三角恒等变换(附答案)

教学设计方案

XueDaPPTSLearningCenter第1页/共9页姓名学生姓名填写时间学科数学年级高三教材版本人教版阶段第〔9〕周观察期：□维护期：□课题名称三角恒等变换课时方案第〔〕课时

共〔〕课时上课时间教学目标大纲教学目标1、稳固两角和、差的正弦、余弦和正切及二倍角公式2、推导二倍角正弦、余弦和正切公式，理解推导过程，了解它们的内在联系，并能运用上述公式进行简单的恒等变换.3、掌握三角函数图像变换方法，能由图像求三角函数解析式个性化教学目标学生知识点综合能力的训练教学重点1、两角和差的正弦、余弦及正切及二倍角公式的灵巧应用2、掌握三角函数图像变换方法，能由图像求三角函数解析式教学难点1、两角和差的正弦、余弦及正切及二倍角公式的灵巧应用2、掌握三角函数图像变换方法，能由图像求三角函数解析式教学过程第一第一局部：知识点分析一、回忆公式1．两角和与差的正弦、余弦和正切公式sin(α±β)＝sin__αcos__β±cos__αsin__β．cos(α∓β)＝cos__αcos__β±sin__αsin__β．tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1∓tanαtanβ)．2．二倍角的公式sin2α＝2sin__αcos__α．cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α．tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)．3．有关公式的逆用、变形等(1)tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tan__αtan__β)．(2)cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)．(3)1＋sin2α＝(sinα＋cosα)2，1－sin2α＝(sinα－cosα)2，sinα±cosα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α±\f(π,4))).4．归一公式函数f(α)＝asinα＋bcosα(a，b为常数)，可以化为f(α)＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(b,a)))或f(α)＝eq\r(a2＋b2)·cos(α－φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(a,b))).二、函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用1．“五点法〞作函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的简图“五点法〞作图的五点是在一个周期内的最高点、最低点及与x轴相交的三个点，作图时的一般步骤为：(1)定点：如下表所示.x－eq\f(φ,ω)eq\f(\f(π,2)－φ,ω)eq\f(π－φ,ω)eq\f(\f(3π,2)－φ,ω)eq\f(2π－φ,ω)ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πy＝Asin(ωx＋φ)0A0－A0(2)作图：在坐标系中描出这五个关键点，用平滑的曲线顺次连接得到y＝Asin(ωx＋φ)在一个周期内的图象．(3)扩展：将所得图象，按周期向两侧扩展可得y＝Asin(ωx＋φ)在R上的图象．2．函数y＝sinx的图象经变换得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象的两种途径3．函数y＝Asin(ωx＋φ)的物理意义当函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)，x∈[0，＋∞)表示一个振动量时，A叫做振幅，T＝eq\f(2π,ω)叫做周期，f＝eq\f(1,T)叫做频率，ωx＋φ叫做相位，φ叫做初相．第二第二局部：考点分析高频考点一归一公式应用例1：〔1〕；⑵；⑶；⑷．【变式练习1】〔1〕。①求它的递减区间；②求它的最大值和最小值〔2〕函数〔其中〕，求：①函数的最小正周期;②函数的单调区间;③函数图象的对称轴和对称中心．〔3〕设函数f(x)＝(sinωx＋cosωx)2＋2cos2ωx(ω>0)的最小正周期为eq\f(2π,3).①求ω的值；②假设函数y＝g(x)的图像是由y＝f(x)的图像向右平移eq\f(π,2)个单位长度得到的，求y＝g(x)的单调增区间．[解析](1)f(x)＝(sinωx＋cosωx)2＋2cos2ωx＝sin2ωx＋cos2ωx＋2sinωxcosωx＋1＋cos2ωx＝sin2ωx＋cos2ωx＋2＝eq\r(2)sin(2ωx＋eq\f(π,4))＋2，依题意得eq\f(2π,2ω)＝eq\f(2π,3)，故ω的值为eq\f(3,2).(2)依题意得g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋\f(π,4)))＋2＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(5π,4)))＋2，由2kπ－eq\f(π,2)≤3x－eq\f(5π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得eq\f(2,3)kπ＋eq\f(π,4)≤x≤eq\f(2,3)kπ＋eq\f(7π,12)(k∈Z)，故y＝g(x)的单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)kπ＋\f(π,4)，\f(2,3)kπ＋\f(7π,12)))(k∈Z)．高频考点二三角函数式的化简与给角求值【例2】〔1〕=_____________________〔2〕假设，那么等于〔〕〔A〕 〔B〕 〔C〕 〔D〕(3)，，求值(4)α∈(0，π)，化简：eq\f(〔1＋sinα＋cosα〕·〔cos\f(α,2)－sin\f(α,2)〕,\r(2＋2cosα))＝________．(5)[2sin50°＋sin10°(1＋eq\r(3)tan10°)]·eq\r(2sin280°)＝______．【答案】(4)cosα(4)eq\r(6)【解析】(1)原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(α,2)＋2sin\f(α,2)cos\f(α,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)－sin\f(α,2))),\r(4cos2\f(α,2)))＝eq\f(cos\f(α,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2))))＝eq\f(cos\f(α,2)cosα,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))).因为0＜α＜π，所以0＜eq\f(α,2)＜eq\f(π,2)，所以coseq\f(α,2)＞0，所以原式＝cosα.(2)原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin50°＋sin10°·\f(cos10°＋\r(3)sin10°,cos10°)))·eq\r(2)sin80°＝(2sin50°＋2sin10°·eq\f(\f(1,2)cos10°＋\f(\r(3),2)sin10°,cos10°))·eq\r(2)cos10°＝2eq\r(2)[sin50°·cos10°＋sin10°·cos(60°－10°)]＝2eq\r(2)sin(50°＋10°)＝2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(6).【点拨】(1)三角函数式的化简要遵循“三看〞原那么：①一看角之间的差异与联系，把角进行合理的拆分，正确使用公式；②二看函数名称之间的差异，确定使用的公式，常见的有“切化弦〞；③三看结构特征，找到变形的方向，常见的有“遇到分式要通分〞，“遇到根式一般要升幂〞等．(2)对于给角求值问题，一般给定的角是非特殊角，这时要善于将非特殊角转化为特殊角．另外此类问题也常通过代数变形(比方：正负项相消、分子分母相约等)的方式来求值．【变式练习2】(1)4cos50°－tan40°＝()A.eq\r(2)B.eq\f(\r(2)＋\r(3),2)C.eq\r(3)D．2eq\r(2)－1(2)化简：sin2αsin2β＋cos2αcos2β－eq\f(1,2)cos2αcos2β＝________．【答案】(1)C(2)eq\f(1,2)【解析】(1)原式＝4sin40°－eq\f(sin40°,cos40°)＝eq\f(4cos40°sin40°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2sin80°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2sin〔120°－40°〕－sin40°,cos40°)＝eq\f(\r(3)cos40°＋sin40°－sin40°,cos40°)＝eq\f(\r(3)cos40°,cos40°)＝eq\r(3)，应选C.(2)法一(从“角〞入手，复角化单角)原式＝sin2αsin2β＋cos2αcos2β－eq\f(1,2)(2cos2α－1)(2cos2β－1)＝sin2αsin2β＋cos2αcos2β－eq\f(1,2)(4cos2αcos2β－2cos2α－2cos2β＋1)＝sin2αsin2β－cos2αcos2β＋cos2α＋cos2β－eq\f(1,2)＝sin2αsin2β＋cos2αsin2β＋cos2β－eq\f(1,2)＝sin2β＋cos2β－eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).法二(从“名〞入手，异名化同名)原式＝sin2αsin2β＋(1－sin2α)cos2β－eq\f(1,2)cos2αcos2β＝cos2β－sin2α(cos2β－sin2β)－eq\f(1,2)cos2αcos2β＝cos2β－cos2β(sin2α＋eq\f(1,2)cos2α)＝eq\f(1＋cos2β,2)－eq\f(1,2)cos2β＝eq\f(1,2).法三(从“幂〞入手，利用降幂公式先降次)原式＝eq\f(1－cos2α,2)·eq\f(1－cos2β,2)＋eq\f(1＋cos2α,2)·eq\f(1＋cos2β,2)－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝eq\f(1,4)(1＋cos2α·cos2β－cos2α－cos2β)＋eq\f(1,4)(1＋cos2α·cos2β＋cos2α＋cos2β)－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2).法四(从“形〞入手，利用配方法，先对二次项配方)原式＝(sinαsinβ－cosαcosβ)2＋2sinαsinβ·cosαcosβ－eq\f(1,2)cos2αcos2β＝cos2(α＋β)＋eq\f(1,2)sin2α·sin2β－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝cos2(α＋β)－eq\f(1,2)cos(2α＋2β)＝cos2(α＋β)－eq\f(1,2)[2cos2(α＋β)－1]＝eq\f(1,2).高频考点三三角函数的给值求值、给值求角【例3】〔1〕，是第三象限角，求的值.〔2〕sin(30°＋α)＝eq\f(3,5)，60°<α<150°，求cosα的值．(3)0<β<eq\f(π,2)<α<π，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(1,9)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(2,3)，求cos(α＋β)的值；(4)α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝eq\f(1,2)，tanβ＝－eq\f(1,7)，求2α－β的值．【答案】〔2〕eq\f(3－4\r(3),10)(3)－eq\f(239,729)；(4)－eq\f(3π,4).【解析】〔2〕方法二：把30°＋α看作整体，可求cos(30°＋α)的值．∵60°<α<150°，∴90°<30°＋α<180°.∵sin(30°＋α)＝eq\f(3,5)，∴cos(30°＋α)＝－eq\f(4,5).∴sin(30°＋α)＝sin30°·cosα＋cos30°·sinα＝eq\f(1,2)cosα＋eq\f(\r(3),2)sinα＝eq\f(3,5)，①cos(30°＋α)＝cos30°·cosα－sin30°·sinα＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα＝－eq\f(4,5).②由①②，得cosα＝eq\f(3－4\r(3),10).(3)∵0<β<eq\f(π,2)<α<π，∴eq\f(π,4)<α－eq\f(β,2)<π，－eq\f(π,4)<eq\f(α,2)－β<eq\f(π,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2))))＝eq\f(4\r(5),9)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))＝eq\f(\r(5),3)，∴coseq\f(α＋β,2)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))×eq\f(\r(5),3)＋eq\f(4\r(5),9)×eq\f(2,3)＝eq\f(7\r(5),27)，∴cos(α＋β)＝2cos2eq\f(α＋β,2)－1＝2×eq\f(49×5,729)－1＝－eq\f(239,729).(4)∵tanα＝tan[(α－β)＋β]＝eq\f(tan〔α－β〕＋tanβ,1－tan〔α－β〕tanβ)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,7),1＋\f(1,2)×\f(1,7))＝eq\f(1,3)>0，又α∈(0，π)．∴0<α<eq\f(π,2)，又∵tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(3,4)>0，∴0<2α<eq\f(π,2)，∴tan(2α－β)＝eq\f(tan2α－tanβ,1＋tan2αtanβ)＝eq\f(\f(3,4)＋\f(1,7),1－\f(3,4)×\f(1,7))＝1.∵tanβ＝－eq\f(1,7)<0，∴eq\f(π,2)<β<π，－π<2α－β<0，∴2α－β＝－eq\f(3π,4).【点拨】(1)解题中注意变角，如此题中eq\f(α＋β,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))；(2)通过求角的某种三角函数值来求角，在选取函数时，遵照以下原那么：①正切函数值，选正切函数；②正、余弦函数值，选正弦或余弦函数；假设角的范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，选正、余弦皆可；假设角的范围是(0，π)，选余弦较好；假设角的范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，选正弦较好．【变式练习3】cosα＝eq\f(1,7)，cos(α－β)＝eq\f(13,14)，且0<β<α<eq\f(π,2)，(1)求tan2α的值；(2)求β.【答案】〔1〕－eq\f(8\r(3),47)；〔2〕eq\f(π,3)【解析】(1)∵cosα＝eq\f(1,7)，0<α<eq\f(π,2)，∴sinα＝eq\f(4\r(3),7)，∴tanα＝4eq\r(3)，∴tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×4\r(3),1－48)＝－eq\f(8\r(3),47).(2)∵0<β<α<eq\f(π,2)，∴0<α－β<eq\f(π,2)，∴sin(α－β)＝eq\f(3\r(3),14)，∴cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(1,7)×eq\f(13,14)＋eq\f(4\r(3),7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(1,2).∴β＝eq\f(π,3).高频考点四三角变换的简单应用【例4】函数f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，x∈R，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝eq\f(3\r(2),2).(1)求A的值；(2)假设f(θ)－f(－θ)＝eq\r(3)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ)).【答案】(1)A＝3.(2)eq\r(6).【解析】(1)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝eq\f(3\r(2),2)，得Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋\f(π,3)))＝Asineq\f(3π,4)＝eq\f(\r(2),2)A＝eq\f(3\r(2),2)，所以A＝3.(2)由f(θ)－f(－θ)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))－3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－θ＋\f(π,3)))＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθcos\f(π,3)＋cosθsin\f(π,3)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－sinθcos\f(π,3)＋cosθsin\f(π,3)))))＝6sinθcoseq\f(π,3)＝3sinθ＝eq\r(3)，∴sinθ＝eq\f(\r(3),3).∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosθ＝eq\f(\r(6),3)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ＋\f(π,3)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝3cosθ＝eq\r(6).【点拨】解三角函数问题的根本思想是“变换〞，通过适当的变换到达由此及彼的目的，变换的根本方向有两个，一个是变换函数的名称，一个是变换角的形式．变换函数名称可以使用诱导公式、同角三角函数关系、二倍角的余弦公式等；变换角的形式，可以使用两角和与差的三角函数公式、倍角公式等．【变式练习4】函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,4))).(1)求f(x)的单调递增区间；(2)假设α是第二象限角，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,3)))＝eq\f(4,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cos2α，求cosα－sinα的值．【答案】〔1〕eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋\f(2kπ,3)，\f(π,12)＋\f(2kπ,3)))，k∈Z.〔2〕－eq\r(2)或－eq\f(\r(5),2).【解析】(1)因为函数y＝sinx的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤3x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,4)＋eq\f(2kπ,3)≤x≤eq\f(π,12)＋eq\f(2kπ,3)，k∈Z.所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋\f(2kπ,3)，\f(π,12)＋\f(2kπ,3)))，k∈Z.(2)由，有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(4,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))(cos2α－sin2α)，所以sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\f(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosαcos\f(π,4)－sinαsin\f(π,4)))(cos2α－sin2α)，即sinα＋cosα＝eq\f(4,5)(cosα－sinα)2(sinα＋cosα)．当sinα＋cosα＝0时，由α是第二象限角，知α＝eq\f(3π,4)＋2kπ，k∈Z.此时cosα－sinα＝－eq\r(2).当sinα＋cosα≠0时，有(cosα－sinα)2＝eq\f(5,4).由α是第二象限角，知cosα－sinα＜0，此时cosα－sinα＝－eq\f(\r(5),2).综上所述，cosα－sinα＝－eq\r(2)或－eq\f(\r(5),2).高频考点五三角函数的定义域、值域【例5】(1)函数y＝eq\f(1,tanx－1)的定义域为___________________________．(2)函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,6)－\f(π,3)))(0≤x≤9)的最大值与最小值之和为()A．2－eq\r(3)B．0C．－1D．－1－eq\r(3)【答案】(1){x|x≠eq\f(π,4)＋kπ且x≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z}(2)A【解析】(1)要使函数有意义，必须有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(tanx－1≠0，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，k∈Z，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z.))故函数的定义域为{x|x≠eq\f(π,4)＋kπ且x≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z}．(2)∵0≤x≤9，∴－eq\f(π,3)≤eq\f(π,6)x－eq\f(π,3)≤eq\f(7π,6)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)).∴y∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(3)，2))，∴ymax＋ymin＝2－eq\r(3).【点拨】(1)求三角函数的定义域实际上是解简单的三角不等式，常借助三角函数线或三角函数图象来求解．(2)求解三角函数的值域(最值)常见到以下几种类型：①形如y＝asinx＋bcosx＋c的三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，再求最值(值域)；②形如y＝asin2x＋bsinx＋c的三角函数，可先设sinx＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)；③形如y＝asinxcosx＋b(sinx±cosx)＋c的三角函数，可先设t＝sinx±cosx，化为关于t的二次函数求值域(最值)．【变式练习5】(1)函数y＝eq\r(sinx－cosx)的定义域为________．(2)函数y＝sinx－cosx＋sinxcosx的值域为________．【答案】(1)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z))))(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\r(2)，1))【解析】(1)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，如下图．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\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)))，k∈Z)).法二利用三角函数线，画出满足条件的终边范围(如图阴影局部所示)．∴定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)))).法三sinx－cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))≥0，将x－eq\f(π,4)视为一个整体，由正弦函数y＝sinx的图象和性质可知2kπ≤x－eq\f(π,4)≤π＋2kπ，k∈Z，解得2kπ＋eq\f(π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,4)，k∈Z.所以定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)))).(2)设t＝sinx－cosx，那么t2＝sin2x＋cos2x－2sinxcosx，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.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)).高频考点六三角函数的奇偶性、周期性、对称性【例6】(1)ω＞0，0＜φ＜π，直线x＝eq\f(π,4)和x＝eq\f(5π,4)是函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象的两条相邻的对称轴，那么φ＝()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2)D.eq\f(3π,4)(2)函数y＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))－1是()A．最小正周期为π的奇函数B．最小正周期为π的偶函数C．最小正周期为eq\f(π,2)的奇函数D．最小正周期为eq\f(π,2)的偶函数【答案】(1)A(2)A【解析】(1)eq\f(2π,ω)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－\f(π,4)))，即ω＝1，∴f(x)＝sin(x＋φ)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝±1.∵0＜φ＜π，∴eq\f(π,4)＜φ＋eq\f(π,4)＜eq\f(5π,4)，∴φ＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4).(2)y＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))－1＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝sin2x为奇函数，最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.【点拨】(1)求f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω≠0)的对称轴，只需令ωx＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，求x；求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)即可．(2)求最小正周期时可先把所给三角函数式化为y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)的形式，那么最小正周期为T＝eq\f(2π,|ω|)；奇偶性的判断关键是解析式是否为y＝Asinωx或y＝Acosωx＋b的形式．【变式练习6】(1)如果函数y＝3cos(2x＋φ)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))中心对称，那么|φ|的最小值为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)(2)假设函数f(x)＝sineq\f(x＋φ,3)(φ∈[0，2π])是偶函数，那么φ＝()A.eq\f(π,2)B.eq\f(2π,3)C.eq\f(3π,2)D.eq\f(5π,3)【答案】(1)A(2)C【解析】(1)由题意得3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(4π,3)＋φ))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ＋2π))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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).(2)由f(x)＝sineq\f(x＋φ,3)是偶函数，可得eq\f(φ,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，即φ＝3kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，又φ∈[0，2π]，所以φ＝eq\f(3π,2).高频考点七三角函数的单调性【例7】(1)f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，x∈[0，π]，那么f(x)的单调递增区间为________．(2)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，那么ω的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D．(0，2]【答案】(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))(2)A【解析】(1)由－eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(3π,4)＋2kπ≤x≤eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.又x∈[0，π]，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))).(2)由eq\f(π,2)＜x＜π得eq\f(π,2)ω＋eq\f(π,4)＜ωx＋eq\f(π,4)＜πω＋eq\f(π,4)，由题意知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)，πω＋\f(π,4)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)≥\f(π,2)，,πω＋\f(π,4)≤\f(3π,2)，))∴eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(5,4)，应选A.【点拨】(1)求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成y＝Asin(ωx＋φ)形式，再求y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，只需把ωx＋φ看作一个整体代入y＝sinx的相应单调区间内即可，注意要先把ω化为正数．(2)对于函数的单调区间的某一局部确定参数ω的范围的问题，首先，明确的单调区间应为函数的单调区间的子集，其次，要确定函数的单调区间，从而利用它们之间的关系可求解，另外，假设是选择题利用特值验证排除法求解更为简捷．【变式练习7】函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))的单调减区间为______．【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)【解析】由函数为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.故所给函数的减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．高频考点八函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换【例8】设函数f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx(ω＞0)的周期为π.(1)求它的振幅、初相；(2)用五点法作出它在长度为一个周期的闭区间上的图象；(3)说明函数f(x)的图象可由y＝sinx的图象经过怎样的变换而得到．【解析】(1)f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinωx＋\f(\r(3),2)cosωx))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，又∵T＝π，∴eq\f(2π,ω)＝π，即ω＝2.∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).∴函数f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx的振幅为2，初相为eq\f(π,3).(2)令X＝2x＋eq\f(π,3)，那么y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sinX.列表，并描点画出图象：x－eq\f(π,6)eq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(7π,12)eq\f(5π,6)X0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πy＝sinX010－10y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))020－20(3)法一把y＝sinx的图象上所有的点向左平移eq\f(π,3)个单位，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象；再把y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象上的点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)倍(纵坐标不变)，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象；最后把y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，即可得到y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象．法二将y＝sinx的图象上每一点的横坐标x缩短为原来的eq\f(1,2)倍，纵坐标不变，得到y＝sin2x的图象；再将y＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,6)个单位，得到y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象；再将y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象上每一点的横坐标保持不变，纵坐标伸长到原来的2倍，得到y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象．【点拨】作函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的图象常用如下两种方法：(1)五点法作图法，用“五点法〞作y＝Asin(ωx＋φ)的简图，主要是通过变量代换，设z＝ωx＋φ，由z取0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3,2)π，2π来求出相应的x，通过列表，计算得出五点坐标，描点后得出图象；(2)图象的变换法，由函数y＝sinx的图象通过变换得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象有两种途径：“先平移后伸缩〞与“先伸缩后平移〞．【变式练习8】设函数f(x)＝cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π,2)＜φ＜0))的最小正周期为π，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),2).(1)求ω和φ的值；(2)在给定坐标系中作出函数f(x)在[0，π]上的图象．【解析】(1)∵T＝eq\f(2π,ω)＝π，ω＝2，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)＋φ))＝eq\f(\r(3),2)，∴sinφ＝－eq\f(\r(3),2)，又－eq\f(π,2)＜φ＜0，∴φ＝－eq\f(π,3).(2)由(1)得f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，列表：2x－eq\f(π,3)－eq\f(π,3)0eq\f(π,2)πeq\f(3,2)πeq\f(5,3)πx0eq\f(π,6)eq\f(5,12)πeq\f(2,3)πeq\f(11,12)ππf(x)eq\f(1,2)10－10eq\f(1,2)图象如图．高频考点九由图象求函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式【例9】函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)的局部图象如下图，那么函数f(x)的解析式为________．【答案】f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))【解析】由题图可知A＝eq\r(2)，法一eq\f(T,4)＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，所以T＝π，故ω＝2，因此f(x)＝eq\r(2)sin(2x＋φ)，又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对应五点法作图中的第三个点，因此2×eq\f(π,3)＋φ＝π，所以φ＝eq\f(π,3)，故f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).法二以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))为第二个“零点〞，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，－\r(2)))为最小值点，列方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω·\f(π,3)＋φ＝π，,ω·\f(7π,12)＋φ＝\f(3π,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω＝2，,φ＝\f(π,3)，))故f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).【点拨】f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的局部图象求其解析式时，A比拟容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：(1)五点法，由ω＝eq\f(2π,T)即可求出ω；确定φ时，假设能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点〞横坐标x0，那么令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ；(2)代入法，利用一些点(最高点、最低点或“零点〞)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，假设对A，ω的符号或对φ的范围有要求，那么可用诱导公式变换使其符合要求．【变式练习9】函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ为常数，A＞0，ω＞0，0＜φ＜π)的图象如下图，那么feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的值为________．【答案】1【解析】由三角函数图象可得A＝2，eq\f(3,4)T＝eq\f(11π,12)－eq\f(π,6)＝eq\f(3,4)π，所以周期T＝π＝eq\f(2π,ω)，解得ω＝2.又函数图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，2))所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝2，0＜φ＜π，解得φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,6)))＝1.高频考点十函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质应用【例10】函数f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π,2)≤φ＜\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，且图象上相邻最高点的距离为π.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))的值；(2)将函数y＝f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位后，得到y＝g(x)的图象，求g(x)的单调递减区间．【答案】〔1〕eq\f(3,2)；〔2〕eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(5π,12)，kπ＋\f(11π,12)))(k∈Z)．【解析】(1)因为f(x)的图象上相邻最高点的距离为π，所以f(x)的最小正周期T＝π，从而ω＝eq\f(2π,T)＝2.又f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，所以2×eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，因为－eq\f(π,2)≤φ＜eq\f(π,2)，所以k＝0，所以φ＝eq\f(π,2)－eq\f(2π,3)＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，那么feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)－\f(π,6)))＝eq\r(3)sineq\f(π,3)＝eq\f(3,2).(2)将f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位后，得到feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))的图象，所以g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－\f(π,6)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).当2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，即kπ＋eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(11π,12)(k∈Z)时，g(x)单调递减．因此g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(5π,12)，kπ＋\f(11π,12)))(k∈Z)．【点拨】函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的单调区间和对称性确实定，根本思想是把ωx＋φ看做一个整体．在单调性应用方面，比拟大小是一类常见的题目，依据是同一区间内函数的单调性．对称性是三角函数图象的一个重要性质，因此要抓住其轴对称、中心对称的本质，同时还要会综合利用这些性质解决问题，解题时可利用数形结合思想．【变式练习10】函数f(x)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))－sin(x＋π)．(1)求f(x)的最小正周期；(2)假设将f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)在区间[0，π]上的最大值和最小值．【解析】(1)f(x)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))－sin(x＋π)＝eq\r(3)cosx＋sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))于是T＝eq\f(2π,1)＝2π.(2)由得g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))∵x∈[0，π]，∴x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))∈[－1，2]故函数g(x)在区间[0，π]上的最大值为2，最小值为－1.第三第三局部：补充练习1．以下函数中周期为π且为偶函数的是()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))B．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))D．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))【答案】A【解析】y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝－cos2x为偶函数，且周期是π，应选A.2.sin2α＝eq\f(2,3)，那么sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,4)D.eq\f(5,6)【答案】D【解析】依题意得sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)(sinα＋cosα)2＝eq\f(1,2)(1＋sin2α)＝eq\f(5,6)，应选D.3．函数f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x图象的一条对称轴方程是()A．x＝－eq\f(π,12)B．x＝eq\f(π,3)C．x＝eq\f(5π,12)D．x＝eq\f(2π,3)【答案】D【解析】依题意得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(2π,3)＋\f(π,6)))＝－2，因此其图象关于直线x＝eq\f(2π,3)对称，应选D.4．函数f(x)＝cosωx(x∈R，ω＞0)的最小正周期为π，为了得到函数g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))的图象，只要将y＝f(x)的图象()A．向左平移eq\f(π,8)个单位长度B．向右平移eq\f(π,8)个单位长度C．向左平移eq\f(π,4)个单位长度D．向右平移eq\f(π,4)个单位长度【答案】B【解析】依题意得eq\f(2π,ω)＝π，ω＝2，f(x)＝cos2x，g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))))，因此只需将y＝f(x)＝cos2x的图象向右平移eq\f(π,8)个单位长度．5．将函数g(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))图象上所有点向左平移eq\f(π,6)个单位，再将各点横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，得到函数f(x)，那么()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递减B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递减C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递增【答案】A【解析】依题意，将函数g(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度得到的曲线方程是y＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝3cos2x，再将各点横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，得到的曲线方程是y＝3cos4x，即f(x)＝3cos4x，易知函数f(x)＝3cos4x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递减，应选A.6．函数f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x－m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个零点，那么m的取值范围是()A．(1，2)B．[1，2)C．(1，2]D．[1，2]【答案】B【解析】利用三角函数公式转化一下，得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－m，它的零点是函数y1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))和y2＝m的交点所对应的x的值，∴要在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个零点，y1和y2就要有两个交点，结合函数y1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象，知当y2＝m在[1，2)上移动时，两个函数有两个交点．7．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(7\r(2),10)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，那么cosα＝________．【答案】eq\f(3,5).【解析】∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7\r(2),10)))\s\up12(2))＝－eq\f(\r(2),10)，∴cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq\f(π,4)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sineq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),10)))×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(7\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,5).8．如下图的是函数y＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))图象的一局部，那么其函数解析式是________．【答案】y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).【解析】由图象知A＝1，eq\f(T,4)＝eq\f(π,6)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝eq\f(π,2)，得T＝2π，那么ω＝1，所以y＝sin(x＋φ)．由图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，1))，可得φ＝2kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，又|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以所求函数解析式是y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).9．函数f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋1(A>0，ω>0)的最大值为3，其图象相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2).(1)求函数f(x)的解析式；(2)设α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))