第五节-三角函数的图象与性质

第五节三角函数的图象与性质高考概览：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、余弦函数在区间[0,2π]上的性质(如单调性、最大值和最小值以及与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．[知识梳理]1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图正弦函数y＝sinx，x∈[0,2π]的图象上，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)．余弦函数y＝cosx，x∈[0,2π]的图象上，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．正弦函数、余弦函数、正切函数的图象和性质(下表中k∈Z)[辨识巧记]1．正弦函数与余弦函数的五个关键点y＝sinx，x∈[0,2π]，y＝cosx，x∈[0,2π]的五个关键点是零点和极值点(最值点)．2．一个关注点求函数y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时，应注意ω的符号，只有当ω>0时，才能把ωx＋φ看作一个整体，代入y＝sint的相应单调区间求解，否则将出现错误．[双基自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)余弦函数y＝cosx的对称轴是y轴．()(2)正切函数y＝tanx在定义域内是增函数．()(3)已知y＝ksinx＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1.()(4)y＝sin|x|是偶函数．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)√2．(必修4P46A组T2,3改编)若函数y＝2sin2x－1的最小正周期为T，最大值为A，则()A．T＝π，A＝1B．T＝2π，A＝1C．T＝π，A＝2D．T＝2π，A＝2[解析]周期T＝eq\f(2π,2)＝π，最大值A＝1.故选A.[答案]A3．(必修4P40练习T4)下列关于函数y＝4sinx，x∈[－π，π]的单调性的叙述，正确的是()A．在[－π，0]上是增函数，在[0，π]上是减函数B．在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是增函数，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))及eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上是减函数C．在[0，π]上是增函数，在[－π，0]上是减函数D．在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))及eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))上是增函数，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是减函数[解析]由正弦函数的性质可知，函数y＝4sinx在[－π，－eq\f(π,2)]上为减函数，在[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]上为增函数，在[eq\f(π,2)，π]上为减函数．故选B.[答案]B4．函数y＝eq\r(2sinx－1)的定义域为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)[解析]由2sinx－1≥0，得sinx≥eq\f(1,2)，∴2kπ＋eq\f(π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,6)，故函数的定义域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))，k∈Z.故选C.[答案]C5．(2018·全国卷Ⅲ)函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]的零点个数为________．[解析]由题意知，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))＝0，所以3x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以x＝eq\f(π,9)＋eq\f(kπ,3)，k∈Z，当k＝0时，x＝eq\f(π,9)；当k＝1时，x＝eq\f(4π,9)；当k＝2时，x＝eq\f(7π,9)，均满足题意，所以函数f(x)在[0，π]的零点个数为3.[答案]3考点一三角函数的定义域、值域【例1】(1)(2018·重庆巴南区质检)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))))(2)函数y＝eq\r(sinx－cosx)的定义域为________．(3)函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))的值域是______．(4)函数y＝cos2x－2sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值为________．[思路引导](1)eq\x(2x＋\f(π,6)≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)→eq\x(得结果)(2)eq\x(sinx≥cosx)→eq\x(利用三角函数线或公式求解)(3)eq\x(求x＋\f(π,3)的范围)→eq\x(结合y＝cosx性质求值域)(4)eq\x(令sinx＝t)→eq\x(求出t的范围)→eq\x(转化为关于t的二次函数)→eq\x(求二次函数的值域)[解析](1)由2x＋eq\f(π,6)≠eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x≠eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，故函数f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(π,6)＋\f(kπ,2)，k∈Z)).故选D.(2)解法一：利用三角函数线，如图MN为正弦线，OM为余弦线，要使sinx≥cosx，即MN≥OM，则eq\f(π,4)≤x≤eq\f(5π,4)(在[0,2π]内)．∴定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2kπ≤x≤\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z)))).解法二：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≤eq\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z.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≤\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z)))).(3)∵0<x≤eq\f(π,3)，∴eq\f(π,3)<x＋eq\f(π,3)≤eq\f(2,3)π，又y＝cosx在[0，π]上是减函数，∴coseq\f(2,3)π≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))<coseq\f(π,3)，即－eq\f(1,2)≤y<eq\f(1,2).(4)设sinx＝t，则t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))).∴y＝1－sin2x－2sinx＝－(t＋1)2＋2，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，故当t＝－eq\f(\r(2),2)，即x＝－eq\f(π,4)时，ymax＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋1))2＋2＝eq\f(2\r(2)＋1,2).[答案](1)D(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z))))(3)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))(4)eq\f(2\r(2)＋1,2)(1)三角函数定义域的求法求三角函数定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数图象来求解．(2)三角函数值域的求法①直接法：直接利用sinx和cosx的值域求解．②化一法：把所给三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，由正弦函数单调性写出函数的值域．③换元法：把sinx、cosx、sinxcosx或sinx±cosx换成t，转化为二次函数求值域．[对点训练]1．函数f(x)＝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)))上的值域为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),2)，\f(3\r(3),2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(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))，即函数f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)).故选B.[答案]B2．函数y＝lg(sin2x)＋eq\r(9－x2)的定义域为________．[解析]由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sin2x>0，,9－x2≥0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ<x<kπ＋\f(π,2)，,－3≤x≤3，))k∈Z，所以－3≤x<－eq\f(π,2)或0<x<eq\f(π,2).所以函数y＝lg(sin2x)＋eq\r(9－x2)的定义域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).[答案]eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))考点二三角函数的单调性【例2】(1)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的单调递减区间为________．(2)已知ω>0，函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是()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)[解析](1)由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(7π,8)，k∈Z.故所求函数的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))，k∈Z.(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)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)且eq\f(2π,ω)≥2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,2)))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)≥\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，πω＋\f(π,4)≤\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，))且0<ω≤2，故eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(5,4).故选A.[答案](1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))，k∈Z(2)A[拓展探究]若本例(1)中的函数改为“f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,4)))”，其他不变，结果如何？[解]f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,4)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，它的减区间是y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的增区间．由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得：kπ－eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(3π,8)，k∈Z.故所求函数的减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)．(1)求三角函数单调区间的2种方法①代换法：就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角u(或t)，利用基本三角函数的单调性列不等式求解．②图象法：画出三角函数的正、余弦曲线，结合图象求它的单调区间．(2)已知三角函数的单调区间求参数取值范围的3种方法①子集法：求出原函数的相应单调区间，由已知区间是所求某区间的子集，列不等式(组)求解．②反子集法：由所给区间求出整体角的范围，由该范围是某相应正、余弦函数的某个单调区间的子集，列不等式(组)求解．③周期性：由所给区间的两个端点到其相应对称中心的距离不超过eq\f(1,4)周期列不等式(组)求解．[对点训练]1．(2019·河北省石家庄市高三二检)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋cos2x，则f(x)的一个单调递减区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))[解析]f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＋cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(3,2)cos2x＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得kπ＋eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(7π,12)(k∈Z)，所以f(x)的一个单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))，故选A.[答案]A2．(2019·广州模拟)函数f(x)＝sin(x＋φ)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递增，常数φ的值可能是()A．0B.eq\f(π,2)C．πD.eq\f(3π,2)[解析]由函数f(x)＝sinx的图象可以看出，要使函数f(x)＝sin(x＋φ)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递增，结合选项，经验证知，需将f(x)＝sinx的图象向左平移eq\f(3π,2)个单位长度，故选项D正确．[答案]D考点三三角函数的周期性、奇偶性及对称性正、余弦函数的图象既是中心对称图形，又是轴对称图形．正切函数的图象只是中心对称图形，应把三角函数的对称性与奇偶性结合，体会二者的统一．常见的考查角度有：(1)三角函数的周期性；(2)三角函数的奇偶性；(3)三角函数的对称性．角度1：三角函数的周期性【例3－1】(1)函数y＝2sin2x＋sin2x的最小正周期是()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C．πD．2π(2)函数f(x)＝|sinx|＋|cosx|的最小正周期是________．[解析](1)函数y＝2sin2x＋sin2x＝2×eq\f(1－cos2x,2)＋sin2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋1，则函数的最小正周期为eq\f(2π,2)＝π.故选C.(2)∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))＝|cosx|＋|sinx|＝f(x)∴f(x)的最小正周期是eq\f(π,2).[答案](1)C(2)eq\f(π,2)三角函数的周期求法(1)利用周期定义．(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|).(3)利用图象．角度2：三角函数的奇偶性【例3－2】已知函数f(x)＝sin(x＋θ)＋eq\r(3)cos(x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))))是偶函数，则θ的值为()A．0B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,3)[解析]据已知可得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋θ＋\f(π,3)))，若函数为偶函数，则必有θ＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，又由于θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，故有θ＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，解得θ＝eq\f(π,6)，经代入检验符合题意．故选B.[答案]B利用三角函数的奇偶性求参数值若f(x)＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，且x＝0时，f(x)取得最大或最小值；若f(x)＝Asin(ωx＋φ)为奇函数，则φ＝kπ(k∈Z)，且x＝0时，f(x)＝0.角度3：三角函数的对称性【例3－3】(1)(2018·陕西宝鸡二模)同时具有性质：①最小正周期是π；②图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称的一个函数是()A．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,6))) B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))C．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))(2)(2018·湖南长沙模拟)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()A．1B．2C．4D．8[思路引导](1)eq\x(T＝π)→eq\x(求ω)→eq\x(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))为最值)(2)eq\x(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0)→eq\x(求ω)→eq\x(得结果)[解析](1)由于y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,6)))的周期为eq\f(2π,\f(1,2))＝4π，不满足条件，故排除A.对于函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，它的周期为eq\f(2π,2)＝π，当x＝eq\f(π,3)时，函数取得最大值为1，因此图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，故满足条件．对于函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，它的周期为eq\f(2π,2)＝π，当x＝eq\f(π,3)时，函数值为0，不是最值，因此图象不关于直线x＝eq\f(π,3)对称，故不满足条件．故选B.对于函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，它的周期为eq\f(2π,2)＝π，当x＝eq\f(π,3)时，函数值为eq\f(1,2)，不是最值，因此图象不关于直线x＝eq\f(π,3)对称，故不满足条件．(2)由eq\f(π,6)ω＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，得ω＝2＋6k，k∈Z.又ω＝N*，故ω的最小值为2.故选B.[答案](1)B(2)B三角函数对称轴和对称中心求法(1)直接利用公式求解如果求f(x)＝Asin(ωx＋φ)的对称轴，只需令ωx＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，求x即可；如果求f(x)＝Asin(ωx＋φ)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求x即可．(2)利用函数y＝Asin(ωx＋φ)的对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数图象与x轴的交点，这一性质求解或通过检验函数值进行判断．[对点训练]1．(2019·安徽合肥联考)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－cos2x的图象的一条对称轴的方程可以是()A．x＝－eq\f(π,6) B．x＝eq\f(11π,12)C．x＝－eq\f(2π,3) D．x＝eq\f(7π,12)[解析]f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(3,2)cos2x＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).令2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，可得x＝eq\f(5,12)π＋eq\f(k,2)π(k∈Z)．令k＝1可得函数图象的一条对称轴的方程是x＝eq\f(11,12)π.故选B.[答案]B2．(2019·湖南常德检测)将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列说法不正确的是()A．g(x)的最小正周期为πB．geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)C．x＝eq\f(π,6)是g(x)图象的一条对称轴D．g(x)为奇函数[解析]由题意得g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝sin2x，所以周期为π，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，直线x＝eq\f(π,6)不是g(x)图象的对称轴，g(x)为奇函数，故选C.[答案]C考点四三角函数性质的综合应用【例4】已知函数f(x)＝4tanxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\r(3).(1)求f(x)的定义域与最小正周期；(2)讨论f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的单调性．[解](1)f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))).f(x)＝4tanxcosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\r(3)＝4sinxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\r(3)＝4sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx＋\f(\r(3),2)sinx))－eq\r(3)＝2sinxcosx＋2eq\r(3)sin2x－eq\r(3)＝sin2x＋eq\r(3)(1－cos2x)－eq\r(3)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).所以，f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)令z＝2x－eq\f(π,3)，易知函数y＝2sinz的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z.由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，得－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z.设A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋kπ≤x≤\f(5π,12)＋kπ，k∈Z))))，易知A∩B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4))).所以，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上单调递增，又∵eq\f(π,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝eq\f(π,2)<T，∴f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上单调递减．解决较复杂的三角函数的性质时，首先化简成y＝Asin(ωx＋φ)形式，再研究y＝Asin(ωx＋φ)的周期性、对称性和单调性，通常把ωx＋φ看作一个整体与y＝sinx的相应性质对应即可，注意要先把ω化为正数．[对点训练](2018·广东“六校联盟”第三次联考)已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).(1)求函数f(x)的最小正周期和图象的对称轴方程；(2)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上的最值．[解](1)∵f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＋(sinx－cosx)(sinx＋cosx)＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x－cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴周期T＝eq\f(2π,2)＝π.由2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(π,3)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，∴f(x)图象的对称轴方程为x＝eq\f(π,3)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z.(2)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，∴2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(5π,6)))，∵f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\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，∴当x＝eq\f(π,3)时，f(x)max＝1.又∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－1<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(1,2)，∴当x＝－eq\f(π,6)时，f(x)min＝－1.解题方法系列⑧——与三角函数有关的最值问题素养解读：根据三角函数解析式的特征，采取适当的方法求最值，常用方法有图象法、换元法、几何法等，下面分类例举，强化技巧．1．“y＝Asin(ωx＋φ)＋b”型的最值【典例1】已知函数f(x)＝eq\r(2)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－eq\r(2)sin2eq\f(x,2).(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间[－π，0]上的最小值．[切入点]将f(x)逆用二倍角公式化简．[关键点]化简为f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b形式，结合图象与性质求解．[规范答题](1)由题意得f(x)＝eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)(1－cosx)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\f(\r(2),2)，所以f(x)的最小正周期为2π.(2)因为－π≤x≤0，所以－eq\f(3π,4)≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,4).当x＋eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(3π,4)时，f(x)取得最小值．所以f(x)在区间[－π，0]上的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))＝－1－eq\f(\r(2),2).[提升素养]本例中利用三角恒等变换公式将函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋b的形式构造函数模型，从而进一步研究函数的图象性质．2．“y＝f(sinx)”型的最值【典例2】(2019·山东德州质检)函数f(x)＝sinxcosx＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的值域为________．[切入点]化简f(x)．[关键点]利用换元法求f(x)的值域．[规范答题]由于f(x)＝sinxcosx＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝sinxcosx＋sinx－cosx.令sinx－cosx＝t，则sinxcosx＝eq\f(1－t2,2)，于是y＝eq\f(1－t2,2)＋t＝－eq\f(1,2)(t－1)2＋1，而t＝sinx－cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]，所以当t＝1时，函数取最大值1，当t＝－eq\r(2)时，函数取最小值－eq\f(1,2)－eq\r(2)，故值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\r(2)，1)).[答案]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\r(2)，1))[提升素养]本例是将函数化为g(t)的一个复合函数的形式，t为中间变量．解决此类问题的核心是选择合适的中间变量，如本例是选择sinx－cosx＝t，利用sinx－cosx与sinxcosx的关系建立t的关系式，此时要注意中间量t的取值范围．3．“y＝eq\f(asinx＋b,ccosx＋d)”型的最值【典例3】函数y＝eq\f(4－sinx,3－cosx)的最大值为________．[切入点]观察式子结构，考虑其几何意义．[关键点]利用几何法求解．[规范答题]解析式表示过A(cosx，sinx)，B(3,4)的直线的斜率，则过定点(3,4)与单位圆相切时的切线斜率为最值，所以设切线的斜率为k，则直线方程为y－4＝k(x－3)，即kx－y－3k＋4＝0，eq\f(|－3k＋4|,\r(k2＋1))＝1，∴k＝eq\f(6±\r(6),4)，∴kmax＝eq\f(6＋\r(6),4).[答案]eq\f(6＋\r(6),4)[提升素养]根据式子的结构特征联想到其几何意义是解决此类问题的关键，常见的赋予几何意义的模型有斜率、距离、截距等．[感悟体验]1．(2019·黑龙江双鸭山一中月考)已知函数f(x)＝－eq\r(3)sin2x＋sinxcosx.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)求函数f(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域．[解]f(x)＝－eq\r(3)sin2x＋sinxcosx＝－eq\r(3)×eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(1,2)sin2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x－eq\f(\r(3),2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2).(1)T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，∴－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤1，∴f(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(3)，\f(2－\r(3),2))).2．(2019·河北师大附中第一次段考)求函数y＝cos2x＋2cosx的最大值．[解]∵y＝cos2x＋2cosx＝2cos2x＋2cosx－1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx＋\f(1,2)))2－eq\f(3,2)，∴当cosx＝1时，函数y＝cos2x＋2cosx取最大值，ymax＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))2－eq\f(3,2)＝3.3．函数f(x)＝eq\f(2－sinx,2＋cosx)的值域为________．[解析]f(x)＝eq\f(2－sinx,2＋cosx)表示过点A(2,2)，B(－cosx，sinx)的直线斜率，则过定点A(2,2)的直线与单位圆有公共点．设直线方程为y－2＝k(x－2)，即kx－y－2k＋2＝0.由eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))≤1，得eq\f(4－\r(7),3)≤k≤eq\f(4＋\r(7),3)，故函数f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4－\r(7),3)，\f(4＋\r(7),3))).[答案]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4－\r(7),3)，\f(4＋\r(7),3)))课后跟踪训练(二十四)基础巩固练一、选择题1．(2019·洛阳市高三第一次统一考试)下列函数中，是周期函数且最小正周期为π的是()A．y＝sinx＋cosx B．y＝sin2x－eq\r(3)cos2xC．y＝cos|x| D．y＝3sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)[解析]对于A，函数y＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最小正周期是2π，不符合题意；对于B，函数y＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝eq\f(1,2)(1－cos2x)－eq\f(\r(3),2)(1＋cos2x)＝eq\f(1－\r(3),2)－eq\f(1＋\r(3),2)cos2x的最小正周期是π，符合题意；对于C，y＝cos|x|＝cosx的最小正周期是2π，不符合题意；对于D，函数y＝3sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＝eq\f(3,2)sinx的最小正周期是2π，不符合题意．故选B.[答案]B2．y＝|cosx|的一个单调增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))) B．[0，π]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))[解析]将y＝cosx的图象位于x轴下方的图象关于x轴对称，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y＝|cosx|的图象(如图)．故选D.[答案]D3．函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)对任意x都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值为()A．2或0B．－2或2C．0D．－2或0[解析]因为函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)对任意x都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))，所以该函数图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，因为在对称轴处对应的函数值为最大值或最小值，所以选B.[答案]B4．(2019·辽宁沈阳二中月考)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))成中心对称，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)[解析]∵函数y＝3cos(2x＋φ)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))成中心对称，∴2·eq\f(4π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝kπ－eq\f(13π,6)(k∈Z)．由此易得|φ|min＝eq\f(π,6).故选A.[答案]A5．(2018·辽宁沈阳教学质量监测)函数y＝sin2x＋2sinxcosx＋3cos2x，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的单调递增区间是()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(0，\f(π,8)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,4)))[解析]把函数的解析式变形，得y＝eq\f(1－cos2x,2)＋sin2x＋3×eq\f(1＋cos2x,2)＝2＋sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋2.若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，由eq\f(π,4)<2x＋eq\f(π,4)<eq\f(π,2)，得0<x<eq\f(π,8)，则函数的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8))).故选C.[答案]C二、填空题6．函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象与x轴交点的坐标是________．[解析]由2x＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)得，x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,8)(k∈Z)．∴函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象与x轴交点的坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z.[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z7．若函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,6)))(0<φ<π)是偶函数，则φ＝________.[解析]因为f(x)为偶函数，所以φ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，φ＝eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z.又因为0<φ<π，故φ＝eq\f(2π,3).[答案]eq\f(2π,3)8．(2019·内蒙古包头一模)设函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，则φ＝________.[解析]由f(x)的最小正周期大于2π，得eq\f(T,4)>eq\f(π,2).又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，得eq\f(T,4)＝eq\f(11π,8)－eq\f(5π,8)＝eq\f(3π,4)，所以T＝3π，则eq\f(2π,ω)＝3π⇒ω＝eq\f(2,3)，所以f(x)＝2sin(ωx＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋φ)).由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(5π,8)＋φ))＝2⇒sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋φ))＝1，所以eq\f(5π,12)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z.又|φ|<eq\f(π,2)，取k＝0，得φ＝eq\f(π,12).[答案]eq\f(π,12)三、解答题9．(2019·浙江绍兴期末)已知函数f(x)＝2sinx·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋cosx))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))；(2)求f(x)的最大值与最小值．[解](1)因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2)，sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋\f(\r(3),2)))＝eq\r(3).(2)f(x)＝2sinx·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋cosx))＝2sinx·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx＋\f(\r(3),2)sinx))＋cosx))＝eq\f(3,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)(1－cos2x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(\r(3),2).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6))).又因为y＝sinz在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递增，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上单调递减，所以，当2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)时，f(x)有最大值eq\f(3\r(3),2)；当2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝0时，f(x)有最小值0.10．(2019·安徽池州一模)已知函数f(x)＝eq\r(3)cos2ωx＋sinωxcosωx－eq\f(\r(3),2)(ω>0)的最小正周期为π.(1)求函数f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)>eq\f(\r(2),2)，求x的取值集合．[解](1)f(x)＝eq\r(3)cos2ωx＋sinωxcosωx－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)(1＋cos2ωx)＋eq\f(1,2)sin2ωx－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)cos2ωx＋eq\f(1,2)sin2ωx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3))).因为周期为eq\f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(7π,12)＋kπ，k∈Z，所以函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))，k∈Z.(2)f(x)>eq\f(\r(2),2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))>eq\f(\r(2),2)，由正弦函数的性质得eq\f(π,4)＋2kπ<2x＋eq\f(π,3)<eq\f(3π,4)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,24)＋kπ<x<eq\f(5π,24)＋kπ，k∈Z，则x的取值集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,24)＋kπ<x<\f(5π,24)＋kπ，k∈Z)))).能力提升练11．(2018·云南师大附中调研)若函数f(x)＝sinωx－eq\r(3)cosωx，ω>0，x∈R，又f(x1)＝2,f(x2)＝0，且|x1－x2|的最小值为eq\f(3π,2)，则ω的值为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(4,3)D．2[解析]由题意知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，设函数f(x)的最小正周期为T，因为f(x1)＝2,f(x2)＝0，所以|x1－x2|的最小值为eq\f(T,4)＝eq\f(3π,2)，所以T＝6π，所以ω＝eq\f(1,3)，故选A.[答案]A12．(2019·辽宁葫芦岛统测)已知函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)和g(x)＝2cos(2x＋φ)＋1的图象的对称轴完全相同，若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则f(x)的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)) B．[－3,3]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))[解析]因为两个函数图象的对称轴完全相同，所以这两个函数的周期相同，即ω＝2，所以函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).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)))，由正弦函数的图象及其性质知，f(x)min＝f(0)＝－eq\f(3,2)，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝3，故选A.[答案]A13．(2019·江苏调研)设函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋eq\r(3)cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，且满足f(－x)＝－f(x)，则函数f(x)的单调递增区间为________．[解析]因为f(x)＝sin(ωx＋φ)＋eq\r(3)cos(ωx＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，且满足f(－x)＝－f(x)，所以ω＝2，φ＝－eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sin2x，令2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，解得函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)．[答案]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)14．(2018·山东济南外国语学校月考)已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx＋cos2ωx＋b＋1.(1)若函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，且ω∈[0,3]，求函数f(x)的单调递增区间；(2)在(1)的条件下，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,12)))时，函数f(x)有且只有一个零点，求实数b的取值范围．[解](1)函数f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx＋cos2ωx＋b＋1＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx＋eq\f(1＋cos2ωx,2)＋b＋1＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))＋eq\f(3,2)＋b.∵函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(