高考数学一轮复习　第四章 第4节三角函数的图象与性质

这是一份高考数学一轮复习　第四章 第4节三角函数的图象与性质，共21页。

知 识 梳 理
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)
[微点提醒]
1.对称与周期
(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.
(2)正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期.
2.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.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)余弦函数y＝cs x的对称轴是y轴.( )
(2)正切函数y＝tan x在定义域内是增函数.( )
(3)已知y＝ksin x＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1.( )
(4)y＝sin|x|是偶函数.( )
解析 (1)余弦函数y＝cs x的对称轴有无穷多条，y轴只是其中的一条.
(2)正切函数y＝tan x在每一个区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)上都是增函数，但在定义域内不是单调函数，故不是增函数.
(3)当k>0时，ymax＝k＋1；当k<0时，ymax＝－k＋1.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2.(必修4P46A2，3改编)若函数y＝2sin 2x－1的最小正周期为T，最大值为A，则( )
A.T＝π，A＝1 B.T＝2π，A＝1
C.T＝π，A＝2 D.T＝2π，A＝2
解析 最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，最大值A＝2－1＝1.故选A.
答案 A
3.(必修4P47B2改编)函数y＝－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3π,4)))的单调递减区间为________.
解析 由－eq \f(π,2)＋kπ＜2x－eq \f(3π,4)＜eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，
得eq \f(π,8)＋eq \f(kπ,2)＜x＜eq \f(5π,8)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)，
所以y＝－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3π,4)))的单调递减区间为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z).
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)
4.(2017·全国Ⅱ卷)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期为( )
A.4π B.2π C.π D.eq \f(π,2)
解析 由题意T＝eq \f(2π,2)＝π.
答案 C
5.(2017·全国Ⅲ卷)函数f(x)＝eq \f(1,5)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))的最大值为( )
A.eq \f(6,5) B.1 C.eq \f(3,5) D.eq \f(1,5)
解析 cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，则f(x)＝eq \f(1,5)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝eq \f(6,5)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，函数的最大值为eq \f(6,5).
答案 A
6.(2018·江苏卷)已知函数y＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2))) 的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，则φ的值是________.
解析 由函数y＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝±1.所以eq \f(2π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，所以φ＝－eq \f(π,6)＋kπ(k∈Z)，又－eq \f(π,2)<φ答案 －eq \f(π,6)
考点一 三角函数的定义域
【例1】 (1)函数f(x)＝－2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的定义域是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠\f(π,6))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠－\f(π,12)))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠kπ＋\f(π,6)（k∈Z）)) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠\f(kπ,2)＋\f(π,6)（k∈Z）))
(2)不等式eq \r(3)＋2cs x≥0的解集是________.
(3)函数f(x)＝eq \r(64－x2)＋lg2(2sin x－1)的定义域是________.
解析 (1)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).
(2)由eq \r(3)＋2cs x≥0，得cs x≥－eq \f(\r(3),2)，由余弦函数的图象，得在一个周期[－π，π]上，不等式cs x≥－eq \f(\r(3),2)的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－\f(5π,6)≤x≤\f(5,6)π))，故原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－\f(5,6)π＋2kπ≤x≤\f(5,6)π＋2kπ，k∈Z)).
(3)由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(64－x2≥0，①,2sin x－1>0，②))由①得－8≤x≤8，由②得sin x>eq \f(1,2)，由正弦曲线得eq \f(π,6)＋2kπ答案 (1)D (2)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－\f(5,6)π＋2kπ≤x≤\f(5,6)π＋2kπ，k∈Z)) (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11,6)π，－\f(7,6)π))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5,6)π))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13π,6)，8))
规律方法 1.三角函数定义域的求法
(1)以正切函数为例，应用正切函数y＝tan x的定义域求函数y＝Atan(ωx＋φ)的定义域转化为求解简单的三角不等式.
(2)求复杂函数的定义域转化为求解简单的三角不等式.
2.简单三角不等式的解法
(1)利用三角函数线求解.
(2)利用三角函数的图象求解.
【训练1】 (1)函数y＝eq \r(sin x－cs x)的定义域为________.
(2)函数y＝lg(sin x)＋eq \r(cs x－\f(1,2))的定义域为______.
解析 (1)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]上，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|\f(π,4)＋2kπ≤x≤\f(5,4)π＋2kπ，k∈Z)).
(2)要使函数有意义必须有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所以2kπ答案 (1)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|\f(π,4)＋2kπ≤x≤\f(5,4)π＋2kπ，k∈Z))
(2)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|2kπ考点二 三角函数的值域与最值
【例2】 (1)y＝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)))上的值域是________.
(2)(2017·全国Ⅱ卷)函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)cs x－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))的最大值是________.
(3)函数y＝sin x－cs x＋sin xcs x的值域为________.
解析 (1)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y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3)).
(2)由题意可得f(x)＝－cs2x＋eq \r(3)cs x＋eq \f(1,4)＝－(cs x－eq \f(\r(3),2))2＋1.
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴cs x∈[0，1].
∴当cs x＝eq \f(\r(3),2)，即x＝eq \f(π,6)时，f(x)max＝1.
(3)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)，
所以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).
所以函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\r(2)，1)).
答案 (1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3)) (2)1 (3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\r(2)，1))
规律方法 求解三角函数的值域(最值)常见三种类型：
(1)形如y＝asin x＋bcs x＋c的三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)；
(2)形如y＝asin2x＋bsin x＋c的三角函数，可先设sin x＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)；
(3)形如y＝asin xcs x＋b(sin x±cs x)＋c的三角函数，可先设t＝sin x±cs x，化为关于t的二次函数求值域(最值).
【训练2】 (1)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
(2)(2019·临沂模拟)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，其中x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，a))，若f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，则实数a的取值范围是________.
解析 (1)由f(x)＝cs 2x＋6cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝1－2sin2x＋6sin x＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(11,2)，又sin x∈[－1，1]，所以当sin x＝1时函数的最大值为5.
(2)由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，a))，知x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，a＋\f(π,6))).因为x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))时，f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，所以由函数的图象知eq \f(π,2)≤a＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，所以eq \f(π,3)≤a≤π.
答案 (1)B (2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))
考点三 三角函数的单调性 多维探究
角度1 求三角函数的单调区间
【例3－1】 (1)函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(kπ,12)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,12)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(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,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
(2)函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3)))的单调递减区间为________.
解析 (1)由kπ－eq \f(π,2)<2x－eq \f(π,3)(2)y＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，它的减区间是y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的增区间.令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.故其单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.
答案 (1)B (2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z
角度2 利用单调性比较大小
【例3－2】 已知函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，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,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
解析 令2kπ≤x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋π，k∈Z，
解得2kπ－eq \f(π,6)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z，
∴函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))上是减函数，
∵－eq \f(π,6)∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,7)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))).
答案 A
角度3 利用单调性求参数
【例3－3】 (2018·全国Ⅱ卷)若f(x)＝cs x－sin x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)＝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，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\{(\a\vs4\al\c1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，,a>0，))解得0答案 A
规律方法 1.已知三角函数解析式求单调区间：(1)求函数的单调区间应遵循简单化原则，将解析式先化简，并注意复合函数单调性规律“同增异减”；(2)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，那么一定先借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错.
2.对于已知函数的单调区间的某一部分确定参数ω的范围的问题，首先，明确已知的单调区间应为函数的单调区间的子集，其次，要确定已知函数的单调区间，从而利用它们之间的关系可求解，另外，若是选择题利用特值验证排除法求解更为简捷.
【训练3】 (1)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
(2)cs 23°，sin 68°，cs 97°的大小关系是________.
(3)(一题多解)若函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在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 (1)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)))，此时函数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)))，此时函数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)))，此时函数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)))，此时函数f(x)先减后增.
(2)sin 68°＝cs 22°，又y＝cs x在[0°，180°]上是减函数，
∴sin 68°>cs 23°>cs 97°.
(3)法一 由于函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象经过坐标原点，由已知并结合正弦函数的图象可知，eq \f(π,3)为函数f(x)的eq \f(1,4)周期，故eq \f(2π,ω)＝eq \f(4π,3)，解得ω＝eq \f(3,2).
法二 由题意，得f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \f(π,3)ω＝1.
由已知并结合正弦函数图象可知，eq \f(π,3)ω＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝eq \f(3,2)＋6k(k∈Z)，所以当k＝0时，ω＝eq \f(3,2).
答案 (1)C (2)sin 68°>cs 23°>cs 97° (3)eq \f(3,2)
考点四 三角函数的周期性、奇偶性、对称性 多维探究
角度1 三角函数奇偶性、周期性
【例4－1】 (1)(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2cs2x－sin2x＋2，则( )
A.f(x)的最小正周期为π，最大值为3
B.f(x)的最小正周期为π，最大值为4
C.f(x)的最小正周期为2π，最大值为3
D.f(x)的最小正周期为2π，最大值为4
(2)(2019·杭州调研)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋θ))－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋θ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|θ|<\f(π,2)))的图象关于y轴对称，则θ＝( )
A.－eq \f(π,6) B.eq \f(π,6) C.－eq \f(π,3) D.eq \f(π,3)
解析 (1)易知f(x)＝2cs2x－sin2x＋2＝3cs2x＋1＝3eq \f(cs 2x＋1,2)＋1＝eq \f(3,2)cs 2x＋eq \f(5,2)，则f(x)的最小正周期为π，当2x＝2kπ，即x＝kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，最大值为4.
(2)f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋θ))－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋θ))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋θ－\f(π,3)))，
由题意可得f(0)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝±2，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝±1，∴θ－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，
∴θ＝eq \f(5π,6)＋kπ(k∈Z).
∵|θ|答案 (1)B (2)A
规律方法 1.若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，则
(1)f(x)为偶函数的充要条件是φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)；
(2)f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z).
2.函数y＝Asin(ωx＋φ)与y＝Acs(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq \f(2π,|ω|)，y＝Atan(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq \f(π,|ω|).
角度2 三角函数图象的对称性
【例4－2】 (1)已知函数f(x)＝asin x＋cs x(a为常数，x∈R)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，则函数g(x)＝sin x＋acs x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(2π,3)，0))对称
C.关于直线x＝eq \f(π,3)对称 D.关于直线x＝eq \f(π,6)对称
(2)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则ω的最大值为( )
A.11 B.9 C.7 D.5
解析 (1)因为函数f(x)＝asin x＋cs x(a为常数，x∈R)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，
所以f(0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，所以1＝eq \f(\r(3),2)a＋eq \f(1,2)，a＝eq \f(\r(3),3)，
所以g(x)＝sin x＋eq \f(\r(3),3)cs x＝eq \f(2\r(3),3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，
函数g(x)的对称轴方程为x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，当k＝0时，对称轴为直线x＝eq \f(π,3)，所以g(x)＝sin x＋acs x的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称.
(2)因为x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)为f(x)的图象的对称轴，所以eq \f(π,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝eq \f(T,4)＋eq \f(kT,2)，即eq \f(π,2)＝eq \f(2k＋1,4)T＝eq \f(2k＋1,4)·eq \f(2π,ω)(k∈Z)，所以ω＝2k＋1(k∈Z).
又因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，所以eq \f(5π,36)－eq \f(π,18)＝eq \f(π,12)≤eq \f(T,2)＝eq \f(2π,2ω)，即ω≤12，ω＝11验证不成立(此时求得f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(11x－\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(3π,44)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,44)，\f(5π,36)))上单调递减)，ω＝9满足条件，由此得ω的最大值为9.
答案 (1)C (2)B
规律方法 1.对于可化为f(x)＝Asin(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)，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)，求x即可.
2.对于可化为f(x)＝Acs(ωx＋φ)形式的函数，如果求f(x)的对称轴，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求x；如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，求x即可.
【训练4】 (1)(2018·全国Ⅲ卷)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.π D.2π
(2)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 (1)f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z)).
f(x)＝eq \f(\f(sin x,cs x),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sin x,cs x)))\s\up12(2))＝sin x·cs x＝eq \f(1,2)sin 2x，
∴f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)A项，因为f(x)的周期为2kπ(k∈Z且k≠0)，所以f(x)的一个周期为－2π，A项正确.
B项，因为f(x)图象的对称轴为直线x＝kπ－eq \f(π,3)(k∈Z)，当k＝3时，直线x＝eq \f(8π,3)是其对称轴，B项正确.
C项，f(x＋π)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4π,3)))，将x＝eq \f(π,6)代入得到feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))＝cseq \f(3π,2)＝0，所以x＝eq \f(π,6)是f(x＋π)的一个零点，C项正确.
D项，因为f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3))) (k∈Z)，递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(2π,3)，2kπ＋\f(5π,3))) (k∈Z)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))是减区间，eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))是增区间，D项错误.
答案 (1)C (2)D
[思维升华]
1.讨论三角函数性质，应先把函数式化成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的形式.
2.对于函数的性质(定义域、值域、单调性、对称性、最值等)可以通过换元的方法令t＝ωx＋φ，将其转化为研究y＝sin t(或y＝cs t)的性质.
3.数形结合是本节的重要数学思想.
[易错防范]
1.闭区间上最值或值域问题，首先要在定义域基础上分析单调性；含参数的最值问题，要讨论参数对最值的影响.
2.要注意求函数y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时A和ω的符号，尽量化成ω＞0时情况，避免出现增减区间的混淆.
3.求三角函数的单调区间时，当单调区间有无穷多个时，别忘了注明k∈Z.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2017·山东卷)函数y＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x的最小正周期为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(2π,3) C.π D.2π
解析 ∵y＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2x＋\f(1,2)cs 2x))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
∴T＝eq \f(2π,2)＝π.
答案 C
2.(2019·石家庄检测)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，0))是函数f(x)＝sin ωx＋cs ωx图象的一个对称中心，则ω的一个取值是( )
A.2 B.4 C.6 D.8
解析 因为f(x)＝sin ωx＋cs ωx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))，由题意，知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,8)＋\f(π,4)))＝0，所以eq \f(ωπ,8)＋eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)，即ω＝8k－2(k∈Z)，当k＝1时，ω＝6.
答案 C
3.已知函数f(x)＝2sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值是－2，则ω的最小值等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(3,2) C.2 D.3
解析 ∵ω>0，－eq \f(π,3)≤x≤eq \f(π,4)，∴－eq \f(ωπ,3)≤ωx≤eq \f(ωπ,4).
由已知条件知－eq \f(ωπ,3)≤－eq \f(π,2)，∴ω≥eq \f(3,2).
答案 B
4.(2019·湖南十四校联考)已知函数f(x)＝2sin ωx－cs ωx(ω>0)，若f(x)的两个零点x1，x2满足|x1－x2|min＝2，则f(1)的值为( )
A.eq \f(\r(10),2) B.－eq \f(\r(10),2) C.2 D.－2
解析 依题意可得函数的最小正周期为eq \f(2π,ω)＝2|x1－x2|min＝2×2＝4，即ω＝eq \f(π,2)，所以f(1)＝2sin eq \f(π,2)－cs eq \f(π,2)＝2.
答案 C
5.若f(x)为偶函数，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上满足：对任意x10，则f(x)可以为( )
A.f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,2))) B.f(x)＝|sin(π＋x)|
C.f(x)＝－tan x D.f(x)＝1－2cs22x
解析 ∵f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,2)))＝－sin x为奇函数，∴排除A；f(x)＝－tan x为奇函数，∴排除C；f(x)＝1－2cs22x＝－cs 4x为偶函数，且单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，\f(kπ,2)＋\f(π,4)))(k∈Z)，排除D；f(x)＝|sin(π＋x)|＝|sin x|为偶函数，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增.
答案 B
二、填空题
6.(2019·烟台检测)若函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ－\f(π,3)))(0<φ<π)是奇函数，则φ＝________.
解析 因为f(x)为奇函数，所以φ－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，φ＝eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z.又因为0<φ<π，故φ＝eq \f(5π,6).
答案 eq \f(5π,6)
7.函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－2x))的单调递减区间为________.
解析 由y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－2x))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，
得2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋π(k∈Z)，
解得kπ＋eq \f(π,8)≤x≤kπ＋eq \f(5π,8)(k∈Z)，
所以函数的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z).
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)
8.(2018·北京卷)设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0).若f(x)≤feq \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 由于对任意的实数都有f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))成立，故当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)有最大值，故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝1，eq \f(πω,4)－eq \f(π,6)＝2kπ(k∈Z)，∴ω＝8k＋eq \f(2,3)(k∈Z).又ω>0，∴ωmin＝eq \f(2,3).
答案 eq \f(2,3)
三、解答题
9.(2018·北京卷)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 (1)f(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).
故实数m的最小值为eq \f(π,3).
10.(2019·北京通州区质检)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)∵f(x)＝sin ωx－cs ωx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))，且T＝π，
∴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))).
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.若对于任意x∈R都有f(x)＋2f(－x)＝3cs x－sin x，则函数f(2x)图象的对称中心为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，0))(k∈Z) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,8)，0))(k∈Z)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,4)，0))(k∈Z) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))(k∈Z)
解析 因为f(x)＋2f(－x)＝3cs x－sin x，
所以f(－x)＋2f(x)＝3cs x＋sin x.
解得f(x)＝cs x＋sin x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
所以f(2x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
令2x＋eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,8)(k∈Z).
所以f(2x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))(k∈Z).
答案 D
12.(2017·天津卷)设函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<π.若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,8)))＝2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,8)))＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，则( )
A.ω＝eq \f(2,3)，φ＝eq \f(π,12) B.ω＝eq \f(2,3)，φ＝－eq \f(11π,12)
C.ω＝eq \f(1,3)，φ＝－eq \f(11π,24) D.ω＝eq \f(1,3)，φ＝eq \f(7π,24)
解析 ∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,8)))＝2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,8)))＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，
∴f(x)的最小正周期为4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,8)－\f(5π,8)))＝3π，
∴ω＝eq \f(2π,3π)＝eq \f(2,3)，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x＋φ)).
∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)×\f(5π,8)＋φ))＝2，得φ＝2kπ＋eq \f(π,12)(k∈Z)，
又|φ|<π，∴取k＝0，得φ＝eq \f(π,12).
答案 A
13.已知x0＝eq \f(π,3)是函数f(x)＝sin(2x＋φ)的一个极大值点，则f(x)的单调递减区间是________.
解析 因为x0＝eq \f(π,3)是函数f(x)＝sin(2x＋φ)的一个极大值点，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋φ))＝1，解得φ＝2kπ－eq \f(π,6)(k∈Z).
不妨取φ＝－eq \f(π,6)，此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
令2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，
得f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,3)，kπ＋\f(5,6)π))(k∈Z).
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,3)，kπ＋\f(5,6)π))(k∈Z)
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)，∴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.
∴x1＋x2＝eq \f(5,6)π，则x1＝eq \f(5,6)π－x2，
∴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).
新高考创新预测
15.(思维创新)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，若对任意的实数α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)，－\f(π,2)))，都存在唯一的实数β∈[0，m]，使f(α)＋f(β)＝0，则实数m的最小值是________.
解析 因为α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)，－\f(π,2)))，所以α－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(2π,3)))，则f(α)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0))，因为对任意的实数α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)，－\f(π,2)))，都存在唯一的实数β∈[0，m]，使f(α)＋f(β)＝0，所以f(β)在[0，m]上单调，且f(β)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)))，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)))，则β－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，所以β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，即实数m的最小值是eq \f(π,2).
答案 eq \f(π,2)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
周期性
2π
2π
π
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
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)))
递减区间
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，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