浙江专用2024高考数学二轮复习专题二三角函数平面向量与复数第1讲三角函数的图象与性质教案

PAGE1-第1讲三角函数的图象与性质三角函数的定义、诱导公式及基本关系[核心提炼]1．三角函数：设α是一个随意角，它的终边与单位圆交于点P(x，y)，则sinα＝y，cosα＝x，tanα＝eq\f(y,x).各象限角的三角函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦．2．同角关系：sin2α＋cos2α＝1，eq\f(sinα,cosα)＝tanα.3．诱导公式：在eq\f(kπ,2)＋α，k∈Z的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”．[典型例题](1)(2024·湖州市高三期末)点P从点A(1，0)动身，沿单位圆x2＋y2＝1逆时针方向运动eq\f(2π,3)弧长到达点Q，则点Q的坐标是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))(2)(2024·长春一模)已知α为锐角，且2tan(π－α)－3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋β))＋5＝0，tan(π＋α)＋6sin(π＋β)＝1，则sinβ的值为________．(3)(2024·高考浙江卷)已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，－\f(4,5))).①求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋π))的值；②若角β满意sin(α＋β)＝eq\f(5,13)，求cosβ的值．【解】(1)选A.点P从(1，0)动身，沿单位圆逆时针方向运动eq\f(2π,3)弧长到达Q点，所以∠QOx＝eq\f(2π,3)，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)，sin\f(2π,3)))，即Q点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).故选A.(2)2tan(π－α)－3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋β))＋5＝0化简为－2tanα＋3sinβ＋5＝0，tan(π＋α)＋6sin(π＋β)＝1化简为tanα－6sinβ＝1，因而sinβ＝eq\f(1,3).故填eq\f(1,3).(3)①由角α的终边过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，－\f(4,5)))得sinα＝－eq\f(4,5)，所以sin(α＋π)＝－sinα＝eq\f(4,5).②由角α的终边过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，－\f(4,5)))得cosα＝－eq\f(3,5)，由sin(α＋β)＝eq\f(5,13)得cos(α＋β)＝±eq\f(12,13).由β＝(α＋β)－α得cosβ＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα，所以cosβ＝－eq\f(56,65)或cosβ＝eq\f(16,65).eq\a\vs4\al()应用三角函数的概念和诱导公式的留意事项(1)当角的终边所在的位置不是唯一确定的时候要留意分状况解决，机械地运用三角函数的定义就会出现错误．(2)应用诱导公式与同角关系开方运算时，肯定留意三角函数的符号；利用同角三角函数的关系化简要遵循肯定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等．[对点训练]1．已知角α的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边上一点P(－4，3)，则eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sin（－π－α）,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,2)－α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,2)＋α)))的值为________．解析：原式＝eq\f(－sinα·sinα,－sinα·cosα)＝tanα.依据三角函数的定义，得tanα＝eq\f(y,x)＝－eq\f(3,4)，所以原式＝－eq\f(3,4).答案：－eq\f(3,4)2．已知θ是第四象限角，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝________．解析：法一：因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，因为θ为第四象限角，所以－eq\f(π,2)＋2kπ＜θ＜2kπ，k∈Z，所以－eq\f(3π,4)＋2kπ＜θ－eq\f(π,4)＜2kπ－eq\f(π,4)，k∈Z，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(2))＝－eq\f(4,5)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))＝－eq\f(4,3).法二：因为θ是第四象限角，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，所以θ＋eq\f(π,4)为第一象限角，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(4,5)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))＝eq\f(－cos\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))),sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))))＝－eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝－eq\f(4,3).答案：－eq\f(4,3)三角函数的图象及应用[核心提炼]函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象(1)“五点法”作图设z＝ωx＋φ，令z＝0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3π,2)，2π，求出x的值与相应的y的值，描点、连线可得．(2)图象变换y＝sinxeq\o(→,\s\up7(向左（φ＞0）或向右（φ＜0）),\s\do5(平移|φ|个单位))y＝sin(x＋φ)eq\o(→,\s\up17(横坐标变为原来的\f(1,ω)（ω＞0）倍,纵坐标不变))y＝sin(ωx＋φ)eq\o(→,\s\up7(纵坐标变为原来的A（A＞0）倍),\s\do5(横坐标不变))y＝Asin(ωx＋φ)．[典型例题](1)函数y＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))) D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))(2)(2024·温州瑞安七中高考模拟)函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移eq\f(π,8)个单位后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能的值为()A.eq\f(3π,4)B.eq\f(π,4)C．0D．－eq\f(π,4)(3)(2024·浙江五校联考数学模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2sinx，x∈[0，π],|cosx|，x∈（π，2π]))，若函数g(x)＝f(x)－m在[0，2π]内恰有4个不同的零点，则实数m的取值范围是()A．(0，1)B．[1，2]C．(0，1]D．(1，2)【解析】(1)由题图易知A＝2，因为周期T满意eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，所以T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2.由x＝eq\f(π,3)时，y＝2可知2×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，所以φ＝－eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z)，结合选项可知函数解析式为y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)令y＝f(x)＝sin(2x＋φ)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋φ))，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))为偶函数，所以eq\f(π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，所以φ＝kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z，所以当k＝0时，φ＝eq\f(π,4).故φ的一个可能的值为eq\f(π,4).故选B.(3)画出函数f(x)在[0，2π]的图象，如图所示：若函数g(x)＝f(x)－m在[0，2π]内恰有4个不同的零点，即y＝f(x)和y＝m在[0，2π]内恰有4个不同的交点，结合图象，知0＜m＜1.【答案】(1)A(2)B(3)Aeq\a\vs4\al()解决三角函数图象问题的方法及留意事项(1)已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的图象求解析式时，常采纳待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A；由函数的周期确定ω；确定φ常依据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置．(2)在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换，变换只是相对于其中的自变量x而言的，假如x的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向．[对点训练]1．(2024·兰州市诊断考试)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的部分图象如图所示，若x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)＝f(x2)，则f(x1＋x2)＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),2) D．1解析：选C.由图知，eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，即T＝π，则ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，因为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))在函数f(x)的图象上，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋φ))＝0，即eq\f(2π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，因为x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)＝f(x2)，所以eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(π,12)，所以x1＋x2＝eq\f(π,6)，所以f(x1＋x2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2).2．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.三角函数的性质[核心提炼]1．三角函数的单调区间y＝sinx的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)；y＝cosx的单调递增区间是[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，单调递减区间是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)；y＝tanx的递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)．2．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．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．y＝Atan(ωx＋φ)，当φ＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)时为奇函数．[典型例题]已知函数f(x)＝sin2x－cos2x－2eq\r(3)sinxcosx(x∈R)．(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))的值；(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间．【解】(1)由sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2)，coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2.(2)由cos2x＝cos2x－sin2x与sin2x＝2sinx·cosx得f(x)＝－cos2x－eq\r(3)sin2x＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).所以f(x)的最小正周期是π.由正弦函数的性质得eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z，所以，f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．eq\a\vs4\al()三角函数的单调性、周期性及最值的求法(1)三角函数单调性的求法求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A、ω、φ为常数，A≠0，ω＞0)的单调区间的一般思路是令ωx＋φ＝z，则y＝Asinz(或y＝Acosz)，然后由复合函数的单调性求解．(2)三角函数周期性的求法函数y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝eq\f(2π,|ω|).应特殊留意y＝|Asin(ωx＋φ)|的最小正周期为T＝eq\f(π,|ω|).(3)三角函数最值(或值域)的求法在求最值(或值域)时，一般要先确定函数的定义域，然后结合三角函数性质可得函数f(x)的最值．[对点训练]1．(2024·杭州市高三期末检测)设A，B是函数f(x)＝sin|ωx|与y＝－1的图象的相邻两个交点，若|AB|min＝2π，则正实数ω＝()A.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(3,2)D．2解析：选B.函数f(x)＝sin|ωx|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinωx，x≥0,－sinωx，x＜0))，ω为正数，所以f(x)的最小值是－1，如图所示：设A，B是函数f(x)＝sin|ωx|与y＝－1的图象的相邻两个交点，且|AB|min＝T＝eq\f(2π,ω)＝2π，解得ω＝1.故选B.2．(2024·台州调研)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)．若f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))对随意的实数x都成立，则ω的最小值为________．解析：由于对随意的实数x都有f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))成立，故当x＝eq\f(π,4)时，函数f(x)有最大值，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1，eq\f(πω,4)－eq\f(π,6)＝2kπ(k∈Z)，所以ω＝8k＋eq\f(2,3)(k∈Z)，又ω>0，所以ωmin＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)3．(2024·高考浙江卷)设函数f(x)＝sinx，x∈R.(1)已知θ∈[0，2π)，函数f(x＋θ)是偶函数，求θ的值；(2)求函数y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))eq\s\up12(2)的值域．解：(1)因为f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函数，所以对随意实数x都有sin(x＋θ)＝sin(－x＋θ)，即sinxcosθ＋cosxsinθ＝－sinxcosθ＋cosxsinθ，故2sinxcosθ＝0，所以cosθ＝0.又θ∈[0，2π)，因此θ＝eq\f(π,2)或eq\f(3π,2).(2)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))eq\s\up12(2)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))),2)＋eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2)＝1－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos2x－\f(3,2)sin2x))＝1－eq\f(\r(3),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).因此，函数的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)，1＋\f(\r(3),2))).三角函数与其他学问的交汇[核心提炼]三角函数的图象与性质是高考考查的重点，近年来，三角函数与其他学问交汇命题成为高考的热点，由原来三角函数与平面对量的交汇渗透到三角函数与函数的零点、数列、不等式、复数、方程等学问的交汇．[典型例题](1)(2024·台州市高考一模)已知θ∈[0，π)，若对随意的x∈[－1，0]，不等式x2cosθ＋(x＋1)2sinθ＋x2＋x＞0恒成立，则实数θ的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12)))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,4)，\f(3π,4)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))(2)(2024·浙江“七彩阳光”联盟高三联考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))，若f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))对x∈R恒成立，则ω的值为________；当ω最小时，函数g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\f(\r(2),2)在区间[0，22]的零点个数为________．【解析】(1)设f(x)＝x2cosθ＋(x＋1)2sinθ＋x2＋x＝(1＋sinθ＋cosθ)x2＋(2sinθ＋1)x＋sinθ，因为θ∈[0，π)，所以1＋cosθ＋sinθ≠0，且其对称轴为x＝－eq\f(2sinθ＋1,2（1＋sinθ＋cosθ）).因为f(x)在[－1，0]的最小值为f(0)或f(1)或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2sinθ＋1,2（1＋sinθ＋cosθ）)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＞0,f（0）＞0,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2sinθ＋1,2（1＋sinθ＋cosθ）)))＞0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosθ＞0,sinθ＞0,sin2θ＞\f(1,2)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,2),0＜θ＜π,\f(π,12)＜θ＜\f(5π,12))).所以eq\f(π,12)＜θ＜eq\f(5π,12).(2)由题意得φ＝eq\f(π,3)，且当x＝eq\f(π,6)时，函数f(x)取到最大值，故eq\f(π,6)ω＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得ω＝1＋12k，k∈N，又因为ω＞0，所以ω的最小值为1，因此，g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\f(\r(2),2)＝sinx－eq\f(\r(2),2)的零点个数是8个．【答案】(1)A(2)1＋12k(k∈N)8eq\a\vs4\al()解决三角函数与其他学问的交汇问题，可利用数形结合思想．利用“数形结合”思想还可以解决以下问题：(1)探讨含有参数的方程的解的个数问题．(2)求三角函数解析式中含有参数的最值问题．(3)求一些特殊函数的周期．(4)利用三角函数图象对实际问题作出分析等．[对点训练]1．(2024·湖州市高三期末考试)若α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且αsinα－βsinβ＞0，则必有()A．α2＜β2 B．α2＞β2C．α＜β D．α＞β解析：选B.α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且αsinα－βsinβ＞0，即αsinα＞βsinβ，再依据y＝xsinx为偶函数，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，可得|α|＞|β|，即α2＞β2，故选B.2．(2024·合肥市其次次教学质量检测)已知关于x的方程(t＋1)cosx－tsinx＝t＋2在(0，π)上有实根，则实数t的最大值是________．解析：由题意可得，－eq\f(1,t)＝eq\f(1－cosx＋sinx,2－cosx)＝1－eq\f(1－sinx,2－cosx)，令P(cosx，sinx)，A(2，1)，则kPA＝eq\f(1－sinx,2－cosx)，因为x∈(0，π)，所以－1<cosx<1，0<sinx≤1，令a＝cosx，b＝sinx，则点P是上半圆a2＋b2＝1(0<b≤1)上随意一点，如图，可知，0≤kPA<1，所以0<1－eq\f(1－sinx,2－cosx)≤1，即0<－eq\f(1,t)≤1，故t≤－1，实数t的最大值是－1.答案：－1专题强化训练1．(2024·嵊州模拟)已知sin(π＋α)＝－eq\f(1,2)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,2)))的值为()A.eq\f(1,2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2)D．－eq\f(\r(3),2)解析：选B.因为sin(π＋α)＝－eq\f(1,2)＝－sinα，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,2)))＝－sinα＝－eq\f(1,2).2．(2024·湖州市高三期末考试)为了得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象，只需将y＝cos2x的图象上每一点()A．向右平移eq\f(π,6)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,6)个单位长度D．向左平移eq\f(π,12)个单位长度解析：选B.因为y＝cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝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(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)－\f(π,12)))))，所以为了得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象，只需将y＝cos2x的图象上每一点向右平移eq\f(π,12)个单位长度即可．故选B.3．已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝3，则sin2α的值为()A．－eq\f(4,5)B.eq\f(4,5)C．－eq\f(3,5) D.eq\f(3,5)解析：选B.因为taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝3，所以tanα＝eq\f(1,2).所以sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(1,\f(1,4)＋1)＝eq\f(4,5).4．(2024·金华模拟)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(A＞0，ω＞0，)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,24)))的值为()A．－eq\f(\r(6),2)B．－eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(\r(2),2) D．－1解析：选D.由图象可得A＝eq\r(2)，最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，则ω＝eq\f(2π,T)＝2.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)＋φ))＝－eq\r(2)，得φ＝eq\f(π,3)，则f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,24)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)＋\f(π,3)))＝eq\r(2)sineq\f(5π,4)＝－1，故选D.5．(2024·宁波市高考模拟)已知函数f(x)＝sinxcos2x，则下列关于函数f(x)的结论中，错误的是()A．最大值为1B．图象关于直线x＝－eq\f(π,2)对称C．既是奇函数又是周期函数D．图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，0))中心对称解析：选D.因为函数f(x)＝sinxcos2x，当x＝eq\f(3π,2)时，f(x)取得最大值为1，故A正确；当x＝－eq\f(π,2)时，函数f(x)＝1，为函数的最大值，故图象关于直线x＝－eq\f(π,2)对称；故B正确；函数f(x)满意f(－x)＝sin(－x)·cos(－2x)＝－sinxcos2x＝－f(x)，故函数f(x)为奇函数，再依据f(x＋2π)＝sin(x＋2π)cos[－2(x＋2π)]＝sinxcos2x，故f(x)的周期为2π，故C正确；由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－x))＋f(x)＝－cosx·cos(3π－2x)＋sinxcos2x＝cosxcos2x＋sinxcos2x＝cos2x(sinx＋cosx)＝0不肯定成立，故f(x)图象不肯定关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，0))中心对称，故D不正确，故选D.6．已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,4)))(ω>0)的最大值与最小正周期相同，则函数f(x)在[－1，1]上的单调递增区间为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(3,4)))解析：选D.由T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,ω)，又f(x)的最大值为2，所以eq\f(π,ω)＝2，即ω＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－\f(π,4))).当2kπ－eq\f(π,2)≤πx－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，即2k－eq\f(1,4)≤x≤2k＋eq\f(3,4)，k∈Z时函数f(x)单调递增，则f(x)在[－1，1]上的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(3,4))).7．(2024·温州调研)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：选B.因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))，所以ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)ω＋\f(π,6)，))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)ω＋\f(π,6)))，因为函数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，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)ω＋\f(π,6)≥2kπ－\f(π,2)，k∈Z，,\f(2π,3)ω＋\f(π,6)≤2kπ＋\f(π,2)，k∈Z.))又ω>0，所以0<ω≤eq\f(1,2)，选B.8．(2024·宁波市高三调研)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)(sinx＋cosx)－eq\f(1,2)|sinx－cosx|，则f(x)的值域是()A．[－1，1] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2)))解析：选C.f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosx，sinx≥cosx，,sinx，sinx＜cosx，))作出[0，2π]区间内f(x)的图象，如图所示，由f(x)的图象，可得f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2))).9．(2024·宁波市高考模拟)已知函数f(x)＝asin2x＋(a＋1)cos2x，a∈R，则函数f(x)的最小正周期为______，振幅的最小值为________．解析：函数f(x)＝asin2x＋(a＋1)cos2x，a∈R，化简可得：f(x)＝eq\r(a2＋（a＋1）2)sin(2x＋θ)＝eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2))·sin(2x＋θ)，其tanθ＝eq\f(1＋a,a).函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.振幅为eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2))，当a＝－eq\f(1,2)时，可得振幅的最小值eq\f(\r(2),2).答案：πeq\f(\r(2),2)10．已知－eq\f(π,2)<α<0，sinα＋cosα＝eq\f(1,5)，则sinα－cosα＝________．解析：sinα＋cosα＝eq\f(1,5)，平方可得sin2α＋2sinα·cosα＋cos2α＝eq\f(1,25)，即2sinα·cosα＝－eq\f(24,25)，因为(sinα－cosα)2＝1－2sinα·cosα＝eq\f(49,25)，又－eq\f(π,2)<α<0，所以sinα<0，cosα>0，所以sinα－cosα<0，所以sinα－cosα＝－eq\f(7,5).答案：－eq\f(7,5)11．已知f(x)＝sin2x－eq\r(3)cos2x，若对随意实数x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，都有|f(x)|<m，则实数m的取值范围是________．解析：因为f(x)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈(－eq\r(3)，1]，所以|f(x)|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))<eq\r(3)，所以m≥eq\r(3).答案：[eq\r(3)，＋∞)12．函数f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1的最小正周期是________，单调递减区间是________．解析：因为f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1＝eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(1,2)sin2x＋1＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(3,2)＝eq\f(\r(2),2)sin(2x－eq\f(π,4))＋eq\f(3,2)，所以函数f(x)的最小正周期T＝π.令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解之可得函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3,8)π，kπ＋\f(7,8)π))(k∈Z)．答案：πeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3,8)π，kπ＋\f(7,8)π))(k∈Z)13．(2024·太原市模拟试题)已知函数f(x)＝sinωx－eq\r(3)cosωx(ω>0)，若方程f(x)＝－1在(0，π)上有且只有四个实数根，则实数ω的取值范围为________．解析：因为f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，方程2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))＝－1在(0，π)上有且只有四个实数根，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))＝－eq\f(1,2)在(0，π)上有且只有四个实数根．设t＝ωx－eq\f(π,3)，因为0<x<π，所以－eq\f(π,3)<t<ωπ－eq\f(π,3)，所以eq\f(19π,6)<ωπ－eq\f(π,3)≤eq\f(23π,6)，解得eq\f(7,2)<ω≤eq\f(25,6).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，\f(25,6)))14．(2024·温州市高考数学模拟)设奇函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(acosx－\r(3)sinx＋c，x≥0,cosx＋bsinx－c，x＜0))，则a＋c的值为________，不等式f(x)＞f(－x)在x∈[－π，π]上的解集为________．解析：因为f(x)是奇函数，所以f(0)＝0，即f(0)＝acos0－eq\r(3)sin0＋c＝a＋c＝0，即a＋c＝0，则f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(acosx－\r(3)sinx－a，x≥0,cosx＋bsinx＋a，x＜0))，若x＜0，则－x＞0，则f(－x)＝acosx＋eq\r(3)sinx－a＝－cosx－bsinx－a，则a＝－1，b＝－eq\r(3)，c＝1.则f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－cosx－\r(3)sinx＋1，x≥0,cosx－\r(3)sinx－1，x＜0))，若0≤x≤π，则由f(x)＞f(－x)得－cosx－eq\r(3)sinx＋1＞cosx＋eq\r(3)sinx－1，即cosx＋eq\r(3)sinx＜1，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＜eq\f(1,2)，因为0≤x≤π，所以－eq\f(π,3)≤x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，则eq\f(π,3)＜x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，即eq\f(2π,3)＜x≤π.若－π≤x＜0，则由f(x)＞f(－x)得cosx－eq\r(3)sinx－1＞－cosx＋eq\r(3)sinx＋1，即cosx－eq\r(3)sinx＞1，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＞eq\f(1,2)，因为－π≤x＜0，所以－eq\f(2π,3)≤x＋eq\f(π,3)＜eq\f(π,3)，则－eq\f(π,3)＜x＋eq\f(π,3)＜eq\f(π,3)，即－eq\f(2π,3)＜x＜0，综上不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)).答案：0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))15．(2024·台州市高三期末评估)已知函数f(x)＝sin(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x＝eq\f(π,12)为f(x)图象的一条对称轴．(1)求ω和φ的值；(2)设函数g(x)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，求g(x)的单调递减区间．解：(1)因为f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|≤\f(π,2)))的最小正周期为π，由T＝eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，由2x＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以f(x)的图象的对称轴为x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)－eq\f(\a\vs4\al(φ),2)，k∈Z.由eq\f(π,12)＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)－eq\f(\a\vs4\al(φ),2)，得φ＝kπ＋eq\f(π,3).又|φ|≤eq\f(π,2)，则φ＝eq\f(π,3).(2)函数g(x)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋sin2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＋sin2x＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).所以g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.16．(2024·宁波诺丁汉高校附中高三期中)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(x∈R，ω＞0)的图象如图，P是图象的最高点，Q是图象的最低点，且|PQ|＝eq\r(13).(1)求函数y＝f(x)的解析式；(2)将函数y＝f(x)的图象向右平移1个单位后得到函数y＝g(x)的图象，当x∈[0，2]时，求函数h(x)＝f(x)·g(x)的最大值．解：(1)过P作x轴的垂线PM，过Q作y轴的垂线QM，则由已知得|PM|＝2，|PQ|＝eq\r(13)，由勾股定理得|QM|＝3，所以T＝6，又T＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(π,3)，所以函数y＝f(x)的解析式为f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,3))).(2)将函数y＝f(x)图象向右平移1个单位后得到函数y＝g(x)的图象，所以g(x)＝sineq\f(π,3)x.函数h(x)＝f(x)·g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,3)))sineq\f(π,3)x＝eq\f(1,2)sin2eq\f(π,3)x＋eq\f(\r(3),2)sineq\f(π,3)xcoseq\f(π,3)x＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(2π,3)x))＋eq\f(\r(3),4)sineq\f(2π,3)x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)x－\f(π,6)))＋eq\f(1,4).当x∈[