2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第四章　§4.5　三角函数的图象与性质含答案

2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第四章§4.5三角函数的图象与性质§4.5三角函数的图象与性质课标要求1.能画出三角函数的图象.2.了解三角函数的周期性、奇偶性、最大(小)值.3.借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0,2π]上的性质及正切函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的性质．知识梳理1．用“五点法”作正弦函数和余弦函数的简图(1)在正弦函数y＝sinx，x∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．(2)在余弦函数y＝cosx，x∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0))，(2π，1)．2．正弦、余弦、正切函数的图象与性质(下表中k∈Z)函数y＝sinxy＝cosxy＝tanx图象定义域RReq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,2)))))值域[－1,1][－1,1]R周期性2π2ππ奇偶性奇函数偶函数奇函数单调递增区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))[2kπ－π，2kπ]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))单调递减区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))[2kπ，2kπ＋π]对称中心(kπ，0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))对称轴方程x＝kπ＋eq\f(π,2)x＝kπ常用结论1．对称性与周期性(1)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是eq\f(1,2)个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是eq\f(1,4)个周期．(2)正切曲线相邻两对称中心之间的距离是eq\f(1,2)个周期．2．与三角函数的奇偶性相关的结论(1)若y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)；若为奇函数，则φ＝kπ(k∈Z)．(2)若y＝Acos(ωx＋φ)为偶函数，则φ＝kπ(k∈Z)；若为奇函数，则φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．(3)若y＝Atan(ωx＋φ)为奇函数，则φ＝kπ(k∈Z)．自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数y＝sinx，x∈[0,2π]，y＝cosx，x∈[0,2π]的五个关键点是零点和极值点．(×)(2)函数y＝sinx图象的对称轴方程为x＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．(×)(3)若f(2x＋T)＝f(2x)，则T是函数f(2x)的周期．(×)(4)函数y＝tanx在整个定义域上是增函数．(×)2．(多选)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))(x∈R)，下列结论正确的是()A．函数f(x)的最小正周期为2πB．函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增C．函数f(x)的图象关于直线x＝0对称D．函数f(x)是奇函数答案ABC解析由题意得f(x)＝－cosx，对于A，T＝eq\f(2π,1)＝2π，故A正确；对于B，因为y＝cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故B正确；对于C，f(－x)＝－cos(－x)＝－cosx＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以其图象关于直线x＝0对称，故C正确，D错误．3．函数f(x)＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))图象的对称中心的坐标是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，0))，k∈ZC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,6)，0))，k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,4)＋\f(π,6)，0))，k∈Z答案D解析令2x－eq\f(π,3)＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,4)＋eq\f(π,6)，k∈Z，所以函数f(x)＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))图象的对称中心的坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,4)＋\f(π,6)，0))，k∈Z.4．(必修第一册P213T4改编)函数y＝3－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值为______，此时x＝________.答案5eq\f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)解析函数y＝3－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值为3＋2＝5，此时x＋eq\f(π,4)＝π＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(3π,4)＋2kπ(k∈Z).题型一三角函数的定义域和值域例1(1)函数y＝eq\r(cosx－\f(\r(3),2))的定义域为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)D．R答案C解析由cosx－eq\f(\r(3),2)≥0，得cosx≥eq\f(\r(3),2)，∴2kπ－eq\f(π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)．(2)如果函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),2)＋a在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(5π,6)))上的最小值为eq\r(3)，则a的值为()A.eq\f(\r(3)＋1,2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(2＋\r(3),2) D.eq\f(\r(3)－1,2)答案A解析因为当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(5π,6)))时，x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,6)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，当x＝eq\f(5π,6)时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))有最小值－eq\f(1,2).可得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),2)＋a的最小值为－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)＋a＝eq\r(3)，解得a＝eq\f(\r(3)＋1,2).思维升华三角函数值域的不同求法(1)把所给的三角函数式变换成y＝Asin(ωx＋φ)的形式求值域．(2)把sinx或cosx看作一个整体，转换成二次函数求值域．(3)利用sinx±cosx和sinxcosx的关系转换成二次函数求值域．跟踪训练1(1)函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))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,4)))))B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(3π,4)))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，k∈Z))))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(3π,4)＋kπ，k∈Z))))答案D解析函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，令x－eq\f(π,4)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x≠eq\f(3π,4)＋kπ，k∈Z，∴函数y的定义域是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(3π,4)＋kπ，k∈Z)))).(2)函数f(x)＝cos2x＋6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))的最大值为()A．4B．5C．6D．7答案B解析因为f(x)＝cos2x＋6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝cos2x＋6sinx＝1－2sin2x＋6sinx＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(3,2)))2＋eq\f(11,2)，又sinx∈[－1,1]，所以当sinx＝1时，f(x)取得最大值5.题型二三角函数的周期性、对称性与奇偶性例2(1)(多选)(2023·合肥模拟)已知函数f(x)＝sinx(sinx－cosx)，则下列说法正确的是()A．函数f(x)的最小正周期为πB．点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))是y＝f(x)图象的对称中心C．点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(1,2)))是y＝f(x)图象的对称中心D．直线x＝eq\f(5π,8)是y＝f(x)图象的对称轴答案AD解析f(x)＝sinx(sinx－cosx)＝sin2x－sinxcosx＝eq\f(1－cos2x,2)－eq\f(1,2)sin2x＝－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋eq\f(1,2)，T＝eq\f(2π,2)＝π，故A正确；当x＝－eq\f(π,8)时，2x＋eq\f(π,4)＝0，此时sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝0，则函数关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(1,2)))对称，故B错误；当x＝eq\f(π,8)时，2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，此时sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝1，则函数关于直线x＝eq\f(π,8)对称，故C错误；当x＝eq\f(5π,8)时，2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(3π,2)，此时sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝－1，则函数关于直线x＝eq\f(5π,8)对称，故D正确．(2)已知函数f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)＋φ))是奇函数，且φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则φ的值为________．答案eq\f(π,4)解析由已知，得eq\f(π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，所以φ＝kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)，又因为φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以当k＝0时，φ＝eq\f(π,4)符合题意．思维升华(1)奇偶性的判断方法：三角函数中奇函数一般可化为y＝Asinωx或y＝Atanωx的形式，而偶函数一般可化为y＝Acosωx的形式．(2)周期的计算方法：利用函数y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的周期为eq\f(2π,ω)，函数y＝Atan(ωx＋φ)(ω>0)的周期为eq\f(π,ω)求解．(3)对称轴、对称中心的求法：对于可化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)(或f(x)＝Acos(ωx＋φ))形式的函数，如果求f(x)的对称轴，只需令ωx＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)(或令ωx＋φ＝kπ(k∈Z))，求x即可；如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或令ωx＋φ＝\f(π,2)＋kπk∈Z))，求x即可．对于可化为f(x)＝Atan(ωx＋φ)形式的函数，如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)，求x即可．跟踪训练2(1)(多选)下列函数中，最小正周期为π的是()A．y＝cos|2x| B．y＝|cosx|C．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D．y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))答案ABC解析A中，y＝cos|2x|＝cos2x，最小正周期为π；B中，由图象知y＝|cosx|的最小正周期为π；C中，y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π；D中，y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的最小正周期T＝eq\f(π,2).(2)(2023·日照模拟)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，其图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝________.答案eq\r(3)解析函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，其图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2π,ω)＝π，,\f(π,6)ω＋φ＝\f(π,2)＋kπ，k∈Z，))∵|φ|<eq\f(π,2)，∴ω＝2，φ＝eq\f(π,6)，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)＋\f(π,6)))＝eq\r(3).题型三三角函数的单调性命题点1求三角函数的单调区间例3(1)(2022·北京)已知函数f(x)＝cos2x－sin2x，则()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递减B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上单调递增C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上单调递增答案C解析依题意可知f(x)＝cos2x－sin2x＝cos2x.对于A选项，因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))，所以2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,3)))，函数f(x)＝cos2x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递增，所以A选项不正确；对于B选项，因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))，所以2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))，函数f(x)＝cos2x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上不单调，所以B选项不正确；对于C选项，因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，函数f(x)＝cos2x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减，所以C选项正确；对于D选项，因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,12)))，所以2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(7π,6)))，函数f(x)＝cos2x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上不单调，所以D选项不正确．(2)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))的单调递减区间为________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z解析f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))的单调递减区间是g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间．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.故所给函数的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.延伸探究若例3(2)中的函数不变，求其在[0，π]上的单调递减区间．解令A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z，B＝[0，π]，∴A∩B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，π))，∴f(x)在[0，π]上的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，π)).命题点2根据单调性求参数例4已知f(x)＝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f(x)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()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))答案B解析由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，可得2x－φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－φ，\f(2π,3)－φ))，又由0<φ<eq\f(π,2)，且f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，可得eq\f(2π,3)－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))，由f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,8)))上有最小值，可得eq\f(7π,4)－φ>eq\f(3π,2)，所以φ<eq\f(π,4).综上，eq\f(π,6)≤φ<eq\f(π,4).思维升华(1)已知三角函数解析式求单调区间求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(其中ω>0)的单调区间时，要视“ωx＋φ”为一个整体，通过解不等式求解．但如果ω<0，可先借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错．(2)已知三角函数的单调区间求参数先求出函数的单调区间，然后利用集合间的关系求解．跟踪训练3(1)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))，则f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调递减区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,2)))答案D解析由已知f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，得2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋π，k∈Z，则kπ＋eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(5π,8)，k∈Z，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,2))).(2)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]上单调递减，则a的最大值是()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4)D．π答案A解析f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，由题意得a>0，因为f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))在[－a，a]上单调递减，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，,a>0，))解得0<a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4).课时精练一、单项选择题1．若函数y＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))(ω>0)两对称中心间的最小距离为eq\f(π,2)，则ω等于()A．1B．2C．3D．4答案A解析因为函数y＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))(ω>0)两对称中心间的最小距离为eq\f(π,2)，所以eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，则T＝π，所以T＝eq\f(2π,2ω)＝π，解得ω＝1.2．(2023·焦作模拟)已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，则f(x)在[－2,0]上()A．单调递增 B．单调递减C．先增后减 D．先减后增答案D解析∵x∈[－2,0]，∴2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4－\f(π,6)，－\f(π,6)))，∵－eq\f(3π,2)<－4－eq\f(π,6)<－π<－eq\f(π,6)<0，∴函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))在[－2,0]上先减后增．3．已知函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，设a＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,7)))，b＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，c＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，则a，b，c的大小关系是()A．a>b>c B．a>c>bC．c>a>b D．b>a>c答案A解析a＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,7)))＝2coseq\f(13π,42)，b＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2coseq\f(π,3)，c＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2coseq\f(5π,12)，因为y＝cosx在[0，π]上单调递减，又0<eq\f(13π,42)<eq\f(π,3)<eq\f(5π,12)<π，所以a>b>c.4．(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)的图象的两条相邻对称轴，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))等于()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)答案D解析因为直线x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，所以eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，不妨取ω>0，则T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，由题意知，当x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最小值，则2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，则φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z，不妨取k＝0，则f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)))＝eq\f(\r(3),2).5．(2023·抚州模拟)已知函数f(x)＝sin|x|－cos2x，则下列结论错误的是()A．f(x)为偶函数B．f(x)的最小正周期为πC．f(x)的最小值为－eq\f(9,8)D．f(x)的最大值为2答案B解析因为f(－x)＝sin|－x|－cos(－2x)＝sin|x|－cos2x＝f(x)，所以f(x)是偶函数，则A正确；若f(x)的最小正周期为π，则f(x＋π)＝f(x)恒成立，即sin|x＋π|－cos2(x＋π)＝sin|x|－cos2x，即sin|x＋π|＝sin|x|恒成立，而当x＝eq\f(π,2)时，sineq\f(3π,2)≠sineq\f(π,2)，所以“f(x)的最小正周期为π”是错误的，则B错误；由f(x)是偶函数，只需考虑x≥0时的最值即可，当x≥0时，f(x)＝sinx－cos2x＝2sin2x＋sinx－1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(1,4)))2－eq\f(9,8)，因为sinx∈[－1,1]，所以2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(1,4)))2－eq\f(9,8)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,8)，2))，即f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,8)，2))，则C和D正确．6．(2023·安康模拟)记函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω∈N*)的最小正周期为T，若eq\f(π,2)<T<π，且y＝f(x)的最小值为1.则y＝f(x)图象的一个对称中心为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，2))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，2)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))答案C解析由函数的最小正周期T满足eq\f(π,2)<T<π，得eq\f(π,2)<eq\f(2π,ω)<π，解得2<ω<4，又因为ω∈N*，所以ω＝3，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,4)))＋b，又函数y＝f(x)的最小值为1，所以b＝2，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,4)))＋2，令3x＋eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,3)－eq\f(π,12)，k∈Z，所以对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,3)－\f(π,12)，2))(k∈Z)，只有C符合题意(k＝2)．二、多项选择题7．(2024·株洲模拟)下列关于函数f(x)＝cosx＋asinx(a≠0)的说法正确的是()A．存在a，使f(x)是偶函数B．存在a，使f(x)是奇函数C．存在a，使f(x＋π)＝f(x)D．若f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称，则a＝1答案AD解析函数f(x)＝cosx＋asinx＝eq\r(1＋a2)sin(x＋θ)，其中sinθ＝eq\f(1,\r(1＋a2))，cosθ＝eq\f(a,\r(1＋a2))，θ∈(0，π)，当a＝0时，f(x)＝cosx为偶函数，故A正确；对于B，无论a取何值，函数f(x)＝eq\r(1＋a2)sin(x＋θ)都不可能为奇函数，故B错误；对于C，f(x＋π)＝eq\r(1＋a2)sin(x＋π＋θ)＝－eq\r(1＋a2)sin(x＋θ)≠f(x)，故C错误；对于D，当x＝eq\f(π,4)时，函数f(x)取得最大值或最小值，故eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)a＝±eq\r(1＋a2)，解得a＝1，故D正确．8．(2023·西安模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<|φ|<\f(π,2)))在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调，且f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝1，则()A．ω＝3 B．φ＝－eq\f(π,6)C．ω＝2 D．φ＝eq\f(π,6)答案CD解析因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<|φ|<\f(π,2)))在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调，所以eq\f(T,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)≥eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，所以0<ω≤2，因为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)ω＋φ))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)ω＋φ))＝1，所以eq\f(π,6)ω＋φ＝eq\f(π,2)＋2k1π，eq\f(2π,3)ω＋φ＝eq\f(3π,2)＋2k2π，k1，k2∈Z，故eq\f(π,2)ω＝π＋2(k2－k1)π，所以ω＝2＋4(k2－k1)，k2，k1∈Z，因为0<ω≤2，k2－k1∈Z，所以ω＝2，则φ＝eq\f(π,6)＋2k1π，k1∈Z，又0<|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6).三、填空题9．函数y＝eq\r(sinx－cosx)的定义域为________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)解析方法一要使函数有意义，必须使sinx－cosx≥0.在同一直角坐标系中画出[0,2π]上y＝sinx和y＝cosx的图象，如图所示．在[0,2π]内，满足sinx＝cosx的x为eq\f(π,4)，eq\f(5π,4)，再结合正弦、余弦函数的周期是2π，所以原函数的定义域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)．方法二要使函数y＝eq\r(sinx－cosx)有意义，即使sinx－cosx≥0，即eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))≥0，即2kπ≤x－eq\f(π,4)≤2kπ＋π(k∈Z)，即原函数的定义域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)．10．写出一个同时满足下列两个条件的函数f(x)＝________.①∀x∈R，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝f(x)；②∀x∈R，f(x)≤f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))恒成立．答案－cos4x(答案不唯一)解析由∀x∈R，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝f(x)可知，函数的周期为eq\f(π,2)，由∀x∈R，f(x)≤f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))恒成立可知，函数在x＝eq\f(π,4)处取到最大值，则f(x)＝－cos4x满足题意，一方面根据余弦函数的周期公式，T＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2)，满足∀x∈R，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝f(x)，另一方面，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－cosπ＝1＝f(x)max，满足∀x∈R，f(x)≤f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))恒成立．11．若函数f(x)＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,10)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，a))上单调，则实数a的最大值为________．答案eq\f(7π,5)解析因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，a))，所以x＋eq\f(π,10)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,5)，a＋\f(π,10)))，又eq\f(3π,5)在y＝sinx的单调递减区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))内，所以a＋eq\f(π,10)≤eq\f(3π,2)，解得a≤eq\f(7π,5)，所以a的最大值为eq\f(7π,5).12．已知sinx＋cosy＝eq\f(1,4)，则sinx－sin2y的最大值为________．答案eq\f(9,16)解析∵sinx＋cosy＝eq\f(1,4)，sinx∈[－1,1]，∴sinx＝eq\f(1,4)－cosy∈[－1,1]，∴cosy∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(5,4)))，即cosy∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，1))，∵sinx－sin2y＝eq\f(1,4)－cosy－(1－cos2y)＝cos2y－cosy－eq\f(3,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosy－\f(1,2)))2－1，又cosy∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，1))，利用二次函数的性质知，当cosy＝－eq\f(3,4)时，sinx－sin2y取最大值，(sinx－sin2y)max＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)－\f(1,2)))2－1＝eq\f(9,16).四、解答题13．设函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))＋m的图象关于直线x＝π对称，其中0<ω<eq\f(1,2).(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若函数y＝f(x)的图象过点(π，0)，求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,2)))上的值域．解(1)由直线x＝π是y＝f(x)图象的一条对称轴，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωπ－\f(π,6)))＝±1，所以2ωπ－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得ω＝eq\f(k,2)＋eq\f(1,3)(k∈Z)．又0<ω<eq\f(1,2)，所以ω＝eq\f(1,3)，所以函数f(x)的最小正周期为3π.(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(π,6)))＋m，因为f(π)＝0，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＋m＝0，解得m＝－2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(π,6)))－2，当0≤x≤eq\f(3π,2)时，－eq\f(π,6)≤eq\f(2,3)x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，可得－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(π,6)))≤1.所以－3≤f(x)≤0，故函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,2)))上的值域为[－3,0]．14．(2023·新乡模拟)已知函数f(x)＝asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))(a>0)，且满足________．从①f(x)的最大值为1；②f(x)的图象与直线y＝－3的两个相邻交点的距离等于π；③f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))这三个条件中选择一个，补充在上面问题中并作答．(1)求函数f(x)的解析式及最小正周期；(2)若关于x的方程f(x)＝1在区间[0，m]上有两个不同解，求实数m的取值范围．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解(1)函数f(x)＝asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1＝asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋\f(π,2)))－1＝asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1＝(a＋1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1，若选择条件①f(x)的最大值为1，则a＋1＝2，解得a＝1，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1，则函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.若选择条件②f(x)的图象与直线y＝－3的两个相邻交点的距离等于π，且f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，所以－(a＋1)－1＝－3，解得a＝1，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1.若选择条件③f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝(a＋1)sineq\f(π,6)－1＝0，解得a＝1.所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1，则函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)令f(x)＝1，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝1，解得2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即x＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z.若关于x的方程f(x)＝1在区间[0，m]上有两个不同解，则x＝eq\f(π,3)或x＝eq\f(4π,3)，所以实数m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(7π,3))).15．(2024·抚顺模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6)))))，则下列说法正确的是()A．f(x)的周期是eq\f(π,2)B．f(x)的值域是{y|y≠0，y∈R}C．直线x＝eq\f(5π,3)是函数f(x)图象的一条对称轴D．f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z答案D解析函数f(x)的周期是2π，故A错误；f(x)的值域是[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，∴直线x＝eq\f(5π,3)不是函数f(x)图象的一条对称轴，故C错误；令kπ－eq\f(π,2)<eq\f(1,2)x－eq\f(π,6)<kπ，k∈Z，可得2kπ－eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，∴f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z，故D正确．16．(2023·无锡模拟)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，α＋\f(π,3)))上的值域为[M，N]，则N－M的取值范围是______．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\r(3)))解析函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的周期T＝π，而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－α＝eq\f(π,3)<eq\f(T,2)，当函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，α＋\f(π,3)))上单调时，N－M＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fα－f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))))＝eq\r(3)|cos2α|≤eq\r(3)，当函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，α＋\f(π,3)))上不单调时，由正弦函数的图象性质知，当f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，α＋\f(π,3)))上的图象关于直线x＝α＋eq\f(π,6)对称时，N－M最小，此时2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即α＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)，k∈Z，因此(N－M)min＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fα－f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))－sin2α))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)))－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)coskπ－coskπ))＝eq\f(1,2)，所以N－M的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\r(3))).§4.6函数y＝Asin(ωx＋φ)课标要求1.结合具体实例，了解y＝Asin(ωx＋φ)的实际意义；能借助图象理解参数ω，φ，A的意义，了解参数的变化对函数图象的影响.2.会用三角函数解决简单的实际问题，体会可以利用三角函数构建刻画事物周期变化的数学模型．知识梳理1．简谐运动的有关概念已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)，x≥0振幅周期频率相位初相AT＝eq\f(2π,ω)f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)ωx＋φφ2.用“五点法”画y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)一个周期内的简图时，要找五个特殊点ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(0－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)y＝Asin(ωx＋φ)0A0－A03.函数y＝sinx的图象经变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象的两种途径常用结论函数y＝Asin(ωx＋φ)＋k的图象平移的规律：“左加右减，上加下减”．自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0)的最大值为A，最小值为－A.(×)(2)将函数y＝3sin2x的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度后所得图象的解析式是y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).(×)(3)把y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的图象上各点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，所得图象的函数解析式为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12))).(×)(4)如果y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为T，那么函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为eq\f(T,2).(√)2．(必修第一册P254T10改编)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))的振幅、频率和初相分别为()A．2,4π，eq\f(π,3) B．2，eq\f(1,4π)，eq\f(π,3)C．2，eq\f(1,4π)，－eq\f(π,3) D．2,4π，－eq\f(π,3)答案C解析由题意知A＝2，f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(1,4π)，初相为－eq\f(π,3).3．某港口在一天24小时内的潮水的高度近似满足关系式f(t)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)t－\f(π,6)))，其中f(t)的单位为m，t的单位是h，则12点时潮水的高度是________m.答案1解析当t＝12时，f(12)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5π－\f(π,6)))＝2sineq\f(5π,6)＝1，即12点时潮水的高度是1m.4．(必修第一册P241T5改编)将函数f(x)＝sinx图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再向右平移eq\f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象，则g(x)＝________.答案sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))解析将函数f(x)＝sinx图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，得到y＝sin2x的图象，再向右平移eq\f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象，则g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).题型一函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换例1(1)(2023·淄博模拟)函数f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的图象与x轴的两个相邻交点间的距离为eq\f(π,3)，得到函数g(x)＝Acosωx的图象，只需将f(x)的图象()A．向左平移eq\f(π,12)个单位长度B．向右平移eq\f(π,12)个单位长度C．向左平移eq\f(π,18)个单位长度D．向右平移eq\f(π,18)个单位长度答案C解析因为函数f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的图象与x轴的两个相邻交点间的距离为eq\f(π,3)，故函数的最小正周期为T＝eq\f(2π,3)，所以ω＝3；故函数f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))，为得到g(x)＝Acos3x的图象，只需将函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,18)个单位长度，得到g(x)＝Asineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,18)))＋\f(π,3)))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,2)))＝Acos3x的图象．(2)(2022·全国甲卷)将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的图象向左平移eq\f(π,2)个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,2)答案C解析记曲线C的函数解析式为g(x)，则g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ωx＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,3))))).因为函数g(x)的图象关于y轴对称，所以eq\f(π,2)ω＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得ω＝2k＋eq\f(1,3)(k∈Z)．因为ω>0，所以ωmin＝eq\f(1,3).思维升华(1)由y＝sinωx的图象到y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ>0)的图象的变换：向左平移eq\f(φ,ω)个单位长度而非φ个单位长度．(2)如果平移前后两个图象对应的函数的名称不一致，那么应先利用诱导公式化为同名函数，ω为负时应先变成正值．跟踪训练1(1)已知曲线C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，为了得到曲线C2，则对曲线C1的变换正确的是()A．先把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B．先把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,6)个单位长度C．先把横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，再把得到的曲线向右平移eq\f(π,12)个单位长度D．先把横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，再把得到的曲线向左平移eq\f(π,12)个单位长度答案C解析C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12))).故把y＝cosx的图象横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，得到y＝cos2x的图象，再把y＝cos2x的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度即得到C2的图象．(2)若函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))的图象向右平移eq\f(2π,3)个单位长度后与原图象重合，则正数ω不可能是()A．2B．3C．6D．9答案A解析依题意，eq\f(2π,3)＝kT，即eq\f(2π,3)＝k·eq\f(2π,ω)，即ω＝3k，k∈Z，∴ω不可能为2.题型二由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式例2(1)(多选)(2024·邢台模拟)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋k(A>0，ω>0,0<φ<π)在一个周期内的图象如图所示，则()A．A＝4 B．ω＝2C．φ＝eq\f(π,3) D．k＝1答案BD解析由图象可知，A＝2，k＝eq\f(3＋－1,2)＝1，故A错误，D正确；又由图象可得T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋\f(π,12)))＝π，∴eq\f(2π,|ω|)＝π，又ω>0，∴ω＝2，故B正确；∴f(x)＝2sin(2x＋φ)＋1，又f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝3，∴2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＋φ))＋1＝3，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋φ))＝1，又0<φ<π，∴φ＝eq\f(2π,3)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＋1，故C错误．(2)如图所示为函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，\f(π,2)≤φ≤π))的部分图象，其中|AB|＝5，则此函数的解析式为________．答案y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(5π,6)))解析由函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的部分图象，设A(x1,2)，B(x2，－2)，其中x1<x2，因为|AB|＝5，可得eq\r(x2－x12＋42)＝5，解得x2－x1＝3，即eq\f(1,2)T＝3，所以T＝6，可得ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))，又由f(0)＝2sinφ＝1，可得sinφ＝eq\f(1,2)，因为eq\f(π,2)≤φ≤π，所以φ＝eq\f(5π,6).所以函数f(x)的解析式为f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(5π,6))).思维升华确定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)的步骤和方法(1)求A，b.确定函数的最大值M和最小值m，则A＝eq\f(M－m,2)，b＝eq\f(M＋m,2).(2)求ω.确定函数的最小正周期T，则ω＝eq\f(2π,T).(3)求φ.常用方法如下：①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在下降区间上)或把图象的最高点或最低点代入．②五点法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的特殊点作为突破口．跟踪训练2(1)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]上的图象大致如图，则f(x)的解析式为()A．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)x＋\f(π,6)))B．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(π,6)))C．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x－\f(π,6)))D．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x＋\f(π,6)))答案B解析由图象知π<T<2π，即π<eq\f(2π,|ω|)<2π，所以1<|ω|<2.因为图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)，0))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)ω＋\f(π,6)))＝0，所以－eq\f(4π,9)ω＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得ω＝－eq\f(9,4)k－eq\f(3,4)，k∈Z.因为1<|ω|<2，故k＝－1，得ω＝eq\f(3,2)，所以f(x)＝coseq