2021高考数学二轮复习专题三第1讲：三角函数的图象与性质

这是一份2021高考数学二轮复习专题三第1讲：三角函数的图象与性质，共26页。试卷主要包含了三角函数的定义，诱导公式，基本关系等内容，欢迎下载使用。


考点一 三角函数的定义、诱导公式及基本关系
1．三角函数的定义
若角α的终边过点P(x，y)，则sinα＝eq \f(y,r)，csα＝eq \f(x,r)，tanα＝eq \f(y,x)(其中r＝eq \r(x2＋y2))．
2．诱导公式
(1)sin(2kπ＋α)＝sinα(k∈Z)，cs(2kπ＋α)＝csα(k∈Z)，tan(2kπ＋α)＝tanα(k∈Z)．
(2)sin(π＋α)＝－sinα，cs(π＋α)＝－csα，tan(π＋α)＝＝tanα.
(3)sin(－α)＝－sinα，cs(－α)＝csα，tan(－α)＝－tanα.
(4)sin(π－α)＝sinα，cs(π－α)＝－csα，tan(π－α)＝－tanα.
(5)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))＝csα，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))＝sinα，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝csα，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝－sinα.
3．基本关系
sin2x＋cs2x＝1，tanx＝eq \f(sinx,csx).
[对点训练]
1．(2018·山东寿光一模)若角α的终边过点A(2,1)，则
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)π－α))＝( )
A．－eq \f(2\r(5),5) B．－eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(2\r(5),5)
[解析] 根据三角函数的定义可知csα＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)π－α))＝－csα＝－eq \f(2\r(5),5)，故选A.
[答案] A
2．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)＋x))＝eq \f(1,5)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＝( )
A．－eq \f(1,5) B.eq \f(1,5) C.eq \f(2,5) D．－eq \f(2,5)
[解析] cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))
＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π＋\f(π,6)＋x))
＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)＋x))＝－eq \f(1,5)，故选A.
[答案] A
3．已知P(sin40°，－cs140°)为锐角α终边上的点，则α＝( )
A．40° B．50° C．70° D．80°
[解析] ∵P(sin40°，－cs140°)为角α终边上的点，因而tanα＝eq \f(－cs140°,sin40°)＝eq \f(－cs90°＋50°,sin90°－50°)＝eq \f(sin50°,cs50°)＝tan50°，又α为锐角，则α＝50°，故选B.
[答案] B
4．(2018·福建泉州质检)已知θ为第四象限角，sinθ＋3csθ＝1，则tanθ＝________.
[解析] 由(sinθ＋3csθ)2＝1＝sin2θ＋cs2θ，得6sinθcsθ＝－8cs2θ，又因为θ为第四象限角，所以csθ≠0，所以6sinθ＝－8csθ，所以tanθ＝－eq \f(4,3).
[答案] －eq \f(4,3)
[快速审题] (1)看到终边上点的坐标，想到三角函数的定义．
(2)看到三角函数求值，想到诱导公式及切弦互化．
诱导公式及三角函数关系式的应用策略
(1)已知角求值问题，关键是利用诱导公式把任意角的三角函数值转化为锐角的三角函数值求解．转化过程中注意口诀“奇变偶不变，符号看象限”的应用．
(2)对给定的式子进行化简或求值时，要注意给定的角之间存在的特定关系，充分利用给定的式子，结合诱导公式将角进行转化．
考点二 三角函数的图象与解析式
1．“五点法”作函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象
设z＝ωx＋φ，令z＝0，eq \f(π,2)，π，eq \f(3π,2)，2π，求出x的值与相应的y的值，描点、连线可得．
2．两种图象变换
[解析] (1)∵f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,4)))))，∴只需将函数g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度即可得到f(x)的图象，故选C.
(2)由eq \f(T,4)＝eq \f(11,12)π－eq \f(2,3)π＝eq \f(π,4)，得T＝π，
又知T＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝2，∴f(x)＝2sin(2x＋φ)．
又知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,12)π))＝－2，∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,6)π＋φ))＝－2，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,6)π＋φ))＝－1.∴eq \f(11,6)π＋φ＝2kπ＋eq \f(3,2)π(k∈Z)．
∴φ＝2kπ－eq \f(π,3)(k∈Z)，又∵－eq \f(π,2)<φ<0，∴φ＝－eq \f(π,3).
[答案] (1)C (2)－eq \f(π,3)
解决三角函数图象问题的策略
(1)已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A；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．
(2)在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换，变换只是相对于其中的自变量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．
[对点训练]
1．[原创题]将函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)≤φ<\f(π,2)))图象上每一点的横坐标先伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再向左平移eq \f(π,3)个单位长度得到y＝sinx的图象，则函数f(x)的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,12)，2kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))，k∈Z
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(5π,6)))，k∈Z
[解析] 解法一：将函数f(x)＝sin(ωx＋φ)图象上每一点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，则函数变为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ωx＋φ))，再向左平移eq \f(π,3)个单位长度得到的函数为y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ωx＋\f(ωπ,6)＋φ))＝sinx，又ω>0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ω＝1，,\f(ωπ,6)＋φ＝2kπ，k∈Z，))又－eq \f(π,2)≤φ解法二：将y＝sinx的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度得到的函数为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的图象上每一点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)，则函数变为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＝f(x)，由2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，可得kπ－eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(5π,12)，k∈Z，故选C.
[答案] C
2．(2018·湖北七市(州)3月联考)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，若x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，则f(x1＋x2)＝( )
A．1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
[解析] 由题图知A＝1，函数f(x)的最小正周期T＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))))＝π，所以eq \f(2π,ω)＝π，即ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，又因为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))在图象的上升段上，所以－eq \f(π,3)＋φ＝2kπ(k∈Z)，所以φ＝2kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，又|φ|[答案] D
考点三 三角函数的性质
1．三角函数的单调区间
y＝sinx的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)；
y＝csx的单调递增区间是[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，单调递减区间是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)；
y＝tanx的递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)．
2．三角函数的奇偶性与对称性
y＝Asin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)求得．
y＝Acs(ωx＋φ)，当φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得．
y＝Atan(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数．
角度1：研究三角函数的单调性、奇偶性、周期性
[解题指导] eq \x(由周期π确定ω)→eq \x(由平移变换确定解析式)→
eq \x(由图象的对称性确定φ)→eq \x(研究fx的对称性)
[解析] ∵f(x)的最小正周期为π，∴eq \f(2π,ω)＝π，ω＝2，
∴f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位后得到g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)＋φ))的图象，又g(x)的图象关于原点对称，∴－eq \f(2π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，φ＝eq \f(2π,3)＋kπ，k∈Z，又|φ|∴A、C错误，当x＝eq \f(5π,12)时，2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，故选B.
[答案] B
[探究追问] 在本例中条件不变，若将“图象关于原点对称”改为“图象关于y轴对称”，则f(x)的图象对称性是怎样的？
[解析] g(x)的图象关于y轴对称，则－eq \f(2π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，可求φ＝eq \f(π,6)，∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，2x＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，可得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)，k∈Z，令k＝1，则x＝eq \f(5π,12)，故选D.
[答案] D
角度2：求三角函数的单调区间及最值
[解] (1)f(x)＝2eq \r(3)csωx·sinωx＋sin2ωx－cs2ωx
＝eq \r(3)sin2ωx－cs2ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,6))).
由f(x)图象的一个对称中心，到最近的对称轴的距离为eq \f(π,4)，知eq \f(1,4)·eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,4)，即ω＝1.所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z.
解得kπ－eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))(k∈Z)．
(2)因为0≤x≤eq \f(π,2)，所以－eq \f(π,6)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(5π,6)，
所以－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))≤1，所以－1≤f(x)≤2.
即函数f(x)的值域为[－1,2]．
三角函数性质问题的解题策略
(1)讨论三角函数的单调性，研究函数的周期性、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)，但是当A>0，ω<0时，需先利用诱导公式变形为y＝－Asin(－ωx－φ)，则y＝－Asin(－ωx－φ)的增区间即为原函数的减区间，减区间即为原函数的增区间．
(3)求函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)在某一区间的最值时，将ωx＋φ视为整体，借助正弦函数的图象和性质求解．
[对点训练]
1．[角度1](2018·内蒙古赤峰二中三模)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1，则下列结论中错误的是( )
A．f(x)的最小正周期为π
B．f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称
C．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上是增函数
D．函数f(x)的图象可由g(x)＝2sin2x－1的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到
[解析] 对于函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1，由于它的最小正周期为π，故A项正确；当x＝eq \f(π,3)时，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1＝1，函数取得最大值，故f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，故B项正确；当x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上时，2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，故f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上是增函数，故C项正确；由于把g(x)＝2sin2x－1的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到y＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))－1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－1的图象，故D项错误，故选D.
[答案] D
2．[角度2](2018·河南濮阳一模)先将函数f(x)＝sinx的图象上的各点向左平移eq \f(π,6)个单位，再将各点的横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(其中ω∈N*)，得到函数g(x)的图象，若g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递增，则ω的最大值为________．
[解析] 由题意易知g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递增，所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,6)ω＋\f(π,6)≥2kπ－\f(π,2)，,\f(π,4)ω＋\f(π,6)≤2kπ＋\f(π,2)，))k∈Z，即12k－4≤ω≤8k＋eq \f(4,3)，k∈Z.
由12k－4≤8k＋eq \f(4,3)可得k≤eq \f(4,3)，当k＝1时，ω∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(8，\f(28,3)))，所以正整数ω的最大值为9.
[答案] 9
1．(2018·天津卷)将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,5)))的图象向右平移eq \f(π,10)个单位长度，所得图象对应的函数( )
A．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))上单调递增
B．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))上单调递减
C．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))上单调递增
D．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上单调递减
[解析] 将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,5)))的图象向右平移eq \f(π,10)个单位长度，所得图象对应的函数为y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))＋\f(π,5)))＝sin2x，令2kπ－eq \f(π,2)≤2x≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq \f(π,4)≤x≤kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)．所以y＝sin2x的递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)，当k＝1时，y＝sin2x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))上单调递增，故选A.
[答案] A
2．(2018·全国卷Ⅱ)若f(x)＝csx－sinx在[－a，a]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)＝csx－sinx＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
由题意得a>0，故－a＋eq \f(π,4)因为f(x)＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))在[－a，a]是减函数，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所以a的最大值是eq \f(π,4)，故选A.
[答案] A
3．(2017·全国卷Ⅲ)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))单调递减
[解析] f(x)的最小正周期为2π，易知A正确；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)π＋\f(π,3)))＝cs3π＝－1，为f(x)的最小值，故B正确；∵f(x＋π)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋π＋\f(π,3)))＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋π))＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＝－cseq \f(π,2)＝0，故C正确；由于feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋\f(π,3)))＝csπ＝－1，为f(x)的最小值，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上不单调，故D错误．
[答案] D
4．(2017·山东卷)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,2)))，其中0<ω<3.已知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝0.
(1)求ω；
(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移eq \f(π,4)个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上的最小值．
[解] (1)因为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,2)))，
所以f(x)＝eq \f(\r(3),2)sinωx－eq \f(1,2)csωx－csωx
＝eq \f(\r(3),2)sinωx－eq \f(3,2)csωx
＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sinωx－\f(\r(3),2)csωx))
＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3))).
由题设知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝0，所以eq \f(ωπ,6)－eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z.
故ω＝6k＋2，k∈Z，又0<ω<3，所以ω＝2.
(2)由(1)得f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
所以g(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)－\f(π,3)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12))).
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，
所以x－eq \f(π,12)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，
当x－eq \f(π,12)＝－eq \f(π,3)，即x＝－eq \f(π,4)时，g(x)取得最小值－eq \f(3,2).
高考对此部分内容主要以选择、填空题的形式考查，难度为中等偏下，大多出现在6～12或第14～15题位置上，命题的热点主要集中于三角函数的定义、图象与性质，主要考查图象的变换，函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性及最值，并常与三角恒等变换交汇命题．
热点课题7 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象和性质的综合应用
[感悟体验]
1．(2018·西安三模)若将函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移φ个单位长度，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是( )
A.eq \f(5π,12) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D．－eq \f(5π,6)
[解析] 将函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移φ个单位长度后得到函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)－2φ))的图象．因为所得图象关于y轴对称，所以eq \f(π,3)－2φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，所以φ＝－eq \f(π,12)－eq \f(kπ,2)(k∈Z)．当k＝－1时，φ＝eq \f(5π,12)，故选A.
[答案] A
2．(2018·湖南湘中高三联考)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)，其中φ为实数，若f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))))对x∈R恒成立，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>f(π)，则f(x)的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(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)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))))对x∈R恒成立，即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))))＝1，所以φ＝kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)．因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>f(π)，所以sin(π＋φ)>sin(2π＋φ)，即sinφ<0，所以φ＝－eq \f(5,6)π＋2kπ(k∈Z)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5,6)π))，所以由三角函数的单调性知2x－eq \f(5π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，得x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，故选C.
[答案] C
专题跟踪训练(十四)
一、选择题
1．若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝－eq \f(3,5)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，则sin(π－2α)＝( )
A.eq \f(24,25) B.eq \f(12,25) C．－eq \f(12,25) D．－eq \f(24,25)
[解析] 由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝csα＝－eq \f(3,5)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，得sinα＝eq \f(4,5)，所以sin(π－2α)＝sin2α＝2sinαcsα＝－eq \f(24,25)，故选D.
[答案] D
2．(2018·福州质量检测)若将函数y＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，则平移后图象的一个对称中心是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))
[解析] 将函数y＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得y＝3cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋\f(π,2)))＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象，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)，当k＝0时，x＝eq \f(π,6)，所以平移后图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，故选A.
[答案] A
3．(2018·安徽江南十校联考)已知tanα＝－eq \f(3,4)，则sinα·(sinα－csα)＝( )
A.eq \f(21,25) B.eq \f(25,21) C.eq \f(4,5) D.eq \f(5,4)
[解析] sinα·(sinα－csα)＝sin2α－sinα·csα＝eq \f(sin2α－sinα·csα,sin2α＋cs2α)＝eq \f(tan2α－tanα,tan2α＋1)，将tanα＝－eq \f(3,4)代入，得原式＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))2＋1)＝eq \f(21,25)，故选A.
[答案] A
4．(2018·太原模拟试题)已知函数f(x)＝sinωx－eq \r(3)csωx(ω>0)在(0，π)上有且只有两个零点，则实数ω的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(7,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，\f(10,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(10,3)，\f(13,3)))
[解析] f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))，设t＝ωx－eq \f(π,3)，因为0[答案] B
5．(2018·武汉综合测试)如图是函数y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈R，A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))上的图象，为了得到这个函数的图象，只需将函数y＝sinx(x∈R)的图象上所有的点( )
A．向左平移eq \f(π,6)个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
B．向左平移eq \f(π,6)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变
C．向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
D．向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变
[解析] 由图象可知，A＝1，最小正周期T＝π，所以ω＝2.将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))代入y＝sin(2x＋φ)可得φ＝eq \f(π,3)，所以y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，故只需将y＝sinx的图象上所有的点向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)即可，故选D.
[答案] D
6．(2018·太原质检)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，其图象相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，且函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))是偶函数，下列判断正确的是( )
A．函数f(x)的最小正周期为2π
B．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，0))对称
C．函数f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(7π,12)对称
D．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))上单调递增
[解析] 由题意得函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为2×eq \f(π,2)＝π，所以eq \f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.因为函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))是偶函数，所以2×eq \f(π,12)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，即φ＝eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，因为|φ|[答案] D
二、填空题
7．(2018·河北沧州模拟)已知角θ的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线2x－y＝0上，则eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋θ))＋csπ－θ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))－sinπ－θ)＝________.
[解析] 设点P(a,2a)(a≠0)为角θ终边上任意一点，根据三角函数的定义有tanθ＝eq \f(y,x)＝2，再根据诱导公式，得
eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋θ))＋csπ－θ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))－sinπ－θ)＝eq \f(－csθ－csθ,csθ－sinθ)
＝eq \f(－2,1－tanθ)＝2.
[答案] 2
8．(2018·河北石家庄一模)若函数f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)(0<θ<π)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称，则函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上的最小值为________．
[解析] f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋θ＋\f(π,6)))，则由题意，知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋θ＋\f(π,6)))＝0，又因为0<θ<π，所以eq \f(7π,6)<π＋θ＋eq \f(π,6)[答案] －eq \r(3)
9．已知函数f(x)＝eq \r(3)sinωx－csωx＋m(ω>0，x∈R，m是常数)图象上的一个最高点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，1))，且与点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，1))距离最近的一个最低点是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，－3))，则函数f(x)的解析式为__________________．
[解析] f(x)＝eq \r(3)sinωx－csωx＋m＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋m，
因为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，1))和点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，－3))分别是函数f(x)图象上的最高点和最低点，且它们是相邻的，
所以eq \f(T,2)＝eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)，且m＝eq \f(1＋－3,2)，所以ω＝2，m＝－1.所以函数f(x)的解析式为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1.
[答案] f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1
三、解答题
10．(2018·北京西城二模)已知函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))).
(1)求函数f(x)的定义域；
(2)设β∈(0，π)，且f(β)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))，求β的值．
[解] (1)由x＋eq \f(π,4)≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x≠kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z.
所以函数f(x)的定义域是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,4)，k∈Z)))).
(2)依题意，得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4))).
所以eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4))),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4))))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4))).
整理得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))－1))＝0，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))＝0或cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2).
因为β∈(0，π)，所以β＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4))).
由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))＝0，得β＋eq \f(π,4)＝π，即β＝eq \f(3π,4)；
由cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)，即β＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,3)，即β＝eq \f(π,12).
所以β＝eq \f(π,12)或β＝eq \f(3π,4).
11．(2018·云南曲靖一中模拟)已知函数f(x)＝2csxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋eq \r(3)sin2x＋sinxcsx.
(1)求函数f(x)的最小正周期．
(2)若f(x)－m＝0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))恰有一实数根，求m的取值范围．
[解] (1)函数f(x)＝2csxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋eq \r(3)sin2x＋sinxcsx＝2csxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sinxcs\f(π,3)－csxsin\f(π,3)))＋eq \r(3)sin2x＋sinxcsx＝2csx·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sinx－\f(\r(3),2)csx))＋eq \r(3)sin2x＋sinxcsx＝2sinxcsx－eq \r(3)cs2x＋eq \r(3)sin2x＝sin2x－eq \r(3)cs2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
故函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π.
(2)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))时，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象如下．
∵f(0)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－eq \r(3)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)－\f(π,3)))＝0，
∴当方程f(x)－m＝0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))恰有一实数根时，m的取值范围为[－eq \r(3)，0)∪{2}．
12．[原创题]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)＝(－sinx)(－csx)－eq \r(3)cs2x＋eq \r(3)＝sinxcsx－eq \r(3)cs2x＋eq \r(3)＝eq \f(1,2)sin2x－eq \f(\r(3),2)(cs2x＋1)＋eq \r(3)＝eq \f(1,2)sin2x－eq \f(\r(3),2)cs2x＋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≤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).