高考数学一轮复习 讲义 第4节 三角函数的图象与性质

第四节三角函数的图象与性质课标解读考向预测1.能画出三角函数(正弦函数、余弦函数、正切函数)的图象．2.了解三角函数的周期性、单调性、奇偶性、最大(小)值．3.借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0，2π]上，正切函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的性质.从近几年的高考来看，三角函数的图象与性质是高考的重点．预计2027年高考对于三角函数图象与性质的考查会与三角恒等变换结合，以选择题或填空题为主，也可能为解答题，难度中档.1．用“五点法”作正弦函数和余弦函数的简图(1)在正弦函数y＝sinx，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是(0，0)，eq\o(□,\s\up1(01))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，eq\o(□,\s\up1(02))(π，0)，eq\o(□,\s\up1(03))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．(2)在余弦函数y＝cosx，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是(0，1)，eq\o(□,\s\up1(04))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，eq\o(□,\s\up1(05))(π，－1)，eq\o(□,\s\up1(06))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函数y＝sinxy＝cosxy＝tanx图象定义域RReq\o(□,\s\up1(07))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,2)))))(k∈Z)值域eq\o(□,\s\up1(08))[－1，1]eq\o(□,\s\up1(09))[－1，1]R最小正周期2πeq\o(□,\s\up1(10))2πeq\o(□,\s\up1(11))π奇偶性eq\o(□,\s\up1(12))奇函数eq\o(□,\s\up1(13))偶函数奇函数单调递增区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)eq\o(□,\s\up1(14))[2kπ－π，2kπ](k∈Z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)单调递减区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)eq\o(□,\s\up1(15))[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)—图象的对称中心(kπ，0)(k∈Z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0))(k∈Z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)图象的对称轴方程x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)x＝kπ(k∈Z)—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eq\f(1,2)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．正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期．2．三角函数中奇函数一般可化为y＝Asinωx或y＝Atanωx的形式，偶函数一般可化为y＝Acosωx＋b的形式．(1)若y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)；若y＝Asin(ωx＋φ)为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)．(2)若y＝Acos(ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ(k∈Z)；若y＝Acos(ωx＋φ)为奇函数，则有φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．(3)若y＝Atan(ωx＋φ)为奇函数，则有φ＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)．题组一走出误区——判一判(1)y＝sinx在第一、第四象限单调递增．()(2)正切函数y＝tanx在定义域上是增函数．()(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)余弦曲线的对称轴是y轴．()(5)函数y＝cos|x|和y＝cosx周期相同．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√题组二回归教材——练一练(1)(人教A必修第一册5.4.2例2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答案：A解析：T＝eq\f(2π,2)＝π，A＝2－1＝1.故选A.(2)(人教B必修第三册7.3.4例1改编)函数y＝3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的定义域是________．答案：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,8)，k∈Z))))解析：要使函数有意义，则2x＋eq\f(π,4)≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即x≠eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)，k∈Z，所以函数的定义域为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,8)，k∈Z)))).(3)(人教A必修第一册5.4.2练习T3改编)函数y＝4sinx在[－π，π]上的单调递减区间是________．答案：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))(4)(人教A必修第一册习题5.4T4改编)函数y＝3－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值为________，此时x＝________．答案：5eq\f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)解析：函数y＝3－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值为3＋2＝5，此时x＋eq\f(π,4)＝π＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)．考点一三角函数的定义域函数f(x)＝eq\r(sinx)＋eq\f(1,\r(16－x2))的定义域为________．答案：(－4，－π]∪[0，π]解析：因为f(x)＝eq\r(sinx)＋eq\f(1,\r(16－x2))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx≥0，,16－x2>0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2kπ≤x≤π＋2kπ，k∈Z，,－4<x<4.))对于2kπ≤x≤π＋2kπ，k∈Z，当k＝0时，0≤x≤π；当k＝1时，2π≤x≤3π；当k＝－1时，－2π≤x≤－π；当k＝－2时，－4π≤x≤－3π，所以－4<x≤－π或0≤x≤π，即f(x)的定义域为(－4，－π]∪[0，π]．求三角函数的定义域，实际上是构造简单的三角不等式(组)，解三角不等式(组)常借助三角函数的图象，对于有限集、无限集求交集可借助数轴．1.函数y＝ln(2cos2x＋1)的定义域是________．答案：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)<x<kπ＋\f(π,3)，k∈Z))))解析：由题意，得2cos2x＋1>0，即cos2x>－eq\f(1,2)，令u＝2x，则y＝cosu的图象如图所示，由图可知2kπ－eq\f(2π,3)<2x<2kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，解得kπ－eq\f(π,3)<x<kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，即函数y＝ln(2cos2x＋1)的定义域是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)<x<kπ＋\f(π,3)，k∈Z)))).考点二三角函数的单调性(多考向探究)考向1求三角函数的单调区间函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))在[0，π]上的单调递减区间为________．答案：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))解析：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，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.故函数f(x)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.令A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z，B＝[0，π]，则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))，所以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)).已知三角函数解析式求单调区间的方法代换法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，利用复合函数的单调性列不等式求解图象法画出三角函数的图象，结合图象求函数的单调区间2.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：因为f(x)＝cos2x－sin2x＝cos2x.对于A，当－eq\f(π,2)<x<－eq\f(π,6)时，－π<2x<－eq\f(π,3)，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递增，A错误；对于B，当－eq\f(π,4)<x<eq\f(π,12)时，－eq\f(π,2)<2x<eq\f(π,6)，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上不单调，B错误；对于C，当0<x<eq\f(π,3)时，0<2x<eq\f(2π,3)，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减，C正确；对于D，当eq\f(π,4)<x<eq\f(7π,12)时，eq\f(π,2)<2x<eq\f(7π,6)，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上不单调，D错误．故选C.考向2已知三角函数的单调性求参数(1)若函数f(x)＝sin(2x－φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|≤\f(π,2)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，则φ的取值范围为________．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))解析：由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，得2x－φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－φ，\f(2π,3)－φ))，又|φ|≤eq\f(π,2)，则eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3)－φ≤eq\f(7π,6)，又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－φ≤\f(π,2)，,－φ≥－\f(π,2)，))解得eq\f(π,6)≤φ≤eq\f(π,2)，即φ的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))).(2)(2026·福建漳州质检)已知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))，若f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(π,6)))(0<a<2π)上不单调，则实数a的取值范围是________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))解析：解法一：因为当a≤x≤a＋eq\f(π,6)时，eq\f(a,2)＋eq\f(π,3)≤eq\f(1,2)x＋eq\f(π,3)≤eq\f(a,2)＋eq\f(5π,12)，又0<a<2π，所以0<eq\f(a,2)<π，所以eq\f(a,2)＋eq\f(5π,12)<π＋eq\f(5π,12)＜eq\f(3π,2)，结合正弦函数的图象可知，若f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(π,6)))(0<a<2π)上不单调，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)＋\f(π,3)＜\f(π,2)，,\f(a,2)＋\f(5π,12)＞\f(π,2)，))解得eq\f(π,6)<a<eq\f(π,3).故实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))).解法二：作出函数f(x)的部分图象如图所示，因为a<2π，所以a＋eq\f(π,6)<eq\f(13π,6)<eq\f(7π,3).因为f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(π,6)))(0<a<2π)上不单调，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<\f(π,3)，,a＋\f(π,6)>\f(π,3)，))解得eq\f(π,6)<a<eq\f(π,3).故实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))).已知单调区间求参数的三种方法子集法求出原函数的相应单调区间，由已知区间是该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)个周期列不等式(组)求解“函数f(x)在区间M上单调”与“函数f(x)的单调区间为N”两者的含义不同，M是N的子集．3.若函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,10)))－2在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，a))上单调，则实数a的最大值是________．答案：eq\f(7π,5)解析：解法一：令2kπ＋eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,10)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，即2kπ＋eq\f(2π,5)≤x≤2kπ＋eq\f(7π,5)，k∈Z，所以函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,5)，\f(7π,5)))上单调递减，所以实数a的最大值是eq\f(7π,5).解法二：因为eq\f(π,2)≤x≤a，所以eq\f(π,2)＋eq\f(π,10)≤x＋eq\f(π,10)≤a＋eq\f(π,10)，又f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，a))上单调，所以eq\f(π,2)＋eq\f(π,10)<a＋eq\f(π,10)≤eq\f(3π,2)，即eq\f(π,2)<a≤eq\f(7π,5)，所以实数a的最大值是eq\f(7π,5).考点三三角函数的最值(值域)(1)函数f(x)＝2cosx－cos2x的最小值为()A．－4 B．－3C．－2 D．－1答案：B解析：因为f(x)＝2cosx－cos2x，所以f(x)＝－2cos2x＋2cosx＋1，令t＝cosx，t∈[－1，1]，则函数f(x)＝2cosx－cos2x等价于y＝－2t2＋2t＋1，t∈[－1，1]，又y＝－2t2＋2t＋1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,2)，t∈[－1，1]，当t＝－1时，y＝－2t2＋2t＋1取得最小值－3，即函数f(x)＝2cosx－cos2x的最小值为－3.(2)函数f(x)＝sinx－eq\r(3)cosx在[0，π]上的最大值是________．答案：2解析：f(x)＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，当x∈[0，π]时，x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，故当x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(5π,6)时，f(x)取得最大值2.(3)已知函数f(x)＝sinx＋cosx＋2sinxcosx，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则f(x)的最小值为________，最大值为________．答案：11＋eq\r(2)解析：令t＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，则t2＝(sinx＋cosx)2＝1＋2sinxcosx，故2sinxcosx＝t2－1，因为x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以t∈[1，eq\r(2)]，令g(t)＝t＋t2－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，t∈[1，eq\r(2)]，则g(t)在[1，eq\r(2)]上单调递增，则g(t)min＝g(1)＝1，g(t)max＝g(eq\r(2))＝1＋eq\r(2)，所以f(x)的最小值为1，最大值为1＋eq\r(2).求解三角函数的最值(值域)常见的几种类型类型一形如y＝asinx＋bcosx＋c的三角函数，化为y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式求最值(值域)类型二形如y＝asin2x＋bsinx＋c的三角函数，可先设sinx＝t，化为关于t的二次函数求最值(值域)类型三形如y＝asinxcosx＋b(sinx±cosx)＋c的三角函数，可先设t＝sinx±cosx，化为关于t的二次函数求最值(值域)4.(2025·新课标Ⅱ卷，15)已知函数f(x)＝cos(2x＋φ)(0≤φ<π)，f(0)＝eq\f(1,2).(1)求φ；(2)设函数g(x)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，求g(x)的值域和单调区间．解：(1)由题意，得f(0)＝cosφ＝eq\f(1,2)，又0≤φ<π，所以φ＝eq\f(π,3).(2)由(1)可知f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以g(x)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋cos2x＝eq\f(1,2)cos2x－eq\f(\r(3),2)sin2x＋cos2x＝eq\f(3,2)cos2x－eq\f(\r(3),2)sin2x＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以函数g(x)的值域为[－eq\r(3)，eq\r(3)]．令2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤π＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z，令π＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤2π＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(11π,12)＋kπ，k∈Z，所以函数g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z，单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋kπ，\f(11π,12)＋kπ))，k∈Z.考点四三角函数的周期性(1)函数y＝1－2sin2x的最小正周期为()A.eq\f(π,2) B．πC．2π D．4π答案：B解析：因为y＝1－2sin2x＝cos2x，所以该函数的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.故选B.(2)函数f(x)＝ataneq\f(x,a)的最小正周期是()A．πa B．π|a|C.eq\f(π,a) D.eq\f(π,|a|)答案：B解析：对于函数f(x)＝ataneq\f(x,a)，显然a≠0，所以函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(π,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a))))＝π|a|.故选B.(3)函数f(x)＝cosx＋2coseq\f(1,2)x的一个周期为()A．π B．2πC．3π D．4π答案：D解析：易知y1＝cosx，y2＝2coseq\f(1,2)x的最小正周期分别为2π，4π，则2π，4π的公倍数4π是f(x)的一个周期．故选D.求三角函数周期的常用方法5.函数f(x)＝sinx＋tanx的最小正周期为()A．2π B．πC．2 D．1答案：A解析：因为函数y＝sinx与y＝tanx的最小正周期分别为2π，π，所以函数f(x)的最小正周期为2π.故选A.6．函数f(x)＝eq\r(|sinx|＋|cosx|)的最小正周期是()A.eq\f(π,2) B．πC．2π D．3π答案：A解析：因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝eq\r(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2))))))＝eq\r(|cosx|＋|－sinx|)＝eq\r(|cosx|＋|sinx|)＝f(x)，所以函数f(x)的最小正周期为eq\f(π,2).故选A.7．(多选)下列函数中，最小正周期为π的是()A．y＝cos|2x| B．y＝|sin2x|C．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D．y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))答案：AC解析：对于A，y＝cos|2x|＝cos2x，最小正周期为π；对于B，由图象知y＝|sin2x|的最小正周期为eq\f(π,2)；对于C，y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π；对于D，y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的最小正周期T＝eq\f(π,2).故选AC.考点五三角函数的奇偶性、对称性(多考向探究)考向1奇偶性(1)下列函数中周期是π的偶函数是()A．y＝|cosx| B．y＝|cos2x|C．y＝－sinx D．y＝sinx＋1答案：A解析：对于A，y＝|cosx|为偶函数，且最小正周期为π，所以A符合题意；对于B，y＝|cos2x|为偶函数，最小正周期为eq\f(π,2)，所以B不符合题意；对于C，y＝－sinx为奇函数，所以C不符合题意；对于D，y＝sinx＋1为非奇非偶函数，所以D不符合题意．故选A.(2)已知f(x)＝eq\r(2)sin(x－α)＋cosx是奇函数，则tanα＝()A．1 B．±1C.eq\r(3) D．±eq\r(3)答案：B解析：因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，即eq\r(2)sin(－α)＋cos0＝0，解得sinα＝eq\f(\r(2),2)，所以cosα＝±eq\f(\r(2),2)，此时f(x)＝eq\r(2)sinxcosα－eq\r(2)cosxsinα＋cosx＝eq\r(2)sinxcosα＝±sinx，是奇函数，所以tanα＝±1.故选B.三角函数型函数奇偶性的判断除可以借助定义外，还可以借助其图象与性质，在y＝Asin(ωx＋φ)中代入x＝0，若y＝0，则为奇函数；若y为最大或最小值，则为偶函数．若y＝Asin(ωx＋φ)为奇函数，则φ＝kπ(k∈Z)；若y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)．8.已知函数f(x)＝2cos2(x＋θ)－1，则“θ＝eq\f(π,4)＋kπ(k∈Z)”是“函数f(x)为奇函数”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案：A解析：因为f(x)＝2cos2(x＋θ)－1＝cos(2x＋2θ)，若函数f(x)为奇函数，则2θ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得θ＝eq\f(π,4)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(θ\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(θ＝\f(π,4)＋kπ，k∈Z))))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(θ\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(θ＝\f(π,4)＋\f(kπ,2)，k∈Z))))，因此“θ＝eq\f(π,4)＋kπ(k∈Z)”是“函数f(x)为奇函数”的充分不必要条件．故选A.9．已知f(x)＝sinx＋cosx，若y＝f(x＋θ)是偶函数，则cosθ＝________．答案：±eq\f(\r(2),2)解析：f(x)＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，由y＝f(x＋θ)是偶函数，得θ＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，即θ＝eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，所以cosθ＝±eq\f(\r(2),2).考向2对称性(1)已知函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，则函数f(x)的图象关于()A．点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称 B．点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称C．直线x＝eq\f(π,6)对称 D．直线x＝eq\f(π,3)对称答案：C解析：由题意，设2x＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)，k∈Z，所以函数f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))(k∈Z)．设2x＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)，k∈Z，所以函数f(x)图象的对称轴为直线x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)，通过对比选项可知，函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称．故选C.(2)(2025·新课标Ⅰ卷，4)若点(a，0)(a>0)是函数y＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象的一个对称中心，则a的最小值为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2) D.eq\f(4π,3)答案：B解析：由题意，知a－eq\f(π,3)＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以a＝eq\f(π,3)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，又a>0，则当k＝0时，a取得最小值，为eq\f(π,3).故选B.三角函数图象的对称轴和对称中心的求解思路和方法(1)思路：函数y＝Asin(ωx＋φ)图象的对称轴和对称中心可结合y＝sinx图象的对称轴和对称中心求解．(2)方法：利用整体代换的方法求解，令ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得x＝eq\f(（2k＋1）π－2φ,2ω)，k∈Z，即对称轴方程；令ωx＋φ＝kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ－φ,ω)，k∈Z，即对称中心的横坐标(纵坐标为0)．对于y＝Acos(ωx＋φ)，y＝Atan(ωx＋φ)，可以利用类似的方法求解(注意y＝Atan(ωx＋φ)的图象无对称轴)．10.(多选)(2026·黑龙江齐齐哈尔模拟)A，B是函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象与直线y＝2的两个交点，则下列说法正确的是()A．|AB|min＝eq\f(π,2)B．f(x)的定义域为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠\f(5,12)＋kπ，k∈Z))))C．f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(kπ,4)，0))，k∈ZD．f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))上单调递增答案：AC解析：对于A，因为f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的最小正周期T＝eq\f(π,2)，所以|AB|min＝eq\f(π,2)，故A正确；对于B，由2x－eq\f(π,3)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x≠eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以f(x)的定义域为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠\f(5π,12)＋\f(kπ,2)，k∈Z))))，故B错误；对于C，由2x－eq\f(π,3)＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，解得x＝eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,4)，k∈Z，所以f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(kπ,4)，0))，k∈Z，故C正确；对于D，因为当x＝－eq\f(π,12)时，2x－eq\f(π,3)＝－eq\f(π,2)，f(x)无意义，所以区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))不可能是f(x)的单调递增区间，故D错误．故选AC.11．(多选)已知函数f(x)＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－cos2x，则()A．f(x)的最小正周期为πB．f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，0))对称C．f(x)图象的对称轴方程为x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)D．f(x)在[0，2π]上有4个零点答案：ACD解析：f(x)＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))),2)－cos2x＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3),2)sin2x))－cos2x＝eq\f(\r(3),4)sin2x－eq\f(3,4)cos2x＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(1,2)，则f(x)的最小正周期为π，A正确；易知f(x)图象的对称中心的纵坐标为eq\f(1,2)，B错误；令2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，即为f(x)图象的对称轴方程，C正确；由f(x)＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(1,2)＝0，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),3)，当x∈[0，2π]时，2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,3)))，作出函数y＝sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,3)))))的图象，如图所示．由图可知，方程sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),3)在[0，2π]上有4个不相等的实数根，即f(x)在[0，2π]上有4个零点，D正确．课时作业基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号123456789难度★★★★★★★★★★★考点利用函数图象求单调区间由余弦型函数的奇偶性求参数正弦型函数图象的对称轴与正弦函数有关的最值问题已知正弦型函数的值域求参数求正切型函数图象的对称中心由正弦型函数的单调性求参数正弦型函数的奇偶性、周期性、对称性、单调性利用单调性比较大小题号10111213141516171819难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★考点与三角函数相关的函数的最值、周期性、奇偶性、对称性含绝对值的正弦型函数的综合问题与正切函数相关的定义域问题正弦型函数的最值由正弦型函数的对称性、周期性求参数正弦型函数的对称性、最值正弦型函数的零点、最值、周期性、对称性与三角函数相关的函数的周期性、对称性、零点、单调性正弦型函数的最值正弦型函数的对称性；由最值求参数一、单项选择题1．函数y＝|cosx|的一个单调递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))) B．[0，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))答案：D解析：将y＝cosx的图象位于x轴下方的部分关于x轴对称向上翻折，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y＝|cosx|的图象(如图)，由图象可知选D.2．若函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)＋φ))为奇函数，则φ的值可以是()A.eq\f(5π,6) B.eq\f(4π,3)C．π D.eq\f(π,2)答案：A解析：由题意，得－eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，则φ＝kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，当k＝0时，A符合题意．故选A.3．函数f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))图象的对称轴方程为()A．x＝eq\f(π,3)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z B．x＝eq\f(π,2)＋eq\f(kπ,2)，k∈ZC．x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z D．x＝eq\f(7π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z答案：C解析：f(x)＝－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＋eq\f(1,2)sin2x＝－eq\f(\r(3),2)cos2x＋eq\f(1,2)sin2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，由2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z.故选C.4．函数f(x)＝cos2x＋2sinx，x∈[0，π]的最大值为()A.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(3,2) D．2答案：C解析：f(x)＝1－2sin2x＋2sinx＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,2)，因为x∈[0，π]，所以sinx∈[0，1]，所以当sinx＝eq\f(1,2)时，f(x)取得最大值，为eq\f(3,2).故选C.5．已知函数f(x)＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1的定义域为[0，m]，值域为[－2，7]，则m的最大值是()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)答案：C解析：由函数f(x)＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1的值域为[－2，7]，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，由x∈[0，m]，可得2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，2m－\f(π,6)))，所以eq\f(π,2)≤2m－eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，解得eq\f(π,3)≤m≤eq\f(2π,3)，所以m的最大值是eq\f(2π,3).故选C.6．(2026·湖北部分重点中学联考)已知函数f(x)＝tan(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))图象上相邻的两个对称中心间的距离为eq\f(π,2)，若f(π)＝1，则函数f(x)图象的一个对称中心为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，0)) D．(π，0)答案：B解析：因为函数f(x)＝tan(ωx＋φ)图象上相邻的两个对称中心间的距离为eq\f(π,2)，所以函数f(x)的最小正周期T＝π，又ω>0，所以eq\f(π,ω)＝π，解得ω＝1，即f(x)＝tan(x＋φ)．又f(π)＝1，所以tan(π＋φ)＝1，则tanφ＝1，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4)，即f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).令x＋eq\f(π,4)＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,4)(k∈Z)，所以f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,4)，0))(k∈Z)，所以函数f(x)图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0)).故选B.7．(2026·广东湛江模拟)若函数f(x)＝3sinx＋2cosx在[0，α]上单调递增，则当α取得最大值时，cosα＝()A．－eq\f(3\r(13),13) B．－eq\f(2\r(13),13)C.eq\f(3\r(13),13) D.eq\f(2\r(13),13)答案：D解析：f(x)＝3sinx＋2cosx＝eq\r(13)sin(x＋φ)，其中sinφ＝eq\f(2\r(13),13)>0，cosφ＝eq\f(3\r(13),13)>0，且φ为锐角，因为f(x)在[0，α]上单调递增，且φ＋x∈[φ，α＋φ]，所以[φ，φ＋α]⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则α的最大值为eq\f(π,2)－φ，此时cosα＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－φ))＝sinφ＝eq\f(2\r(13),13).故选D.8．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，其图象相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2)，且函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))是偶函数，则下列判断正确的是()A．函数f(x)的最小正周期为2πB．函数f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0))对称C．函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上单调递增D．函数f(x)的图象关于直线x＝－eq\f(7π,12)对称答案：C解析：因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2)，所以函数f(x)的最小正周期T＝π，A错误；因为ω＝eq\f(2π,T)＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))是偶函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,12)))，即直线x＝eq\f(π,12)是函数f(x)图象的对称轴，所以2×eq\f(π,12)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得φ＝kπ＋eq\f(π,3)(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)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝sineq\f(3π,2)＝－1，所以点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0))不是函数f(x)图象的对称中心，B错误；因为当eq\f(3π,4)≤x≤π时，eq\f(11π,6)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上单调递增，C正确；因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)))＝－eq\f(1,2)，所以直线x＝－eq\f(7π,12)不是函数f(x)图象的对称轴，D错误．故选C.二、多项选择题9．下列各式中正确的是()A．taneq\f(3π,5)<taneq\f(π,5)B．tan2>tan3C．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17π,4)))>coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23π,5)))D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,18)))<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10)))答案：AC解析：对于A，taneq\f(3π,5)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,5)－π))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,5)))，因为正切函数y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，且－eq\f(π,2)<－eq\f(2π,5)<eq\f(π,5)<eq\f(π,2)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,5)))<taneq\f(π,5)，即taneq\f(3π,5)<taneq\f(π,5)，A正确；对于B，因为正切函数y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递增，且eq\f(π,2)<2<3<eq\f(3π,2)，所以tan2<tan3，B不正确；对于C，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17π,4)))＝coseq\f(17π,4)＝coseq\f(π,4)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23π,5)))＝coseq\f(23π,5)＝coseq\f(3π,5)，因为余弦函数y＝cosx在(0，π)上单调递减，且0<eq\f(π,4)<eq\f(3π,5)<π，所以coseq\f(π,4)>coseq\f(3π,5)，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17π,4)))>coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23π,5)))，C正确；对于D，因为正弦函数y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，且－eq\f(π,2)<－eq\f(π,10)<－eq\f(π,18)<eq\f(π,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,18)))>sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10)))，D不正确．故选AC.10．已知函数f(x)＝eq\f(2sinx,5－cos2x)，则()A．f(x)为奇函数B．f(x)的最大值为eq\f(1,3)C．f(x)的最小正周期为πD．f(x)的图象关于直线x＝π对称答案：AB解析：因为f(x)的定义域为R，且f(x)＝eq\f(2sinx,5－cos2x)＝eq\f(sinx,3－cos2x)，则f(－x)＝eq\f(sin（－x）,3－cos2（－x）)＝－eq\f(sinx,3－cos2x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，A正确；因为f(x)＝eq\f(sinx,3－cos2x)＝eq\f(sinx,2＋sin2x)，显然f(x)＝f(x＋2π)，且f(0)＝f(π)＝0，当x∈(0，π)时，f(x)＝eq\f(1,sinx＋\f(2,sinx))，又0<sinx≤1，函数y＝eq\f(2,x)＋x在(0，1]上单调递减，因此eq\f(2,sinx)＋sinx≥3，所以0<f(x)≤eq\f(1,3)，当x∈(π，2π)时，f(x)<0，所以f(x)的最大值为eq\f(1,3)，B正确；因为f(x＋π)＝eq\f(sin（x＋π）,3－cos2（x＋π）)＝－eq\f(sinx,3－cos2x)＝－f(x)，所以f(x)的最小正周期不是π，C不正确；因为f(2π－x)＝eq\f(sin（2π－x）,3－cos2（2π－x）)＝－eq\f(sinx,3－cos2x)＝－f(x)，所以f(x)的图象不关于直线x＝π对称，D不正确．故选AB.11．已知函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))，则下列说法正确的是()A．f(x)的值域为[0，1]B．f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))中心对称C．f(x)的最小正周期为πD．f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,6)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)答案：AD解析：因为－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1，所以0≤f(x)≤1，A正确；虽然feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)－\f(π,3)))))＝0，但f(x)≥0，因此f(x)的图象不可能关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))中心对称，B错误；因为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的最小正周期是eq\f(2π,2)＝π，所以f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))的最小正周期是eq\f(π,2)，C错误；由f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))＝0，得2x－eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)，k∈Z，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≥0，易得当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))时，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))时，f(x)单调递减，又f(x)的最小正周期是eq\f(π,2)，所以f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,6)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)，D正确．故选AD.三、填空题12．函数y＝eq\r(1－tanx)的定义域为________．答案：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ<x≤\f(π,4)＋kπ，k∈Z))))解析：由1－tanx≥0，得tanx≤1，所以－eq\f(π,2)＋kπ<x≤eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，即函数y＝eq\r(1－tanx)的定义域为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ<x≤\f(π,4)＋kπ，k∈Z)))).13．已知函数f(x)＝sinx＋cosx(x∈R)，则函数y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为________．答案：1＋eq\f(\r(2),2)解析：因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)sinx，所以y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)sinx(sinx＋cosx)＝eq\r(2)(sinxcosx＋sin2x)＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x－\f(1,2)cos2x＋\f(1,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq\f(\r(2),2).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以当2x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(3π,8)时，函数y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))取得最大值1＋eq\f(\r(2),2).14．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)cosφ＋cos(ωx＋φ)sinφeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中ω>0，0<φ<\f(π,2)))的相邻两个零点之间的距离为eq\f(π,2)，且满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－x))，则φ＝________．答案：eq\f(π,6)解析：由两角和的正弦公式，得f(x)＝sin(ωx＋2φ)，又函数f(x)的相邻两个零点之间的距离为eq\f(π,2)，所以该函数的最小正周期为π，所以π＝eq\f(2π,ω)，解得ω＝2.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－x))，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,12)对称，所以2×eq\f(π,12)＋2φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得φ＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)，k∈Z，又0＜φ＜eq\f(π,2)，所以取k＝0，得φ＝eq\f(π,6).四、解答题15．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋cosx＋a的最大值为1.(1)求a的值；(2)求f(x)图象的对称中心和对称轴；(3)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(7π,6)))时，求f(x)的最值，以及相应x的值．解：(1)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋cosx＋a＝sinxcoseq\f(π,6)＋cosxsineq\f(π,6)＋sinxcoseq\f(π,6)－cosxsineq\f(π,6)＋cosx＋a＝eq\r(3)sinx＋cosx＋a＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋a，因为f(x)的最大值为1，所以2＋a＝1，解得a＝－1.(2)由(1)，知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1，令x＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝－eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，故f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋kπ，－1))，k∈Z，令x＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得x＝kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，故f(x)图象的对称轴为直线x＝kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z.(3)因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(7π,6)))，所以x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(4π,3)))，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1∈[－eq\r(3)－1，1]，所以f(x)的最小值为－eq\r(3)－1，此时x＋eq\f(π,6)＝eq\f(4π,3)，即x＝eq\f(7π,6)，f(x)的最大值为1，此时x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3).16．(多选)(2024·新课标Ⅱ卷，9)对于函数f(x)＝sin2x和g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，下列说法正确的有()A．f(x)与g(x)有相同的零点B．f(x)与g(x)有相同的最大值C．f(x)与g(x)有相同的最小正周期D．f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴答案：BC解析：对于A，令f(x)＝sin2x＝0，解得x＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，即为f(x)的零点，令g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝0，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)，k∈Z，即为g(x)的零点，显然f(x)与g(x)的零点不同，A错误；对于B，显然f(x)max＝g(x)max＝1，B正确；对于C，根据周期公式，可知f(x)，g(x)的最小正周期均为eq\f(2π,2)＝π，C正确；对于D，根据正弦函数的性质，f(x)图象的对称轴的横坐标满足2x＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z⇔x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)，k∈Z，g(x)图象的对称轴的横坐标满足2x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z⇔x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(3π,8)，k∈Z，显然f(x)，g(x)图象的对称轴不同，D错误．故选BC.17．(多选)(2026·福建泉州质检)已知函数f(x)＝sin2x－2sinx，则()A．f(x)的最小正周期为2πB．曲线y＝f(x)关于直线x＝eq\f(π,2)对称C．f(x)在区间[－2π，2π]上有4个零点D．f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递减答案：AD解析：对于A，因为y＝sin2x的最小正周期为π，y＝sinx的最小正周期为2π，两者的最小公倍数为2π，所以f(x)的最小正周期为2π，故A正确；对于B，因为f(π－x)＝sin(2π－2x)－2sin(π－x)＝－sin2x－2sinx≠f(x)，所以曲线y＝f(x)不关于直线x＝eq\f(π,2)对称，故B错误；对于C，因为f(x)＝sin2x－2sinx＝2sinxcosx－2sinx＝2sinx(cosx－1)，令f(x)＝0，得2sinx(cosx－1)＝0，故sinx＝