第5节　三角函数的图象与性质

第5节三角函数的图象与性质考试要求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、正切函数的性质.【知识梳理】1.用五点法作正弦函数和余弦函数的简图(1)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)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RR{xeq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x∈R，且))x≠kπ＋eq\f(π,2)}值域[－1，1][－1，1]R最小正周期2π2ππ奇偶性奇函数偶函数奇函数递增区间eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)))[2kπ－π，2kπ]eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)))递减区间eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(3π,2)))[2kπ，2kπ＋π]无对称中心(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无[常用结论与微点提醒]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半个周期，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半个周期.2.若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，则(1)f(x)为偶函数的充要条件是φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z).(2)f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z).3.对于y＝tanx不能认为其在定义域上为增函数，而是在每个区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)内为增函数.【诊断自测】1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(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)√解析(1)余弦函数y＝cosx的对称轴有无穷多条，y轴只是其中的一条.(2)正切函数y＝tanx在每一个区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)上都是增函数，但在定义域内不是单调函数，故不是增函数.(3)当k>0时，ymax＝k＋1；当k<0时，ymax＝－k＋1.2.(必修一P214T10)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,2)))的值域是________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))解析由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))得x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，所以y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2))).3.(必修一P214T16改编)函数f(x)＝eq\f(1,2)sin(2x－eq\f(π,3))，x∈R的单调递减区间是________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋kπ，\f(11π,12)＋kπ))(k∈Z)解析由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(11π,12)＋kπ，k∈Z，故f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋kπ，\f(11π,12)＋kπ))(k∈Z).4.函数f(x)＝－2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的定义域是________.答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(1,2)kπ＋\f(π,6)，k∈Z))解析由2x＋eq\f(π,6)≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x≠eq\f(1,2)kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z.考点一三角函数的定义域和值域例1(1)函数y＝lgsinx＋eq\r(cosx－\f(1,2))的定义域为________.答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2kπ＜x≤\f(π,3)＋2kπ，k∈Z))解析要使函数有意义，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx＞0，,cosx－\f(1,2)≥0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx＞0，,cosx≥\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2kπ＜x＜π＋2kπ，,－\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(π,3)＋2kπ))(k∈Z)，所以2kπ＜x≤eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z.所以函数的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2kπ＜x≤\f(π,3)＋2kπ，k∈Z)).(2)函数y＝sinx－cosx＋sinxcosx的值域为________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\r(2)，1))解析设t＝sinx－cosx，则t2＝sin2x＋cos2x－2sinxcosx，sinxcosx＝eq\f(1－t2,2)，且－eq\r(2)≤t≤eq\r(2).∴y＝－eq\f(t2,2)＋t＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)(t－1)2＋1.当t＝1时，ymax＝1；当t＝－eq\r(2)时，ymin＝－eq\f(1,2)－eq\r(2).∴函数的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\r(2)，1)).感悟提升1.三角函数定义域的求法求三角函数的定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数的图象来求解.2.三角函数值域的不同求法(1)把所给的三角函数式变换成y＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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.训练1(1)函数y＝eq\r(cosx－\f(\r(3),2))的定义域为________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)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)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))时，函数y＝3－sinx－2cos2x的值域为________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,8)，2))解析因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，所以sinx∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).又y＝3－sinx－2cos2x＝3－sinx－2(1－sin2x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(7,8)，所以当sinx＝eq\f(1,4)时，ymin＝eq\f(7,8)，当sinx＝－eq\f(1,2)或sinx＝1时，ymax＝2.即函数的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,8)，2)).考点二三角函数的周期性、奇偶性、对称性例2(1)(多选)(2024·福州调研)设f(x)＝2cos2x，则()A.f(x)是偶函数B.f(x)的最小正周期是eq\f(π,2)C.f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,12)对称D.f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))对称答案AD解析∵f(x)＝2cos2x，∴f(x)为偶函数，最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，A正确，B错误；∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2coseq\f(π,6)＝eq\r(3)≠±2，∴f(x)的图象不关于直线x＝eq\f(π,12)对称，C错误；∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝0，∴f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))对称，D正确.(2)(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间(eq\f(π,6)，eq\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\f(5π,12))＝()A.－eq\f(\r(3),2) B.－eq\f(1,2) C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),2)答案D解析由题意得eq\f(1,2)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)，解得ω＝2，易知x＝eq\f(π,6)是f(x)的最小值点，所以eq\f(π,6)×2＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得φ＝eq\f(7π,6)＋2kπ(k∈Z)，于是f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(7π,6)＋2kπ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(7π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)×2＋\f(7π,6)))＝sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2).感悟提升有关三角函数的奇偶性、周期性和对称性问题的解题思路(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)解决对称性问题的关键：熟练掌握三角函数图象的对称轴、对称中心.训练2(1)(多选)(2024·苏州模拟)已知函数f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，则下列结论正确的是()A.f(x)的最大值为eq\r(3)B.f(x)的最小正周期为πC.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))为奇函数D.f(x)的图象关于直线x＝eq\f(11π,12)对称答案ABD解析因为函数f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，所以f(x)的最大值为eq\r(3)，A正确；最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，B正确；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－\f(π,3)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝－eq\r(3)cos2x为偶函数，C错误；f(x)的对称轴满足2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，当k＝1时，x＝eq\f(11π,12)，故D正确.(2)函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))＋1，φ∈(0，π)，且f(x)为偶函数，则φ＝________，f(x)图象的对称中心为________.答案eq\f(5π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(kπ,2)，1))，k∈Z解析若f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))＋1为偶函数，则－eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，则φ＝eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z，又∵φ∈(0，π)，∴φ＝eq\f(5π,6).∴f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＋1＝3cos2x＋1，由2x＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z得x＝eq\f(π,4)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，∴f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(kπ,2)，1))，k∈Z.考点三三角函数的单调性例3(1)(多选)(2024·石家庄调研)下列不等式成立的是()A.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10)))<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))B.cos400°>cos(－50°)C.sineq\f(7π,8)<sineq\f(8π,7)D.sin3<sin2答案BD解析因为－eq\f(π,2)<－eq\f(π,8)<－eq\f(π,10)<0，且函数y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递增，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10)))，故A错误；因为cos400°＝cos40°，cos(－50°)＝cos50°，且当0°≤x≤90°时，函数y＝cosx单调递减，所以cos40°>cos50°，即cos400°>cos(－50°)，故B正确；因为eq\f(π,2)<eq\f(7π,8)<eq\f(8π,7)<eq\f(3π,2)，且函数y＝sinx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减，所以sineq\f(7π,8)>sineq\f(8π,7)，故C错误；因为eq\f(π,2)<2<3<eq\f(3π,2)，且函数y＝sinx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减，所以sin3<sin2，故D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))的单调递减区间是函数y＝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.迁移本例(2)中，若函数不变，求函数f(x)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)).感悟提升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，可借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错.2.比较三角函数值的大小，首先看是否可以直接利用三角函数在某个单调区间上的单调性比较大小，若不能，则利用周期性进行转化求解.训练3(1)(2022·北京卷)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，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)))，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不正确；对于B，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)))，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不正确；对于C，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)))，f(x)＝cos2x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减，所以C正确；对于D，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)))，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不正确.(2)若tan2＝a，tan3＝b，tan5＝c，则()A.a＜b＜c B.b＜c＜aC.c＜b＜a D.c＜a＜b答案D解析因为tan5＝tan(5－π)，eq\f(π,2)＜5－π＜2＜3＜π，且函数y＝tanx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增，所以tan(5－π)＜tan2＜tan3，所以tan5＜tan2＜tan3，即c＜a＜b.【A级基础巩固】1.函数f(x)＝eq\r(2sin\f(π,2)x－1)的定义域为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋4kπ，\f(5π,3)＋4kπ))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋4k，\f(5,3)＋4k))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋4kπ，\f(5π,6)＋4kπ))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)＋4k，\f(5,6)＋4k))(k∈Z)答案B解析由题意，得2sineq\f(π,2)x－1≥0，eq\f(π,2)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2kπ，\f(5π,6)＋2kπ))(k∈Z)，则x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋4k，\f(5,3)＋4k))(k∈Z).2.函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为()A.－1 B.－eq\f(\r(2),2) C.eq\f(\r(2),2) D.0答案B解析由已知x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，故函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为－eq\f(\r(2),2).3.(2024·济南调研)已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))(ω>0)的最小正周期为π，则f(x)的图象关于()A.直线x＝eq\f(π,6)对称 B.直线x＝eq\f(π,3)对称C.点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称 D.点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称答案B解析因为函数f(x)的最小正周期为π，由π＝eq\f(2π,2ω)得ω＝1，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝1，故直线x＝eq\f(π,6)不是f(x)图象的对称轴，点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))也不是f(x)图象的对称中心；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2，故直线x＝eq\f(π,3)是f(x)图象的对称轴，点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))不是f(x)图象的对称中心.故选B.4.已知α，β为锐角三角形的两个内角，则下列结论正确的是()A.sinα<sinβ B.cosα<sinβC.cosα<cosβ D.cosα>cosβ答案B解析因为α，β是锐角三角形的两个内角，所以α＋β>eq\f(π,2)，所以0<eq\f(π,2)－β<α<eq\f(π,2).所以cosα<coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β))＝sinβ.故选B.5.(2024·茂名模拟)下列四个函数中，最小正周期与其余三个函数不同的是()A.f(x)＝cos2x＋sinxcosxB.f(x)＝eq\f(1－cos2x,2sinxcosx)C.f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))D.f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))答案C解析对于A，f(x)＝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)，∴T1＝π.对于B，sinx≠0且cosx≠0，f(x)＝eq\f(1－（1－2sin2x）,2sinxcosx)＝eq\f(2sin2x,2sinxcosx)＝tanx，∴T2＝π.对于C，f(x)＝eq\f(1,2)cosx－eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1,2)cosx＋eq\f(\r(3),2)sinx＝cosx，∴T3＝2π.对于D，f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴T4＝π.6.(2024·景德镇质检)将函数f(x)＝cos(2x＋φ)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后得到函数g(x)的图象关于原点中心对称，则φ可能的取值是()A.－eq\f(π,3) B.－eq\f(π,6) C.eq\f(π,6) D.eq\f(π,3)答案B解析将函数f(x)＝cos(2x＋φ)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后得到g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,3)))的图象.因为g(x)的图象关于原点中心对称，所以φ－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，所以φ可能的取值是－eq\f(π,6).7.(多选)已知函数f(x)＝sin|x|＋|sinx|，下列结论正确的是()A.f(x)是偶函数B.f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递增C.f(x)在[－π，π]有4个零点D.f(x)的最大值为2答案AD解析f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，∴f(x)为偶函数，故A正确；当eq\f(π,2)<x<π时，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，故B不正确；f(x)在[－π，π]上的图象如图所示，由图可知函数f(x)在[－π，π]上只有3个零点，故C不正确；∵y＝sin|x|与y＝|sinx|的最大值都为1且可以同时取到，∴f(x)可以取到最大值2，故D正确.8.写出一个具有下列性质①②③的函数f(x)＝________.①定义域为R；②函数f(x)是奇函数；③f(x＋π)＝f(x).答案sin2x(答案不唯一)解析由③f(x＋π)＝f(x)知要求函数的周期为π，故要求的函数可以是f(x)＝sin2x，此时亦满足①②，答案不唯一.9.(2024·衡水调研)函数f(x)＝2cosx－cos2x的最大值为________.答案eq\f(3,2)解析f(x)＝2cosx－cos2x＝－2cos2x＋2cosx＋1，设t＝cosx，t∈[－1，1]，g(t)＝－2t2＋2t＋1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,2)，则当t＝eq\f(1,2)时，g(t)max＝eq\f(3,2)，∴函数f(x)＝2cosx－cos2x的最大值为eq\f(3,2).10.已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(7π,3)))，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,7)))，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，则a，b，c的大小关系是________(用“<”表示).答案c<a<b解析函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)＋2π))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,7)))＝2sineq\f(10π,21)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,2)，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\f(2π,3)＝2sineq\f(π,3)，因为y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，且eq\f(π,3)<eq\f(10π,21)<eq\f(π,2)，所以sineq\f(π,3)<sineq\f(10π,21)<sineq\f(π,2)，即c<a<b.11.已知函数f(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x－eq\f(\r(3),2).(1)求函数f(x)的最小正周期和最大值；(2)讨论函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上的单调性.解(1)因为函数f(x)＝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)，所以函数f(x)的最小正周期为π，最大值为eq\f(2－\r(3),2).(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，0≤2x－eq\f(π,3)≤π，从而当0≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)，即eq\f(π,6)≤x≤eq\f(5π,12)时，f(x)单调递增；当eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤π，即eq\f(5π,12)≤x≤eq\f(2π,3)时，f(x)单调递减.综上可知，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))上单调递减.12.已知函数f(x)＝4sinωxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))－1(ω＞0)的最小正周期为π.(1)求ω及f(x)的单调递增区间；(2)求f(x)图象的对称中心.解(1)f(x)＝4sinωxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinωx＋\f(\r(3),2)cosωx))－1＝2sin2ωx＋2eq\r(3)sinωxcosωx－1＝1－cos2ωx＋eq\r(3)sin2ωx－1＝eq\r(3)sin2ωx－cos2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6))).∵函数f(x)的最小正周期为π，∴eq\f(2π,2ω)＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，∴f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))(k∈Z).(2)令2x－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，∴f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))，k∈Z.【B级能力提升】13.(多选)(2024·广州模拟)若直线x＝eq\f(π,6)是函数f(x)＝asinx＋bcosx(ab≠0)图象的一条对称轴，则下列说法正确的是()A.b＝eq\r(3)aB.直线x＝－eq\f(5π,6)是函数f(x)图象的一条对称轴C.点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))是函数f(x)图象的一