高考数学（理）高分计划一轮高分讲义第3章三角函数解三角形33三角函数的图象与性质

3．3三角函数的图象与性质[知识梳理]1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图正弦函数y＝sinx，x∈[0,2π]的图象上，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)．余弦函数y＝cosx，x∈[0,2π]的图象上，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．正弦函数、余弦函数、正切函数的图象和性质[诊断自测]1．概念思辨(1)y＝tanx在整个定义域上是增函数．()(2)函数f(x)＝sin(－2x)与f(x)＝sin2x的单调增区间都是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)．()(3)由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(2π,3)))＝sineq\f(π,6)知，eq\f(2π,3)是正弦函数y＝sinx(x∈R)的一个周期．()(4)若非零实数T是函数f(x)的周期，则kT(k是非零整数)也是函数f(x)的周期．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．教材衍化(1)(必修A4P46T2)函数f(x)＝(1＋eq\r(3)tanx)cosx的最小正周期、最大值为()A．2π，B.eqB.q\f(3π,2)，eq\r(3)C．π，D.eqD.q\f(π,2)，eq\r(3)答案A解析f(x)＝(1＋eq\r(3)tanx)cosx＝eq\f(cosx＋\r(3)sinx,cosx)·cosx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，则T＝2π.最大值为2.故选A.(2)(必修A4P40T4)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))(x∈R)，下列结论错误的是()A．函数f(x)是偶函数B．函数f(x)的最小正周期为πC．函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函数D．函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称答案D解析f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝－cos2x，此函数为最小正周期为π的偶函数，所以A、B正确．由函数y＝cosx的单调性知C正确．函数图象的对称轴方程为x＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)，显然，无论k取任何整数，x≠eq\f(π,4)，所以D错误．故选D.3．小题热身(1)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．－1B．－eq\f(\r(2),2)C.eqC.\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).故选B.(2)函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,3)))的单调递增区间是________，最小正周期是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(5π,3)，2kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)2π解析由kπ－eq\f(π,2)<eq\f(x,2)＋eq\f(π,3)<kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得2kπ－eq\f(5π,3)<x<2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z.周期T＝eq\f(π,\f(1,2))＝2π.题型1三角函数的定义域和值域eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例1))函数f(x)＝eq\r(64－x2)＋log2(2sinx－1)的定义域是________．本题采用数形结合．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11π,6)，－\f(7π,6)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)，8))解析由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(64－x2≥0，①,2sinx－1>0，②))由①得－8≤x≤8，由②得sinx>eq\f(1,2)，由正弦曲线得eq\f(π,6)＋2kπ<x<eq\f(5π,6)＋2kπ(k∈Z)．所以不等式组的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11π,6)，－\f(7π,6)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)，8)).eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例2))是否存在实数a，使得函数y＝sin2x＋acosx＋eq\f(5,8)a－eq\f(3,2)在闭区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值是1？若存在，求出对应的a值；若不存在，试说明理由．用转化法将问题化为二次函数型，然后分类讨论．解y＝1－cos2x＋acosx＋eq\f(5,8)a－eq\f(3,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(a,2)))2＋eq\f(a2,4)＋eq\f(5,8)a－eq\f(1,2).当0≤x≤eq\f(π,2)时，0≤cosx≤1.若eq\f(a,2)>1，即a>2，则当cosx＝1时，ymax＝a＋eq\f(5,8)a－eq\f(3,2)＝1⇒a＝eq\f(20,13)<2(舍去)，若0≤eq\f(a,2)≤1，即0≤a≤2，则当cosx＝eq\f(a,2)时，ymax＝eq\f(a2,4)＋eq\f(5,8)a－eq\f(1,2)＝1⇒a＝eq\f(3,2)或a＝－4<0(舍去)．若eq\f(a,2)<0，即a<0，则当cosx＝0时，ymax＝eq\f(5,8)a－eq\f(1,2)＝1⇒a＝eq\f(12,5)>0(舍去)综合上述知，存在a＝eq\f(3,2)符合题设．方法技巧1．三角函数定义域的求法求三角函数定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数线或三角函数图象来求解．见典例1.2．三角函数值域的不同求法(1)形如y＝asinx＋bcosx＋k的三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，再求值域(最值)．(2)形如y＝asin2x＋bsinx＋k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＝asinxcosx＋b(sinx±cosx)＋c的三角函数，可先设t＝sinx±cosx，化为关于t的二次函数求值域(最值)．冲关针对训练1．(2017·郑州模拟)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，a))，若f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，则实数a的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))解析由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，a))，知x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，a＋\f(π,6))).∵x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))时，f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴由函数的图象知eq\f(π,2)≤a＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，所以eq\f(π,3)≤a≤π.2．已知3sin2α＋2sin2β＝2sinα，求y＝sin2α＋sin2β的取值范围．解∵3sin2α＋2sin2β＝2sinα，∴sin2β＝－eq\f(3,2)sin2α＋sinα，∵0≤sin2β≤1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)sin2α＋sinα≥0，,－\f(3,2)sin2α＋sinα≤1，))解得0≤sinα≤eq\f(2,3)，∵y＝sin2α＋sin2β＝－eq\f(1,2)sin2α＋sinα＝－eq\f(1,2)(sinα－1)2＋eq\f(1,2)，0≤sinα≤eq\f(2,3)，∴sinα＝0时，ymin＝0；sinα＝eq\f(2,3)时，ymax＝eq\f(4,9)，∴0≤sin2α＋sin2β≤eq\f(4,9).题型2三角函数的单调性eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例1))(2017·长沙一模)函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(1,2)x))，x∈[－2π，2π]的单调递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(5π,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2π，－\f(π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，2π)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2π，－\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，2π))本题用子集法．答案D解析依题意得y＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))，当2kπ＋eq\f(π,2)≤eq\f(1,2)x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，即4kπ＋eq\f(5π,3)≤x≤4kπ＋eq\f(11π,3)(k∈Z)时，函数y＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))是单调递增函数．又x∈[－2π，2π]，因此函数y＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))，x∈[－2π，2π]的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2π，－\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，2π))，选D.eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例2))已知ω>0，函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，则实数ω的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4)))B.eqB.\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))C.eqC.\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D．(0,2]子集反推法．答案A解析由eq\f(π,2)<x<π，得eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,4)<ωx＋eq\f(π,4)<ωπ＋eq\f(π,4).又y＝sinα在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上递减，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥\f(π,2)，,ωπ＋\f(π,4)≤\f(3π,2)，))解得eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(5,4)，故选A.方法技巧1．求三角函数单调区间的方法(1)代换法：就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角u(或t)，利用复合函数的单调性列不等式求解．(2)图象法：画出三角函数的正、余弦曲线，结合图象求它的单调区间．(3)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．见典例1.2．已知三角函数的单调区间求参数的取值范围的两种方法(1)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．见典例2.(2)周期法：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．提醒：要注意求函数y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时ω的符号，若ω<0，那么一定先借助诱导公式将ω化为正数．同时切莫漏掉考虑函数自身的定义域．冲关针对训练1．下列函数中，周期为π，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上为减函数的是()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))) B．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2))) D．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))答案A解析对于选项A，注意到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos2x的周期为π，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是减函数，故选A.2．(2017·莆田一模)已知函数f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))为f(x)图象的对称中心，B，C是该图象上相邻的最高点和最低点，若BC＝4，则f(x)的单调递增区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(2,3)，2k＋\f(4,3)))，k∈ZB.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈ZC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k－\f(2,3)，4k＋\f(4,3)))，k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(2π,3)，4kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z答案C解析函数f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))为f(x)图象的对称中心，B，C是该图象上相邻的最高点和最低点，∵BC＝4，∴(2eq\r(3))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝42，即12＋eq\f(π2,ω2)＝16，求得ω＝eq\f(π,2).再根据eq\f(π,2)·eq\f(1,3)＋φ＝kπ，k∈Z，可得φ＝－eq\f(π,6)，∴f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(π,6))).令2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(π,2)x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，求得4k－eq\f(2,3)≤x≤4k＋eq\f(4,3)，故f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k－\f(2,3)，4k＋\f(4,3)))，k∈Z，故选C.题型3三角函数的奇偶性及对称性eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例1))(2018·江西模拟)已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)为奇函数，该函数的部分图象如图所示，△EFG是边长为2的等边三角形，则f(1)的值为()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(\r(6),2)C.eqC.\r(3)D．－eq\r(3)数形结合思想．答案D解析∵f(x)＝Acos(ωx＋φ)为奇函数，∴f(0)＝Acosφ＝0∵0<φ<π，∴φ＝eq\f(π,2)，∴f(x)＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))＝－Asinωx.∵△EFG是边长为2的等边三角形，则yE＝eq\r(3)＝A.又∵函数的周期T＝2FG＝4，根据周期公式可得，ω＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2).∴f(x)＝－Asineq\f(π,2)x＝－eq\r(3)sineq\f(π,2)x，则f(1)＝－eq\r(3).故选D.eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例2))(2018·江南十校联考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为4π，且对∀x∈R，有f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))恒成立，则f(x)图象的一个对称中心是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，0))应用公式法．答案A解析由f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为4π，得ω＝eq\f(1,2).因为f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))恒成立，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即eq\f(1,2)×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)．由|φ|<eq\f(π,2)，得φ＝eq\f(π,3)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,3))).令eq\f(1,2)x＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，得x＝2kπ－eq\f(2π,3)(k∈Z)，故f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，0))(k∈Z)．当k＝0时，f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))，故选A.方法技巧1．若f(x)＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，同时当x＝0时，f(x)取得最大或最小值．若f(x)＝Asin(ωx＋φ)为奇函数，则φ＝kπ(k∈Z)，同时当x＝0时，f(x)＝0.2．解决对称性问题的关键：熟练掌握三角函数的对称轴、对称中心．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．冲关针对训练1．(2017·揭阳模拟)当x＝eq\f(π,4)时，函数f(x)＝sin(x＋φ)取得最小值，则函数y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－x))()A．是奇函数且图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称B．是偶函数且图象关于点(π，0)对称C．是奇函数且图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称D．是偶函数且图象关于直线x＝π对称答案C解析∵当x＝eq\f(π,4)时，函数f(x)取得最小值，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝－1，∴φ＝2kπ－eq\f(3π,4)(k∈Z)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2kπ－\f(3π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4)))，∴y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－x))＝sin(－x)＝－sinx，∴y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－x))是奇函数，且图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称．故选C.2．(2018·南阳期末)已知函数f(x)＝eq\r(1－cos2x)，试讨论该函数的奇偶性、周期性以及在区间[0，π]上的单调性．解因为y＝eq\r(1－cos2x)＝eq\r(sin2x)＝|sinx|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx，2kπ≤x≤2kπ＋π，k∈Z，,－sinx，2kπ＋π<x≤2kπ＋2π，k∈Z，))所以作函数的图象如下：所以，该函数是偶函数，周期为π.在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函数，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上是减函数，在区间[0，π]上不是单调函数．1．(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))单调递减答案D解析因为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．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．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(5,6)π，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．因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，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)))是减区间，eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))是增区间，D项错误．故选D.2．(2018·舟山模拟)若函数f(x)＝3sin(2x＋θ)(0<θ<π)是偶函数，则f(x)在[0，π]上的递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))B.eqB.\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))C.eqC.\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))D.eqD.\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))答案B解析∵函数f(x)＝3sin(2x＋θ)(0<θ<π)是偶函数，∴θ＝eq\f(π,2)，f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝3cos2x，令2kπ－π≤2x≤2kπ，求得kπ－eq\f(π,2)≤x≤kπ，可得函数f(x)的增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))(k∈Z)．则f(x)在[0，π]上的递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，故选B.3．(2014·北京高考)设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，A>0，ω>0)．若f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，则f(x)的最小正周期为________．答案π解析记f(x)的最小正周期为T.由题意知eq\f(T,2)≥eq\f(π,2)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,3)，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，且eq\f(2π,3)－eq\f(π,2)＝eq\f(π,6).可作出示意图如图所示，∴x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,6)))×eq\f(1,2)＝eq\f(π,3)，x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(2π,3)))×eq\f(1,2)＝eq\f(7π,12)，∴eq\f(T,4)＝x2－x1＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，∴T＝π.4．(2017·赣榆区期中)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，φ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的图象在y轴上的截距为1，在相邻两个最值点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,2)，2))和(x0，－2)上(x0>0)，函数f(x)分别取最大值和最小值．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若f(x)＝eq\f(k＋1,2)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))内有两个不同的零点，求k的取值范围；(3)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，\f(23,4)))上的对称轴方程．解(1)A＝2，eq\f(T,2)＝x0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,2)))＝eq\f(3,2)⇒T＝3⇒ω＝eq\f(2π,3)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)x＋φ))，代入(0,1)点，2sinφ＝1.∵φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴φ＝eq\f(π,6)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)x＋\f(π,6))).(2)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))⇒eq\f(2π,3)x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))⇒1≤eq\f(k＋1,2)<2⇒1≤k<3.(3)eq\f(2π,3)x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z⇒x＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)k，k∈Z⇒函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，\f(23,4)))上的对称轴方程为x＝eq\f(7,2)，x＝5.[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．如果函数y＝3cos(2x＋φ)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))成中心对称，那么|φ|的最小值为()A.eq\f(π,6)B.eqB.\f(π,4)C.eqC.\f(π,3)D.eqD.\f(π,2)答案A解析依题意得3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋φ))＝0，eq\f(8π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，φ＝kπ－eq\f(13,6)π(k∈Z)，因此|φ|的最小值是eq\f(π,6).故选A.2．已知函数y＝sinωx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上是增函数，则实数ω的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0)) B．[－3,0)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))) D．(0,3]答案C解析由于y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是增函数，为保证y＝sinωx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上是增函数，所以ω>0，且eq\f(π,3)ω≤eq\f(π,2)，则0<ω≤eq\f(3,2).故选C.3．(2017·成都调研)函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－\f(π,3)))(0≤x≤9)的最大值与最小值之和为()A．2－eq\r(3)B．0C．－1D．－1－eq\r(3)答案A解析因为0≤x≤9，所以－eq\f(π,3)≤eq\f(π,6)x－eq\f(π,3)≤eq\f(7π,6)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)).所以y∈[－eq\r(3)，2]，所以ymax＋ymin＝2－eq\r(3)，选A.4．(2017·长沙模拟)设函数f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，且是偶函数，则()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内单调递减B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))内单调递减C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内单调递增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))内单调递增答案A解析由条件，知ω＝2.因为f(x)是偶函数，且|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4)，这时f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\r(2)cos2x.因为当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x∈(0，π)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内单调递减．故选A.5．将函数y＝sinx的图象向左平移eq\f(π,2)个单位，得到函数y＝f(x)的图象，则下列说法正确的是()A．y＝f(x)是奇函数B．y＝f(x)的周期为πC．y＝f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称D．y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))对称答案D解析由题意知，f(x)＝cosx，所以它是偶函数，A错误；它的周期为2π，B错误；它的对称轴是直线x＝kπ，k∈Z，C错误；它的对称中心是点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0))，k∈Z，D正确．故选D.6．(2017·广州综合测试)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))的图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，0))，则函数f(x)的单调递减区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(3π,8)，2kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,8)，2kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)答案D解析由题意得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(3π,8)＋φ))＝0，则2×eq\f(3π,8)＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝－eq\f(3π,4)＋kπ，k∈Z，又因为0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4)，则f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，则由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(5π,8)＋kπ，k∈Z，所以函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋kπ，\f(5π,8)＋kπ))，k∈Z，故选D.7．已知函数y＝sineq\f(πx,3)在区间[0，t]上至少取得2次最大值，则正整数t的最小值是()A．6B．7C．8D．9答案C解析由y＝sineq\f(πx,3)可得T＝6，则由图象可知eq\f(5T,4)≤t，即eq\f(15,2)≤t，∴tmin＝8.故选C.8．将函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后关于原点对称，则函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(1,2)C.eqC.\f(1,2)D.eqD.\f(\r(3),2)答案A解析将f(x)＝sin(2x＋φ)的图象左移eq\f(π,6)个单位长度得y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))的图象，该图象关于原点对称，即为奇函数，则eq\f(π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，且|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，即f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以当2x－eq\f(π,3)＝－eq\f(π,3)，即x＝0时，f(x)取得最小值，最小值为－eq\f(\r(3),2)，选A.9．若函数f(x)＝Msin(ωx＋φ)(ω>0)在区间[a，b]上是增函数，且f(a)＝－M，f(b)＝M，则函数g(x)＝Mcos(ωx＋φ)在[a，b]上()A．是增函数 B．是减函数C．可以取得最大值M D．可以取得最小值－M答案C解析解法一：(特值法)取M＝2，ω＝1，φ＝0画图象即得答案．解法二：T＝eq\f(2π,ω)，g(x)＝Mcos(ωx＋φ)＝Msineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,2)))＝Msineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2ω)))＋φ))，∴g(x)的图象是由f(x)的图象向左平移eq\f(π,2ω)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(即\f(T,4)))得到的．由b－a＝eq\f(T,2)，可知，g(x)的图象由f(x)的图象向左平移eq\f(b－a,2)得到的．∴得到g(x)图象如图所示．选C.10．(2018·新疆质检)已知函数f(x)＝|sinx|·cosx，给出下列五个结论：①feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2018π,3)))＝－eq\f(\r(3),4)；②若|f(x1)|＝|f(x2)|，则x1＝x2＋kπ(k∈Z)；③f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增；④函数f(x)的周期为π；⑤f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))成中心对称．其中正确的结论是()A．①⑤B．①②⑤C．②④D．②⑤答案A解析①feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2018π,3)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(2018π,3)))·coseq\f(2018π,3)＝eq\f(\r(3),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(\r(3),4)，∴①正确；②若|f(x1)|＝|f(x2)|，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x2))，当x1＝0，x2＝eq\f(π,2)时也成立，∴②不正确；③∵当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f(x)＝|sinx|cosx＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)sin2x，－\f(π,4)≤x<0，,\f(1,2)sin2x，0≤x≤\f(π,4)，))∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上不是单调函数，∴③不正确；④∵f(x＋π)≠f(x)，∴函数f(x)的周期不是π，∴④不正确；⑤∵f(x)＝|sinx|cosx＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)sin2x，－π＋2kπ<x<2kπ，,\f(1,2)sin2x，2kπ≤x<π＋2kπ，))k∈Z，∴结合图象可知f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))成中心对称，∴⑤正确．故选A.二、填空题11．设函数f(x)＝sin(eq\r(3)x＋φ)(0<φ<π)，若函数f(x)＋f′(x)是奇函数，则φ＝________.答案eq\f(2π,3)解析由题意得f′(x)＝eq\r(3)cos(eq\r(3)x＋φ)，f(x)＋f′(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋φ＋\f(π,3)))是奇函数，因此φ＋eq\f(π,3)＝kπ(其中k∈Z)，φ＝kπ－eq\f(π,3).又0<φ<π，所以φ＝eq\f(2π