第一板块　三角函数与平面向量

二轮复习，有人曾形容为“战争的相持阶段”“学习水平的分水岭”，这足见二轮复习的重要性．二轮复习能否做到“有序安排、扎实推进、稳妥落地”，是区别“走过场”和“见实效”的关键环节．针对数学学科而言，如何规划好、利用好二轮复习，实现成绩的拔高和飞跃，笔者具以下见解与广大学子共勉．一、学习时间的安排上——做好“加减法”二轮复习，时间短、任务重，切忌不分轻重点的对所学知识“眉毛胡子一把抓”．正确的做法是：在已会知识点上少用时、少费力，在重难迷盲点上多用时、多用功；在已会知识上用时减一点，在重难知识上用时加一点，有“舍”才有“得”．攻下薄弱点，才是增分点．二、知识能力的深化上——抓好“5个点”1．扫清知识的“盲点”：基础不牢、地动山摇；知识不清、解题发懵．二轮复习，要全面清除知识“盲点”、学习“死角”，主干基础知识再也不能存在“夹生饭”．2．弄懂方法的“疑点”：“法”贵在通、活在用．学过的题型技法为什么不能迁移活用，原因就是未理解透方法，未融会通方法，死记硬背、生搬硬套造成的．在平时的训练中，应通过训练不同类型的题目内化方法、建模思维，而不是用固化的方法一味刷题、模式解题．3．破解思维的“难点”：考场解题经常会出现“短路”“卡壳”现象，这还是由于在一些知识、方法上存在难点、痛点造成的．二轮复习，要注意打通知识“壁垒”，疏通思维“痛点”．4．运用结论的“妙点”：熟记活用一些公式、定理的推论、二级结论，能减小运算量，实现“抄近路”解题，妙解秒杀题目．在二轮复习中，要注重对一些二级结论的系统归纳和有意识运用．这是因为：高考不仅是实力的比拼，也是解题速度的比拼．5．占领思想的“高点”：数学思想对解决数学问题有统领和指导作用，数学思想蕴含在数学知识形成、发展和应用的过程中，在二轮复习中，考生更要善于提炼总结数学思想．只有占领了思想的“高点”，解题才能得心应手、游刃有余.三、解题过程的反思上——做到“4关注”对于数学学科而言，解题是一项非常重要而且必要的学科行为．在解题中很多学生只关注结果的对错，而忽略了解题过程的反刍与反思，走上了低效高耗的“刷题”之路．习题是用来“品”的，而不是用来“刷”的．精做品透题目，要关注以下4点：1．关注求解的“切入点”：解题的关键步骤是寻找解题的切入点，而同一道题目选择不同的切入方式，就会得到不同的解题途径，选准了切入点，就能产生“一点突破，全线贯通”的效果．2．关注题中的“隐藏点”：数学隐含条件主要指数学问题中那些含而不露、忽明忽暗的已知条件．解题时需要我们善于挖掘隐含条件，提高全面、准确捕捉题目中有效信息的能力．3．关注知识的“迁移点”：在解题过程中，遇到不熟悉的知识或解题“卡壳”点，要善于联想，进行各知识块之间、新旧知识之间的迁移．通过知识的迁移和化归，化繁为简、化生为熟、化隐为显、化难为易，快速解题．4．关注解题的“障碍点”：突破解题障碍点的前提和关键是认真审题，抓住知识间的衔接，注意特殊方法的应用．四、创新题目的探究上——归根“3角度”为激发创新意识和培树创新型人才，新高考加大了对创新性题目的考查．研究创新性题目的命制，有利于学生打破固化的思维路径，站在更高更广处审视问题．创新性题目的命制，归纳起来，主要表现在以下三个方面：1．命题“宽度”上——注重横向多元拓展．研究这类题目，有助于融通知识联系，实现知识的融会贯通、迁移应用．2．命题“深度”上——强化纵向高次延伸．研究这类题目，有助于深度理解知识，高度提升素养，发掘学习潜力，延展主题思维．3．命题“开放度”上——探究多渠道解决问题．对于这类题目，学生在平时的训练中，尽可能地尝试多角度、多途径、最优化地解决问题，以拓展视野、融通知能、激活思维，规避机械单一、思维僵化地处理问题．数学教育家波利亚说过：解题就像采蘑菇一样，当我们发现一个蘑菇时，它的周围可能有一个蘑菇圈．罗增儒教授这样给数学解题定位：数学学习中真正发生数学的地方都无一例外地充满着数学解题活动．学好数学，从享受解题的过程做起！第一板块三角函数与平面向量悉高考从近三年新高考命题情况来看，三角函数、解三角形和平面向量在高考中一般以“二小选择、填空题一大解答题”或“三小一大”的形式考查.,小题常涉及三角函数公式及恒等变换，给定函数y＝Asinωx＋φ的部分图象求函数解析式、三角函数的图象及性质，平面向量的线性运算、数量积问题等，难度中等偏下，其中三角函数的图象与性质及平面向量数量积都在多项选择题中出现过.大题主要考查解三角形，三角恒等变换与三角函数常以解题工具的形式渗透在考题中，难度中等.小题基准考法(一)——三角函数的图象与性质命题点一三角函数的概念及诱导公式[一练而过]1．(2023·济南模拟)已知角α的终边上一点的坐标(a,2)，其中a是非零实数，则下列三角函数值恒为正的是()A．cosαtanα B．sinαcosαC．sinαtanα D．tanα解析：选A因为角α的终边上一点的坐标(a,2)且a是非零实数，所以根据三角函数的定义知，sinα＝eq\f(2,\r(a2＋4))，cosα＝eq\f(a,\r(a2＋4))，tanα＝eq\f(2,a).cosαtanα＝eq\f(2,\r(a2＋4))>0，故A正确；易知sinαcosα＝eq\f(2a,a2＋4)，sinαtanα＝eq\f(4,a\r(a2＋4))，tanα＝eq\f(2,a)，因为a的正负不知，故B、C、D错误．2．(2023·淄博模拟)[多选]已知θ∈(0，π)，sinθ＋cosθ＝eq\f(7,17)，则()A．θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) B．tanθ＝－eq\f(15,8)C．cosθ＝eq\f(15,17) D．sinθ－cosθ＝eq\f(23,17)解析：选ABD由(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ＝eq\f(49,289)，得sinθcosθ＝－eq\f(120,289)①.由θ∈(0，π)，得sinθ>0，cosθ<0，故θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，A正确；将①联立sinθ＋cosθ＝eq\f(7,17)，可得cosθ＝－eq\f(8,17)或cosθ＝eq\f(15,17)(舍去)，所以sinθ＝eq\f(15,17).故tanθ＝－eq\f(15,8)，sinθ－cosθ＝eq\f(23,17)，B、D正确，C错误．3．(2023·襄阳模拟)已知tanα＝eq\f(2cosα,5＋sinα)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))＝()A.eq\f(1,3) B．－eq\f(2\r(2),3)C．－eq\f(1,3) D.eq\f(2\r(2),3)解析：选Ctanα＝eq\f(2cosα,5＋sinα)eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(2cosα,5＋sinα)sin2α＋5sinα＝2cos2α①，由于sin2α＋cos2α＝1，代入①，得3sin2α＋5sinα－2＝0(3sinα－1)·(sinα＋2)＝0.由于sinα∈[－1,1]，所以sinα＋2≠0，故sinα＝eq\f(1,3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))＝－sinα＝－eq\f(1,3).故选C.4．若点P(2，y)是角α终边上的一点，且taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))＝－2，则y＝________.解析：由点P(2，y)是角α终边上的一点，可得tanα＝eq\f(y,2).由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))＝－2，可得eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2))))＝－2.即eq\f(－cosα,sinα)＝－2，得tanα＝eq\f(1,2).故y＝1.答案：15．(2023·全国乙卷)若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanθ＝eq\f(1,2)，则sinθ－cosθ＝________.解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanθ＝\f(sinθ,cosθ)＝\f(1,2)，,sin2θ＋cos2θ＝1，))且θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(\r(5),5)，,cosθ＝\f(2\r(5),5)，))故sinθ－cosθ＝－eq\f(\r(5),5).答案：－eq\f(\r(5),5)[一站补给]方法的“疑点”利用同角三角函数的平方关系时，若需开方要考虑到正负号结论的“妙点”(1)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sinα<α<tanα.(2)由(sinα±cosα)2＝1±2sinαcosα，得sinα＋cosα，sinα－cosα，sinαcosα，知一求二思想的“高点”利用同角三角函数的关系化简要遵循一定的原则，如化切为弦、化异为同、化高为低、化繁为简等命题点二三角函数的图象与解析式[真题导向]1．(2023·全国甲卷)函数y＝f(x)的图象由函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度得到，则y＝f(x)的图象与直线y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)的交点个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选C把函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后得到函数f(x)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x的图象．作出函数f(x)的部分图象和直线y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)如图所示．观察图象知，共有3个交点．故选C.2．(2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝________.解析：设函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的周期为T.由题图可知eq\f(3,4)T＝eq\f(13,12)π－eq\f(π,3)，∴T＝π.又T＝eq\f(2π,|ω|)，∴|ω|＝2.不妨设ω>0，则f(x)＝2cos(2x＋φ)．将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,12)，2))代入f(x)中，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,12)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(13π,12)＋φ))＝2，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)＋φ))＝1，∴eq\f(13π,6)＋φ＝2kπ(k∈Z)，∴φ＝2kπ－eq\f(13π,6)(k∈Z)．取k＝1，得φ＝－eq\f(π,6)，∴f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,2)－\f(π,6)))＝2coseq\f(5π,6)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－eq\r(3).答案：－eq\r(3)3．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，如图A，B是直线y＝eq\f(1,2)与曲线y＝f(x)的两个交点，若|AB|＝eq\f(π,6)，则f(π)＝________.解析：由题意，设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,2)))，则x2－x1＝eq\f(π,6)，由y＝sin(ωx＋φ)的图象可知ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝eq\f(5π,6)－eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)，即ω(x2－x1)＝eq\f(2π,3)，∴ω＝4.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋φ))＝0，∴eq\f(8π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(8π,3)＋kπ，k∈Z.观察图象，可知当k＝2时，φ＝－eq\f(2π,3)满足条件，∴f(π)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π－\f(2π,3)))＝－eq\f(\r(3),2).答案：－eq\f(\r(3),2)[素养评价]1．(2023·日照模拟)为了得到函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的图象，只需将函数g(x)＝cos2x的图象()A．向左平移eq\f(3π,8)个单位长度B．向右平移eq\f(3π,8)个单位长度C．向左平移eq\f(π,8)个单位长度D．向右平移eq\f(π,8)个单位长度解析：选B因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)＋\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4))).故为了得到f(x)的图象，只需将g(x)的图象向右平移eq\f(3π,8)个单位长度．2．(2023·天津模拟)将曲线C1：y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))上的所有点向右平移eq\f(π,3)个单位长度，再将各点的横坐标扩大为原来的2倍，纵坐标不变，得到曲线C2，则曲线C2的方程为()A．y＝2sin4x B．y＝－2sin2xC．y＝－2sin4x D．y＝－2sinx解析：选D将曲线C1：y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))上的所有点向右平移eq\f(π,3)个单位长度得到y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－\f(π,3)))＝2sin(2x－π)＝－2sin2x，再将各点的横坐标扩大为原来的2倍，纵坐标不变，得到y＝－2sinx.3.[多选]已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)))＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(2,3)，则下列选项正确的有()A．φ＝eq\f(π,4)B．A＝eq\f(2\r(2),3)C．将f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度所得函数为奇函数D．f(x)的递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋\f(2kπ,3)，\f(π,4)＋\f(2kπ,3)))(k∈Z)解析：选BC根据题图可得eq\f(1,2)T＝eq\f(11π,12)－eq\f(7π,12)＝eq\f(π,3)，解得T＝eq\f(2π,3).因为ω>0，所以eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,3)，解得ω＝3.所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,4)＋φ))＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ))＝0.因为A>0，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ))＝0.因为－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以－eq\f(3π,4)<φ－eq\f(π,4)<eq\f(π,4)，故φ－eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，解得φ＝－eq\f(π,4)，故f(x)＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4))).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),2)A＝－eq\f(2,3)，解得A＝eq\f(2\r(2),3)，A错误，B正确；f(x)＝eq\f(2\r(2),3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))，将f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度得到g(x)＝eq\f(2\r(2),3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(2),3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,2)))＝eq\f(2\r(2),3)sin3x，定义域为R.因为g(－x)＝eq\f(2\r(2),3)sin(－3x)＝－eq\f(2\r(2),3)sin3x＝－g(x)，所以将f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度所得函数为奇函数，C正确；令3x－eq\f(π,4)∈[－π＋2kπ，2kπ]，k∈Z，解得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋\f(2kπ,3)，\f(π,12)＋\f(2kπ,3)))，k∈Z，故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，D错误．4.如图是函数f(x)＝Ksin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(K>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分图象，A是图象的一个最高点，D是图象与y轴的交点，B，C是图象与x轴的交点，且D(0，－1)，△ABC的面积等于eq\f(π,2)，则f(x)的解析式为________．解析：由题图可知，f(x)的最大值为2.又K>0，所以K＝2.因为△ABC的面积等于eq\f(π,2)，所以eq\f(1,2)K·BC＝eq\f(π,2)，则BC＝eq\f(π,2)，所以T＝2BC＝π，即eq\f(2π,|ω|)＝π，得|ω|＝2.又ω>0，故ω＝2.将D(0，－1)代入f(x)＝2sin(2x＋φ)，得2sinφ＝－1，即sinφ＝－eq\f(1,2).因为－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6).所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).答案：f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))[一站补给]方法的“疑点”已知f(x)部分图象求其解析式的常用方法(1)升降零点法：由ω＝eq\f(2π,T)，即可求出ω，求φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，一般令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ；(2)代入最值法：将图象最高点或最低点的坐标代入解析式，再结合图象解出ω和φ思维的“难点”(1)利用零点求φ的值时，要注意零点所在的单调区间；(2)平移变换中“左加右减”是只针对x的；(3)y＝sin(x＋φ)变为y＝sin(ωx＋β)，先平移再伸缩与先伸缩后平移中平移的量是不同的，前者平移的量是|φ|，后者平移的量是eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω)))命题点三三角函数图象与性质的应用[典例导析]——|完备知能|三角函数的奇偶性与对称轴方程(1)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．(2)y＝Acos(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．(3)y＝Atan(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数．[例1](2022·新课标Ⅰ卷)记函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω＞0)的最小正周期为T.若eq\f(2π,3)＜T＜π，且y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝()A．1 B.eq\f(3,2)C.eq\f(5,2) D．3[解析]因为eq\f(2π,3)＜T＜π，所以eq\f(2π,3)＜eq\f(2π,ω)＜π，解得2＜ω＜3.因为y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，所以b＝2，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＋b＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＝0，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)．又2＜ω＜3，所以eq\f(13π,4)＜eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＜eq\f(19π,4)，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝4π，解得ω＝eq\f(5,2).所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)x＋\f(π,4)))＋2.所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)×\f(π,2)＋\f(π,4)))＋2＝sineq\f(3π,2)＋2＝1.故选A.[答案]A[例2][多选]已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))－2sin2ωx(ω>0)的图象相邻两对称中心的距离为eq\f(π,2)，则()A．f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,3)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2023π,3)))＝2023C．若f(x)在[－m，m]上单调递增，则0<m≤eq\f(π,12)D．若将f(x)图象每个点的横坐标变为原来的eq\f(1,t)(t>0)后在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恰有4个最高点，则eq\f(37,6)≤t<eq\f(49,6)[解析]f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))－2sin2ωx＝eq\f(1,2)cos2ωx＋eq\f(\r(3),2)sin2ωx－1＋cos2ωx＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx＋eq\f(3,2)cos2ωx－1＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))－1，又函数f(x)的图象相邻两对称中心的距离为eq\f(π,2)，所以eq\f(2π,2ω)＝T＝π，解得ω＝1，则f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1，故A正确；因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2023π,3)))＝eq\r(3)sinπ－1＋eq\r(3)sinπ－1＝－2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,3)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2023π,3)))＝－2023，故B错误；令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z.因为f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－m，m))上单调递增，所以0<m≤eq\f(π,12)，故C正确；将f(x)图象每个点的横坐标变为原来的eq\f(1,t)(t>0)后得到g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2tx＋\f(π,3)))－1，由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得2tx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，πt＋\f(π,3))).因为函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恰有4个最高点，所以eq\f(13π,2)≤πt＋eq\f(π,3)<eq\f(17π,2)，解得eq\f(37,6)≤t<eq\f(49,6)，故D正确．[答案]ACD[例3](2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝cosωx－1(ω＞0)在区间[0,2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．[解析]函数f(x)＝cosωx－1在区间[0,2π]有且仅有3个零点，即cosωx＝1在区间[0,2π]有且仅有3个根．因为ω＞0，x∈[0,2π]，所以ωx∈[0,2ωπ]．令t＝ωx，则cost＝1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]，如图，结合余弦函数y＝cost的图象性质可得4π≤2ωπ＜6π，故2≤ω＜3，即ω的取值范围是[2,3)．[答案][2,3)[思维建模]研究函数y＝Asin(ωx＋φ)性质的两种意识转化意识利用三角恒等变换把待求函数化成y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式整体意识类比研究y＝sinx的性质，只需将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sinx中的“x”代入求解[针对训练]1．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))单调递增，直线x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条对称轴，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)解析：选D由题意得eq\f(1,2)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)，解得ω＝2，易知x＝eq\f(π,6)是f(x)的最小值点，所以eq\f(π,6)×2＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得φ＝eq\f(7π,6)＋2kπ(k∈Z)．不妨取k＝0，于是f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(7π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)×2＋\f(7π,6)))＝sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，故选D.2．(2023·枣庄二模)[多选]已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象过点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(A,2)))和N(π，0)，f(x)的最小正周期为T，则()A．T可能取eq\f(12π,7)B．f(x)在(0,4π)上至少有3个零点C．直线x＝eq\f(8π,11)可能是曲线y＝f(x)的一个对称轴D．若函数f(x)的图象在[0,2π]上的最高点和最低点共有4个，则ω＝eq\f(11,6)解析：选BCD由题意可知，f(0)＝Asinφ＝eq\f(A,2)，即sinφ＝eq\f(1,2).而0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6).又f(π)＝Asin(ωπ＋φ)＝0，所以ωπ＋eq\f(π,6)＝kπ，即ω＝k－eq\f(1,6)>0，k∈Z，所以f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).对于A，若T＝eq\f(12π,7)＝eq\f(2π,ω)，则ω＝eq\f(7,6)，显然ω＝k－eq\f(1,6)＝eq\f(7,6)，无整数解，错误；对于B，由x∈(0,4π)可得，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，4πω＋\f(π,6)))，因为ω＝k－eq\f(1,6)≥eq\f(5,6)，所以4πω＋eq\f(π,6)≥4π×eq\f(5,6)＋eq\f(π,6)＝eq\f(7π,2)，故ωx＋eq\f(π,6)＝π，2π，3π有解，即f(x)在(0,4π)上至少有3个零点，正确；对于C，若直线x＝eq\f(8π,11)可能是曲线y＝f(x)的一个对称轴，则eq\f(8π,11)ω＋eq\f(π,6)＝tπ＋eq\f(π,2)，t∈Z，即ω＝eq\f(11,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,3)))，t∈Z.又ω＝k－eq\f(1,6)，k∈Z，所以t＝1，k＝2，ω＝eq\f(11,6)符合，正确；对于D，因为x∈[0,2π]，所以ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，2πω＋\f(π,6))).若函数f(x)的图象在[0,2π]上的最高点和最低点共有4个，则eq\f(7π,2)≤2πω＋eq\f(π,6)<eq\f(9π,2)，解得eq\f(5π,3)≤ω<eq\f(13,6).而ω＝k－eq\f(1,6)>0，k∈Z，所以当k＝2时，ω＝eq\f(11,6)符合，正确．故选B、C、D.3．已知y＝sin(2x－φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，且该函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,8)))上有最小值，那么φ的取值范围是________．解析：当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))时，2x－φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－φ，\f(2π,3)－φ)).因为y＝sin(2x－φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，所以eq\f(2π,3)－φ≤eq\f(π,2)，解得φ≥eq\f(π,6).又0<φ<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)≤φ<eq\f(π,2).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,8)))时，2x－φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－φ，\f(7π,4)－φ)).又0<φ<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,2)<－φ<0.又该函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,8)))上有最小值，所以eq\f(7π,4)－φ>eq\f(3π,2)，得0<φ<eq\f(π,4).综上所述，eq\f(π,6)≤φ<eq\f(π,4).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))[课下作业——小题保分练]1．为了得到函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象，只需把曲线y＝cosx上所有的点()A．向左平移eq\f(π,3)个单位长度，再把纵坐标伸长到原来的2倍B．向右平移eq\f(π,3)个单位长度，再把纵坐标伸长到原来的2倍C．向左平移eq\f(π,3)个单位长度，再把纵坐标缩短到原来的eq\f(1,2)D．向右平移eq\f(π,3)个单位长度，再把纵坐标缩短到原来的eq\f(1,2)解析：选A将y＝cosx的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度得到y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象，再把纵坐标伸长到原来的2倍，得到f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象．2．(2023·沈阳模拟)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))＝()A.eq\f(3,5) B.eq\f(4,5)C．－eq\f(3,5) D．－eq\f(4,5)解析：选A∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝－eq\f(3,5).∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,6)－α))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(3,5).3．(2023·山西省际名校联考)已知sinα－cosα＝eq\f(1,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则eq\f(sinαcosα,sinα＋cosα)＝()A．－eq\f(12,5) B.eq\f(12,5)C．－eq\f(12,35) D.eq\f(12,35)解析：选D由题意可得(sinα－cosα)2＝1－2sinαcosα＝eq\f(1,25)，整理得sinαcosα＝eq\f(12,25)>0，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，可得α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即sinα>0，cosα>0.可得sinα＋cosα>0.因为(sinα＋cosα)2＝1＋2sinαcosα＝eq\f(49,25)，可得sinα＋cosα＝eq\f(7,5)，所以eq\f(sinαcosα,sinα＋cosα)＝eq\f(\f(12,25),\f(7,5))＝eq\f(12,35).4．(2023·天津高考)已知函数f(x)图象的一条对称轴为直线x＝2，f(x)的一个周期为4，则f(x)的解析式可能为()A．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x)) B．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))C．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x)) D．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x))解析：选B对于A，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，最小正周期为eq\f(2π,\f(π,2))＝4，因为f(2)＝sinπ＝0，所以函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))的图象不关于直线x＝2对称，故排除A；对于B，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，最小正周期为eq\f(2π,\f(π,2))＝4，因为f(2)＝cosπ＝－1，所以函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))的图象关于直线x＝2对称，故选项B符合题意；对于C、D，函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x))和f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x))的最小正周期均为eq\f(2π,\f(π,4))＝8，均不符合题意，故排除C、D.故选B.5.已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))<\f(π,2)))的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象向左平移1个单位长度后得到函数g(x)的图象，则geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3) D．1解析：选D由题图可知，eq\f(T,4)＝1－(－1)＝2，得T＝8＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(π,4)，所以f(x)＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋φ)).又因为(－1,0)在函数f(x)的图象上，所以Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ))＝0，所以－eq\f(π,4)＋φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，即f(x)＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4))).又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(2)))在函数f(x)的图象上，所以Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝eq\r(2)，即A＝2，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4))).所以g(x)＝f(x＋1)＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋1－\f(π,4)))＝2coseq\f(π,4)x.所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)×\f(4,3)))＝2coseq\f(π,3)＝1.6．中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴．一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成．如图，设扇形的面积为S1，其圆心角为θ，圆面中剩余部分的面积为S2，当S1与S2的比值为eq\f(\r(5)－1,2)时，扇面为“美观扇面”，则下列结论错误的是(参考数据：eq\r(5)≈2.236)()A.eq\f(S1,S2)＝eq\f(θ,2π－θ)B．若eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,2)，扇形的半径R＝3，则S1＝3πC．若扇面为“美观扇面”，则θ≈138°D．若扇面为“美观扇面”，扇形的半径R＝20，则此时扇形的面积为200(3－eq\r(5))解析：选Deq\f(S1,S2)＝eq\f(\f(1,2)θR2,\f(1,2)2π－θR2)＝eq\f(θ,2π－θ)，故A正确；由eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,2)，得eq\f(θ,2π－θ)＝eq\f(1,2)，解得θ＝eq\f(2,3)π.又扇形的半径R＝3，则S1＝eq\f(1,2)×eq\f(2π,3)×32＝3π，故B正确；若扇面为“美观扇面”，则eq\f(S1,S2)＝eq\f(\r(5)－1,2)＝eq\f(θ,2π－θ)，解得θ＝(3－eq\r(5))π≈[(3－2.236)×180]°≈138°，故C正确；若扇面为“美观扇面”，则θ＝(3－eq\r(5))π.又扇形的半径R＝20，则此时扇形的面积为eq\f(1,2)×(3－eq\r(5))π×202＝200(3－eq\r(5))π，故D错误．7．[多选]已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0)的一个周期内的图象如图所示，下列结论正确的有()A．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))B．函数f(x)的最大值是2C．函数f(x)的最小正周期是πD．函数f(x)的一个对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))解析：选BCD由题图可知f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝2，B正确；由题图可知f(x)最小正周期T＝2×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))))＝π，C正确；由选项B、C得A＝2，|ω|＝eq\f(2π,T)＝2，即ω＝±2，∴f(x)＝2sin(2x＋φ)或f(x)＝2sin(－2x＋φ)．当f(x)＝2sin(2x＋φ)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋φ))＝2，∴－eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得φ＝eq\f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)．∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋2kπ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))；当f(x)＝2sin(－2x＋φ)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝2，∴eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得φ＝eq\f(π,3)＋2kπ(k∈Z)．∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)＋2kπ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))；∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))或f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))，A错误；当x＝eq\f(－\f(π,12)＋\f(5π,12),2)＝eq\f(π,6)时，f(x)＝0，∴f(x)的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，D正确．故选B、C、D.8．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的最小正周期为π，若f(x)＝m在[0，π)上有两个实根a，b，且|a－b|>eq\f(π,3)，则实数m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))解析：选D由题设，T＝eq\f(2π,ω)＝π，得ω＝2，即f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).又f(x)＝m在[0，π)上有两个实根a，b，且|a－b|>eq\f(π,3)，x∈[0，π)，∴2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6))).设t＝2x＋eq\f(π,6)，则sint＝m在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))上有两个不同的实数根t1，t2，作y＝sint，t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))的图象如图所示．由|a－b|>eq\f(π,3)，得|t1－t2|>eq\f(2π,3).∴当－eq\f(1,2)<m<eq\f(1,2)时，f(x)＝m有两个交点且|a－b|>eq\f(π,3).9．已知函数f(x)＝2sinωxcos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωx,2)－\f(π,4)))－sin2ωx(ω＞0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－eq\f(2π,5)，eq\f(5π,6)))上单调递增，且在区间[0，π]上恰好取得一次最大值，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,5))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\f(1,2)，\f(5,2))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，eq\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，eq\f(3,5)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，eq\f(3,5)))解析：选Df(x)＝2sinωx·cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωx,2)－\f(π,4)))－sin2ωx＝sinωxeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))))－sin2ωx＝sinωx.因为f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－eq\f(2π,5)，eq\f(5π,6)))上单调递增，ω＞0，所以－eq\f(2π,5)ω≤ωx≤eq\f(5π,6)ω.所以－eq\f(2π,5)ω≥－eq\f(π,2)，eq\f(5π,6)ω≤eq\f(π,2).所以0＜ω≤eq\f(3,5).当ωx＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)(k∈Z)时，f(x)取得最大值，而f(x)在区间[0，π]上恰好取得一次最大值，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2ω)≤π，,\f(π,2ω)＋\f(2π,ω)＞π，))解得eq\f(1,2)≤ω＜eq\f(5,2).综上，eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(3,5).10．(2023·南昌联考)将函数f(x)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的图象向左平移eq\f(π,16)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在[－t,2t](t>0)上单调递增，则实数t的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,32))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,16)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,32)，\f(7π,16))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,64)))解析：选A将函数f(x)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的图象向左平移eq\f(π,16)个单位长度后得到g(x)＝3coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,16)))－\f(π,4)))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,8))).令－π＋2kπ≤2x－eq\f(π,8)≤2kπ，k∈Z，解得kπ－eq\f(7π,16)≤x≤eq\f(π,16)＋kπ，k∈Z，所以g(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(7π,16)，\f(π,16)＋kπ))，k∈Z.又函数g(x)在[－t,2t](t>0)上单调递增，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－t，2t))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,16)，\f(π,16))).所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－t≥－\f(7π,16)，,2t≤\f(π,16)，,t>0，))解得0<t≤eq\f(π,32)，即实数t的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,32))).11．[多选]将函数g(x)＝sinωx(ω∈N*)的图象向左平移eq\f(φ,ω)(0<φ<π)个单位长度得到函数f(x)的图象，f(0)＝eq\f(1,2)，f′(x)为f(x)的导函数，且f′(0)<0，若当x∈[0，π]时，f(x)的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，则()A．φ＝eq\f(π,6)B．ω＝1C．直线x＝eq\f(π,3)为f(x)图象的对称轴D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(5π,3)))上单调递增解析：选BD由题可得f(x)＝sin(ωx＋φ)，所以f′(x)＝ωcos(ωx＋φ)．因为f(0)＝sinφ＝eq\f(1,2)，f′(0)＝ωcosφ<0，ω∈N*，所以φ＝2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z.又0<φ<π，所以φ＝eq\f(5π,6)，A错误；由题可知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(5π,6)))，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))时，ωx＋eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，ωπ＋\f(5π,6))).因为f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，所以eq\f(3π,2)≤ωπ＋eq\f(5π,6)≤eq\f(13π,6)，解得eq\f(2,3)≤ω≤eq\f(4,3).又ω∈N*，所以ω＝1，B正确；因为f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－eq\f(1,2)，所以直线x＝eq\f(π,3)不是f(x)图象的对称轴，C错误；令2kπ－eq\f(π,2)<x＋eq\f(5π,6)<2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得2kπ－eq\f(4π,3)<x<2kπ－eq\f(π,3)，k∈Z.令k＝1，得f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(5π,3)))上单调递增，D正确．12．[多选]已知函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))))，则下列说法正确的是()A．f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))对称B．f(x)图象的一条对称轴是x＝eq\f(π,8)C．f(x1)f(x2)＝4，x1≠x2，则|x1－x2|的最小值为eq\f(π,2)D．若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(11π,24)))时，函数y＝f(x)－a有两个零点，则实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，2))解析：选BCfeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,4)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,4)))－\f(π,4)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,4)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))))＝f(x)，故A不正确，B正确；f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))))的图象如图所示，若f(x1)f(x2)＝4，x1≠x2，则f(x1)＝f(x2)＝2，由图可知，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))))的最小正周期为T＝eq\f(π,2)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－x2))min＝T＝eq\f(π,2)，故C正确；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)－\f(π,4)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\f(π,4)))＝eq\r(2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,24)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(11π,24)－\f(π,4)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\f(2π,3)))＝eq\r(3)，若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(11π,24)))，函数y＝f(x)－a有两个零点，即y＝f(x)与y＝a的图象有两个交点，由图可知，a∈[eq\r(3)，2)，故D不正确．13．(2023·梅州二模)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝－eq\f(1,3)，α∈[0，π]，则tanα＝________.解析：因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝－eq\f(1,3)，所以cosα＝－eq\f(1,3).因为α∈[0，π]，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(2\r(2),3)，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－2eq\r(2).答案：－2eq\r(2)14．(2023·阜阳三模)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω≠0)具有下列三个性质：①图象关于x＝eq\f(π,3)对称；②在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减；③最小正周期为π，则满足条件的一个函数f(x)＝________.解析：由③可得ω＝2，由①可得2×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)φ＝－eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)，再由②可知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))时，2x－eq\f(π,6)＋kπ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋mπ，\f(3π,2)＋mπ))(k，m∈Z)．故k为奇数时符合条件，不妨令k＝1，则φ＝eq\f(5π,6)，A＝1，此时f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6))).答案：sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))(答案不唯一)15．函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期为________，若函数f(x)在区间[0，a]上单调递增，则a的最大值为________．解析：函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.若函数f(x)在区间[0，a]上单调递增，则[0，a]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.所以[0，a]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，则0<a≤eq\f(π,6)，即a的最大值为eq\f(π,6).答案：πeq\f(π,6)16．若函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，又A(α，2)，B(β，0)是函数f(x)的图象上的两点，且|AB|的最小值为eq\r(4＋\f(π2,4))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))的值为________．解析：因为A(α，2)，B(β，0)，所以|AB|＝eq\r(α－β2＋4)，则eq\r(α－β2＋4)≥eq\r(4＋\f(π2,4)).所以|α－β|min＝eq\f(π,2).此时点A，B为函数图象上相邻的最高点和对称中心，所以eq\f(T,4)＝eq\f(π,2).所以eq\f(π,2ω)＝eq\f(π,2)，解得ω＝1.所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋\f(π,3)))＝2sineq\b\l