2018版数学大复习讲义文档第四章三角函数、解三角形4.3含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精1.用五点法作正弦函数和余弦函数的简图正弦函数y＝sinx,x∈[0，2π］的图象中,五个关键点是：(0,0)，（eq\f（π，2），1)，(π,0)，（eq\f（3π,2),－1），（2π,0）。余弦函数y＝cosx,x∈［0，2π］的图象中，五个关键点是：(0，1)，(eq\f（π,2）,0），（π，－1)，（eq\f(3π,2）,0），(2π,1).2。正弦函数、余弦函数、正切函数的图象与性质函数y＝sinxy＝cosxy＝tanx图象定义域RR{x|x∈R且x≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z}值域［－1，1］[－1，1］R单调性在[－eq\f(π，2）＋2kπ，eq\f(π,2）＋2kπ](k∈Z)上递增；在［eq\f(π，2）＋2kπ,eq\f(3π，2）＋2kπ］(k∈Z)上递减在［－π＋2kπ，2kπ]（k∈Z）上递增;在［2kπ，π＋2kπ］（k∈Z)上递减在（－eq\f（π,2)＋kπ,eq\f(π,2）＋kπ)（k∈Z)上递增最值当x＝eq\f(π，2)＋2kπ（k∈Z)时，ymax＝1；当x＝－eq\f(π，2）＋2kπ（k∈Z）时，ymin＝－1当x＝2kπ(k∈Z)时，ymax＝1；当x＝π＋2kπ（k∈Z)时，ymin＝－1奇偶性奇函数偶函数奇函数对称中心(kπ，0)（k∈Z)(eq\f（π，2）＋kπ，0)(k∈Z)（eq\f（kπ,2)，0)(k∈Z)对称轴方程x＝eq\f（π,2)＋kπ(k∈Z）x＝kπ(k∈Z）周期2π2ππ【知识拓展】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。奇偶性若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）.【思考辨析】判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）(1）y＝sinx在第一、第四象限是增函数.(×）（2）常数函数f(x)＝a是周期函数，它没有最小正周期。(√）(3)正切函数y＝tanx在定义域内是增函数。(×）（4）已知y＝ksinx＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1。（×）（5)y＝sin|x｜是偶函数.（√）(6）若sinx〉eq\f(\r(2）,2),则x>eq\f（π,4）。(×)1。函数f(x）＝cos(2x－eq\f(π,6）)的最小正周期是________.答案π解析最小正周期为T＝eq\f(2π，ω)＝eq\f（2π，2)＝π。2。(教材改编）函数y＝－tanx的单调递减区间是________________。答案（－eq\f（π，2)＋kπ，eq\f(π,2)＋kπ)（k∈Z）解析因为y＝tanx与y＝－tanx的单调性相反，所以y＝－tanx的单调递减区间为（－eq\f(π,2)＋kπ，eq\f(π，2）＋kπ）(k∈Z)。3.(教材改编）sin11°，cos10°，sin168°的大小关系为________________.答案sin11°＜sin168°＜cos10°解析sin168°＝sin(180°－12°）＝sin12°，cos10°＝sin(90°－10°）＝sin80°，又y＝sinx在［0°，90°］上是增函数，∴sin11°＜sin12°＜sin80°,即sin11°＜sin168°＜cos10°。4.（教材改编)y＝1＋sinx，x∈[0，2π]的图象与直线y＝eq\f(3，2)的交点个数为________。答案2解析在同一坐标系中作出函数y＝1＋sinx,x∈［0，2π］和y＝eq\f(3,2）的图象（图略),由图象可得有两个交点.5.（教材改编)下列满足函数y＝taneq\f(x,2)的条件是________.(填序号）①在(0，eq\f(π,2)）上单调递增；②为奇函数；③以π为最小正周期；④定义域为{x｜x≠eq\f（π，4）＋eq\f（kπ，2)，k∈Z｝。答案①②解析①令0<x<eq\f（π,2），得0〈eq\f（x，2)〈eq\f(π，4)，∴y＝taneq\f(x,2)在（0，eq\f(π，2））上单调递增；②tan（－eq\f(x，2))＝－taneq\f（x,2），故为奇函数；③T＝eq\f（π,ω)＝2π，故③不正确；④令eq\f（x，2）≠eq\f(π,2）＋kπ（k∈Z)，得x≠π＋2kπ（k∈Z)，∴定义域为｛x｜x≠π＋2kπ，k∈Z｝，∴④不正确.题型一三角函数的定义域和值域例1(1）函数f（x)＝－2tan（2x＋eq\f(π,6）)的定义域是____________.（2)（2016·苏州模拟)已知函数f（x）＝sin（x＋eq\f(π,6)），其中x∈［－eq\f(π,3），a]，若f（x）的值域是[－eq\f（1,2）,1］，则实数a的取值范围是________.答案（1）｛x｜x≠eq\f(kπ，2）＋eq\f（π，6)，k∈Z｝（2）[eq\f（π，3）,π]解析(1）由2x＋eq\f(π,6）≠eq\f（π,2)＋kπ，k∈Z，得x≠eq\f（kπ,2）＋eq\f（π,6），k∈Z，所以f（x)的定义域为{x|x≠eq\f(kπ,2）＋eq\f(π,6），k∈Z}。(2）∵x∈［－eq\f（π,3），a］，∴x＋eq\f(π,6)∈［－eq\f（π，6），a＋eq\f（π，6)］,∵x＋eq\f（π,6)∈[－eq\f（π,6),eq\f（π，2)]时，f(x)的值域为[－eq\f（1,2),1],∴由函数的图象知eq\f（π,2)≤a＋eq\f(π,6)≤eq\f（7π，6)，∴eq\f（π，3）≤a≤π。思维升华（1)三角函数定义域的求法求三角函数定义域实际上是构造简单的三角不等式(组），常借助三角函数线或三角函数图象来求解。(2）三角函数值域的不同求法①利用sinx和cosx的值域直接求；②把所给的三角函数式变换成y＝Asin(ωx＋φ)的形式求值域；③通过换元，转换成二次函数求值域.(1)函数y＝lg（sinx）＋eq\r(cosx－\f(1,2））的定义域为.（2）函数y＝2sin(eq\f(πx，6）－eq\f（π,3))(0≤x≤9）的最大值与最小值的和为__________。答案(1)eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（x｜2kπ＜x≤\f（π，3）＋2kπ，k∈Z）)(2)2－eq\r（3)解析(1)要使函数有意义必须有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（sinx＞0，，cosx－\f（1，2)≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（sinx＞0,，cosx≥\f（1，2），))解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＜x＜π＋2kπk∈Z，,－\f（π，3）＋2kπ≤x≤\f(π,3)＋2kπk∈Z，）)∴2kπ＜x≤eq\f（π，3)＋2kπ（k∈Z），∴函数的定义域为eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1（x｜2kπ＜x≤\f(π,3）＋2kπ，k∈Z）)。(2）∵0≤x≤9，∴－eq\f(π,3)≤eq\f(πx，6)－eq\f(π,3)≤eq\f(7π,6），∴－eq\f（\r(3),2)≤sin（eq\f(πx,6)－eq\f（π，3)）≤1，故－eq\r(3）≤2sin（eq\f（πx，6)－eq\f（π，3))≤2.即函数y＝2sin（eq\f(πx，6)－eq\f(π，3））(0≤x≤9）的最大值为2,最小值为－eq\r(3）.∴最大值与最小值的和为2－eq\r（3）。题型二三角函数的单调性例2(1)函数f(x)＝taneq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,3)))的单调递增区间是________________。(2）已知ω＞0，函数f(x）＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（ωx＋\f（π，4))）在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，2)，π）)上单调递减，则ω的取值范围是________。答案（1)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(kπ，2)－\f(π,12）,\f(kπ，2)＋\f(5π，12)))(k∈Z）(2)eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(1,2),\f（5，4））)解析(1）由kπ－eq\f（π，2)＜2x－eq\f（π，3）＜kπ＋eq\f(π,2）（k∈Z)，得eq\f（kπ，2）－eq\f（π，12）＜x＜eq\f(kπ，2）＋eq\f(5π,12）（k∈Z)，所以函数f（x）＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，3)））的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（kπ,2)－\f(π,12），\f（kπ,2）＋\f(5π，12）））(k∈Z)。（2)由eq\f（π，2)＜x＜π，ω＞0,得eq\f(ωπ,2）＋eq\f（π，4）＜ωx＋eq\f（π,4）＜ωπ＋eq\f（π，4），又y＝sinx的单调递减区间为[2kπ＋eq\f(π,2），2kπ＋eq\f（3π,2)］，k∈Z，所以eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\f（ωπ，2）＋\f(π，4）≥\f（π,2）＋2kπ，k∈Z,，ωπ＋\f（π,4）≤\f(3π,2）＋2kπ，k∈Z,)）解得4k＋eq\f（1,2)≤ω≤2k＋eq\f(5，4），k∈Z。又由4k＋eq\f（1，2）－(2k＋eq\f（5，4)）≤0，k∈Z且2k＋eq\f(5,4)>0，k∈Z,得k＝0，所以ω∈[eq\f（1，2)，eq\f（5，4）］.引申探究本例（2)中，若已知ω〉0，函数f（x）＝cos（ωx＋eq\f(π,4））在(eq\f（π，2）,π）上单调递增，则ω的取值范围是____________.答案[eq\f(3,2),eq\f（7,4)］解析函数y＝cosx的单调递增区间为［－π＋2kπ，2kπ］，k∈Z，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ，2)＋\f（π，4)≥－π＋2kπ，k∈Z,，ωπ＋\f（π,4）≤2kπ，k∈Z,))解得 4k－eq\f(5,2)≤ω≤2k－eq\f（1,4），k∈Z,又由4k－eq\f(5，2）－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2k－\f(1，4)））≤0，k∈Z且2k－eq\f(1，4)＞0，k∈Z,得k＝1,所以ω∈eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（3，2），\f（7,4)))。思维升华（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＝Acos（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）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.(1)函数f（x）＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f（π，3）))的单调减区间为________.(2)若函数f（x）＝sinωx(ω＞0）在区间［0,eq\f（π，3）]上单调递增，在区间［eq\f（π，3)，eq\f(π，2)]上单调递减，则ω＝________。答案(1）eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(kπ－\f（π，12)，kπ＋\f（5,12）π)）,k∈Z（2)eq\f(3,2)解析（1）由已知函数得y＝－sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x－\f（π,3)）），欲求函数的单调减区间，只需求y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f（π，3)））的单调增区间.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。故所给函数的单调减区间为eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(kπ－\f（π，12），kπ＋\f（5π,12）))(k∈Z）。（2)∵f(x）＝sinωx(ω＞0）过原点，∴当0≤ωx≤eq\f(π,2)，即0≤x≤eq\f(π,2ω）时，y＝sinωx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＝sinωx是减函数.由f(x)＝sinωx(ω＞0）在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，\f(π，3））)上单调递增，在eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（π，3），\f(π,2)））上单调递减，知eq\f（π,2ω)＝eq\f（π，3）,∴ω＝eq\f(3，2)。题型三三角函数的周期性、对称性命题点1周期性例3（1)（2016·南通模拟)函数y＝eq\f(1,2）sin2x＋eq\r（3）cos2x－eq\f（\r（3)，2)的最小正周期为________。(2)若函数f（x）＝2tan(kx＋eq\f(π,3））的最小正周期T满足1〈T<2，则自然数k的值为________.答案（1)π(2)2或3解析（1）因为y＝eq\f(1，2）sin2x＋eq\r（3）×eq\f(1＋cos2x,2)－eq\f(\r（3），2)＝eq\f(1，2)sin2x＋eq\f(\r(3）,2）cos2x＝sin（2x＋eq\f(π,3）)，所以函数的最小正周期T＝eq\f（2π,ω)＝eq\f（2π,2)＝π.(2）由题意得，1<eq\f（π,k）〈2，∴k<π<2k，即eq\f(π,2)<k〈π，又k∈Z，∴k＝2或3.命题点2对称性例4对于函数f(x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（πx＋\f(π,2）)),下列说法正确的是________.①f(x）的周期为π，且在［0，1］上单调递增;②f（x）的周期为2,且在[0，1]上单调递减；③f（x）的周期为π,且在［－1，0］上单调递增；④f(x)的周期为2,且在[－1，0]上单调递减.答案②解析因为f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π，2)))＝cosπx，则周期T＝2,在［0,1］上单调递减。命题点3对称性的应用例5（1）已知函数y＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)）)的图象关于点P（x0，0)对称,若x0∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（π，2),0)),则x0＝________。(2）若函数y＝cos（ωx＋eq\f(π，6））（ω∈N＊）图象的一个对称中心是(eq\f(π，6），0)，则ω的最小值为________.答案(1）－eq\f(π，6）(2)2解析（1）由题意可知2x0＋eq\f(π，3）＝kπ，k∈Z，故x0＝eq\f(kπ,2)－eq\f（π,6）,k∈Z,又x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f（π,2)，0))，∴－eq\f(2，3)≤k≤eq\f（1,3),k∈Z,∴k＝0,则x0＝－eq\f(π,6）.（2)由题意知eq\f(ω,6）π＋eq\f(π，6）＝kπ＋eq\f(π，2)(k∈Z),∴ω＝6k＋2(k∈Z），又ω∈N＊，∴ωmin＝2.思维升华(1)对于函数y＝Asin（ωx＋φ)，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数的零点，因此在判断直线x＝x0或点(x0,0）是不是函数的对称轴或对称中心时，可通过检验f(x0）的值进行判断。(2)求三角函数周期的方法①利用周期函数的定义.②利用公式：y＝Asin（ωx＋φ）和y＝Acos（ωx＋φ）的最小正周期为eq\f（2π,|ω｜)，y＝tan（ωx＋φ)的最小正周期为eq\f（π,|ω｜).(1）(2016·常州模拟）已知函数f（x)＝2sin(eq\f（π，2）x＋eq\f(π,5）),若对任意的实数x,总有f（x1)≤f(x）≤f（x2）,则|x1－x2|的最小值是________。（2）如果函数y＝3cos(2x＋φ）的图象关于点（eq\f(4π，3），0）中心对称，那么|φ|的最小值为________。答案(1)2(2）eq\f（π，6）解析（1)由题意可得|x1－x2｜的最小值为半个周期，即eq\f（T，2)＝eq\f(π,ω)＝2。(2）由题意得3cos(2×eq\f（4π,3）＋φ)＝3cos（eq\f(2π，3）＋φ＋2π)＝3cos（eq\f(2π,3)＋φ)＝0,∴eq\f（2π，3)＋φ＝kπ＋eq\f（π，2),k∈Z，∴φ＝kπ－eq\f（π,6）,k∈Z，取k＝0，得|φ｜的最小值为eq\f(π，6）。5.三角函数的性质考点分析纵观近年高考中三角函数的试题，其有关性质几乎每年必考，题目较为简单，综合性的知识多数为三角函数本章内的知识，通过有效地复习完全可以对此类题型及解法有效攻破，并在高考中拿全分.典例(1）（2015·课标全国Ⅰ改编）函数f（x)＝cos(ωx＋φ）的部分图象如图所示，则f（x)的单调递减区间为________________.（2)已知函数f(x)＝2cos（ωx＋φ）＋b对任意实数x有f（x＋eq\f（π，4))＝f(－x)成立，且f(eq\f（π,8）)＝1,则实数b的值为________。(3）已知函数f(x)＝2sinωx（ω＞0)在区间eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f（π，3），\f（π,4））)上的最小值是－2,则ω的最小值为________.解析（1）由图象知，周期T＝2×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（5,4）－\f(1,4)））＝2，∴eq\f（2π，ω）＝2，∴ω＝π.由π×eq\f(1,4)＋φ＝eq\f（π,2）＋2kπ，k∈Z，不妨取φ＝eq\f（π，4)，∴f（x）＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（πx＋\f(π，4)))。由2kπ〈πx＋eq\f（π,4)〈2kπ＋π，k∈Z，得2k－eq\f（1,4）〈x〈2k＋eq\f(3，4），k∈Z，∴f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2k－\f（1,4），2k＋\f（3，4）))，k∈Z.（2）由f（x＋eq\f（π,4))＝f(－x）可知函数f（x)＝2cos（ωx＋φ）＋b关于直线x＝eq\f（π,8)对称，又函数f（x)在对称轴处取得最值,故±2＋b＝1，∴b＝－1或b＝3.(3）∵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(1）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2k－\f（1,4)，2k＋\f（3，4))）,k∈Z(2）－1或3(3）eq\f（3,2）1.若函数f（x）＝sin（ωx＋φ）(ω〉0且|φ|<eq\f（π，2)）在区间［eq\f（π,6），eq\f(2π,3)]上是单调减函数，且函数值从1减少到－1，则f（eq\f（π，4））＝________.答案eq\f(\r（3),2)解析由题意得函数f(x）的周期T＝2(eq\f(2π,3)－eq\f（π，6)）＝π，所以ω＝2，此时f（x）＝sin(2x＋φ)，将点（eq\f（π,6),1）代入上式得sin(eq\f（π，3）＋φ）＝1（|φ｜〈eq\f（π,2))，所以φ＝eq\f（π,6)，所以f(x）＝sin(2x＋eq\f（π,6）），于是f(eq\f(π,4））＝sin（eq\f（π,2）＋eq\f（π，6））＝coseq\f(π,6)＝eq\f（\r（3)，2)。2.函数y＝eq\r（2sinx－1)的定义域为______________.答案[2kπ＋eq\f(π，6)，2kπ＋eq\f（5，6)π],k∈Z解析由2sinx－1≥0，得sinx≥eq\f(1,2）,∴2kπ＋eq\f(π,6）≤x≤2kπ＋eq\f(5,6)π,k∈Z.3。关于函数y＝tan（2x－eq\f(π，3))，下列说法正确的是________。①是奇函数；②在区间(0，eq\f（π，3）)上单调递减;③(eq\f(π，6),0）为其图象的一个对称中心；④最小正周期为π。答案③解析函数y＝tan(2x－eq\f(π，3))是非奇非偶函数,①错误；在区间(0，eq\f(π，3））上单调递增,②错误；最小正周期为eq\f（π,2），④错误。∵当x＝eq\f（π,6)时，tan(2×eq\f（π，6)－eq\f（π,3））＝0，∴(eq\f(π，6)，0)为其图象的一个对称中心.4。若函数f(x)＝－cos2x,则f（x)的一个递增区间为________。①(－eq\f(π,4），0) ②（0,eq\f(π,2））③（eq\f(π，2），eq\f（3π,4)） ④(eq\f(3π，4），π）答案②解析由f(x）＝－cos2x知递增区间为［kπ，kπ＋eq\f(π，2)],k∈Z,故只有②满足.5.已知函数f(x)＝－2sin(2x＋φ）（|φ｜〈π），若f(eq\f（π,8)）＝－2，则f（x)的一个单调递减区间是________.①[－eq\f(π,8）,eq\f（3π,8）］②[eq\f（π，8)，eq\f（9π,8)]③[－eq\f（3π,8），eq\f（π,8）]④［eq\f(π,8)，eq\f(5π,8)]答案③解析由f(eq\f(π，8）)＝－2，得f（eq\f（π，8)）＝－2sin（2×eq\f(π，8）＋φ)＝－2sin(eq\f(π,4）＋φ）＝－2，所以sin（eq\f(π,4）＋φ)＝1。因为｜φ｜〈π，所以φ＝eq\f(π,4)。由2kπ－eq\f(π，2)≤2x＋eq\f（π，4）≤2kπ＋eq\f（π,2），k∈Z，得kπ－eq\f(3π，8)≤x≤kπ＋eq\f(π，8),k∈Z.当k＝0时,－eq\f（3π，8)≤x≤eq\f(π,8）.6。(2016·南京模拟)已知函数f（x)＝2sin（ωx－eq\f（π，6))＋1(x∈R)的图象的一条对称轴为x＝π,其中ω为常数,且ω∈(1，2）,则函数f（x）的最小正周期为________。答案eq\f（6π，5）解析由函数f（x)＝2sin(ωx－eq\f(π，6））＋1（x∈R)的图象的一条对称轴为x＝π，可得ωπ－eq\f(π，6)＝kπ＋eq\f（π，2)，k∈Z，∴ω＝k＋eq\f(2，3)，∴ω＝eq\f(5，3），从而得函数f(x）的最小正周期为eq\f（2π,\f（5,3））＝eq\f（6π,5）。7。函数y＝sinx的图象和y＝eq\f（x,2π）的图象交点的个数是________。答案3解析在同一直角坐标系内作出两个函数的图象如图所示：由图可知交点个数是3。8.函数y＝cos2x＋sinx(｜x｜≤eq\f（π,4））的最小值为________________________________________。答案eq\f(1－\r（2）,2)解析令t＝sinx,∵｜x｜≤eq\f（π，4)，∴t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(\r（2)，2)，\f(\r(2)，2)））.∴y＝－t2＋t＋1＝－eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2））)2＋eq\f(5,4），∴当t＝－eq\f（\r（2），2)时，ymin＝eq\f（1－\r（2）,2).9。函数y＝cos(eq\f(π,4)－2x)的单调减区间为______________.答案[kπ＋eq\f(π，8),kπ＋eq\f(5π,8）]（k∈Z)解析由y＝cos(eq\f(π,4)－2x)＝cos(2x－eq\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)，所以函数的单调减区间为[kπ＋eq\f（π,8)，kπ＋eq\f（5π，8）］(k∈Z）。10。用“五点法"作出函数y＝1－2sinx，x∈［－π,π]的简图,并回答下列问题：(1)观察函数图象，写出满足下列条件的x的区间。①y＞1；②y＜1。(2)若直线y＝a与y＝1－2sinx，x∈［－π，π］有两个交点,求a的取值范围.解列表如下:x－π－eq\f(π,2)0eq\f（π,2)πsinx0－10101－2sinx131－11描点连线得：（1)由图象可知图象在y＝1上方部分时y＞1，在y＝1下方部分时y＜1，所以①当x∈(－π，0）时，y＞1；②当x∈（0,π)时,y＜1.（2）如图所示，当直线y＝a与y＝1－2sinx有两个交点时，1＜a＜3或－1＜a＜1，所以a的取值范围是{a｜1＜a＜3或－1＜a＜1}.11。设函数f（x）＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋φ））(－π〈φ<0），y＝f（x）图象的一条对称轴是直线x＝eq\f（π，8）.(1)求φ；（2)求函数y＝f（x)的单调递增区间.解（1)令2×eq\f(π，8)＋φ＝kπ＋eq\f（π,2），k∈Z，得φ＝kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z，又－π〈φ〈0，则φ＝－eq\f(3π,4）。（2)由（1)得f(x）＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x－\f(3π,4）)），令－eq\f(π,2）＋2kπ≤2x－eq\f（3π,4)≤eq\f(π，2)＋2kπ,k∈Z，可解得eq\f（π,8）＋kπ≤x≤eq\f（5π，8）＋kπ，k∈Z，因此y＝f（x）的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋kπ，\f(5π,8）＋kπ）)，k∈Z.12。(2015·北京)已知函数f(x）＝sinx－2eq\r(3）sin2eq\f(x,2）。(1)求f(x）的最小正周期；(2)求f（x）在区间eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f（2π,3))）上的最小值。解（1）因为f（x)＝sinx＋eq\r（3）cosx－eq\r(3）＝2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，3）））－eq\r(3)，所以f（x）的最小正周期为2π。(2）因为0≤x≤eq\f(2π,3),所以eq\f（π,3）≤x＋eq\f（π,3）≤π。当x＋eq\f(π，3）＝π,即x＝eq\f（2π,3)时，f(x）取得最小值。所以f(x)在区间eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，\f（2π，3）））上的最小值为feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\