第15课 三角函数的图像与性质

第15课三角函数的图像与性质普查与练习15三角函数的图像与性质1．三角函数的周期性(1)(多选)(2021海南模拟，5分)下列函数中，以4π为周期的函数有(AD)A．y＝taneq\f(x,4)B．y＝sineq\f(x,4)C．y＝sin|x|D．y＝cos|x|解析：对于A：函数y＝taneq\f(x,4)的最小正周期为4π，故A正确；对于B：函数y＝sineq\f(x,4)的最小正周期为8π，故B不正确；对于C：根据图像可知函数y＝sin|x|不是周期函数，故C不正确；对于D：y＝cos|x|＝cosx，最小正周期为2π，所以4π也是它的一个周期，故D正确．故选AD.(2023改编，5分)在函数y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋\f(1,2)))，y＝2sin2x·eq\f(1－tan2x,1＋tan2x)，y＝eq\f(tanx,1＋tan2x)，y＝|sinx＋cosx|＋|sinx－cosx|中，最小正周期为π的函数个数是(B)A．1B．2C．3D．4解析：①画出函数y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋\f(1,2)))的图像，如图所示，则函数的最小正周期为T＝2π.②函数的定义域为{x|x≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z},y＝2sin2x·eq\f(1－tan2x,1＋tan2x)＝2sin2x·eq\f(（1－tan2x）cos2x,（1＋tan2x）cos2x)＝2sin2x·cos2x＝sin4x，画出函数图像，如图所示，由图可知函数的最小正周期为T＝π.③由已知得y＝eq\f(tanx,1＋tan2x)＝eq\f(\f(sinx,cosx),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))\s\up12(2))＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x，则函数的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π.④根据诱导公式，易得|sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))|＋|sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))|＝|cosx－sinx|＋|cosx＋sinx|＝|sinx＋cosx|＋|sinx－cosx|，所以函数的一个周期为eq\f(π,2)，所以函数y＝|sinx＋cosx|＋|sinx－cosx|的最小正周期一定小于π.故选B.(2)(2023汇编，25分)已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)．①若函数f(x)的最小正周期为π，则ω＝(B)A．2B．1C.eq\f(π,2)D．π②若x1＝－eq\f(π,12)，x2＝eq\f(5π,12)是函数f(x)的两个相邻的极值点，则ω＝(C)A．2B.eq\f(3,2)C．1D.eq\f(1,2)③若函数f(x)的图像上相邻两对称轴之间的距离为eq\f(π,3)，则ω＝(A)A.eq\f(3,2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(1,2)D．1④若函数f(x)有相邻的两个零点eq\f(π,12)和eq\f(π,3)，则ω＝(C)A．1B.eq\f(1,2)C．2D．3⑤若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,36)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,36)－x))，则ω的最小值是(D)A.eq\f(1,2)B．1C．2D．3解析：①∵ωx＋eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＝eq\f(π,2)，∴ωx＋eq\f(π,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋eq\f(π,2)，∴f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3))).∵f(x)的最小正周期是π，∴eq\f(2π,2ω)＝π，∴ω＝1.故选B.②由题意可知，函数f(x)＝－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))的最小正周期为T＝2×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))))＝π＝eq\f(2π,2ω)，∴ω＝1.故选C.③函数f(x)的图像上相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,3)，则T＝2×eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3)＝eq\f(2π,2ω)，得ω＝eq\f(3,2).故选A.④∵f(x)有相邻的两个零点eq\f(π,12)和eq\f(π,3)，∴函数的最小正周期为T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝eq\f(2π,2ω)，得ω＝2.故选C.⑤根据题意，可知函数f(x)的图像关于直线x＝eq\f(5π,36)对称，即2ω×eq\f(5π,36)－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得ω＝eq\f(18,5)k＋3，k∈Z.要使得ω取最小值，则k＝0，此时ω取得最小值3.故选D.2．三角函数的奇偶性(3)(2023汇编，15分)已知函数f(x)的最小正周期为4π，f(φ)＝1，f(ωx－φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))(ω＞0，0＜φ＜π)．①函数f(x)是__偶__函数；(填“奇”“偶”或“非奇非偶”)②函数g(x)＝eq\f(f（x－π）＋f2（x－π）,1＋f（x－π）)是__非奇非偶__函数；(填“奇”“偶”或“非奇非偶”)③若函数f(x－m)(m>0)是奇函数，则实数m的最小值是__π__．解析：①由题意，令ωx－φ＝t，可得x＝eq\f(t＋φ,ω)，则f(t)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t＋2φ,ω)＋\f(π,6)))，可得f(x)的解析式为f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋2φ,ω)＋\f(π,6))).∵函数f(x)的最小正周期为4π，∴ω＝4.又f(φ)＝1，∴eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,6))).∵0<φ<π，∴φ＝eq\f(2π,3)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)＋\f(π,3)))＝2coseq\f(1,2)x.∵f(x)的定义域为R，且f(－x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x))＝2coseq\f(1,2)x＝f(x)，∴函数f(x)为偶函数．②f(x－π)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(x,2)))＝2sineq\f(x,2)，g(x)＝eq\f(2sin\f(x,2)＋4sin2\f(x,2),1＋2sin\f(x,2))．令1＋2sineq\f(x,2)≠0，得x≠4kπ＋eq\f(7π,3)且x≠4kπ＋eq\f(11π,3)，k∈Z，∴函数g(x)的定义域为{x|x≠4kπ＋eq\f(7π,3)，且x≠4kπ＋eq\f(11π,3)}(k∈Z)．∵函数的定义域不关于原点对称，∴函数为非奇非偶函数．③∵f(x)＝2coseq\f(1,2)x，∴f(x－m)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(m,2))).又∵f(x－m)为奇函数，∴－eq\f(m,2)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴m＝－2kπ－π，k∈Z.又∵m>0，∴当k＝－1时，m取得最小值π.故答案是π.3．三角函数的对称性(4)(2023汇编，20分)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))－1(ω>0)的最小正周期为eq\f(2π,3).①下列选项正确的是(C)A．函数f(x)的图像关于直线x＝－eq\f(π,18)对称B．函数f(x)的图像关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,9)，－1))对称C．函数f(x)的图像关于直线x＝eq\f(7π,18)对称D．函数f(x)的图像关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,9)，0))对称②(多选)若函数g(x)＝f(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))，且函数g(x)的图像关于直线x＝eq\f(π,3)对称，则φ的值是(ABD)A.eq\f(π,18)B．－eq\f(5π,18)C．－eq\f(π,18)D.eq\f(7π,18)③若函数h(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＋asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))的图像的一条对称轴方程为x＝eq\f(π,2)，则a的值是(C)A.eq\f(\r(3),3)B．－eq\f(\r(3),3)C.eq\r(3)D．－eq\r(3)④函数m(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)ωx＋φ1))(φ1>0)的图像关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称，则φ1的最小值是(C)A.eq\f(π,12)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(5π,12)解析：函数f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,3)，解得ω＝3，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))－1.①令3x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x＝eq\f(kπ,3)＋eq\f(π,18)(k∈Z)．观察选项，取k＝1，可得f(x)图像的一条对称轴为直线x＝eq\f(7π,18).故选C.②g(x)＝f(x＋φ)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋3φ＋\f(π,3)))－1，|φ|<eq\f(π,2).若函数g(x)的图像关于直线x＝eq\f(π,3)对称，则3×eq\f(π,3)＋3φ＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得φ＝eq\f(kπ＋\f(π,2)－\f(π,3)－π,3)＝eq\f(kπ－\f(5π,6),3)＝eq\f(k,3)π－eq\f(5,18)π，k∈Z.当k＝0时，φ＝－eq\f(5π,18)；当k＝1时，φ＝eq\f(π,18)；当k＝2时，φ＝eq\f(7π,18)；当k＝3时，φ＝eq\f(13π,18)；当k＝－1时，φ＝－eq\f(11π,18).故选ABD.③h(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))＋asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))－acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))＝eq\r(a2＋1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)－θ))，tanθ＝a.由3×eq\f(π,2)＋eq\f(π,3)－θ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得θ＝eq\f(4,3)π－kπ，k∈Z，所以a＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)π－kπ))＝eq\r(3)，k∈Z.故选C.④因为函数m(x)＝sin(2x＋φ1)(φ1>0)的图像关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称，所以2×eq\f(π,3)＋φ1＝kπ，k∈Z，得φ1＝kπ－eq\f(2π,3)，k∈Z.结合φ1>0，可知当k＝1时，φ1取得最小值eq\f(π,3).故选C.4．三角函数的单调性a．已知函数解析式求函数的单调区间(5)(2023汇编，15分)已知函数f(x)＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).①下列区间中，函数f(x)单调递增的区间是(A)(2021新高考Ⅰ)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，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))②函数g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,3)))的单调递增区间是(B)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))③函数h(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))的单调递增区间是(D)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，－\f(π,6)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))解析：①因为函数y＝sinx的单调递增区间为(2kπ－eq\f(π,2)，2kπ＋eq\f(π,2))(k∈Z)，对于函数f(x)＝7sineq\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)，解得2kπ－eq\f(π,3)<x<2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)．取k＝0，可得函数f(x)的一个单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))不是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))的子集，A选项满足条件，B选项不满足条件；取k＝1，可得函数f(x)的一个单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))不是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))的子集，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))不是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))的子集，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))不是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))的子集，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))不是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))的子集，C，D选项均不满足条件．故选A.②g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,3)))＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,3)－\f(π,6)))＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))＝－7cos2x.函数g(x)的单调递增区间即为函数y＝cos2x的单调递减区间，即为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)．取k＝0，可得函数g(x)的一个单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，B选项满足条件；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))均不是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的子集，A，D选项均不满足条件；而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))是g(x)的一个单调递减区间，C选项不满足条件．故选B.③h(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))＝7sin(eq\f(π,3)－2x－eq\f(π,6))＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))＝－7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).函数h(x)的单调递增区间即为函数y＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的单调递减区间．由2kπ＋eq\f(π,2)<2x－eq\f(π,6)<2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，解得kπ＋eq\f(π,3)<x<kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)．令k＝－1，得－eq\f(2π,3)<x<－eq\f(π,6)，因此，函数h(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6))).故选D.b．已知函数的单调区间求参数的值或范围(6)(2023汇编，10分)已知函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin(ωx＋φ)(ω>0)．①若φ＝eq\f(π,3)，且函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，则ω的取值范围是(A)A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))②若|φ|<eq\f(π,2)，函数f(x)的最小正周期为π，且f(x)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,5)))上的单调函数，则φ的取值范围是(C)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，－\f(π,10)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))解析：①令2kπ－eq\f(π,2)≤ωx＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得eq\f(2kπ－\f(5π,6),ω)≤x≤eq\f(2kπ＋\f(π,6),ω)，k∈Z.∵函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，∴当k＝0时，可得函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的一个单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6ω)，\f(π,6ω)))，∴(－eq\f(π,6)，eq\f(π,3))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6ω)，\f(π,6ω)))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6ω)≤－\f(π,6)，,\f(π,6ω)≥\f(π,3).)))又ω>0，∴0＜ω≤eq\f(1,2)，即ω的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).故选A.②∵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)))的最小正周期为T＝eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋φ)．∵f(x)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,5)))上的单调函数，且|φ|<eq\f(π,2)，∴eq\f(2π,3)＋φ≥eq\f(π,2)，且eq\f(8π,5)＋φ≤eq\f(3π,2)，解得－eq\f(π,6)≤φ≤－eq\f(π,10).故选C.c．已知函数在含参区间上的单调性，求参数的取值范围(7)(2018全国Ⅱ，5分)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]上是减函数，则a的最大值是(A)A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4)D．π解析：(法一)f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosx－\f(\r(2),2)sinx))＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,4)cosx－sin\f(π,4)sinx))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，令2kπ≤x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋π，k∈Z，解得2kπ－eq\f(π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(3π,4)，k∈Z，所以函数f(x)的单调递减区间为[2kπ－eq\f(π,4)，2kπ＋eq\f(3π,4)]，k∈Z.由已知可得[－a，a]⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以－eq\f(π,4)≤－a<0，且a≤eq\f(3π,4)，即0<a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值为eq\f(π,4).故选A.(法二)同方法一可得f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，所以直线x＝－eq\f(π,4)为函数f(x)图像的一条对称轴，画出函数图像如图：可知－eq\f(π,4)≤－a<0，解得0<a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值为eq\f(π,4).故选A.5．三角函数中的值域及最值问题a．正弦(余弦、正切)型函数在给定区间上的最值问题(8)(2023改编，15分)已知函数f(x)＝sinx－2eq\r(3)sin2eq\f(x,2).①函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最小值是(C)A．－eq\r(3)B．2－eq\r(3)C．0D.eq\r(3)②设g(x)＝－f(x)，则g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，0))上的值域是(A)A．[0，eq\r(2)＋eq\r(3)]B．[－2＋eq\r(3)，eq\r(2)＋eq\r(3)]C．[eq\r(2)＋eq\r(3)，2＋eq\r(3)]D．[0，2＋eq\r(3)]③设h(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\r(3)，则h(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上的值域是(C)A．[－eq\r(3)，eq\r(2)]B．[－1，1]C．[0，2]D．[0，1]解析：①f(x)＝sinx－2eq\r(3)sin2eq\f(x,2)＝sinx－eq\r(3)(1－cosx)＝sinx＋eq\r(3)cosx－eq\r(3)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－eq\r(3).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(7π,12)))，∴当x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,3)，即x＝0时，f(x)取得最小值，最小值为f(0)＝0.故选C.②由①知g(x)＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋eq\r(3).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，0))，∴x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))，∴函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，0))上单调递增，∴函数g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，0))上单调递减．∵g(0)＝－2sineq\f(π,3)＋eq\r(3)＝0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＋eq\r(3)＝eq\r(2)＋eq\r(3)，∴函数g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，0))上的值域为[0，eq\r(2)＋eq\r(3)]．故选A.③∵f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－eq\r(3)，∴h(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\r(3)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋\f(π,3)))－eq\r(3)＋eq\r(3)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))时，2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，函数h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))上为增函数；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，函数h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上为减函数．又∵h(0)＝2cos0＝2，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝2coseq\f(π,2)＝0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2coseq\f(π,3)＝1，∴函数h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上的值域是[0，2]．故选C.(9)(经典题，5分)函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)≤x≤))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)且x≠0))的值域是(B)A.[－1，1]B．(－∞，－1]∪[1，＋∞)C．(－∞，1)D．[－1，＋∞)解析：∵y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝eq\f(1,tanx)，且定义域关于原点对称，∴该函数为奇函数．当0<x≤eq\f(π,4)时，y＝tanx单调递增，∴0<tanx≤1，∴eq\f(1,tanx)≥1.又函数y＝eq\f(1,tanx)为奇函数，∴当－eq\f(π,4)≤x<0时，eq\f(1,tanx)≤－1，∴函数y＝tan(eq\f(π,2)－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)≤x≤\f(π,4)且x≠0))的值域是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．故选B.b．利用换元法解决最值问题(10)(2021北京，4分)函数f(x)＝cosx－cos2x，试判断函数的奇偶性及最大值(D)A．奇函数，最大值为2B．偶函数，最大值为2C．奇函数，最大值为eq\f(9,8)D．偶函数，最大值为eq\f(9,8)解析：由题意可知，函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝cos(－x)－cos(－2x)＝cosx－cos2x＝f(x)，所以该函数为偶函数．又因为f(x)＝cosx－cos2x＝－2cos2x＋cosx＋1＝－2(cosx－eq\f(1,4))2＋eq\f(9,8)，所以当cosx＝eq\f(1,4)时，f(x)取最大值eq\f(9,8).故选D.c．利用化一法解决最值问题(11)(2021全国Ⅱ，5分)函数f(x)＝sineq\f(x,3)＋coseq\f(x,3)的最小正周期和最大值分别是(C)A．3π和eq\r(2)B．3π和2C．6π和eq\r(2)D．6π和2解析：由题意可知，函数f(x)＝sineq\f(x,3)＋coseq\f(x,3)＝eq\r(2)(eq\f(\r(2),2)sineq\f(x,3)＋eq\f(\r(2),2)coseq\f(x,3))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋\f(π,4)))，所以f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,\f(1,3))＝6π，最大值为eq\r(2).故选C.(12)(2023汇编，16分)已知函数f(x)＝eq\r(3)sinxcosx－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2).(Ⅰ)求f(x)的最小正周期；答案：π解：因为f(x)＝eq\r(3)sinxcosx－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，所以函数f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π.(4分)(Ⅱ)求f(x)的最小值及取得最小值时x的取值集合；知识点：对于函数y＝sin(ωx＋φ)＋b(ω>0)，当ωx＋φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时，函数取最小值b－1.答案：－eq\f(1,2)，{x|x＝－eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z}解：令2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得x＝－eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)，即当x∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(π,6)＋kπ，k∈Z))))时，f(x)取得最小值，最小值为－eq\f(1,2).(8分)(Ⅲ)求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(11π,24)))上的最小值；答案：eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2)解：当eq\f(π,4)≤x≤eq\f(11π,24)时，eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(3π,4)，∴函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(11π,24)))上先增后减．又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,24)))＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2)，∴函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(11π,24)))上的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,24)))＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2).(12分)(Ⅳ)若f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，m))上的最大值为eq\f(3,2)，求m的最小值．答案：eq\f(π,3)解析：解：当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，m))时，2x－eq\f(π,6)∈[－eq\f(5π,6)，2m－eq\f(π,6)]．因为f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，m))上的最大值为eq\f(3,2)，所以y＝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,3)，m))上的最大值为1，所以2m－eq\f(π,6)≥eq\f(π,2)，解得m≥eq\f(π,3)，所以m的最小值为eq\f(π,3).(16分)d．与值域(或最值)有关的参数问题(13)(2023汇编，20分)已知函数f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)．①若函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上仅有1个最值，且是最大值，则实数ω的值不可能为(B)A．1B．2C.eq\f(5,4)D.eq\f(7,6)②若f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))对任意的实数x都成立，则ω的最小值为__1__．③若函数f(x)在(0，π)内有且仅有一个极大值点，则ω的取值范围为(A)A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(9,4)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(9,4)))④若函数f(x)的最小正周期T＜2π且在x＝eq\f(π,6)处取得最大值，则ω的最小值为(C)A．3B．12C.eq\f(3,2)D.eq\f(27,2)解析：①∵f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上仅有1个最值，且是最大值，∴根据如图所示的函数y＝eq\r(2)sinx的图像，可得eq\f(πω,6)＋eq\f(π,4)<2kπ＋eq\f(π,2)<eq\f(5πω,12)＋eq\f(π,4)，且eq\f(πω,6)＋eq\f(π,4)≥－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(5πω,12)＋eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(24k,5)＋eq\f(3,5)<ω<12k＋eq\f(3,2)，k∈Z.又ω>0，∴当k＝0时，eq\f(3,5)<ω<eq\f(3,2).结合选项可知，2∉eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(3,2))).故选B.②∵f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))对任意的实数x都成立，∴函数f(x)在x＝eq\f(π,4)时取得最大值，∴eq\f(πω,4)＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得ω＝8k＋1，k∈Z.∵ω>0，∴当k＝0时，ω取得最小值，最小值为1.③∵x∈(0，π)，∴ωx＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，ωπ＋\f(π,4))).∵ω>0，∴函数f(x)在(0，π)内有且仅有一个极大值点，等价于函数y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，ωπ＋\f(π,4)))上有且仅有一个极大值点，∴eq\f(π,2)<ωπ＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,2)，得eq\f(1,4)<ω≤eq\f(9,4).故ω的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(9,4))).故选A.④∵函数f(x)的最小正周期T＜2π，∴eq\f(2π,ω)＜2π.又∵ω>0，∴ω＞1.∵函数f(x)在x＝eq\f(π,6)处取得最大值，∴eq\f(πω,6)＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得ω＝12k＋eq\f(3,2)，k∈Z.∵ω>1，∴当k＝0时，ω取得最小值eq\f(3,2).故选C.(14)(2023改编，18分)已知函数f(x)＝cosx(eq\r(3)sinx－cosx)＋eq\f(1,2).(Ⅰ)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的值；答案：1解：因为f(x)＝cosx(eq\r(3)sinx－cosx)＋eq\f(1,2)＝eq\r(3)sinxcosx－cos2x＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝sin(2x－eq\f(π,6))，(3分)所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)－\f(π,6)))＝sineq\f(π,2)＝1.(5分)(Ⅱ)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，不等式c<f(x)<c＋2恒成立，求实数c的取值范围；答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))解：因为0≤x≤eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，所以－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤1.(8分)因为不等式c<f(x)<c＋2恒成立，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))⊆(c，c＋2)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c<－\f(1,2)，,c＋2>1，))解得－1<c<－eq\f(1,2)，所以实数c的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))).(12分)(Ⅲ)若m<0，n>0，在区间(m，n)上，函数f(x)有最大值，无最小值，求实数m，n的取值范围．答案：m∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))n∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))解：因为f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z.因为m<0，n>0，所以0所在的单调区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))是函数f(x)的一个单调递增区间，所以区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))是函数f(x)的单调递减区间．根据题意可得，函数f(x)在区间(m，n)上有最大值，无最小值，则函数f(x)在(m，n)上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).(15分)则m，n分别满足不等式eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m<0，,m≥－\f(π,6))))及eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(n>0，,\f(π,3)<n≤\f(5π,6)，)))解得－eq\f(π,6)≤m<0，eq\f(π,3)<n≤eq\f(5π,6).所以，实数m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))，n的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6))).(18分)6．三角函数中的零点问题(15)(2023汇编，10分)已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6))).①函数f(x)在[0，π]上的零点个数为__3__．②若g(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(7π,36)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，函数y＝g(x)－a恰好有三个不同的零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，则x1＋2x2＋x3的值为__π__．解析：①由题意，令f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))＝0，则3x＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x＝eq\f(kπ,3)＋eq\f(π,9)(k∈Z)．因为x∈[0，π]，所以可取x＝eq\f(π,9)，eq\f(4π,9)，eq\f(7π,9)这3个值．所以函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]上的零点个数为3.②g(x)＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(7π,36)))＋\f(π,6)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(3π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,4))).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，∴3x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,2))).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))时，g(x)单调递增；当x∈[eq\f(π,12)，eq\f(5π,12)]时，g(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(3π,4)))时，g(x)单调递增，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝－1，g(0)＝eq\f(\r(2),2).函数y＝g(x)－a恰好有三个不同的零点x1，x2，x3，且x1<x2<x3，即为函数y＝g(x)的图像与直线y＝a有三个不同的交点，交点横坐标分别为x1，x2，x3.结合图像的对称性可得，x1＋x2＝2×eq\f(π,12)，x2＋x3＝2×eq\f(5,12)π，则x1＋2x2＋x3＝π.故答案是π.(16)(2019全国Ⅲ，5分)函数f(x)＝2sinx－sin2x在[0，2π]上的零点个数为(B)A．2B．3C．4D．5解析：函数f(x)＝2sinx－sin2x在[0，2π]上的零点个数，即方程2sinx－sin2x＝0在[0，2π]上的根的个数，即函数h(x)＝2sinx和g(x)＝sin2x的图像在[0，2π]上的交点个数．作出两函数在[0，2π]上的图像，如图所示．由图可知，两函数图像的交点个数为3.故选B.(17)(2020北京大兴区一模，4分)已知函数f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,6))(ω>0)．若关于x的方程f(x)＝1在区间[0，π]上有且仅有两个不相等的实根，则ω的最大整数值为(B)A．3B．4C．5D．6解析：令t＝ωx＋eq\f(π,6)，则当x∈[0，π]时，t∈[eq\f(π,6)，ωπ＋eq\f(π,6)]，∴方程f(x)＝1在区间[0，π]上有且仅有两个不相等的实根等价于方程sint＝1在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))上有且仅有两个不相等的实根，等价于函数y＝sint的图像与直线y＝1在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))上有且仅有两个交点．结合正弦函数y＝sint的图像，可得eq\f(5π,2)≤ωπ＋eq\f(π,6)<eq\f(9π,2)，解得eq\f(7,3)≤ω<eq\f(13,3)，∴满足条件的ω的最大整数值为4.故选B.7．三角函数的性质的综合应用a．利用三角函数的图像和性质解三角不等式(18)(2021江西贵溪校级三模，12分)已知函数f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－2sin2x.(Ⅰ)求f(x)的最小正周期；答案：π解：∵函数f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－2sin2x＝eq\r(3)sin2x＋cos2x－1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1，(2分)∴f(x)的最小正周期为eq\f(2π,2)＝π.(4分)(Ⅱ)若f(x)≥0，求x的取值范围．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z解：由f(x)≥0，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≥eq\f(1,2)，∴2kπ＋eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，(8分)解得kπ≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，故不等式的解集为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.(12分)b．综合应用三角函数的性质解决问题(19)(2023汇编，10分)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜eq\f(π,2))的最小正周期为π，且图像关于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))中心对称．①下列结论正确的是(D)A．f(1)＜f(0)＜f(2)B．f(0)＜f(2)＜f(1)C．f(2)＜f(0)＜f(1)D．f(2)＜f(1)＜f(0)②下列说法正确的是(D)A．函数f(x＋φ′)为偶函数的充要条件是φ′＝eq\f(π,8)B．当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,6)))时，函数f(x)的最小值为eq\r(3)C．函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上是减函数D．函数f(x)的图像关于直线x＝eq\f(π,8)对称解析：①∵函数的最小正周期是π，ω＞0，∴eq\f(2π,ω)＝π，得ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋φ)．∵函数f(x)的图像关于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))中心对称，∴2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z.又∵0＜φ＜eq\f(π,2)，∴k＝0，φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).易知函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,8)))上递减，f(x)图像的对称轴为直线x＝eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，∴直线x＝eq\f(π,8)和直线x＝eq\f(5π,8)都是f(x)图像的对称轴，∴f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)×2－0))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，f(2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)×2－2))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－2)).又∵eq\f(π,8)<eq\f(π,4)＜1＜eq\f(5π,4)－2<eq\f(5π,8)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＞f(1)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－2))，即f(2)＜f(1)＜f(0)．故选D.②f(x＋φ′)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ′＋\f(π,4)))，若函数为偶函数，则2φ′＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得φ′＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)，k∈Z.故A选项错误；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,6)))时，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,8)))上，f(x)单调递增；在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,6)))上，f(x)单调递减．在x＝eq\f(π,8)时，f(x)取得最大值，最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝sineq\f(π,2)＝1.故B选项错误；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,8)))时，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))，函数f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)，\f(3π,4)))时，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(7π,4)))，函数f(x)单调递增．故C选项错误；当x＝eq\f(π,8)时，2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即函数f(x)的图像关于直线x＝eq\f(π,8)对称．故D选项正确．(20)(多选)(2020山东济南二模，5分)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝0，f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))))恒成立，且f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上单调，则下列说法正确的是(BCD)A.存在φ，使得f(x)是偶函数B．f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))C．ω是奇数D．ω的最大值为3解析：若f(x)是偶函数，则φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，不满足|φ|＜eq\f(π,2)，故选项A错误．因为f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))))恒成立，所以直线x＝eq\f(3π,8)为函数f(x)图像的对称轴，所以f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))，故选项B正确．因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))是函数f(x)图像的一个对称中心，所以eq\f(3π,8)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝eq\f(T,4)＋eq\f(nT,2)(n∈N)，解得T＝eq\f(2π,2n＋1)(n∈N)，所以eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2n＋1)(n∈N)，即ω＝2n＋1(n∈N)，所以ω是奇数，故选项C正确．因为f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上单调，所以eq\f(T,2)≥eq\f(π,24)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\f(π,8)，所以T≥eq\f(π,4)，所以0<ω≤8.又ω是奇数，所以ω＝1，3，5，7.当ω＝3时，φ＝eq\f(3π,8)，由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))，得3x＋eq\f(3π,8)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,2)))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上单调，符合条件；当ω＝5时，φ＝－eq\f(3π,8)，由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))，得5x－eq\f(3π,8)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(19π,24)，－\f(π,6)))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上不单调，不符合条件；当ω＝7时，φ＝－eq\f(π,8)，由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))，得7x－eq\f(π,8)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17π,24)，\f(π,6)))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上不单调，不符合条件，故选项D正确．故选BCD.(21)(2020北京西城区二模，14分)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<eq\f(π,2))同时满足下列四个条件中的三个：①最小正周期为π；②最大值为2；③f(0)＝－1；④feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝0.(Ⅰ)给出函数f(x)的解析式，并说明理由；答案：f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，理由见解答过程解：若函数f(x)满足条件③，则f(0)＝Asinφ＝－1，这与A>0，0<φ<eq\f(π,2)矛盾，故函数f(x)不能满足条件③，所以函数f(x)只能满足条件①②④.(3分)由条件①，可得eq\f(2π,ω)＝π，即ω＝2.由条件②，可得A＝2.由条件④，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋φ))＝0.又因为0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(9分)(Ⅱ)求函数f(x)的单调递增区间．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z解：令2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)，k∈Z，所以函数f(x)的单调递增区间为[kπ－eq\f(5π,12)，kπ＋eq\f(π,12)]，k∈Z.(14分)(22)(2019全国Ⅰ，5分)函数f(x)＝eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)在[－π，π]上的图像大致为(D)ABCD解析：由y＝sinx＋x为奇函数，y＝cosx＋x2为函数值不为0的偶函数，得f(x)＝eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)，x∈[－π，π]为奇函数，故排除A选项；又f(π)＝eq\f(sinπ＋π,cosπ＋π2)＝eq\f(π,π2－1)>0，故排除B，C选项．故选D.c．判断与三角函数有关的复杂函数的性质(23)(2020全国Ⅲ，5分)关于函数f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)有如下四个命题：①f(x)的图像关于y轴对称；②f(x)的图像关于原点对称；③f(x)的图像关于直线x＝eq\f(π,2)对称；④f(x)的最小值为2.其中所有真命题的序号是__②③__．解析：由sinx≠0可得函数的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，故定义域关于原点对称．因为f(－x)＝sin(－x)＋eq\f(1,sin（－x）)＝－sinx