2021届一轮复习人教A版三角函数的图象与性质学案

2021届一轮复习人教A版三角函数的图象与性质学案1．“五点法”作图原理在确定正弦函数y＝sinx在[0,2π]上的图象形状时，起关键作用的五个点是(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(3,2)π，－1))、(2π，0)。2．三角函数的图象和性质函数性质y＝sinxy＝cosxy＝tanx定义域eq\a\vs4\al(R)eq\a\vs4\al(R){x|x≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z}图象续表1．函数y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为T＝eq\f(2π,|ω|)，函数y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为T＝eq\f(π,|ω|)。2．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。3．函数y＝sinx与y＝cosx的对称轴分别是经过其图象的最高点或最低点且垂直于x轴的直线，如y＝cosx的对称轴为x＝kπ(k∈Z)，而不是x＝2kπ(k∈Z)。4．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。一、走进教材1．(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＝1 B．T＝2π，A＝1C．T＝π，A＝2 D．T＝2π，A＝2解析最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，最大值A＝2－1＝1。故选A。答案A2．(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)))上是减函数解析函数y＝4sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增。故选B。答案B二、走近高考3．(2017·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，则下列结论错误的是()A．f(x)的一个周期为－2πB．y＝f(x)的图象关于直线x＝eq\f(8π,3)对称C．f(x＋π)的一个零点为x＝eq\f(π,6)D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减解析A项，因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的周期为2kπ(k∈Z)，所以f(x)的一个周期为－2π，A项正确；B项，因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))图象的对称轴为直线x＝kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)，所以y＝f(x)的图象关于直线x＝eq\f(8π,3)对称，B项正确；C项，f(x＋π)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4π,3)))。令x＋eq\f(4π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝kπ－eq\f(5π,6)，当k＝1时，x＝eq\f(π,6)，所以f(x＋π)的一个零点为x＝eq\f(π,6)，C项正确；D项，因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(2π,3)，2kπ＋\f(5π,3)))(k∈Z)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))是f(x)的单调递减区间，eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))是f(x)的单调递增区间，D项错误。故选D。答案D4．(2018·江苏高考)已知函数y＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，则φ的值是______。解析由函数y＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝±1，因为－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)＋φ<eq\f(7π,6)，则eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，φ＝－eq\f(π,6)。答案－eq\f(π,6)三、走出误区微提醒：①忽视定义域的限制出错；②不注意正切函数的定义域；③不化为同名函数以及同一个单调区间导致比较大小出错。5．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f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))。故选B。答案B6．函数y＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))的单调递减区间为________。解析因为y＝tanx的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)，所以由－eq\f(π,2)＋kπ<2x－eq\f(3π,4)<eq\f(π,2)＋kπ，(k∈Z)，得eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)<x<eq\f(5π,8)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，所以y＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)。答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)7．cos23°，sin68°，cos97°的大小关系是________。解析sin68°＝cos22°，又y＝cosx在[0°，180°]上是减函数，所以sin68°>cos23°>cos97°。答案sin68°>cos23°>cos97°考点一三角函数的定义域【例1】(1)函数y＝eq\f(1,tanx－1)的定义域为________。(2)函数y＝lg(sinx)＋eq\r(cosx－\f(1,2))的定义域为________。解析(1)要使函数有意义，必须有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanx－1≠0，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，k∈Z，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z。))故函数的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))。(2)函数有意义，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx>0，,cosx－\f(1,2)≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx>0，,cosx≥\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ<x<π＋2kπk∈Z，,－\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(π,3)＋2kπk∈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≤eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z。答案(1)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ<x≤\f(π,3)＋2kπ，k∈Z))))1．三角函数定义域的求法(1)以正切函数为例，应用正切函数y＝tanx的定义域求函数y＝Atan(ωx＋φ)的定义域转化为求解简单的三角不等式。(2)求复杂函数的定义域转化为求解简单的三角不等式。2．简单三角不等式的解法(1)利用三角函数线求解。(2)利用三角函数的图象求解。【变式训练】(1)函数y＝eq\r(sinx－cosx)的定义域为________。(2)函数f(x)＝eq\r(1＋logeq\s\do8(\f(1,2))x)＋taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的定义域是________。解析(1)要使函数有意义，必须使sinx－cosx≥0。利用图象，在同一坐标系中画出[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(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z))))。解析：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≤2kπ＋eq\f(5π,4)(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≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z))))。(2)依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋logeq\s\do8(\f(1,2))x≥0，,x>0，,x＋\f(π,4)≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z，))所以0<x≤2，且x≠kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)，所以函数f(x)的定义域是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x≤2且x≠\f(π,4)))))。答案(1)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z))))(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x≤2且x≠\f(π,4)))))考点二三角函数的值域与最值【例2】(1)已知函数f(x)＝cosxsin2x，则函数f(x)的最大值为________。(2)已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋cos2x，求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值。(1)解析(换元法)因为y＝f(x)＝cosxsin2x＝2cos2xsinx＝2(1－sin2x)·sinx＝2(sinx－sin3x)，令t＝sinx，则y＝g(t)＝2(t－t3)，－1≤t≤1。令g′(t)＝2(1－3t2)＝0，得t＝±eq\f(\r(3),3)。当t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),3)))时，g′(t)<0，g(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),3)))上是减函数；当t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))时，g′(t)>0，g(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上是增函数；当t∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))时，g′(t)<0，g(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))上是增函数。由此，得y＝g(t)在t＝eq\f(\r(3),3)时取得最大值，最大值为eq\f(4\r(3),9)。故f(x)的最大值为eq\f(4\r(3),9)。答案eq\f(4\r(3),9)(2)解因为f(x)＝sin2x＋cos2x＋2sinxcosx＋cos2x＝1＋sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))。由正弦函数y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上的图象知，当2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,8)时，f(x)取最大值eq\r(2)＋1；当2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(5π,4)，即x＝eq\f(π,2)时，f(x)取最小值0。综上，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为eq\r(2)＋1，最小值为0。求解三角函数的值域(最值)常见到以下几种类型1．形如y＝asinx＋bcosx＋c的三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)。2．形如y＝asin2x＋bsinx＋c的三角函数，可先设sinx＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)。3．形如y＝asin3x＋bsin2x＋csinx＋d，类似于(2)进行换元，然后用导数法求最值。【变式训练】(1)函数f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的最大值是________。(2)若函数f(x)＝(1＋eq\r(3)tanx)cosx，－eq\f(π,3)≤x≤eq\f(π,6)，则f(x)的最大值为()A．1 B．2C．eq\r(3) D．eq\r(3)＋1解析(1)f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)＝1－cos2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(\r(3),2)))2＋1，cosx∈[0,1]，当cosx＝eq\f(\r(3),2)时，f(x)取得最大值1。(2)f(x)＝(1＋eq\r(3)tanx)cosx＝cosx＋eq\r(3)sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))。因为－eq\f(π,3)≤x≤eq\f(π,6)，所以－eq\f(π,6)≤x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,3)，故当x＝eq\f(π,6)时，f(x)取最大值为eq\r(3)，故选C。答案(1)1(2)C考点三三角函数的性质微点小专题方向1：三角函数的单调性【例3】(1)函数y＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的单调递增区间是________。(2)(2018·全国卷Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx在[0，a]是减函数，则a的最大值是()A．eq\f(π,4)B．eq\f(π,2)C．eq\f(3π,4)D．π解析(1)因为y＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，由2kπ－eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得2kπ－eq\f(5π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)。所以函数的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(5π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))。(2)f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))。当x∈[0，a]时，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，a＋\f(π,4)))，所以结合题意可知，a＋eq\f(π,4)≤π，即a≤eq\f(3π,4)，故所求a的最大值是eq\f(3π,4)。故选C。解析：f′(x)＝－sinx－cosx＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))。于是，由题设得f′(x)≤0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥0在区间[0，a]上恒成立。当x∈[0，a]时，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，a＋\f(π,4)))，所以a＋eq\f(π,4)≤π，即a≤eq\f(3π,4)，故所求a的最大值是eq\f(3π,4)。故选C。答案(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))(2)C1．求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成y＝Asin(ωx＋φ)形式，再求y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，只需把ωx＋φ看作一个整体代入y＝sinx的相应单调区间内即可，注意要先把ω化为正数。2．已知单调区间求参数范围的三种方法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)求解周期性法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)求解方向2：三角函数的奇偶性与周期性【例4】(1)(2019·广东省六校联考)已知A是函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x－\f(π,3)))的最大值，若存在实数x1，x2使得对任意实数x，总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则A|x1－x2|的最小值为()A．eq\f(π,2018)B．eq\f(π,1009)C．eq\f(2π,1009)D．eq\f(π,4036)(2)函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))，φ∈(0，π)满足f(|x|)＝f(x)，则φ的值为()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(5π,6) D．eq\f(2π,3)解析(1)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)sin2018x＋eq\f(1,2)cos2018x＋eq\f(1,2)cos2018x＋eq\f(\r(3),2)sin2018x＝eq\r(3)sin2018x＋cos2018x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))，故A＝f(x)max＝2，f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2018)＝eq\f(π,1009)。又存在实数x1，x2使得对任意实数x，总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，所以f(x2)＝f(x)max，f(x1)＝f(x)min，故A|x1－x2|的最小值为A×eq\f(1,2)T＝eq\f(π,1009)。故选B。(2)因为f(|x|)＝f(x)，所以函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))是偶函数，所以－eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以φ＝kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，又因为φ∈(0，π)，所以φ＝eq\f(5π,6)。答案(1)B(2)C1．若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，则①f(x)为偶函数的充要条件是φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)；②f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z)。2．函数y＝Asin(ωx＋φ)与y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq\f(2π,|ω|)，y＝Atan(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq\f(π,|ω|)。方向3：三角函数的对称性【例5】已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的最小正周期为4π，则该函数的图象()A．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称B．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，0))对称C．关于直线x＝eq\f(π,3)对称D．关于直线x＝eq\f(5π,3)对称解析函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的最小正周期是4π，而T＝eq\f(2π,ω)＝4π，所以ω＝eq\f(1,2)，即f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))。函数f(x)的对称轴为eq\f(x,2)＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，解得x＝eq\f(2,3)π＋2kπ(k∈Z)；函数f(x)的对称中心的横坐标为eq\f(x,2)＋eq\f(π,6)＝kπ，解得x＝2kπ－eq\f(1,3)π(k∈Z)，令k＝1得f(x)的一个对称中心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)π，0))。故选B。答案B对于函数y＝Asin(ωx＋φ)，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点，因此在判断直线x＝x0或点(x0,0)是否是函数的对称轴或对称中心时，可通过检验f(x0)的值进行判断。【题点对应练】1．(方向1)已知函数f(x)＝cos(x＋θ)(0<θ<π)在x＝eq\f(π,3)时取得最小值，则f(x)在[0，π]上的单调递增区间是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))解析因为0<θ<π，所以eq\f(π,3)<eq\f(π,3)＋θ<eq\f(4π,3)，又f(x)＝cos(x＋θ)在x＝eq\f(π,3)时取得最小值，所以eq\f(π,3)＋θ＝π，θ＝eq\f(2π,3)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))。由0≤x≤π，得eq\f(2π,3)≤x＋eq\f(2π,3)≤eq\f(5π,3)。由π≤x＋eq\f(2π,3)≤eq\f(5π,3)，得eq\f(π,3)≤x≤π，所以f(x)在[0，π]上的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))。故选A。答案A2．(方向2)若函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,3)))(0<φ<π)是奇函数，则φ＝________。解析因为f(x)为奇函数，所以φ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，φ＝eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z。又因为0<φ<π，故φ＝eq\f(5π,6)。答案eq\f(5π,6)3．(方向3)函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象与函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象()A．有相同的对称轴但无相同的对称中心B．有相同的对称中心但无相同的对称轴C．既有相同的对称轴也有相同的对称中心D．既无相同的对称中心也无相同的对称轴解析当x＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z时，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝±1，所以函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象的对称轴是x＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，又当2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，即x＝eq\f(π,3)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝±1，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象的对称轴是x＝eq\f(π,3)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象的对称轴也是y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象的对称轴；当x＝eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z时，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝0，所以y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象的对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋kπ，0))，k∈Z，又当x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝0，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象的对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))，k∈Z，由此可得，它们的对称中心均不相同。故选A。答案Aeq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(教师备用题))1．(配合例2使用)将函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,12)个单位，再向下平移1个单位，得到g(x)的图象，若g(x1)g(x2)＝9，且x1，x2∈[－2π，2π]，则2x1－x2的最大值为()A．eq\f(55π,12) B．eq\f(53π,12)C．eq\f(25π,6) D．eq\f(17π,4)解析f(x)向左平移eq\f(π,12)个单位，得到2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，再向下平移一个单位，得到g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1，其最小值为－3，由于g(x1)·g(x2)＝9，故g(x1)＝g(x2)＝－3，也就是说x1，x2是g(x)的最小值点。要使2x1－x2取得最大值，即x1取最大值，x2取最小值。令2x＋eq\f(π,3)＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，2x＝2kπ－eq\f(5π,6)(k∈Z)，x＝kπ－eq\f(5π,12)(k∈Z)，令k＝2，得x1＝eq\f(19π,12)，令k＝－1，得x2＝－eq\f(17π,12)，所以2x1－x2的最大值为2×eq\f(19π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17π,12)))＝eq\f(55π,12)。答案A2．(配合例3使用)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为T，将曲线y＝f(x)向左平移eq\f(π,4)个单位之后，得到曲线y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，则函数f(x)的一个单调递增区间为()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,12)))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,2)，\f(2π,3)))解析因为曲线y＝f(x)向左平移eq\f(π,4)个单位后所得曲线的解析式为y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)＋φ))，所以由题意知eq\f(π,2)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)，所以φ＝2kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)，又因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，因此函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))。令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(5,12)π(k∈Z)。所以函数f(x)的单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5,12)π))(k∈Z)。令k＝0，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,12)，\f(5π,12)))，结合选项可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,3)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))。故选A。答案A3．(配合例5使用)已知函数f(x)＝sinx－acosx图象的一条对称轴为x＝eq\f(3,4)π，记函数f(x)的两个极值点分别为x1，x2，则|x1＋x2|的最小值为________。解析据题意有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(3,4)π－acos\f(3,4)π))＝eq\r(1＋a2)，解得a＝1，所以f(x)＝sinx－cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，x1，x2为函数的极值点，且|x1＋x2|最小，则x1，x2的符号相反，由x－eq\f(π,4)＝±eq\f(π,2)，可得x1＋x2＝－eq\f(π,4)＋eq\f(3,4)π＝eq\f(π,2)，所以|x1＋x2|的最小值为eq\f(π,2)。答案eq\f(π,2)三角函数模型中“ω”值的求法探究在三角函数的图象与性质中ω的求解是近年高考的一个热点内容，但因其求法复杂，涉及的知识点多，历来是我们复习中的难点。本文整理了以下几种ω的求法，以供参考。一、结合三角函数的单调性求解【典例1】若函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω的取值范围是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，3))D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))【解析】令eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq\f(3,2)π＋2kπ(k∈Z)，得eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)≤x≤eq\f(3π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)，因为f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≤\f(π,3)，,\f(π,2)≤\f(3π,2ω)＋\f(2kπ,ω)，))得：6k＋eq\f(3,2)≤ω≤4k＋3。又ω>0，所以k≥0，又6k＋eq\f(3,2)<4k＋3，得0≤k<eq\f(3,4)，所以k＝0。即eq\f(3,2)≤ω≤3，故选D。【答案】D根据正弦函数的单调递减区间，确定函数f(x)的单调递减区间，根据函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，建立不等式，即可求ω的取值范围。【变式训练1】已知函数f(x)＝2sinωx，其中常数ω>0。若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上单调递增，求ω的取值范围。解因为函数f(x)＝2sinωx的周期T＝eq\f(2π,ω)，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))是f(x)的一个单调递增区间。又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))单调递增，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))，于是有－eq\f(π,2ω)≤－eq\f(π,4)，eq\f(π,2ω)≥eq\f(2π,3)。又ω>0，解得0<ω≤eq\f(3,4)。故ω的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))。二、利用三角函数的对称性求解【典例2】已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的一条对称轴x＝eq\f(π,3)，一个对称中心为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，则ω有()A．最小值2 B．最大值2C．最小值1 D．最大值1【解析】因为函数的中心到对称轴的最短距离是eq\f(T,4)，两条对称轴间的最短距离是eq\f(T,2)，所以，中心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))到对称轴x＝eq\f(π,3)间的距离用周期可表示为eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(T,4)＋eq\f(kT,2)(k∈N，T为周期)，解得(2k＋1)T＝π，又T＝eq\f(2π,ω)，所以(2k＋1)·eq\f(2π,ω)＝π，则ω＝2(2k＋1)，当k＝0时，ω＝2最小。故选A。【答案】A三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为eq\f(T,2)，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为eq\f(T,4)，这就说明，我们可根据三角函数的对称