2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题28三角函数的图象与性质（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题28三角函数的图象与性质（教师版），共23页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
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、正切函数的性质.
【考点预测】
1.用五点法作正弦函数和余弦函数的简图
(1)正弦函数y＝sin x，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是：(0，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0).
(2)余弦函数y＝cs x，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是：(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0))，(2π，1).
2.正弦、余弦、正切函数的图象与性质(下表中k∈Z)
【常用结论】
1.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半个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是eq \f(1,4)个周期.正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期.
2.三角函数中奇函数一般可化为y＝Asin ωx或y＝Atan ωx的形式，偶函数一般可化为y＝Acs ωx＋b的形式.
3.对于y＝tan x不能认为其在定义域上为增函数，而是在每个区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)内为增函数.
【方法技巧】
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cs x看作一个整体，转换成二次函数求值域．
③利用sin x±cs x和sin xcs x的关系转换成二次函数求值域．
3.奇偶性的判断方法：三角函数中奇函数一般可化为y＝Asin ωx或y＝Atan ωx的形式，而偶函数一般可化为y＝Acs ωx的形式．
4.周期的计算方法：利用函数y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acs(ωx＋φ)(ω>0)的周期为eq \f(2π,ω)，函数y＝Atan(ωx＋φ)(ω>0)的周期为eq \f(π,ω)求解．
5.已知三角函数解析式求单调区间
求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acs(ωx＋φ)(其中ω>0)的单调区间时，要视“ωx＋φ”为一个整体，通过解不等式求解．但如果ω<0，可借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错．
6.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．
二、【题型归类】
【题型一】三角函数的定义域
【典例1】函数y＝eq \f(1,tan x－1)的定义域为________．
【解析】要使函数有意义，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tan x－1≠0，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,4)＋kπ，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))).
【典例2】函数y＝eq \r(sin x－cs x)的定义域为________．
【解析】要使函数有意义，必须使sin x－cs x≥0.利用图象，在同一坐标系中画出[0,2π]上y＝sin x和y＝cs x的图象，
如图所示．
在[0,2π]内，满足sin x＝cs 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\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)))).
【典例3】函数y＝lg(sin x)＋eq \r(cs x－\f(1,2))的定义域为________.
【解析】要使函数有意义，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin x＞0，,cs x－\f(1,2)≥0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin x＞0，,cs x≥\f(1,2)，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2kπ＜x＜π＋2kπ，k∈Z，,－\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，))
所以2kπ＜x≤eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，
所以函数的定义域为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|2kπ＜x≤2kπ＋\f(π,3)，k∈Z)).
【题型二】三角函数的值域
【典例1】f(x)＝sin3xcs x－sin xcs3x的最大值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4) C.eq \f(\r(2),2) D.1
【解析】∵f(x)＝sin3xcs x－sin xcs3x＝sin xcs x(sin2x－cs2x)＝－eq \f(1,2)sin 2xcs 2x＝－eq \f(1,4)sin 4x，
∴f(x)＝sin3xcs x－sin xcs3x的最大值为eq \f(1,4).
故选B.
【典例2】当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))时，函数y＝3－sin x－2cs2x的值域为________.
【解析】因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，
所以sin x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1)).
又y＝3－sin x－2cs2x
＝3－sin x－2(1－sin2x)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(1,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(7,8)，
所以当sin x＝eq \f(1,4)时， ymin＝eq \f(7,8)，
当sin x＝－eq \f(1,2)或sin x＝1时，ymax＝2.
即函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,8)，2)).
【典例3】函数y＝sin x－cs x＋sin xcs x的值域为________.
【解析】设t＝sin x－cs x，
则t2＝sin2x＋cs2x－2sin xcs x，
sin xcs x＝eq \f(1－t2,2)，且－eq \r(2)≤t≤eq \r(2).
∴y＝－eq \f(t2,2)＋t＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)(t－1)2＋1.
当t＝1时，ymax＝1；
当t＝－eq \r(2)时，ymin＝－eq \f(1,2)－eq \r(2).
∴函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\r(2)，1)).
【题型三】三角函数的周期性、奇偶性、对称性
【典例1】下列函数中，以eq \f(π,2)为周期且在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增的是( )
A．f(x)＝|cs 2x| B．f(x)＝|sin 2x|
C．f(x)＝cs|x| D．f(x)＝sin|x|
【解析】A中，函数f(x)＝|cs 2x|的周期为eq \f(π,2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，函数f(x)单调递增，故A正确；B中，函数f(x)＝|sin 2x|的周期为eq \f(π,2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，函数f(x)单调递减，故B不正确；C中，函数f(x)＝cs|x|＝cs x的周期为2π，故C不正确；D中，f(x)＝sin|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin x，x≥0，,－sin x，x<0，))由正弦函数图象知，在x≥0和x<0时，f(x)均以2π为周期，但在整个定义域上f(x)不是周期函数，故D不正确．
故选A.
【典例2】函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))＋1，φ∈(0，π)，且f(x)为偶函数，则φ＝________，f(x)图象的对称中心为________．
【解析】若f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))＋1为偶函数，则－eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即φ＝eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z，
又∵φ∈(0，π)，
∴φ＝eq \f(5π,6).
∴f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＋1＝3cs 2x＋1，
由2x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z得x＝eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，
∴f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(kπ,2)，1))，k∈Z.
【典例3】设函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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2π
B．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\c1(\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\c1(\f(2π,3)，0))对称
【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\c1(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\c1(\f(π,2)，π))时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(5π,3)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2)))，
∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(3,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，\r(3)＋\f(3,4)))，
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(2π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\f(2π,3)，\f(3,4)))对称，故D错误．
故选C.
【题型四】求三角函数的单调区间
【典例1】函数y＝|cs x|的一个单调递增区间是( )
A．[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)] B．[0，π]
C．[π，eq \f(3π,2)] D．[eq \f(3π,2)，2π]
【解析】将y＝cs x的图象位于x轴下方的图象关于x轴对称翻折到x轴上方，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y＝|cs x|的图象(如图)．
故选D.
【典例2】设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，π))，则以下结论正确的是( )
A．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减
B．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
C．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上单调递减
D．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))上单调递增
【解析】由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))得2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(4π,3)，－\f(π,3)))，所以f(x)先减后增；由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))得2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以f(x)先增后减；由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))得2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(4π,3)))，所以f(x)单调递减；由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))得2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，\f(5π,3)))，所以f(x)先减后增．
故选C.
【典例3】函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3)))的单调递减区间为________．
【解析】f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))
＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．
【题型五】根据单调性求参数
【典例1】若函数f(x)＝2eq \r(3)·sin ωxcs ωx＋2sin2ωx＋cs 2ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(3π,2)))上单调递增，则正数ω的最大值为( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,6) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,3)
【解析】方法一 因为f(x)＝2eq \r(3)sin ωxcs ωx＋2sin2ωx＋cs 2ωx＝eq \r(3)sin 2ωx＋1在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(3π,2)))上单调递增，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3ωπ≥－\f(π,2)，,3ωπ≤\f(π,2)，))解得ω≤eq \f(1,6)，
所以正数ω的最大值是eq \f(1,6).故选B.
方法二 易知f(x)＝eq \r(3)sin 2ωx＋1，可得f(x)的最小正周期T＝eq \f(π,ω)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,4ω)≤－\f(3π,2)，,\f(π,4ω)≥\f(3π,2)，))
解得ω≤eq \f(1,6).所以正数ω的最大值是eq \f(1,6).故选B.
故选B.
【典例2】若f(x)＝cs x－sin x在[－a，a]上是减函数，则a的最大值是( )
A．eq \f(π,4) B．eq \f(π,2)
C．eq \f(3π,4) D．π
【解析】f(x)＝cs x－sin x＝－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，即x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，
y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))单调递增，
则f(x)＝－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))单调递减．
因为函数f(x)在[－a，a]上是减函数，
所以[－a，a]⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以0＜a≤eq \f(π,4)，
所以a的最大值为eq \f(π,4).
故选A.
【典例3】若函数f(x)＝sin ωx(ω＞0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω＝________．
【解析】因为f(x)＝sin ωx(ω＞0)过原点，
所以当0≤ωx≤eq \f(π,2)，即0≤x≤eq \f(π,2ω)时，
y＝sin ωx是增函数；
当eq \f(π,2)≤ωx≤eq \f(3π,2)，即eq \f(π,2ω)≤x≤eq \f(3π,2ω)时，y＝sin ωx是减函数．
由已知得eq \f(π,2ω)＝eq \f(π,3)，解得ω＝eq \f(3,2).
【题型六】利用单调性比较大小及求值域
【典例1】已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，设a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,7)))，b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，c＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，则a，b，c的大小关系是( )
A．aC．b【解析】a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,7)))＝2sin eq \f(10π,21)，b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2sin eq \f(π,2)＝2，c＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝2sin eq \f(2π,3)＝2sin eq \f(π,3)，
因为y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，且eq \f(π,3)故选B.
【典例2】函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(3,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(3),2)，\f(3\r(3),2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(3),2)，3))
【解析】当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
故3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3))，
即此时函数f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3)).
故选B.
【典例3】下列关系式中正确的是( )
A．sin 11°＜cs 10°＜sin 168°
B．sin 168°＜sin 11°＜cs 10°
C．sin 11°＜sin 168°＜cs 10°
D．sin 168°＜cs 10°＜sin 11°
【解析】因为sin 168°＝sin(180°－12°)＝sin 12°，cs 10°＝sin(90°－10°)＝sin 80°，由正弦函数y＝sin x在0°≤x≤90°上是增函数，得sin 11°＜sin 12°＜sin 80°，所以sin 11°＜sin 168°＜cs 10°.故选C.
三、【培优训练】
【训练一】(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】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.
【训练二】如图，角α的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点A(x1，y1)，角β＝α＋eq \f(2π,3)的终边与单位圆交于点B(x2，y2)，记f(α)＝y1－y2.若角α为锐角，则f(α)的取值范围是________．
【解析】由题意可知y1＝sin α，y2＝sin β＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(2π,3)))，所以f(α)＝y1－y2＝sin α－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(2π,3)))＝sin α＋eq \f(1,2)sin α－eq \f(\r(3),2)cs α＝eq \f(3,2)sin α－eq \f(\r(3),2)cs α＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6))).又因为α为锐角，即0＜α＜eq \f(π,2)，所以－eq \f(π,6)＜α－eq \f(π,6)＜eq \f(π,3)，所以－eq \f(1,2)＜sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＜eq \f(\r(3),2)，则－eq \f(\r(3),2)＜f(α)＜eq \f(3,2)，即f(α)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2))).
【训练三】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．
【解析】(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).
【训练四】已知函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)sin xcs x.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，m))上的最大值为eq \f(3,2)，求m的最小值．
【解析】(1)f(x)＝sin2x＋eq \r(3)sin xcs x
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)sin 2x
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，
所以f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)由(1)知，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2).
由题意知－eq \f(π,3)≤x≤m，所以－eq \f(5π,6)≤2x－eq \f(π,6)≤2m－eq \f(π,6).
要使得f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，m))上的最大值为eq \f(3,2)，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，m))上的最大值为1，
所以2m－eq \f(π,6)≥eq \f(π,2)，即m≥eq \f(π,3).
所以m的最小值为eq \f(π,3).
【训练五】已知f(x)＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(－\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．
【解析】(1)f(x)＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－eq \f(1,2)
＝eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))),2)＋eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(2),4)cs 2x＋eq \f(\r(2),4)sin 2x＋eq \f(\r(2),2)cs 2x－eq \f(1,2)
＝eq \f(\r(2),4)sin 2x＋eq \f(\r(2),4)cs 2x
＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(－\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\c1(－\f(5π,24)，\f(3π,8)))时，
t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，π))，eq \f(1,2)sin t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)))，
∴y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin t))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))(如图)．
∴要使y＝|f(x)|－m在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,24)，\f(3π,8)))上恰有两个零点，m的取值范围为eq \f(1,4)②设t1，t2是函数y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin t))－m的两个零点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(即t1＝2x1＋\f(π,4)，t2＝2x2＋\f(π,4)))，
由正弦函数图象性质可知t1＋t2＝π，
即2x1＋eq \f(π,4)＋2x2＋eq \f(π,4)＝π.
∴x1＋x2＝eq \f(π,4)，∴sin(x1＋x2)＝eq \f(\r(2),2).
【训练六】已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)的最大值为4，求a的值；
(3)在(2)的条件下，求满足f(x)＝1，且x∈[－π，π]的x的取值集合.
【解析】(1)令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.
(2)因为当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值，
即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2sin eq \f(π,2)＋a＋1＝a＋3＝4.
解得a＝1.
(3)由f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2＝1，
可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)，
则2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(7π,6)＋2kπ，k∈Z或2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(11π,6)＋2kπ，k∈Z，
即x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z或x＝eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z，
又x∈[－π，π]，
可解得x＝－eq \f(π,2)，－eq \f(π,6)，eq \f(π,2)，eq \f(5π,6)，
所以x的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)，\f(π,2)，\f(5π,6))).
四、【强化测试】
【单选题】
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】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】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.
故选A.
3. 下列关于函数y＝4sin x，x∈[－π，π]的单调性的叙述，正确的是( )
A．在[－π，0]上是增函数，在[0，π]上是减函数
B．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是增函数，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))及eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上是减函数
C．在[0，π]上是增函数，在[－π，0]上是减函数
D．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))及eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))上是增函数，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是减函数
【解析】函数y＝4sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增．
故选B.
4. 已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)，其中φ∈(0，2π)，若f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))对于一切x∈R恒成立，则f(x)的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ))(k∈Z)
【解析】因为f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))对x∈R恒成立，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))为函数f(x)的最大值，即2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，则φ＝2kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)，又φ∈(0，2π)，所以φ＝eq \f(π,6)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).令2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，则x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)．
故选B.
5. 设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，则下列结论错误的是( )
A．f(x)的一个周期为－2π
B．y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(8π,3)对称
C．f(x＋π)的一个零点为x＝eq \f(π,6)
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减
【解析】函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的图象可由y＝cs x的图象向左平移eq \f(π,3)个单位得到，如图可知，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上先递减后递增，D选项错误．
故选D.
6. 已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)的最小正周期为4π，则该函数的图象( )
A．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称 B．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，0))对称
C．关于直线x＝eq \f(π,3)对称 D．关于直线x＝eq \f(5π,3)对称
【解析】函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)的最小正周期是4π，而T＝eq \f(2π,ω)＝4π，所以ω＝eq \f(1,2)，即f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,6))).函数f(x)的对称轴为eq \f(x,2)＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，解得x＝eq \f(2,3)π＋2kπ(k∈Z)；令k＝0得x＝eq \f(2,3)π.函数f(x)的对称中心的横坐标为eq \f(x,2)＋eq \f(π,6)＝kπ，解得x＝2kπ－eq \f(1,3)π(k∈Z)，令k＝1得f(x)的一个对称中心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)π，0)).
故选B.
7. 若函数f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x在区间[a，b]上是减函数，且f(a)＝2，f(b)＝－2，则函数g(x)＝cs x－eq \r(3)sin x在区间[a，b]上( )
A．是增函数 B．是减函数
C．可以取得最大值2 D．可以取得最小值－2
【解析】f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，g(x)＝cs x－eq \r(3)sin x＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)＋\f(π,3))).f(x)在区间[a，b]上是减函数，且f(a)＝2，f(b)＝－2，不妨令a＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，b＋eq \f(π,3)＝eq \f(3π,2)，则a＋eq \f(π,2)＋eq \f(π,3)＝π，b＋eq \f(π,2)＋eq \f(π,3)＝2π，故g(x)在[a，b]上既不是增函数，也不是减函数，g(x)在[a，b]上可以取得最小值－2.
故选D.
8. 已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜ω＜1，|φ|＜\f(π,2)))的图象经过点(0，1)，且关于直线x＝eq \f(2π,3)对称，则下列结论正确的是( )
A．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(2π,3)))上是减函数
B．若x＝x0是f(x)图象的对称轴，则一定有f′(x0)≠0
C．f(x)≥1的解集是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z
D．f(x)图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))
【解析】由f(x)＝2sin(ωx＋φ)的图象经过点(0，1)，得sin φ＝eq \f(1,2)，又|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,6)，则f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6))).因为f(x)的图象关于直线x＝eq \f(2π,3)对称，所以存在m∈Z使得eq \f(2π,3)ω＋eq \f(π,6)＝mπ＋eq \f(π,2)，得ω＝eq \f(3m,2)＋eq \f(1,2)(m∈Z)，又0＜ω＜1，所以ω＝eq \f(1,2)，则f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,6))).令2nπ＋eq \f(π,2)≤eq \f(1,2)x＋eq \f(π,6)≤2nπ＋eq \f(3π,2)，n∈Z，得4nπ＋eq \f(2π,3)≤x≤4nπ＋eq \f(8π,3)，n∈Z，故A错误；若x＝x0是f(x)图象的对称轴，则f(x)在x＝x0处取得极值，所以一定有f′(x0)＝0，故B错误；由f(x)≥1得4kπ≤x≤4kπ＋eq \f(4π,3)，k∈Z，故C错误；因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))是其图象的一个对称中心，故D正确．
选D．
【多选题】
9. 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】A中，y＝cs |2x|＝cs 2x，最小正周期为π；
B中，由图象知y＝|cs x|的最小正周期为π；
C中，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中，y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的最小正周期T＝eq \f(π,2).
故选ABC.
10. 已知函数f(x)＝sin xcs x＋eq \f(\r(3),2)(1－2sin2x)，则有关函数f(x)的说法正确的是( )
A.f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称
B.f(x)的最小正周期为π
C.f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称
D.f(x)的最大值为eq \r(3)
【解析】由题可知f(x)＝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x＝eq \f(π,3)时，2x＋eq \f(π,3)＝π，故函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称，故A正确；
函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，故B正确；
当x＝eq \f(π,6)时，2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(2π,3)，所以函数f(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,6)对称，故C错误；
函数f(x)的最大值为1，故D错误.
故选AB.
11. 已知函数f(x)＝sin|x|＋|sin x|，下列结论正确的是( )
A.f(x)是偶函数
B.f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))单调递增
C.f(x)在[－π，π]有4个零点
D.f(x)的最大值为2
【解析】f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，∴f(x)为偶函数，故A正确；当eq \f(π,2)∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，故B不正确；f(x)在[－π，π]上的图象如图所示，由图可知函数f(x)在[－π，π]上只有3个零点，故C不正确；∵y＝sin|x|与y＝|sin x|的最大值都为1且可以同时取到，∴f(x)可以取到最大值2，故D正确.
故选AD.
12. 已知函数f(x)＝2sin xcs x－eq \r(3)(sin2x－cs2x)，判断下列给出的四个命题，其中正确的为( )
A.对任意的x∈R，都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－x))＝－f(x)
B.将函数y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位，得到偶函数g(x)
C.函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上是减函数
D.“函数y＝f(x)取得最大值”的一个充分条件是“x＝eq \f(π,12)”
【解析】由题意得f(x)＝2sin xcs x－eq \r(3)(sin2x－cs2x)＝sin 2x＋eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
对于A，对任意的x∈R，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－x))
＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－x))＋\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)－2x))
＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋2x))))＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋2x))＝－f(x)，故A正确；
对于B，将函数y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位，可得g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，不是偶函数，故B错误；
对于C，因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(7π,12)))，
所以2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，
因为y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减，
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上是减函数，故C正确；
对于D，当x＝eq \f(π,12)时，2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝2sin eq \f(π,2)＝2，即函数y＝f(x)在x＝eq \f(π,12)处取得最大值，充分性成立，
所以函数y＝f(x)取得最大值的一个充分条件是x＝eq \f(π,12)，故D正确.
故选ACD.
【填空题】
13. 比较大小：sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,18)))________sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,10))).
【解析】因为y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递增且－eq \f(π,18)>－eq \f(π,10)>－eq \f(π,2)，故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,18)))>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,10))).
14. 函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2)))－3cs x的最小值为________．
【解析】∵f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2)))－3cs x
＝－cs 2x－3cs x＝－2cs2x－3cs x＋1，
令t＝cs x，则t∈[－1,1]，∴f(t)＝－2t2－3t＋1.
又函数f(t)图象的对称轴t＝－eq \f(3,4)∈[－1,1]，且开口向下，
∴当t＝1时，f(t)有最小值－4.
综上，f(x)的最小值为－4.
15. 设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)．若f(x)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))对任意的实数x都成立，则ω的最小值为________．
【解析】∵f(x)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))对任意的实数x都成立，
∴当x＝eq \f(π,4)时，f(x)取得最大值，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)ω－\f(π,6)))＝1，
∴eq \f(π,4)ω－eq \f(π,6)＝2kπ，k∈Z，
∴ω＝8k＋eq \f(2,3)，k∈Z.
∵ω>0，∴当k＝0时，ω取得最小值eq \f(2,3).
16. 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)))))，则下列说法正确的是________．(填序号)
①f(x)的周期是eq \f(π,2)；
②f(x)的值域是{y|y∈R，且y≠0}；
③直线x＝eq \f(5π,3)是函数f(x)图象的一条对称轴；
④f(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】函数f(x)的周期为2π，①错；f(x)的值域为[0，＋∞)，②错；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，
∴x＝eq \f(5π,3)不是f(x)的对称轴，③错；令kπ－eq \f(π,2)【解答题】
17. 已知函数f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，求函数f(x)的最大值和最小值．
【解析】(1)令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
则kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z.
故f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，eq \f(3π,4)≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(7π,4)，所以－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))≤eq \f(\r(2),2)，所以－eq \r(2)≤f(x)≤1，所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，函数f(x)的最大值为1，最小值为－eq \r(2).
18. 已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).讨论函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,2)))上的单调性并求出其值域．
【解析】令－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)，则－eq \f(π,6)≤x≤eq \f(π,3).
令eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(3,2)π，则eq \f(π,3)≤x≤eq \f(5π,6).
因为－eq \f(π,12)≤x≤eq \f(π,2)，
所以函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减．
当x＝eq \f(π,3)时，f(x)取得最大值为1.
因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝－eq \f(\r(3),2)所以当x＝－eq \f(π,12)时，f(x)min＝－eq \f(\r(3),2).
所以f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1)).
19. 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．
【解析】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.
20. 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．
【解析】(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))).
21. 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．
【解析】(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)，
得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≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\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).
22. 已知函数f(x)＝4tan xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3).
(1)求f(x)的定义域与最小正周期；
(2)讨论f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的单调性．
【解析】(1)f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))).
f(x)＝4tan xcs xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3)
＝4sin xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3)
＝4sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs x＋\f(\r(3),2)sin x))－eq \r(3)
＝2sin xcs x＋2eq \r(3)sin2x－eq \r(3)
＝sin 2x＋eq \r(3)(1－cs 2x)－eq \r(3)
＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)令z＝2x－eq \f(π,3)，
函数y＝2sin z在z∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ))，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z上单调递增．
由eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ))≤eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))≤eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，
得eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ))≤x≤eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z.
设A＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，
B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ))≤x≤\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋kπ，k∈Z))))，
易知A∩B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4))).
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上单调递减．函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象
定义域
R
R
{xeq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x∈R，且)) x≠kπ＋eq \f(π,2)}
值域
[－1，1]
[－1，1]
R
最小正周期
2π
2π
π
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
递增区间
eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)))
[2kπ－π，2kπ]
eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,2)))
递减区间
eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(3π,2)))
[2kπ，2kπ＋π]
无
对称中心
(kπ，0)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,2)，0))
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))
对称轴方程
x＝kπ＋eq \f(π,2)
x＝kπ
无