2019届数学大复习第四章三角函数、解三角形4.3三角函数的图象与性质学案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE32学必求其心得，业必贵于专精PAGE§4.3三角函数的图象与性质最新考纲考情考向分析1.能画出y＝sinx，y＝cosx，y＝tanx的图象，了解三角函数的周期性．2。理解正弦函数、余弦函数在［0，2π]上的性质(如单调性、最大值和最小值，图象与x轴的交点等），理解正切函数在区间eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（π,2)，\f(π,2）))内的单调性。以考查三角函数的图象和性质为主，题目涉及三角函数的图象及应用、图象的对称性、单调性、周期性、最值、零点．考查三角函数性质时，常与三角恒等变换结合，加强数形结合思想、函数与方程思想的应用意识．题型既有选择题和填空题,又有解答题，中档难度.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＝sinx，x∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,0),eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,2），1））,(π，0），eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（3π,2)，－1）），(2π，0)．（2）在余弦函数y＝cosx，x∈［0，2π]的图象中，五个关键点是：(0,1），eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，2),0))，（π,－1）,eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\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)函数y＝sinxy＝cosxy＝tanx图象定义域RReq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x｜x∈R，且）)x≠kπ＋eq\f（π,2）}值域［－1,1］[－1，1］R周期性2π2ππ奇偶性奇函数偶函数奇函数递增区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（2kπ－\f(π,2），2kπ＋\f（π,2）))［2kπ－π，2kπ]eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（kπ－\f（π，2)，kπ＋\f(π,2）））递减区间eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（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\co1（kπ＋\f(π,2),0）)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（kπ,2）,0)）对称轴方程x＝kπ＋eq\f(π，2)x＝kπ无知识拓展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）．题组一思考辨析1．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)由sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,6)＋\f(2π,3))）＝sineq\f（π,6）知,eq\f（2π,3）是正弦函数y＝sinx(x∈R）的一个周期．(×)（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．（√）题组二教材改编2．[P35例2］函数f（x)＝coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,4）)）的最小正周期是________．答案π3．[P46A组T2]y＝3sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,6))）在区间eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，\f(π,2）))上的值域是________．答案eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)）解析当x∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(0，\f（π,2)））时，2x－eq\f（π，6）∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（π，6），\f(5π，6)）），sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6）))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f（1，2)，1）），故3sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,6)))∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f（3，2),3）)，即y＝3sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，6）))的值域为eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f（3,2),3））。4．[P45T3]y＝tan2x的定义域是________．答案eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ，2)＋\f(π,4），k∈Z)）））解析由2x≠kπ＋eq\f(π,2）,k∈Z,得x≠eq\f（kπ，2)＋eq\f（π,4)，k∈Z,∴y＝tan2x的定义域是eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1（x\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1（x≠\f（kπ,2）＋\f(π，4)，k∈Z)))）。题组三易错自纠5．下列函数中最小正周期为π且图象关于直线x＝eq\f（π，3）对称的是（）A．y＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,3)）) B．y＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f（π,6)）)C．y＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（x，2)＋\f(π，3））） D．y＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,3))）答案B解析函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x－\f（π,6))）的周期T＝eq\f（2π,2）＝π，又sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2×\f（π，3）－\f(π,6)））＝1，∴函数y＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x－\f（π,6）))的图象关于直线x＝eq\f（π,3)对称．6．函数f（x)＝4sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，3）－2x）)的单调递减区间是______________________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f（π,12)，kπ＋\f(5，12)π)）（k∈Z）解析f（x)＝4sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，3)－2x)）＝－4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f（π，3))）.所以要求f(x）的单调递减区间,只需求y＝4sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x－\f(π,3））)的单调递增区间．由－eq\f(π，2）＋2kπ≤2x－eq\f（π，3)≤eq\f(π，2）＋2kπ（k∈Z）,得－eq\f(π,12）＋kπ≤x≤eq\f(5,12)π＋kπ（k∈Z）．所以函数f（x)的单调递减区间是eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f（π,12）＋kπ,\f(5,12)π＋kπ）)（k∈Z)．7．cos23°，sin68°，cos97°的大小关系是________．答案sin68°>cos23°>cos97°解析sin68°＝cos22°，又y＝cosx在[0°，180°]上是减函数,∴sin68°>cos23°〉cos97°.题型一三角函数的定义域和值域1．函数f(x）＝－2taneq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，6）))的定义域是()A.eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1(x≠\f（π，6))））) B.eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\｜\rc\(\a\vs4\al\co1（x≠－\f(π,12）)）))C。eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（x\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1（x≠kπ＋\f（π,6)k∈Z))）) D。eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1（x≠\f（kπ，2)＋\f（π,6）k∈Z）))）答案D解析由正切函数的定义域，得2x＋eq\f（π，6）≠kπ＋eq\f（π，2),k∈Z,即x≠eq\f(kπ,2）＋eq\f(π,6）（k∈Z),故选D.2．函数y＝eq\r(sinx－cosx)的定义域为________．答案eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(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sinx－cosx≥0.利用图象，在同一坐标系中画出［0，2π］上y＝sinx和y＝cosx的图象,如图所示．在[0,2π]内,满足sinx＝cosx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\co1（x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1（2kπ＋\f(π,4）≤x≤2kπ＋\f(5π，4），k∈Z）)))。方法二利用三角函数线，画出满足条件的终边范围(如图阴影部分所示）．所以定义域为eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1（2kπ＋\f(π，4)≤x≤2kπ＋\f（5π,4），k∈Z))））。3．已知函数f(x）＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，6））),其中x∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f(π，3），a))，若f（x)的值域是eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f（1,2),1)），则实数a的取值范围是________．答案eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(π,3），π))解析∵x∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，a）），∴x＋eq\f（π,6)∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f（π,6)，a＋\f(π,6)）)，∵当x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f（π,6）,\f(π，2）））时，f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(1,2）,1））,∴由函数的图象（图略）知eq\f(π,2）≤a＋eq\f（π，6)≤eq\f(7π，6），∴eq\f（π,3)≤a≤π.4．(2018·长沙质检）函数y＝sinx－cosx＋sinxcosx的值域为__________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(1，2)－\r（2），1))解析设t＝sinx－cosx,则t2＝sin2x＋cos2x－2sinx·cosx，sinxcosx＝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,t∈［－eq\r(2），eq\r(2)]．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\co1（－\f(1，2）－\r(2）,1))。思维升华（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)(A，ω≠0)的形式求值域；③通过换元，转换成二次函数求值域．题型二三角函数的单调性命题点1求三角函数的单调性典例（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(）A。eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（kπ,2）－\f（π，12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12）))（k∈Z）B。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ，2)－\f（π，12)，\f（kπ，2）＋\f(5π,12）））(k∈Z)C.eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6）,kπ＋\f(2π,3))）(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（kπ－\f（π,12)，kπ＋\f（5π，12）))（k∈Z）答案B解析由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)，故选B。(2)（2017·哈尔滨、长春、沈阳、大连四市联考）函数y＝eq\f（1，2)sinx＋eq\f(\r(3)，2）cosxeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2）)）））的单调递增区间是____________．答案eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f（π，6）))解析∵y＝eq\f（1，2)sinx＋eq\f(\r(3）,2）cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，3))），由2kπ－eq\f（π,2）≤x＋eq\f（π，3）≤2kπ＋eq\f（π，2）（k∈Z)，解得2kπ－eq\f（5π，6）≤x≤2kπ＋eq\f（π,6）（k∈Z）．∴函数的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（2kπ－\f（5π，6)，2kπ＋\f（π,6））)（k∈Z），又x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(0,\f（π，2））)，∴单调递增区间为eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，\f(π，6))）。命题点2根据单调性求参数典例已知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eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（1,2)，\f（5,4)）)解析由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eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2),2kπ＋\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，，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)－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2k＋\f(5,4）））≤0，k∈Z且2k＋eq\f（5,4）〉0，k∈Z，得k＝0，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(1，2），\f(5,4)))。引申探究本例中，若已知ω〉0，函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π，4))）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，2)，π）)上单调递增，则ω的取值范围是____．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（3,2)，\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，，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，可借助诱导公式将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(2017·济南模拟）若函数f(x）＝sinωx(ω〉0）在区间eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f（π，3))）上单调递增,在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（π,3),\f(π,2)))上单调递减,则ω等于()A.eq\f（2，3) B.eq\f（3,2）C．2 D．3答案B解析由已知得eq\f（T,4）＝eq\f（π,3),∴T＝eq\f(4π,3），∴ω＝eq\f(2π，T)＝eq\f（3，2）。题型三三角函数的周期性、奇偶性、对称性命题点1三角函数的周期性典例（1）在函数①y＝cos|2x｜，②y＝｜cosx｜，③y＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6）)），④y＝taneq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，4））)中,最小正周期为π的所有函数为()A．①②③ B．①③④C．②④ D．①③答案A解析①y＝cos｜2x|＝cos2x，最小正周期为π；②由图象知y＝|cosx｜的最小正周期为π;③y＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,6)））的最小正周期T＝eq\f（2π,2）＝π；④y＝taneq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，4)))的最小正周期T＝eq\f（π,2）,故选A.(2)若函数f(x）＝2taneq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(kx＋\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2或3解析由题意得，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2三角函数的奇偶性典例(2017·银川模拟）函数f（x)＝3sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，3)＋φ）)，φ∈(0,π）满足f（｜x|）＝f（x）,则φ的值为______．答案eq\f(5π,6）解析由题意知f（x）为偶函数，关于y轴对称,∴f（0）＝3sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ－\f（π，3)））＝±3，∴φ－eq\f(π，3）＝kπ＋eq\f（π,2)，k∈Z，又0〈φ〈π，∴φ＝eq\f(5π,6)。命题点3三角函数图象的对称性典例（1）（2018·武汉模拟)若函数y＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（ωx＋\f（π,6）））(ω∈N*)图象的一个对称中心是eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π，6)，0))，则ω的最小值为________．答案2解析由题意知eq\f(ω,6)π＋eq\f（π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)（k∈Z)，∴ω＝6k＋2（k∈Z)，又ω∈N＊，∴ωmin＝2。（2)（2016·全国Ⅰ改编）已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(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\co1(\f（π，18)，\f（5π,36）))上单调，则ω的最大值为________．答案9解析因为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\co1(－\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），所以ω＝2k＋1(k∈N），又因为f(x）在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\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，若ω＝11，又|φ｜≤eq\f（π，2）,则φ＝－eq\f（π，4）,此时，f（x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(11x－\f(π,4））），f（x)在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,18），\f（3π,44)））上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3π,44），\f（5π,36)））上单调递减,不满足条件．若ω＝9，又|φ｜≤eq\f（π,2），则φ＝eq\f（π,4)，此时，f（x)＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(π，4）))，满足f（x)在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，18），\f(5π,36))）上单调的条件．由此得ω的最大值为9.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,对称中心的横坐标一定是函数的零点．(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｜）.跟踪训练(1）（2017·安徽江南十校联考）已知函数f（x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(ω>0，｜φ｜<\f（π，2)）)的最小正周期为4π，且∀x∈R,有f(x）≤feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，3）)）成立，则f（x)图象的一个对称中心坐标是（)A.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（2π，3)，0）) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（π,3)，0)）C。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2π,3），0）) D.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(5π，3)，0）)答案A解析由f（x）＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为4π，得ω＝eq\f（1,2）.因为f（x)≤feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π，3）)）恒成立，所以f（x）max＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,3))），即eq\f(1，2)×eq\f（π,3)＋φ＝eq\f（π,2)＋2kπ（k∈Z），由｜φ｜<eq\f(π，2），得φ＝eq\f(π，3）,故f(x)＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f（π,3）)).令eq\f（1，2）x＋eq\f（π,3)＝kπ(k∈Z)，得x＝2kπ－eq\f(2π，3）（k∈Z)，故f(x）图象的对称中心为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2kπ－\f（2π，3）,0））(k∈Z)，当k＝0时，f(x）图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（2π,3)，0))。(2)若将函数f（x)＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（ωx＋\f(π，3)))的图象向右平移eq\f（π，3)个单位长度后与原函数的图象关于x轴对称，则ω的最小正值是________．答案3解析若将函数f(x）的图象向右平移eq\f(π，3）个单位长度后与原函数的图象关于x轴对称，则平移的大小最小为eq\f（T，2)，所以eq\f（T,2)≤eq\f（π，3),即Tmax＝eq\f(2π,3)，所以当T＝eq\f(2π,3）时，ωmin＝eq\f(2π,Tmax)＝eq\f（2π，\f（2π,3))＝3.三角函数的图象与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）(2017·全国Ⅲ）设函数f(x)＝coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f（π,3））），则下列结论错误的是()A．f(x)的一个周期为－2πB．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\co1(\f（π，2)，π)）上单调递减答案D解析A项，因为f(x）＝coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f(π,3）))的周期为2kπ（k∈Z），所以f(x）的一个周期为－2π,A项正确；B项，因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f(π,3））)图象的对称轴为直线x＝kπ－eq\f(π，3）(k∈Z)，所以y＝f（x）的图象关于直线x＝eq\f(8π，3）对称,B项正确；C项,f（x＋π)＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f(4π，3)))。令x＋eq\f（4π，3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z），得x＝kπ－eq\f（5π,6），当k＝1时,x＝eq\f（π,6），所以f（x＋π)的一个零点为x＝eq\f(π,6），C项正确；D项，因为f(x)＝coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,3）））的单调递减区间为eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（2kπ－\f(π,3）,2kπ＋\f(2π,3）))（k∈Z)，单调递增区间为eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f（2π，3)，2kπ＋\f（5π,3)））(k∈Z）,所以eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π,2），\f（2π，3)））是f（x)的单调递减区间,eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2π,3),π))是f（x）的单调递增区间,D项错误．故选D.(2）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________．答案eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2k－\f（1，4),2k＋\f(3,4))），k∈Z解析由图象知，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。(3)设函数f(x）＝Asin(ωx＋φ）（A,ω，φ是常数，A>0，ω〉0）．若f（x）在区间eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（π，6),\f(π,2）))上具有单调性，且feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,2)））＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2π,3)))＝－feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，6））),则f(x）的最小正周期为________．答案π解析记f(x）的最小正周期为T。由题意知eq\f（T，2）≥eq\f(π，2)－eq\f(π,6）＝eq\f(π，3)，又feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,2））)＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2π,3）））＝－feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π，6）))，且eq\f(2π，3）－eq\f（π,2）＝eq\f(π，6),可作出示意图如图所示(一种情况）：∴x1＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π,2）＋\f(π，6）))×eq\f（1,2)＝eq\f（π,3)，x2＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，2）＋\f(2π，3）))×eq\f(1，2）＝eq\f(7π，12)，∴eq\f(T,4)＝x2－x1＝eq\f(7π，12)－eq\f（π，3）＝eq\f(π，4），∴T＝π.1．(2018·广州质检)下列函数中,是周期函数的为（）A．y＝sin｜x| B．y＝cos｜x｜C．y＝tan｜x｜ D．y＝(x－1）0答案B解析∵cos|x|＝cosx，∴y＝cos|x｜是周期函数．2．函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，4)））在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2))）上的最小值为（）A．－1B．－eq\f(\r(2），2)C。eq\f(\r(2)，2)D．0答案B解析由已知x∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0，\f（π,2))）,得2x－eq\f(π,4）∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f(π,4）,\f(3π,4)）)，所以sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,4)）)∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f(\r(2)，2)，1）），故函数f(x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，4）））在区间eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)）)上的最小值为－eq\f（\r（2），2)。故选B.3．函数y＝sinx2的图象是()答案D解析函数y＝sinx2为偶函数，排除A，C;又当x＝eq\r(\f（π，2）)时函数取得最大值，排除B，故选D。4．（2017·成都诊断)函数y＝cos2x－2sinx的最大值与最小值分别为（)A．3，－1B．3，－2C．2,－1D．2,－2答案D解析y＝cos2x－2sinx＝1－sin2x－2sinx＝－sin2x－2sinx＋1，令t＝sinx，则t∈［－1,1],y＝－t2－2t＋1＝－（t＋1）2＋2,所以ymax＝2，ymin＝－2.5．已知函数f（x）＝2sin（2x＋φ)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ｜<\f(π，2）))的图象过点(0，eq\r（3)）,则f（x）图象的一个对称中心是(）A。eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(π，3)，0)) B.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(π,6)，0)）C。eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,6)，0）) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π,12)，0)）答案B解析函数f（x）＝2sin（2x＋φ)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（|φ|〈\f(π，2)）)的图象过点（0,eq\r（3）），则f（0）＝2sinφ＝eq\r(3），∴sinφ＝eq\f（\r(3),2)，又|φ|<eq\f（π,2)，∴φ＝eq\f（π,3)，则f(x）＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,3)))，令2x＋eq\f（π,3）＝kπ（k∈Z），则x＝eq\f（kπ，2)－eq\f(π,6）(k∈Z),当k＝0时，x＝－eq\f(π,6），∴eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（π，6)，0））是函数f(x)的图象的一个对称中心．6．(2017·衡水模拟)已知函数f(x）＝eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（tan\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2）x－\f（π,6)）））），则下列说法正确的是(）A．f（x）的周期是eq\f(π，2)B．f（x）的值域是｛y｜y∈R，且y≠0｝C．直线x＝eq\f（5π,3）是函数f（x）图象的一条对称轴D．f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1（2kπ－\f(2π，3），2kπ＋\f（π，3)）)，k∈Z答案D解析函数f（x）的周期为2π，A错;f（x)的值域为［0，＋∞），B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，C错;令kπ－eq\f(π,2)〈eq\f（1，2)x－eq\f(π,6)≤kπ,k∈Z，可得2kπ－eq\f(2π，3）〈x≤2kπ＋eq\f（π，3)，k∈Z，∴f（x)的单调递减区间是eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3），2kπ＋\f(π,3）））,k∈Z，D正确．7．函数y＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，4）－2x))的单调递减区间为__________．答案eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8）))(k∈Z)解析因为y＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，4)－2x))＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，4))),所以令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\co1(kπ＋\f（π，8），kπ＋\f(5π,8））)(k∈Z)．8．(2018·福州质检)函数y＝cos2x＋sinxeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（｜x|≤\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．已知函数f（x）＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(ωx－\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）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（ωx－\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）,又ω∈（1，2)，∴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).10．(2018·珠海模拟)设函数f（x）＝3sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，2)x＋\f（π,4)）)，若存在这样的实数x1，x2，对任意的x∈R，都有f(x1)≤f(x）≤f(x2)成立,则｜x1－x2|的最小值为________．答案2解析｜x1－x2｜的最小值为函数f(x）的半个周期,又T＝4,∴｜x1－x2｜的最小值为2.11．已知f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,4）)).（1）求函数f(x)图象的对称轴方程；(2)求f(x)的单调递增区间;(3)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（π，4），\f(3π，4））)时，求函数f(x）的最大值和最小值．解(1)f（x)＝eq\r（2）sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(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（π,8)，k∈Z.所以函数f（x）图象的对称轴方程是x＝eq\f(kπ，2)＋eq\f(π,8）,k∈Z。（2)令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.故f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（kπ－\f（3π,8）,kπ＋\f（π,8)))，k∈Z.（3）当x∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\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\co1（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\co1（\f(π,4)，\f（3π，4）))时，函数f（x）的最大值为1,最小值为－eq\r（2).12。(2017·武汉调研)已知函数f（x）＝aeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2cos2\f(x，2）＋sinx))＋b。（1）若a＝－1,求函数f（x)的单调增区间；(2)当x∈[0，π］时，函数f(x）的值域是［5，8]，求a,b的值．解f(x)＝a（1＋cosx＋sinx）＋b＝eq\r（2)asineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（π,4)）)＋a＋b。（1)当a＝－1时，f(x)＝－eq\r(2)sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,4）））＋b－1，由2kπ＋eq\f(π,2)≤x＋eq\f（π,4)≤2kπ＋eq\f(3π，2)(k∈Z)，得2kπ＋eq\f(π,4）≤x≤2kπ＋eq\f（5π，4）（k∈Z），∴f（x)的单调增区间为eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（2kπ＋\f（π,4），2kπ＋\f(5π,4)））(k∈Z)．（2）∵0≤x≤π,∴eq\f（π，4）≤x＋eq\f(π，4)≤eq\f(5π,4），∴－eq\f（\r(2)，2）≤sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4）））≤1.依题意知a≠0，①当a>0时，eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(\r（2）a＋a＋b＝8，，b＝5,))∴a＝3eq\r(2)－3,b＝5;②当a<0时,eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(b＝8，,\r(2）a＋a＋b＝5,）)∴a＝3－3eq\r（2)，b＝8.综上所述，a＝3eq\r(2)－3，b＝5或a＝3－3eq\r（2），b＝8。13．（2018·太原模拟）若f(x)＝3sinx－4cosx的一条对称轴方程是x＝a,则a的取值范围可以是(）A.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f（π,4))) B.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，4）,\f(π，2)）)C.eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，2),\f（3π，4))） D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（3π,4）,π））答案D解析因为f（x)＝3sinx－4cosx＝5sin(x－φ）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(4，3)且0＜φ＜\f(π，2)))，则sin（a－φ)＝±1，所以a－φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即a＝kπ＋eq\f(π,2）＋φ，k∈Z，而tanφ＝eq\f（4,3)且0＜φ＜eq\f（π，2），所以eq\f(π，4)＜φ＜eq\f（π，2),所以kπ＋eq\f(3π,4）＜a＜kπ＋π，k∈Z，取k＝0,此时a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（3π，4）,π）），故选D。14．已知关于x的方程2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f（π，6)))＋1－a＝0在区间