高考数学二轮复习 第二部分 专题一 三角函数与解三角形 第1讲 三角函数的图象与性质练习（含解析）试题

第1讲三角函数的图象与性质[做真题]题型一三角函数图象及其变换1．(2017·高考全国卷Ⅰ)已知曲线C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，则下面结论正确的是()A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到曲线C2B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq\f(π,12)个单位长度，得到曲线C2C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到曲线C2D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq\f(π,12)个单位长度，得到曲线C2解析：选D.易知C1：y＝cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))，把曲线C1上的各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)倍，纵坐标不变，得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))的图象，再把所得函数的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度，可得函数y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))的图象，即曲线C2，故选D.2．(2016·高考全国卷Ⅲ)函数y＝sinx－eq\r(3)cosx的图象可由函数y＝sinx＋eq\r(3)cosx的图象至少向右平移________个单位长度得到．解析：函数y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象可由函数y＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象至少向右平移eq\f(2π,3)个单位长度得到．答案：eq\f(2π,3)题型二三角函数的性质1．(2019·高考全国卷Ⅱ)下列函数中，以eq\f(π,2)为周期且在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))单调递增的是()A．f(x)＝|cos2x| B．f(x)＝|sin2x|C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|解析：选A.A中，函数f(x)＝|cos2x|的周期为eq\f(π,2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函数f(x)单调递增，故A正确；B中，函数f(x)＝|sin2x|的周期为eq\f(π,2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函数f(x)单调递减，故B不正确；C中，函数f(x)＝cos|x|＝cosx的周期为2π，故C不正确；D中，f(x)＝sin|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx，x≥0，,－sinx，x<0，))由正弦函数图象知，在x≥0和x<0时，f(x)均以2π为周期，但在整个定义域上f(x)不是周期函数，故D不正确．故选A.2．(2019·高考全国卷Ⅰ)关于函数f(x)＝sin|x|＋|sinx|有下述四个结论：①f(x)是偶函数；②f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递增；③f(x)在[－π，π]有4个零点；④f(x)的最大值为2.其中所有正确结论的编号是()A．①②④ B．②④C．①④ D．①③解析：选C.通解：f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故①正确；当eq\f(π,2)<x<π时，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递减，故②不正确；f(x)在[－π，π]的图象如图所示，由图可知函数f(x)在[－π，π]只有3个零点，故③不正确；因为y＝sin|x|与y＝|sinx|的最大值都为1且可以同时取到，所以f(x)可以取到最大值2，故④正确．综上，正确结论的编号是①④.故选C.优解：因为f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故①正确，排除B；当eq\f(π,2)<x<π时，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递减，故②不正确，排除A；因为y＝sin|x|与y＝|sinx|的最大值都为1且可以同时取到，所以f(x)的最大值为2，故④正确．故选C.3．(2018·高考全国卷Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx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：选A.法一：f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，且函数y＝cosx在区间[0，π]上单调递减，则由0≤x＋eq\f(π,4)≤π，得－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(3π,4).因为f(x)在[－a，a]上是减函数，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a≥－\f(π,4)，,a≤\f(3π,4)，))解得a≤eq\f(π,4)，所以0<a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4)，故选A.法二：因为f(x)＝cosx－sinx，所以f′(x)＝－sinx－cosx，则由题意，知f′(x)＝－sinx－cosx≤0在[－a，a]上恒成立，即sinx＋cosx≥0，即eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥0在[－a，a]上恒成立，结合函数y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的图象可知有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，))解得a≤eq\f(π,4)，所以0<a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4)，故选A.4．(2017·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝cos(x＋eq\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\f(π,2)，π)单调递减解析：选D.根据函数解析式可知函数f(x)的最小正周期为2π，所以函数的一个周期为－2π，A正确；当x＝eq\f(8π,3)时，x＋eq\f(π,3)＝3π，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝－1，所以B正确；f(x＋π)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋π＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4π,3)))，当x＝eq\f(π,6)时，x＋eq\f(4π,3)＝eq\f(3π,2)，所以f(x＋π)＝0，所以C正确；函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2,3)π))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π，π))上单调递增，故D不正确．所以选D.5．(2016·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(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)))单调，则ω的最大值为()A．11 B．9C．7 D．5解析：选B.因为x＝－eq\f(π,4)为函数f(x)的零点，x＝eq\f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，所以eq\f(π,2)＝eq\f(kT,2)＋eq\f(T,4)(k∈Z，T为周期)，得T＝eq\f(2π,2k＋1)(k∈Z)．又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))单调，所以T≥eq\f(π,6)，k≤eq\f(11,2)，又当k＝5时，ω＝11，φ＝－eq\f(π,4)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))不单调；当k＝4时，ω＝9，φ＝eq\f(π,4)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))单调，满足题意，故ω＝9，即ω的最大值为9.6．(2017·高考全国卷Ⅱ)函数f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的最大值是________．解析：依题意，f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)＝－cos2x＋eq\r(3)cosx＋eq\f(1,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋1，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosx∈[0，1]，因此当cosx＝eq\f(\r(3),2)时，f(x)max＝1.答案：1[山东省学习指导意见]1．任意角的三角函数(1)了解任意角的概念和弧度制，能进行弧度与角度的互化．(2)理解任意角三角函数(正弦、余弦和正切)的定义．(3)会用诱导公式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)±α，π±α的正弦、余弦与正切))，理解同角三角函数的基本关系式．2．三角函数的图象和性质(1)能画出y＝sinx、y＝cosx、y＝tanx的图象．(2)理解正弦函数、余弦函数、正切函数的性质(如单调性、最大和最小值、图象与x轴交点等)，了解三角函数的周期性．(3)了解y＝Asin(ωx＋φ)的实际意义；能画出y＝Asin(ωx＋φ)的图象．知道参数A、ω、φ对函数图象变化的影响．(4)会用三角函数解决一些简单实际问题，体会三角函数是描述周期变化现象的重要函数模型．三角函数的定义、诱导公式及基本关系[考法全练]1．角θ的顶点为坐标原点，始边为x轴的正半轴，终边经过点P(4，y)，且sinθ＝－eq\f(3,5)，则tanθ＝()A．－eq\f(4,3) B．eq\f(4,3)C．－eq\f(3,4) D．eq\f(3,4)解析：选C.因为角θ的终边经过点P(4，y)，sinθ＝－eq\f(3,5)<0，所以角θ为第四象限角，所以cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(4,5)，所以tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝－eq\f(3,4)，故选C.2．若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝－eq\f(3,5)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则tan(π－α)＝()A．eq\f(4,3) B．eq\f(2,3)C．－eq\f(2,3) D．－eq\f(4,3)解析：选A.由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝cosα＝－eq\f(3,5)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(4,5)，所以tan(π－α)＝－tanα＝－eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(\f(4,5),－\f(3,5))＝eq\f(4,3).3．已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则eq\r(1－2sin（π＋θ）sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ)))＝____________．解析：因为eq\r(1－2sin（π＋θ）sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ)))＝eq\r(1－2sinθcosθ)＝eq\r(（sinθ－cosθ）2)＝|sinθ－cosθ|，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以原式＝sinθ－cosθ.答案：sinθ－cosθ4．若tanα＝cosα，则eq\f(1,sinα)＋cos4α＝____________．解析：tanα＝cosα⇒eq\f(sinα,cosα)＝cosα⇒sinα＝cos2α，故eq\f(1,sinα)＋cos4α＝eq\f(sin2α＋cos2α,sinα)＋cos4α＝sinα＋eq\f(cos2α,sinα)＋cos4α＝sinα＋eq\f(sinα,sinα)＋sin2α＝sin2α＋sinα＋1＝sin2α＋cos2α＋1＝1＋1＝2.答案：25．(2019·福建模拟改编)在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边交单位圆O于点P(a，b)，且a＋b＝eq\f(7,5)，则ab＝________，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝________．解析：由题知sinα＝b，cosα＝a.因为a＋b＝eq\f(7,5)，所以sinα＋cosα＝eq\f(7,5).两边平方可得sin2α＋cos2α＋2sinαcosα＝eq\f(49,25)，所以1＋2sinαcosα＝eq\f(49,25)，所以2sinαcosα＝eq\f(24,25).所以sinαcosα＝ab＝eq\f(12,25)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝－sin2α＝－2sinαcosα＝－eq\f(24,25).答案：eq\f(12,25)－eq\f(24,25)eq\a\vs4\al()(1)三角函数的定义若角α的终边过点P(x，y)，则sinα＝eq\f(y,r)，cosα＝eq\f(x,r)，tanα＝eq\f(y,x)(其中r＝eq\r(x2＋y2))．(2)利用诱导公式进行化简求值的步骤利用公式化任意角的三角函数为锐角三角函数，其步骤：去负—脱周—化锐．特别注意函数名称和符号的确定．[注意]“奇变偶不变，符号看象限”．(3)基本关系sin2x＋cos2x＝1，tanx＝eq\f(sinx,cosx).[技能]利用同角三角函数的基本关系求函数值时，要注意确定符号．三角函数的图象与解析式[典型例题]命题角度一由“图”定“式”(一题多解)(2019·成都市第二次诊断性检测)将函数f(x)的图象上所有点向右平移eq\f(π,4)个单位长度，得到函数g(x)的图象．若函数g(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为()A．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))B．f(x)＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))D．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(7π,12)))【解析】法一：根据函数g(x)的图象可知A＝1，eq\f(1,2)T＝eq\f(π,3)＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，T＝π＝eq\f(2π,ω)，ω＝2，所以g(x)＝sin(2x＋φ)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，所以eq\f(2π,3)＋φ＝π＋kπ，k∈Z，φ＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，又因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，将g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度后，即可得到函数f(x)的图象，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).法二：根据g(x)的图象可知geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(π,3)－\f(π,6),2)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝1，因为f(x)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度后，即可得到g(x)的图象，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(π,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝1，对于A，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)≠1，不符合题意；对于B，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－cos0＝－1≠1，不符合题意；对于C，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝cos0＝1，符合题意；对于D，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)≠1，不符合题意．【答案】Ceq\a\vs4\al()由“图”定“式”找“对应”由三角函数的图象求解析式y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)中参数的值，关键是把握函数图象的特征与参数之间的对应关系，其基本依据就是“五点法”作图．(1)最值定A，B：根据给定的函数图象确定最值，设最大值为M，最小值为m，则M＝A＋B，m＝－A＋B，解得B＝eq\f(M＋m,2)，A＝eq\f(M－m,2).(2)T定ω：由周期的求解公式T＝eq\f(2π,ω)，可得ω＝eq\f(2π,T).记住三角函数的周期T的相关结论：①两个相邻对称中心之间的距离等于eq\f(T,2).②两条相邻对称轴之间的距离等于eq\f(T,2).③对称中心与相邻对称轴的距离等于eq\f(T,4).(3)点坐标定φ：一般运用代入法求解φ值，在求解过程中，可以代入图象上的一个已知点(此时A，ω，B已知)，也可代入图象与直线y＝B的交点(此时要注意交点在上升区间上还是在下降区间上)．注意在确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口，即“峰点”“谷点”与三个“中心点”，利用“中心点”时要注意其所在单调区间的单调性，避免产生增解．命题角度二图象变换(1)(一题多解)(2019·广州市调研测试)将函数y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,6)π))的图象，则f(x)＝()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(1,6)π)) B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(1,6)π))C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(1,3)π)) D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(1,3)π))(2)若ω>0，函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度后与函数y＝sinωx的图象重合，则ω的最小值为()A．eq\f(11,2) B．eq\f(5,2)C．eq\f(1,2) D．eq\f(3,2)【解析】(1)法一：由题设知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,6)π)).设eq\f(1,2)x＋eq\f(π,3)＝t，则x＝2t－eq\f(2π,3)，所以f(t)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t－\f(2π,3)))－\f(1,6)π))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6t－\f(1,6)π)).故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(1,6)π)).故选B.法二：由题设知，先将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,6)π))的图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，再将所得图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度即得函数f(x)的图象，故f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3×2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－\f(1,6)π))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(1,6)π)).故选B.(2)函数y＝coseq\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，所得函数图象对应的解析式为y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,3)＋\f(π,3)))，其图象与函数y＝sinωx＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z的图象重合，所以－eq\f(π,2)＋2kπ＝－eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,3)，k∈Z，所以ω＝－6k＋eq\f(5,2)，k∈Z，又ω>0，所以ω的最小值为eq\f(5,2)，故选B.【答案】(1)B(2)Beq\a\vs4\al()三角函数图象的变换规律由函数y＝sinx的图象变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象的两种方法．eq\a\vs4\al([提醒])(1)函数图象的平移法则是“左加右减、上加下减”，但是左右平移变换只是针对x作的变换．(2)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象向左(右)平移k个单位长度后，其图象对应的函数解析式为g(x)＝sin[ω(x±k)＋φ]，而不是g(x)＝sin(ωx±k＋φ)．命题角度三三角函数图象的应用(1)(多选)(2019·湖南省湘东六校联考)已知函数f(x)＝|sinx|·|cosx|，则下列说法正确的是()A．f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称B．f(x)的最小正周期为eq\f(π,2)C．(π，0)是f(x)图象的一个对称中心D．f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减(2)已知函数f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))cosx＋eq\r(3)，若函数g(x)＝f(x)－m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个不同的零点，则实数m的取值范围为____________．【解析】(1)f(x)＝|sinx|·|cosx|＝eq\f(1,2)|sin2x|，作出函数f(x)的图象如图所示，由图知函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称，f(x)的最小正周期为eq\f(π,2)，f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，f(x)的图象无对称中心，故C不正确．(2)方程g(x)＝0同解于f(x)＝m，在平面直角坐标系中画出函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象，如图所示，由图象可知，当且仅当m∈[eq\r(3)，2)时，方程f(x)＝m有两个不同的解．【答案】(1)ABD(2)[eq\r(3)，2)eq\a\vs4\al()巧用图象解决三角方程或不等式问题解决与三角函数相关的方程以及不等式问题，最基本的方法就是作出对应函数的图象，然后结合函数的图象的特征确定方程的解或不等式的解集．准确作出对应函数的图象是解决问题的关键，尤其是作出函数在指定区间上的图象，需要准确把握函数图象的端点值以及最值．[对点训练]1．(2019·高考天津卷)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，且f(x)的最小正周期为π，将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x)．若geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝()A．－2 B．－eq\r(2)C．eq\r(2) D．2解析：选C.由f(x)为奇函数可得φ＝kπ(k∈Z)，又|φ|<π，所以φ＝0，所以g(x)＝Asineq\f(1,2)ωx.由g(x)的最小正周期为2π，可得eq\f(2π,\f(1,2)ω)＝2π，故ω＝2，g(x)＝Asinx．geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝Asineq\f(π,4)＝eq\r(2)，所以A＝2，所以f(x)＝2sin2x，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2sineq\f(3π,4)＝eq\r(2).2．(2019·湖南省五市十校联考)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0≤φ<2π)的部分图象如图所示，则f(2019)的值为________．解析：由题图易知，函数f(x)的最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－1))＝6，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))，将(0，1)代入，可得Asinφ＝1，所以f(2019)＝f(6×336＋3)＝f(3)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)×3＋φ))＝－Asinφ＝－1.答案：－1三角函数的性质[典型例题](1)(一题多解)(2019·江西八所重点中学联考)已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)和g(x)＝3cos(2x＋φ)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的图象的对称轴完全相同，则下列关于g(x)的说法正确的是()A．最大值为3B．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,12)))上单调递减C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))是g(x)图象的一个对称中心D．直线x＝－eq\f(π,6)是g(x)图象的一条对称轴(2)(一题多解)(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上单调递增，则ω的取值范围为()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3))) 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)，\f(8,3))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，2))【解析】(1)通解：因为函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)和函数g(x)＝3cos(2x＋φ)＋1(|φ|<eq\f(π,2))的图象的对称轴完全相同，所以两个函数的周期一定相同，所以ω＝2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，由2x－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得函数f(x)图象的对称轴方程为x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)(k∈Z)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(2π,3)＋φ))＝±1(k∈Z)，所以对任意k∈Z均存在m∈Z，使得kπ＋eq\f(2π,3)＋φ＝mπ.因为|φ|<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)＋φ<eq\f(7π,6)，所以eq\f(2π,3)＋φ＝π，所以φ＝eq\f(π,3)，所以g(x)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1，所以g(x)的最大值为4，所以A错误．令2nπ≤2x＋eq\f(π,3)≤2nπ＋π，n∈Z，得nπ－eq\f(π,6)≤x≤nπ＋eq\f(π,3)，n∈Z，所以B错误．因为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＋1＝1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))是g(x)图象的一个对称中心，所以C错误．因为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋\f(π,3)))＋1＝4，所以直线x＝－eq\f(π,6)为函数g(x)图象的一条对称轴，所以D正确．故选D.优解：因为函数f(x)＝2sin(ωx－eq\f(π,6))(ω>0)和函数g(x)＝3cos(2x＋φ)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的图象的对称轴完全相同，所以两个函数的周期一定相同，所以ω＝2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以f(－eq\f(π,6))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)－\f(π,6)))＝－2，又－2为函数f(x)的最小值，所以直线x＝－eq\f(π,6)为函数f(x)图象的一条对称轴，所以直线x＝－eq\f(π,6)为函数g(x)图象的一条对称轴，故选D.(2)法一：由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,4)＋\f(π,6)≥－\f(π,2)＋2kπ，k∈Z,\f(2ωπ,3)＋\f(π,6)≤\f(π,2)＋2kπ，k∈Z))，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≤\f(8,3)－8k，k∈Z,ω≤\f(1,2)＋3k，k∈Z))，又ω>0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－8k>0,\f(1,2)＋3k>0))，k∈Z，所以k＝0，则0<ω≤eq\f(1,2)，故选B.法二：取ω＝1，则f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，令eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，当k＝1时，函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))上单调递减，与函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上单调递增矛盾，故ω≠1，结合四个选项知选B.【答案】(1)D(2)Beq\a\vs4\al()三角函数性质的应用要注意以下两点：首先要将函数化为y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的形式，再对比y＝sinx的性质，即把ωx＋φ看成一个整体处理，但是一定要注意ω>0，否则易出错；其次一定要结合图象进行分析．[对点训练]1．(一题多解)(2019·武昌区调研考试)已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωx－cosωx(ω>0)的最小正周期为2π，则f(x)的单调递增区间是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)解析：选B.法一：因为f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinωx－\f(1,2)cosωx))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))，f(x)的最小正周期为2π，所以ω＝eq\f(2π,2π)＝1，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，由2kπ－eq\f(π,2)≤x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)．所以f(x)的单调递增区间为[2kπ－eq\f(π,3)，2kπ＋eq\f(2π,3)](k∈Z)．故选B.法二：因为f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinωx－\f(1,2)cosωx))＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，f(x)的最小正周期为2π，所以ω＝eq\f(2π,2π)＝1，所以f(x)＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，由2kπ≤x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋π(k∈Z)，得2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，故选B.2．(2019·南昌模拟)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(0<ω<1，|φ|<eq\f(π,2))的图象经过点(0，1)，且关于直线x＝eq\f(2π,3)对称，则下列结论正确的是()A．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(2π,3)))上是减函数B．若x＝x0是f(x)图象的对称轴，则一定有f′(x0)≠0C．f(x)≥1的解集是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ，2kπ＋\f(π,3)))，k∈ZD．f(x)图象的一个对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))解析：选D.由f(x)＝2sin(ωx＋φ)的图象经过点(0，1)，得sinφ＝eq\f(1,2)，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).因为f(x)的图象关于直线x＝eq\f(2π,3)对称，所以存在m∈Z使得eq\f(2π,3)ω＋eq\f(π,6)＝mπ＋eq\f(π,2)，得ω＝eq\f(3m,2)＋eq\f(1,2)(m∈Z)，又0<ω<1，所以ω＝eq\f(1,2)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6))).令2nπ＋eq\f(π,2)≤eq\f(1,2)x＋eq\f(π,6)≤2nπ＋eq\f(3π,2)，n∈Z，得4nπ＋eq\f(2π,3)≤x≤4nπ＋eq\f(8π,3)，n∈Z，故A错误；若x＝x0是f(x)图象的对称轴，则f(x)在x＝x0处取得极值，所以一定有f′(x0)＝0，故B错误；由f(x)≥1得4kπ≤x≤4kπ＋eq\f(4π,3)，k∈Z，故C错误；因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))是其图象的一个对称中心，故D正确．选D.3．(多选)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)))))，则下列说法错误的是()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解析：选ABC.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)))))的周期T＝eq\f(π,\f(1,2))＝2π，故A错误；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)))))的值域为[0，＋∞)，故B错误；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，即直线x＝eq\f(5π,3)不是f(x)图象的对称轴，故C错误；令kπ－eq\f(π,2)<eq\f(1,2)x－eq\f(π,6)≤kπ，k∈Z，解得2kπ－eq\f(2π,3)<x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，所以函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z，故D正确．故选ABC.4．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象上相邻两个最高点的距离为6，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－2))是该函数图象上的一个最低点，则该函数图象的一个对称中心是()A．(1，0) B．(2，0)C．(3，0) D．(4，0)解析：选C.由题意可得函数f(x)的最小正周期T＝6，则ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,6)＝eq\f(π,3).结合点P的坐标可得A＝2，且eq\f(π,3)×eq\f(3,2)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，得φ＝2kπ－π(k∈Z)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋2kπ－π))＝－2sineq\f(π,3)x(k∈Z)．令eq\f(π,3)x＝k′π(k′∈Z)，得x＝3k′(k′∈Z)，取k′＝1可得该函数图象的一个对称中心是(3，0)．三角函数的值域与最值问题[典型例题](1)已知将函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))cosx＋eq\f(1,2)的图象向左平移eq\f(5π,12)个单位长度后得到函数y＝g(x)的图象，则g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上的值域为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))(2)(2019·高考全国卷Ⅰ)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值为________．【解析】(1)因为f(x)＝2cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinxcos\f(π,6)－cosxsin\f(π,6)))＋eq\f(1,2)＝eq\r(3)sinxcosx－cos2x＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).因为－eq\f(π,3)≤x≤eq\f(π,3)，所以0≤2x＋eq\f(2π,3)≤eq\f(4π,3)，则－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))≤1，故－eq\f(\r(3),2)≤g(x)≤1.故选C.(2)因为f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1，令t＝cosx，则t∈[－1，1]，所以f(x)＝－2t2－3t＋1.又函数f(x)图象的对称轴t＝－eq\f(3,4)∈[－1，1]，且开口向下，所以当t＝1时，f(x)有最小值－4.【答案】(1)C(2)－4eq\a\vs4\al()有关三角函数的值域与最值问题的解题策略(1)形如y＝asinx＋bcosx＋c的三角函数，要根据三角恒等变换把函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，再借助三角函数的图象与性质确定值域与最值．(2)形如y＝asin2x＋bsinx＋c的三角函数，转化为二次函数去求解．(3)形如y＝asinxcosx＋b(sinx±cosx)＋c的三角函数，可先设t＝sinx±cosx，再转化为关于t的二次函数去求解．[对点训练]1．(2019·济南市模拟考试)若函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，则ω的最小值为()A．eq\f(2,3) B．eq\f(3,4)C．eq\f(4,3) D．eq\f(3,2)解析：选A.因为0≤x≤π，ω>0，所以－eq\f(π,6)≤ωx－eq\f(π,6)≤ωπ－eq\f(π,6).又f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以ωπ－eq\f(π,6)≥eq\f(π,2)，所以ω≥eq\f(2,3)，故选A.2．函数f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上的最小值为________．解析：由题意得，f(x)＝1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝1＋sin2x＋cos2x＝1＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).因为eq\f(π,2)≤x≤eq\f(3π,4)，所以eq\f(5π,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1－eq\r(2)≤1＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))≤0，所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上的最小值为1－eq\r(2).答案：1－eq\r(2)一、选择题1．(2019·高考全国卷Ⅱ)若x1＝eq\f(π,4)，x2＝eq\f(3π,4)是函数f(x)＝sinωx(ω＞0)两个相邻的极值点，则ω＝()A．2 B．eq\f(3,2)C．1 D．eq\f(1,2)解析：选A.依题意得函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝2×(eq\f(3π,4)－eq\f(π,4))＝π，解得ω＝2，选A.2．(2019·昆明市诊断测试)函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))图象的一条对称轴的方程为()A．x＝eq\f(π,12) B．x＝eq\f(π,6)C．x＝eq\f(π,3) D．x＝eq\f(5π,12)解析：选D.由题意，令2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得对称轴方程为x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，当k＝0时，函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))图象的一条对称轴的方程为x＝eq\f(5π,12).故选D.3．(2019·广东省七校联考)函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,6)))的单调递增区间是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈ZB．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈ZC．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(2π,3)，4kπ＋\f(4π,3)))，k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(2π,3)，4kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z解析：选B.由－eq\f(π,2)＋kπ<eq\f(x,2)－eq\f(π,6)<eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得2kπ－eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(4π,3)，k∈Z，则函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,6)))的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z，故选B.4．(2019·济南市学习质量评估)为了得到函数y＝2cos2x的图象，可以将函数y＝cos2x－eq\r(3)sin2x的图象()A．向左平移eq\f(π,6)个单位长度B．向右平移eq\f(π,6)个单位长度C．向左平移eq\f(π,3)个单位长度D．向右平移eq\f(π,3)个单位长度解析：选B.因为y＝cos2x－eq\r(3)sin2x＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))))，所以要得到函数y＝2cos2x的图象，可以将函数y＝cos2x－eq\r(3)sin2x的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，故选B.5．(2019·石家庄市模拟(一))已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的部分图象如图所示，点A(0，eq\r(3))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，则函数f(x)图象的一条对称轴为()A．x＝－eq\f(π,3) B．x＝－eq\f(π,12)C．x＝eq\f(π,18) D．x＝eq\f(π,24)解析：选D.因为函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的图象过点A(0，eq\r(3))，所以2cosφ＝eq\r(3)，即cosφ＝eq\f(\r(3),2)，所以φ＝2kπ±eq\f(π,6)(k∈Z)．因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝±eq\f(π,6)，由函数f(x)的图象知eq\f(φ,ω)<0，又ω>0，所以φ<0，所以φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝2cos(ωx－eq\f(π,6))．因为f(x)＝2cos(ωx－eq\f(π,6))的图象过点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，所以coseq\f(（ω－1）π,6)＝0，所以eq\f(（ω－1）π,6)＝mπ＋eq\f(π,2)(m∈Z)，所以ω＝6m＋4(m∈Z)．因为ω>0，eq\f(π,ω)>eq\f(π,6)，所以0<ω<6，所以ω＝4，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6))).因为x＝eq\f(π,24)时，f(x)＝2，所以x＝eq\f(π,24)为函数f(x)图象的一条对称轴，故选D.6．(2019·福州市质量检测)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2)，将函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度后，得到函数g(x)的图象．若函数g(x)为偶函数，则函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)) B．(－1，1)C．(0，2] D．(－1，2]解析：选D.由f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2)，得T＝π，又ω>0，所以eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.将函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度后，得到函数g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋φ))的图象．因为函数g(x)为偶函数，所以eq\f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，由|φ|<eq\f(π,2)，解得φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).因为0<x<eq\f(π,2)，所以－eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤1，所以函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域是(－1，2]，故选D.7．(一题多解)(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上单调递增，则ω的最大值为()A．eq\f(1,2) B．1C．2 D．4解析：选C.法一：因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))，所以ωx＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(ωπ,8)＋\f(π,4)))，因为f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上单调递增，所以eq\f(ωπ,8)＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)，所以ω≤2，即ω的最大值为2，故选C.法二：逐个选项代入函数f(x)进行验证，选项D不满足条件，选项A、B、C满足条件f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上单调递增，所以ω的最大值为2，故选C.8．(2019·福州市第一学期抽测)已知函数f(x)＝sin2x＋2sin2x－1在[0，m]上单调递增，则m的最大值是()A．eq\f(π,4) B．eq\f(π,2)C．eq\f(3π,8) D．π解析：选C.由题意，得f(x)＝sin2x－cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得－eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，k＝0时，－eq\f(π,8)≤x≤eq\f(3π,8)，即函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))上单调递增．因为函数f(x)在[0，m]上单调递增，所以0<m≤eq\f(3π,8)，即m的最大值为eq\f(3π,8)，故选C.9．(2019·湖南省五市十校联考)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))＝f(x)，且f(π)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，则f(x)取最大值时x的值为()A．eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z B．eq\f(π,4)＋kπ，k∈ZC．eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z D．－eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z解析：选C.由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))＝f(x)得f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，即当x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最值，所以2×eq\f(π,6)＋φ＝nπ＋eq\f(π,2)，n∈Z，φ＝nπ＋eq\f(π,6)，n∈Z.又f(π)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，所以sin(2π＋φ)>sin(π＋φ)，即sinφ>－sinφ，得sinφ>0，所以n∈Z，且n为偶数．不妨取n＝0，即φ＝eq\f(π,6)，当f(x)取最大值时，2x＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得x＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，故选C.10．(2019·广东六校第一次联考)已知A是函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x－\f(π,3)))的最大值，若存在实数x1，x2使得对任意实数x，总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则A|x1－x2|的最小值为()A．eq\f(π,2018) B．eq\f(π,1009)C．eq\f(2π,1009) D．eq\f(π,4036)解析：选B.f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)sin2018x＋eq\f(1,2)cos2018x＋eq\f(1,2)cos2018x＋eq\f(\r(3),2)sin2018x＝eq\r(3)sin2018x＋cos2018x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))，故A＝f(x)max＝2，f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2018)＝eq\f(π,1009).又存在实数x1，x2使得对任意实数x，总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，所以f(x2)＝f(x)max，f(x1)＝f(x)min，故A|x1－x2|的最小值为A×eq\f(1,2)T＝eq\f(π,1009)，故选B.11．(多选)已知函数f(x)＝sin4x－cos4x，则下列说法正确的是()A．f(x)的最小正周期为πB．f(x)的最大值为2C．f(x)的图象关于y轴对称D．f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增解析：选ACD.因为f(x)＝sin4x－cos4x＝sin2x－cos2x＝－cos2x，所以函数f(x)的最小正周期T＝π，f(x)的最大值为1.因为f(－x)＝－cos(－2x)＝－cos2x＝f(x)，所以f(x)为偶函数，其图象关于y轴对称，因为y＝cos2x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，所以f(x)＝－cos2x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，故选ACD.12．(多选)已知函数f(x)＝2sin(2x＋φ)(0<φ<π)，若将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后，所得图象关于y轴对称，则下列结论中正确的是()A．φ＝eq\f(5π,6)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))是f(x)图象的一个对称中心C．f(φ)＝－2D．x＝－eq\f(π,6)是f(x)图象的一条对称轴解析：选ABD.由题意得，平移后的函数g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))的图象关于y轴对称，则－eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，因为0<φ<π，所以φ＝eq\f(5π,6)，故A正确；f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))，由2x＋eq\f(5π,6