2025年高考数学一轮复习（基础版）课时精讲第4章　§4.5　三角函数的图象与性质（2份打包，原卷版+含解析）

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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]上的性质及正切函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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\c1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．
(2)在余弦函数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．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eq \f(1,2)个周期．
2．与三角函数的奇偶性相关的结论
(1)若y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)；若为奇函数，则φ＝kπ(k∈Z)．
(2)若y＝Acs(ωx＋φ)为偶函数，则φ＝kπ(k∈Z)；若为奇函数，则φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)．
(3)若y＝Atan(ωx＋φ)为奇函数，则φ＝kπ(k∈Z)．
自主诊断
1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)
(1)函数y＝sin x，x∈[0,2π]，y＝cs x，x∈[0,2π]的五个关键点是零点和极值点．( × )
(2)函数y＝sin x图象的对称轴方程为x＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)．( × )
(3)若f(2x＋T)＝f(2x)，则T是函数f(2x)的周期．( × )
(4)函数y＝tan x在整个定义域上是增函数．( × )
2．(多选)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))(x∈R)，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)))上单调递增
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
答案 ABC
解析 由题意得f(x)＝－cs x，
对于A，T＝eq \f(2π,1)＝2π，故A正确；
对于B，因为y＝cs x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，故B正确；
对于C，f(－x)＝－cs(－x)＝－cs x＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以其图象关于直线x＝0对称，故C正确，D错误．
3．函数f(x)＝2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))图象的对称中心的坐标是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，0))，k∈Z C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)＋\f(π,6)，0))，k∈Z D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,4)＋\f(π,6)，0))，k∈Z
答案 D
解析 令2x－eq \f(π,3)＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ,4)＋eq \f(π,6)，k∈Z，
所以函数f(x)＝2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))图象的对称中心的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,4)＋\f(π,6)，0))，k∈Z.
4．函数y＝3－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的最大值为______，此时x＝________.
答案 5 eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)
解析 函数y＝3－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的最大值为3＋2＝5，此时x＋eq \f(π,4)＝π＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z).
题型一 三角函数的定义域和值域
例1 (1)函数y＝eq \r(cs x－\f(\r(3),2))的定义域为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z) D．R
答案 C
解析 由cs x－eq \f(\r(3),2)≥0，得cs x≥eq \f(\r(3),2)，∴2kπ－eq \f(π,6)≤x≤2kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)．
(2)如果函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2)＋a在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(5π,6)))上的最小值为eq \r(3)，则a的值为( )
A.eq \f(\r(3)＋1,2) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(2＋\r(3),2) D.eq \f(\r(3)－1,2)
答案 A
解析 因为当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(5π,6)))时，x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,6)))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，当x＝eq \f(5π,6)时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))有最小值－eq \f(1,2).可得f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2)＋a的最小值为－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)＋a＝eq \r(3)，解得a＝eq \f(\r(3)＋1,2).
思维升华 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．
跟踪训练1 (1)函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))的定义域是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,4))))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(3π,4)))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,4)＋kπ，k∈Z)))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(3π,4)＋kπ，k∈Z))))
答案 D
解析 函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＝－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))，令x－eq \f(π,4)≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x≠eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z，
∴函数y的定义域是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(3π,4)＋kπ，k∈Z)))).
(2)函数f(x)＝cs 2x＋6cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))的最大值为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
答案 B
解析 因为f(x)＝cs 2x＋6cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝cs 2x＋6sin x＝1－2sin2x＋6sin x＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(3,2)))2＋eq \f(11,2)，
又sin x∈[－1,1]，所以当sin x＝1时，f(x)取得最大值5.
题型二 三角函数的周期性、对称性与奇偶性
例2 (1)(多选)已知函数f(x)＝sin x(sin x－cs x)，则下列说法正确的是( )
A．函数f(x)的最小正周期为π
B．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，0))是y＝f(x)图象的对称中心
C．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(1,2)))是y＝f(x)图象的对称中心
D．直线x＝eq \f(5π,8)是y＝f(x)图象的对称轴
答案 AD
解析 f(x)＝sin x(sin x－cs x)＝sin2x－sin xcs x＝eq \f(1－cs 2x,2)－eq \f(1,2)sin 2x
＝－eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋eq \f(1,2)，T＝eq \f(2π,2)＝π，故A正确；
当x＝－eq \f(π,8)时，2x＋eq \f(π,4)＝0，此时sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＝0，则函数关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(1,2)))对称，故B错误；
当x＝eq \f(π,8)时，2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，此时sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＝1，则函数关于直线x＝eq \f(π,8)对称，故C错误；
当x＝eq \f(5π,8)时，2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(3π,2)，此时sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＝－1，则函数关于直线x＝eq \f(5π,8)对称，故D正确．
(2)已知函数f(x)＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)＋φ))是奇函数，且φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则φ的值为________．
答案 eq \f(π,4)
解析 由已知，得eq \f(π,4)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，所以φ＝kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)，
又因为φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以当k＝0时，φ＝eq \f(π,4)符合题意．
思维升华
(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的形式．
(2)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．
(3)对称轴、对称中心的求法：对于可化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)(或f(x)＝Acs(ωx＋φ))形式的函数，如果求f(x)的对称轴，只需令ωx＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)(或令ωx＋φ＝kπ(k∈Z))，求x即可；如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或令ωx＋φ＝\f(π,2)＋kπk∈Z))，求x即可．对于可化为f(x)＝Atan(ωx＋φ)形式的函数，如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，求x即可．
跟踪训练2 (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)))
答案 ABC
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).
(2)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，其图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝________.
答案 eq \r(3)
解析 函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，其图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2π,ω)＝π，,\f(π,6)ω＋φ＝\f(π,2)＋kπ，k∈Z，))∵|φ|则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,4)＋\f(π,6)))＝eq \r(3).
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 (1)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．
(2)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))的单调递减区间为________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z
解析 f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))的单调递减区间是g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间．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.故所给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.
延伸探究 若例3(2)中的函数不变，求其在[0，π]上的单调递减区间．
解 令A＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z，B＝[0，π]，
∴A∩B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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\c1(0，\f(5π,12)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，π)).
命题点2 根据单调性求参数
例4 已知f(x)＝sin(2x－φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))上有最小值，那么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,6)，\f(π,4))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))
答案 B
解析 由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，可得2x－φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－φ，\f(2π,3)－φ))，又由0<φ可得eq \f(2π,3)－φ≤eq \f(π,2)，所以eq \f(π,6)≤φ＜eq \f(π,2).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))时，2x－φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－φ，\f(7π,4)－φ))，
由f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))上有最小值，可得eq \f(7π,4)－φ>eq \f(3π,2)，所以φ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＝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，可先借助诱导公式将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)设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－2x))，则f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的单调递减区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(π,2)))
答案 D
解析 由已知f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，得2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋π，k∈Z，则kπ＋eq \f(π,8)≤x≤kπ＋eq \f(5π,8)，k∈Z，
又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(π,2))).
(2)若f(x)＝cs x－sin x在[－a，a]上单调递减，则a的最大值是( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2) C.eq \f(3π,4) D．π
答案 A
解析 f(x)＝cs x－sin x＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，由题意得a>0，因为f(x)＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))在[－a，a]上单调递减，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，,a>0，))解得0课时精练
一、单项选择题
1．若函数y＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,3)))(ω>0)两对称中心间的最小距离为eq \f(π,2)，则ω等于( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 A
解析 因为函数y＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,3)))(ω>0)两对称中心间的最小距离为eq \f(π,2)，所以eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，则T＝π，
所以T＝eq \f(2π,2ω)＝π，解得ω＝1.
2．已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，则f(x)在[－2,0]上( )
A．单调递增 B．单调递减
C．先增后减 D．先减后增
答案 D
解析 ∵x∈[－2,0]，∴2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4－\f(π,6)，－\f(π,6)))，∵－eq \f(3π,2)<－4－eq \f(π,6)<－π<－eq \f(π,6)<0，
∴函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))在[－2,0]上先减后增．
3．已知函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，设a＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,7)))，b＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，c＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c B．a>c>b C．c>a>b D．b>a>c
答案 A
解析 a＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,7)))＝2cs eq \f(13π,42)，b＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2cs eq \f(π,3)，c＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝2cs eq \f(5π,12)，因为y＝cs x在[0，π]上单调递减，
又0b>c.
4．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))单调递增，直线x＝eq \f(π,6)和x＝eq \f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)))等于( )
A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 D
解析 因为直线x＝eq \f(π,6)和x＝eq \f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，所以eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，不妨取ω>0，则T＝π，ω＝eq \f(2π,T)＝2，由题意知，当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最小值，则2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，则φ＝2kπ－eq \f(5π,6)，k∈Z，不妨取k＝0，则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6)))，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,3)))＝eq \f(\r(3),2).
5．已知函数f(x)＝sin|x|－cs 2x，则下列结论错误的是( )
A．f(x)为偶函数 B．f(x)的最小正周期为π
C．f(x)的最小值为－eq \f(9,8) D．f(x)的最大值为2
答案 B
解析 因为f(－x)＝sin|－x|－cs(－2x)＝sin|x|－cs 2x＝f(x)，所以f(x)是偶函数，则A正确；若f(x)的最小正周期为π，则f(x＋π)＝f(x)恒成立，即sin|x＋π|－cs 2(x＋π)＝sin|x|－cs 2x，即sin|x＋π|＝sin|x|恒成立，而当x＝eq \f(π,2)时，sin eq \f(3π,2)≠sin eq \f(π,2)，所以“f(x)的最小正周期为π”是错误的，则B错误；由f(x)是偶函数，只需考虑x≥0时的最值即可，当x≥0时，f(x)＝sin x－cs 2x＝2sin2x＋sin x－1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋\f(1,4)))2－eq \f(9,8)，因为sin x∈[－1,1]，所以2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋\f(1,4)))2－eq \f(9,8)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9,8)，2))，即f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9,8)，2))，则C和D正确．
6．记函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω∈N*)的最小正周期为T，若eq \f(π,2)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，2)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，2)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))
答案 C
解析 由函数的最小正周期T满足eq \f(π,2)二、多项选择题
7．下列关于函数f(x)＝cs x＋asin x(a≠0)的说法正确的是( )
A．存在a，使f(x)是偶函数
B．存在a，使f(x)是奇函数
C．存在a，使f(x＋π)＝f(x)
D．若f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称，则a＝1
答案 AD
解析 函数f(x)＝cs x＋asin x＝eq \r(1＋a2)sin(x＋θ)，其中sin θ＝eq \f(1,\r(1＋a2))，cs θ＝eq \f(a,\r(1＋a2))，θ∈(0，π)，
当a＝0时，f(x)＝cs x为偶函数，故A正确；
对于B，无论a取何值，函数f(x)＝eq \r(1＋a2)sin(x＋θ)都不可能为奇函数，故B错误；
对于C，f(x＋π)＝eq \r(1＋a2)sin(x＋π＋θ)＝－eq \r(1＋a2)sin(x＋θ)≠f(x)，故C错误；
对于D，当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)取得最大值或最小值，故eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)a＝±eq \r(1＋a2)，解得a＝1，故D正确．
8．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<|φ|<\f(π,2)))在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝1，则( )
A．ω＝3 B．φ＝－eq \f(π,6) C．ω＝2 D．φ＝eq \f(π,6)
答案 CD
解析 因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<|φ|<\f(π,2)))在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调，所以eq \f(T,2)＝eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)≥eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，所以0<ω≤2，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝1，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)ω＋φ))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)ω＋φ))＝1，所以eq \f(π,6)ω＋φ＝eq \f(π,2)＋2k1π，
eq \f(2π,3)ω＋φ＝eq \f(3π,2)＋2k2π，k1，k2∈Z，故eq \f(π,2)ω＝π＋2(k2－k1)π，所以ω＝2＋4(k2－k1)，k2，k1∈Z，
因为0<ω≤2，k2－k1∈Z，所以ω＝2，则φ＝eq \f(π,6)＋2k1π，k1∈Z，又0<|φ|三、填空题
9．函数y＝eq \r(sin x－cs x)的定义域为________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)
解析 方法一 要使函数有意义，必须使sin x－cs x≥0.在同一直角坐标系中画出[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(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)．
方法二 要使函数y＝eq \r(sin x－cs x)有意义，即使sin x－cs x≥0，即eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))≥0，即2kπ≤x－eq \f(π,4)≤2kπ＋π(k∈Z)，即原函数的定义域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)．
10．写出一个同时满足下列两个条件的函数f(x)＝________.
①∀x∈R，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝f(x)； ②∀x∈R，f(x)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))恒成立．
答案 －cs 4x(答案不唯一)
解析 由∀x∈R，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝f(x)可知，函数的周期为eq \f(π,2)，
由∀x∈R，f(x)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))恒成立可知，函数在x＝eq \f(π,4)处取到最大值，则f(x)＝－cs 4x满足题意，
一方面根据余弦函数的周期公式，T＝eq \f(2π,4)＝eq \f(π,2)，满足∀x∈R，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝f(x)，
另一方面，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝－cs π＝1＝f(x)max，满足∀x∈R，f(x)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))恒成立．
11．若函数f(x)＝7sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,10)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，a))上单调，则实数a的最大值为________．
答案 eq \f(7π,5)
解析 因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，a))，所以x＋eq \f(π,10)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,5)，a＋\f(π,10)))，又eq \f(3π,5)在y＝sin x的单调递减区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))内，
所以a＋eq \f(π,10)≤eq \f(3π,2)，解得a≤eq \f(7π,5)，所以a的最大值为eq \f(7π,5).
12．已知sin x＋cs y＝eq \f(1,4)，则sin x－sin2y的最大值为________．
答案 eq \f(9,16)
解析 ∵sin x＋cs y＝eq \f(1,4)，sin x∈[－1,1]，∴sin x＝eq \f(1,4)－cs y∈[－1,1]，
∴cs y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，\f(5,4)))，即cs y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，1))，∵sin x－sin2y＝eq \f(1,4)－cs y－(1－cs2y)
＝cs2y－cs y－eq \f(3,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs y－\f(1,2)))2－1，又cs y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，1))，
利用二次函数的性质知，当cs y＝－eq \f(3,4)时，sin x－sin2y取最大值，(sin x－sin2y)max＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)－\f(1,2)))2－1＝eq \f(9,16).
四、解答题
13．设函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,6)))＋m的图象关于直线x＝π对称，其中0<ω(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)若函数y＝f(x)的图象过点(π，0)，求函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,2)))上的值域．
解 (1)由直线x＝π是y＝f(x)图象的一条对称轴，可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωπ－\f(π,6)))＝±1，
所以2ωπ－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得ω＝eq \f(k,2)＋eq \f(1,3)(k∈Z)．
又0<ω(2)由(1)知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x－\f(π,6)))＋m，因为f(π)＝0，
所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＋m＝0，解得m＝－2，所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x－\f(π,6)))－2，
当0≤x≤eq \f(3π,2)时，－eq \f(π,6)≤eq \f(2,3)x－eq \f(π,6)≤eq \f(5π,6)，
可得－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x－\f(π,6)))≤1.所以－3≤f(x)≤0，
故函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,2)))上的值域为[－3,0]．函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象
定义域
R
R
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,2)))))
值域
[－1,1]
[－1,1]
R
周期性
2π
2π
π
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
单调递增区间
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))
[2kπ－π，2kπ]
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))
单调递减区间
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))
[2kπ，2kπ＋π]
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