：由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)可得对称中心；由ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)可得对称轴.
3.奇偶性：φ＝kπ(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为奇函数；φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数.
例3 (1)(2022·临沂模拟)已知f(x)＝cs x·(cs x＋eq \r(3)sin x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，m))上的最大值是eq \f(3,2)，则实数m的最小值是( )
A.eq \f(π,12)B.eq \f(π,3)
C.－eq \f(π,12)D.eq \f(π,6)
(2)(多选)(2022·天津适应性考试)已知x1，x2是函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)的两个不同零点，且|x1－x2|的最小值是eq \f(π,2)，则下列说法正确的是( )
A.函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增
B.函数f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,6)对称
C.函数f(x)的图象关于点(π，0)中心对称
D.当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，函数f(x)的值域是[－2，1]
答案 (1)D (2)ABD
解析 (1)f(x)＝cs x(cs x＋eq \r(3)sin x)＝cs2 x＋eq \r(3)sin xcs x＝eq \f(1＋cs 2x,2)＋eq \f(\r(3),2)sin 2x＝eq \f(\r(3),2)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2).
∵f(x)max＝eq \f(3,2)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))eq \s\d7(max)＝1，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，m))，
∴2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，2m＋\f(π,6)))，
∴2m＋eq \f(π,6)≥eq \f(π,2)，
∴m≥eq \f(π,6).
故m的最小值为eq \f(π,6).
(2)由题意可知，函数f(x)的最小正周期
T＝π＝eq \f(2π,ω)，
∴ω＝2，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
对于选项A，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，
2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，故A正确；
对于选项B，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－2，
∴f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,6)对称，故B正确；
对于选项C，f(π)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π－\f(π,6)))＝－1≠0，
∴f(x)的图象不关于点(π，0)中心对称，故C错误；
对于选项D，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，
2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(11π,6)))，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，f(x)∈[－2，1]，故D正确.
综上，选ABD.
规律方法 1.讨论三角函数的单调性，研究三角函数的周期性、奇偶性与对称性，都必须首先利用辅助角公式，将函数化成一个角的一种三角函数.
2.求函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的单调区间，是将ωx＋φ作为一个整体代入正弦函数增区间(或减区间)，求出的区间即为y＝Asin(ωx＋φ)的增区间(或减区间).
训练3 (1)(2022·盐城模拟)将函数f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋2cs2 x－1的图象向右平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))个单位长度后得到函数g(x)的图象，若对于满足|f(x1)－g(x2)|＝4的x1，x2，有|x1－x2|min＝eq \f(π,6)，则φ等于( )
A.eq \f(π,6)B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,3)D.eq \f(5π,12)
(2)(多选)(2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝(2cs2 ωx－1)sin 2ωx＋eq \f(1,2)cs 4ωx(ω>0)，则下列说法正确的是( )
A.若f(x)的两个相邻的极值点之差的绝对值等于eq \f(π,4)，则ω＝2
B.当ω＝eq \f(1,2)时，f(x) 在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最小值为－eq \f(1,2)
C.当ω＝1时，f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上单调递增
D.当ω＝1时，将f(x)的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度后得到g(x)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,4)))的图象
答案 (1)C (2)BD
解析 (1)f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋2cs2 x－1
＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)－2φ))，
由|f(x1)－g(x2)|＝4，知f(x1)＝2，g(x2)＝－2，或f(x1)＝－2，g(x2)＝2，
则|x1－x2|min＝eq \f(T,2)－φ＝eq \f(π,2)－φ＝eq \f(π,6)，
故φ＝eq \f(π,3).
(2)f(x)＝(2cs2 ωx－1)sin 2ωx＋eq \f(1,2)cs 4ωx
＝cs 2ωx·sin 2ωx＋eq \f(1,2)cs 4ωx
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4ωx＋\f(π,4)))，
对于A，由于函数f(x)的两个相邻的极值点之差的绝对值等于eq \f(π,4)，故eq \f(T,2)＝eq \f(π,4)，
解得T＝eq \f(π,2)，所以ω＝1，故A错误.
对于B，当ω＝eq \f(1,2)时，
f(x)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
由于x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3,4)π))，所以函数的最小值为－eq \f(1,2)，故B正确.
对于C，当ω＝1时，f(x)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,4)))，由于x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))，4x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)π，\f(π,4)))，故函数在该区间上不单调，故C错误.
对于D，当ω＝1时，f(x)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,4)))，
将f(x)图象向右平移eq \f(π,8)个单位得到g(x)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,4)))的图象，故D正确.
故选BD.
一、基本技能练
1.函数f(x)＝eq \f(tan x,1＋tan2x)的最小正周期为( )
A.eq \f(π,4)B.eq \f(π,2)
C.πD.2π
答案 C
解析 f(x)＝eq \f(tan x,1＋tan2x)＝eq \f(\f(sin x,cs x),1＋\f(sin2x,cs2x))＝eq \f(sin xcs x,cs2x＋sin2x)＝sin xcs x＝eq \f(1,2)sin 2x，所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
2.将曲线y＝f(x)·cs 2x上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,4)个单位长度，得到曲线y＝cs 2x，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝( )
A.1B.－1
C.eq \r(3)D.－eq \r(3)
答案 D
解析 把y＝cs 2x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度，得y＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x的图象，
再把所得图象各点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，所得图象对应函数为y＝－sin(2×2x)＝－sin 4x.
依题设y＝－sin 4x＝f(x)·cs 2x，
因此f(x)＝－2sin 2x，
故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝－2sin eq \f(π,3)＝－eq \r(3).
3.已知函数f(x)＝cs x－cs 2x，则该函数为( )
A.奇函数，最大值为2B.偶函数，最大值为2
C.奇函数，最大值为eq \f(9,8)D.偶函数，最大值为eq \f(9,8)
答案 D
解析 函数f(x)的定义域为R，且f(－x)＝f(x)，则f(x)为偶函数.
f(x)＝cs x－cs 2x＝cs x－(2cs2x－1)＝－2cs2x＋cs x＋1＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(1,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(9,8)，
又cs x∈[－1，1]，故f(x)的最大值为eq \f(9,8)，故选D.
4.将函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,12)个单位，得到函数g(x)的图象，所得函数g(x)的一条对称轴为( )
A.x＝eq \f(π,12)B.x＝eq \f(π,6)
C.x＝eq \f(5π,12)D.x＝eq \f(5π,6)
答案 A
解析 将函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,12)个单位得到函数g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象，由2x＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)，k∈Z，
当k＝0时，对称轴方程为x＝eq \f(π,12)，故选A.
5.(多选)(2022·河北省“五校联考”)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)的部分图象如图所示，则( )
A.ω＝eq \f(π,2)B.A＝eq \r(6)
C.φ＝－eq \f(π,4)D.f(0)＝－eq \r(3)
答案 ABD
解析 根据函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象可知eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)＝2，所以ω＝eq \f(π,2)，所以A正确；
f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋φ))，
由函数f(x)的图象过点(8.5，0)，
即过点(0.5，0)，
得eq \f(π,2)×0.5＋φ＝2kπ，
所以φ＝－eq \f(π,4)＋2kπ(k∈Z)，
所以f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x－\f(π,4)))，
又由函数f(x)的图象过点(5，eq \r(3))，
得Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)－\f(π,4)))＝eq \r(3)，所以A＝eq \r(6)，
则f(0)＝eq \r(6)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝－eq \r(3)，
综上，故选ABD.
6.(2022·西安二模)已知函数f(x)＝sin(2ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为2π，函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，且满足函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增，则φ＝( )
A.eq \f(π,3)B.－eq \f(π,6)
C.eq \f(π,6)D.－eq \f(π,3)
答案 A
解析 由于f(x)的最小正周期为2π，ω>0，
所以eq \f(2π,2ω)＝2π，ω＝eq \f(1,2)，f(x)＝sin(x＋φ)，
由于f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，且满足函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝1，
则eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，φ＝2kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，
由于|φ|所以φ＝eq \f(π,3).故选A.
7.写出一个最小正周期为2的奇函数f(x)＝________.
答案 sin πx(答案不唯一)
解析 可考虑三角函数中的正弦型函数f(x)＝Asin ωx(A≠0)，满足f(－x)＝－Asin ωx＝－f(x)，即是奇函数.
根据最小正周期T＝eq \f(2π,ω)＝2，可得ω＝π.
故函数可以是f(x)＝Asin πx(A≠0)中任一个，可取f(x)＝sin πx(答案不唯一).
8.函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)在区间[－π，π]的图象如图，则f(π)＝________.
答案 eq \f(1,2)
解析 依题意，－eq \f(4π,9)ω＋eq \f(π,6)＝－eq \f(π,2)，
解得ω＝eq \f(3,2)，f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋\f(π,6)))，
所以f(π)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋\f(π,6)))＝sin eq \f(π,6)＝eq \f(1,2).
9.偶函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示，其中△EGF是斜边为4的等腰直角三角形(E，F是函数图象与x轴的交点，点G在图象上)，则A＝________，f(1)的值为________.
答案 2 eq \r(2)
解析 依题设，eq \f(T,2)＝|EF|＝4，T＝8，ω＝eq \f(π,4).
∵函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，且0<φ<π，∴φ＝eq \f(π,2).
在等腰直角△EGF中，易求A＝2，
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x＋\f(π,2)))＝2cseq \f(π,4)x，
则f(1)＝eq \r(2).
10.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x).若g(x)的最小正周期为2π，且geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))＝________.
答案 eq \r(2)
解析 由f(x)是奇函数可得φ＝kπ(k∈Z)，
又|φ|<π，所以φ＝0.
所以g(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ωx)).
由g(x)的最小正周期为2π，
可得eq \f(2π,\f(1,2)ω)＝2π，故ω＝2，
所以g(x)＝Asin x，
geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝Asin eq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)A＝eq \r(2)，所以A＝2.
所以f(x)＝2sin 2x，
故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))＝2sin eq \f(3π,4)＝eq \r(2).
11.已知函数f(x)＝eq \r(3)sin x＋cs x.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若f(α)＝eq \f(8,5)，α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，求sin α的值.
解 (1)f(x)＝eq \r(3)sin x＋cs x
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤x＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
得－eq \f(2π,3)＋2kπ≤x≤eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，
∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)＋2kπ，\f(π,3)＋2kπ))(k∈Z)；
(2)f(α)＝eq \f(8,5)，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(4,5)，
因为α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以α＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))，
又sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(4,5)＜eq \f(\r(3),2)＝sin eq \f(π,3)，
所以α＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))，
得cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝－eq \f(3,5)，
∴sin α＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))cs eq \f(π,6)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))sin eq \f(π,6)＝eq \f(4\r(3)＋3,10).
12.(2022·长沙联考)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω＞0)的图象向左平移eq \f(π,2)个单位后与函数g(x)＝cs(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|＜\f(π,2)))图象重合.
(1)求ω和φ的值；
(2)若函数h(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))，求h(x)的单调递增区间及图象的对称轴方程.
解 (1)由题意得ω＝2，
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
＝cs(2x＋φ).
∵|φ|＜eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,3).
(2)h(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))＋geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,12)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,12) ))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
令2x＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
解得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)，k∈Z，
∴h(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)，k∈Z.
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z.
所以h(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z.
二、创新拓展练
13.(多选)(2022·重庆诊断)已知函数f(x)＝|cs x|＋cs |x|，则下列结论正确的是( )
A.f(x)是周期函数B.f(x)在[0，π]上单调递减
C.f(x)是奇函数D.f(x)的图象关于直线x＝π对称
答案 AD
解析 由于f(x＋2π)＝|cs(x＋2π)|＋cs|x＋2π|＝|cs x|＋cs |x|＝f(x)，故f(x)为周期函数；
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f(x)＝－cs x＋cs x＝0，不是单调函数；
显然f(－x)＝f(x)，故f(x)为偶函数.
由于f(2π－x)＝|cs(2π－x)|＋cs|2π－x|＝f(x)，
故f(x)的图象关于直线x＝π对称，
综合上述，故选AD.
14.(多选)(2022·广州调研)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))上至少存在两个不同的x1，x2满足f(x1)f(x2)＝1，且f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,12)))上具有单调性，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))和直线x＝eq \f(7π,12)分别为f(x)图象的一个对称中心和一条对称轴，则下列命题中正确的是( )
A.f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上的单调性无法判断
B.f(x)图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(59π,6)，0))
C.f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值与最小值的和为eq \f(1,2)
D.将f(x)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再向左平移eq \f(π,6)个单位得到y＝g(x)的图象，则g(x)＝－cs x
答案 BC
解析 由f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))上至少存在两个不同的x1，x2满足f(x1)f(x2)＝1，
所以T＝eq \f(2π,ω)≤eq \f(2π,3)＋eq \f(π,2)＝eq \f(7π,6)，即ω≥eq \f(12,7).
因为f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,12)))上具有单调性，
所以eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)≥eq \f(π,12)＋eq \f(π,3)＝eq \f(5π,12)，可得ω≤eq \f(12,5).
由点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))和直线x＝eq \f(7π,12)分别为f(x)图象的一个对称中心和一条对称轴，
故eq \f(7π,12)＋eq \f(π,6)＝(2k－1)eq \f(T,4)＝(2k－1)eq \f(π,2ω)，
即ω＝eq \f(2,3)(2k－1)(k∈N*)，
可得k＝2，ω＝2，
又由－eq \f(π,6)×2＋φ＝kπ(k∈Z)，|φ|综上，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
对于A，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,12)))上单调递增，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,2)))上单调递减，f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上无单调性，所以A错误，
对于B，由2x＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋\f(kπ,2)，0))(k∈Z)，f(x)图象的一个对称中心是点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(59π,6)，0))，所以B正确，
对于C，因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，
所以2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，f(x)最大值与最小值的和为－eq \f(1,2)＋1＝eq \f(1,2)，所以C正确，
对于D，将f(x)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，再向左平移eq \f(π,6)个单位，
得到g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝cs x，D错误，综上，故选BC.
15.(2022·山东新高考联盟联考)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上有且仅有3个零点，则函数f(x)在[0，π]上存在________个极小值点，实数ω的取值范围是________.
答案 1 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(19,6)))
解析 根据三角函数图象的平移和伸缩变换，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))的图象可由y＝sin x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，然后所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的eq \f(1,ω)得到，则f(x)的大致图象如图所示.
图中O点右侧的零点依次为eq \f(π,6ω)，eq \f(7π,6ω)，eq \f(13π,6ω)，eq \f(19π,6ω)，….
由题意，f(x)在[0，π]上有且仅有3个零点，则f(x)在[0，π]上有1个极小值点，则eq \f(13π,6ω)≤π解得ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(19,6))).
16.已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋meq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(ω>0，))－eq \f(π,2)<φ<0)满足下列4个条件中的3个，4个条件依次是①ω＝eq \f(3,2)；②周期T＝π；③f(x)的图象过点(0，0)；④feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(3,2).
(1)写出所满足的3个条件的序号(不需要说明理由)，并求f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的图象与直线y＝1相邻两个交点间的最短距离.
解 (1)所满足的三个条件是②③④，
∵f(x)的周期T＝π，∴ω＝2，
∴f(x)＝sin(2x＋φ)＋m.
又f(x)的图象过点(0，0)，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(3,2)，
∴sin φ＋m＝0，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＋m＝eq \f(3,2)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))－sin φ＝eq \f(3,2)，
∴eq \f(\r(3),2)cs φ－eq \f(1,2)sin φ－sin φ＝eq \f(3,2)，
∴eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs φ－\f(\r(3),2)sin φ))＝eq \f(3,2)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－φ))＝eq \f(\r(3),2).
又∵－eq \f(π,2)<φ<0，∴φ＝－eq \f(π,6).
又∵sin φ＋m＝0，∴－eq \f(1,2)＋m＝0，
∴m＝eq \f(1,2)，
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2).
(2)由f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)＝1，
得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
∴2x－eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,6)或2x－eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z，
∴x＝kπ＋eq \f(π,6)或x＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
∴函数f(x)的图象与直线y＝1相邻两个交点间的最短距离为eq \f(π,2)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,3).