2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第五章第4講含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第五章第4講三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.借助單位圓理解任意角三角函數(shù)(正弦、余弦、正切)的定義，能畫出這些三角函數(shù)的圖象，了解三角函數(shù)的周期性、奇偶性、最大(小)值.2.借助圖象理解正弦函數(shù)、余弦函數(shù)在[0，2π]上，正切函數(shù)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的性質(zhì)．1．用五點(diǎn)法作正弦函數(shù)和余弦函數(shù)的簡圖(1)在正弦函數(shù)y＝sinx，x∈[0，2π]的圖象上，五個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)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)在余弦函數(shù)y＝cosx，x∈[0，2π]的圖象上，五個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)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、正切函數(shù)的圖象與性質(zhì)函數(shù)y＝sinxy＝cosxy＝tanx圖象定義域eq\x(\s\up1(01))Req\x(\s\up1(02))Req\x(\s\up1(03))eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x∈R且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))值域eq\x(\s\up1(04))[－1，1]eq\x(\s\up1(05))[－1，1]eq\x(\s\up1(06))R單調(diào)性在eq\x(\s\up1(07))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)上遞增；在eq\x(\s\up1(08))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)上遞減在eq\x(\s\up1(09))[(2k－1)π，2kπ](k∈Z)上遞增；在eq\x(\s\up1(10))[2kπ，(2k＋1)π](k∈Z)上遞減在eq\x(\s\up1(11))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)上遞增最值x＝eq\x(\s\up1(12))eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)時(shí)，ymax＝1；x＝eq\x(\s\up1(13))－eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)時(shí)，ymin＝－1x＝eq\x(\s\up1(14))2kπ(k∈Z)時(shí)，ymax＝1；x＝eq\x(\s\up1(15))π＋2kπ(k∈Z)時(shí)，ymin＝－1無最值奇偶性eq\x(\s\up1(16))奇函數(shù)eq\x(\s\up1(17))偶函數(shù)eq\x(\s\up1(18))奇函數(shù)對(duì)稱性對(duì)稱中心eq\x(\s\up1(19))(kπ，0)，k∈Zeq\x(\s\up1(20))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0))，k∈Zeq\x(\s\up1(21))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))，k∈Z對(duì)稱軸eq\x(\s\up1(22))直線x＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Zeq\x(\s\up1(23))直線x＝kπ，k∈Z無對(duì)稱軸最小正周期eq\x(\s\up1(24))2πeq\x(\s\up1(25))2πeq\x(\s\up1(26))π1．函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A≠0，ω≠0)和y＝Acos(ωx＋φ)(A≠0，ω≠0)的最小正周期T＝eq\f(2π,|ω|)，函數(shù)y＝Atan(ωx＋φ)(A≠0，ω≠0)的最小正周期T＝eq\f(π,|ω|).函數(shù)y＝|Asin(ωx＋φ)|，y＝|Acos(ωx＋φ)|，y＝|Atan(ωx＋φ)|的周期均為T＝eq\f(π,|ω|).函數(shù)y＝|Asin(ωx＋φ)＋b|(b≠0)，y＝|Acos(ωx＋φ)＋b|(b≠0)的周期均為T＝eq\f(2π,|ω|).2．正弦曲線、余弦曲線相鄰兩對(duì)稱中心、相鄰兩對(duì)稱軸之間的距離是半周期，相鄰的對(duì)稱中心與對(duì)稱軸之間的距離是eq\f(1,4)周期．正切曲線相鄰兩對(duì)稱中心之間的距離是半周期．3．若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0，ω≠0)，則(1)f(x)為偶函數(shù)的充要條件是φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)；(2)f(x)為奇函數(shù)的充要條件是φ＝kπ(k∈Z)．1．函數(shù)y＝1－sinx，x∈[0，2π]的大致圖象是()答案B解析當(dāng)x＝0時(shí)，y＝1；當(dāng)x＝eq\f(π,2)時(shí)，y＝0；當(dāng)x＝π時(shí)，y＝1；當(dāng)x＝eq\f(3π,2)時(shí)，y＝2；當(dāng)x＝2π時(shí)，y＝1.結(jié)合正弦函數(shù)的圖象可知B正確．故選B.2．下列函數(shù)中，最小正周期為2π的奇函數(shù)為()A．y＝sineq\f(x,2)coseq\f(x,2) B．y＝sin2xC．y＝tan2x D．y＝sin2x＋cos2x答案A解析y＝sin2x為偶函數(shù)；y＝tan2x的最小正周期為eq\f(π,2)；y＝sin2x＋cos2x為非奇非偶函數(shù)，故B，C，D都不正確．故選A.3．(2021·新高考Ⅰ卷)下列區(qū)間中，函數(shù)f(x)＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))單調(diào)遞增的區(qū)間是()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))答案A解析令－eq\f(π,2)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z.取k＝0，則－eq\f(π,3)≤x≤eq\f(2π,3).因?yàn)閑q\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)))，所以區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．故選A.4．(人教B必修第三冊(cè)第七章復(fù)習(xí)題A組T14改編)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象的對(duì)稱軸方程為________，對(duì)稱中心的坐標(biāo)為________．答案x＝－eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))(k∈Z)解析令2x＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，解得對(duì)稱軸方程為x＝－eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)；函數(shù)f(x)的對(duì)稱中心的橫坐標(biāo)滿足2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，所以對(duì)稱中心的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))(k∈Z)．5．(人教A必修第一冊(cè)習(xí)題5.4T10改編)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))解析當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，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y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)).考向一三角函數(shù)的定義域和值域例1(1)函數(shù)y＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))的定義域?yàn)開_______．答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,9)＋\f(kπ,3)，k∈Z))))解析由3x＋eq\f(π,6)≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得x≠eq\f(π,9)＋eq\f(kπ,3)，k∈Z，所以函數(shù)y＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))的定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,9)＋\f(kπ,3)，k∈Z)))).(2)函數(shù)y＝lgsin2x＋eq\r(9－x2)的定義域?yàn)開_______．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin2x＞0，,9－x2≥0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kπ＜x＜kπ＋\f(π,2)，k∈Z，,－3≤x≤3，))∴－3≤x＜－eq\f(π,2)或0＜x＜eq\f(π,2).∴函數(shù)y＝lgsin2x＋eq\r(9－x2)的定義域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(3)(2023·北京豐臺(tái)區(qū)二模)若函數(shù)f(x)＝sinx－cos2x，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝________，f(x)的值域?yàn)開_______．答案0eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,8)，2))解析feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\f(π,6)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0.f(x)＝sinx－cos2x＝sinx－(1－2sin2x)＝2sin2x＋sinx－1，設(shè)t＝sinx∈[－1，1]，則y＝2t2＋t－1，t∈[－1，1]，當(dāng)t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,4)))時(shí)，y＝2t2＋t－1單調(diào)遞減，當(dāng)t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，1))時(shí)，y＝2t2＋t－1單調(diào)遞增，所以當(dāng)t＝－eq\f(1,4)時(shí)，ymin＝－eq\f(9,8)；當(dāng)t＝1時(shí)，ymax＝2.所以f(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,8)，2)).(4)函數(shù)y＝sinx－cosx＋sinxcosx，x∈[0，π]的最大值與最小值的差為________．答案2解析令t＝sinx－cosx，又x∈[0，π]，∴t＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，t∈[－1，eq\r(2)]．由t＝sinx－cosx，得t2＝1－2sinxcosx，即sinxcosx＝eq\f(1－t2,2).∴原函數(shù)變?yōu)閥＝t＋eq\f(1－t2,2)，t∈[－1，eq\r(2)]，即y＝－eq\f(1,2)t2＋t＋eq\f(1,2).∴當(dāng)t＝1時(shí)，ymax＝－eq\f(1,2)＋1＋eq\f(1,2)＝1；當(dāng)t＝－1時(shí)，ymin＝－eq\f(1,2)－1＋eq\f(1,2)＝－1.故函數(shù)的最大值與最小值的差為2.1．三角函數(shù)定義域的求法(1)求三角函數(shù)的定義域常常歸結(jié)為解三角不等式(或等式)．(2)求三角函數(shù)的定義域經(jīng)常借助三角函數(shù)的圖象，有時(shí)也利用數(shù)軸．(3)對(duì)于較為復(fù)雜的求三角函數(shù)的定義域問題，應(yīng)先列出不等式(組)分別求解，然后利用數(shù)軸求交集．2．求三角函數(shù)的值域(最值)的三種類型及解題思路(1)形如y＝asinx＋bcosx＋c的三角函數(shù)化為y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)．(2)形如y＝asin2x＋bsinx＋c的三角函數(shù)，可先設(shè)sinx＝t，化為關(guān)于t的二次函數(shù)求值域(最值)．(3)形如y＝asinxcosx＋b(sinx±cosx)＋c的三角函數(shù)，可先設(shè)t＝sinx±cosx，化為關(guān)于t的二次函數(shù)求值域(最值)．1.(2023·新鄉(xiāng)三模)已知函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1的定義域是[0，m]，值域?yàn)閇－1，5]，則m的最大值是()A.eq\f(2π,3) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6) D.eq\f(5π,6)答案A解析∵x∈[0，m]，∴2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，2m－\f(π,6))).∵f(x)的值域?yàn)閇－1，5]，∴－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤1，∴eq\f(π,2)≤2m－eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，解得eq\f(π,3)≤m≤eq\f(2π,3)，∴m的最大值為eq\f(2π,3).故選A.2．函數(shù)y＝lg(sinx－cosx)的定義域是________．答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2kπ<x<\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z))))解析要使函數(shù)有意義，必須使sinx－cosx>0.利用圖象，在同一坐標(biāo)系中畫出[0，2π]上y＝sinx和y＝cosx的圖象，如圖所示：在[0，2π]內(nèi)，滿足sinx＝cosx的x為eq\f(π,4)，eq\f(5π,4)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))內(nèi)sinx>cosx，再結(jié)合正弦、余弦函數(shù)的周期是2π，所以定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2kπ<x<\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z)))).考向二三角函數(shù)的單調(diào)性例2(1)(2024·濟(jì)南質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，設(shè)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,4)))，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．c>a>b D．b>a>c答案A解析由2kπ≤x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋π，k∈Z得2kπ－eq\f(π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,7)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即a>b>c.(2)函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))(x∈[0，π])的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))答案C解析y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z，即函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋kπ，\f(5π,6)＋kπ))，k∈Z，∴當(dāng)k＝0時(shí)，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6))).1．求三角函數(shù)單調(diào)區(qū)間的兩種方法(1)代換法：將比較復(fù)雜的三角函數(shù)解析式中含自變量的代數(shù)式(如ωx＋φ)整體當(dāng)作一個(gè)角，利用基本三角函數(shù)(y＝sinx，y＝cosx，y＝tanx)的單調(diào)性列不等式求解．(2)圖象法：畫出三角函數(shù)的圖象，利用圖象求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．提醒：要注意求函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的單調(diào)區(qū)間時(shí)ω的符號(hào)，若ω<0，那么一定要先借助誘導(dǎo)公式將ω化為正數(shù)．同時(shí)切莫忘記考慮函數(shù)自身的定義域．2．比較三角函數(shù)值大小的方法先統(tǒng)一為同名的三角函數(shù)，然后利用誘導(dǎo)公式把角化為同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)的角，再利用函數(shù)的單調(diào)性比較．1.(2024·山東新高考聯(lián)合質(zhì)量測評(píng))已知f(x)＝cos(2x＋φ)，|φ|<eq\f(π,2)，f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)是eq\f(π,6)，則()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上單調(diào)遞增B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上單調(diào)遞減C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上單調(diào)遞增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上單調(diào)遞減答案C解析因?yàn)閒(x)＝cos(2x＋φ)，|φ|<eq\f(π,2)，f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)是eq\f(π,6)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝±1，所以eq\f(π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z.因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).由－π＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z.當(dāng)k＝0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上單調(diào)遞增，故C正確，D錯(cuò)誤；由2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤π＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z.當(dāng)k＝0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞減，故A，B錯(cuò)誤．故選C.2．(2024·德州開學(xué)考試)函數(shù)y＝|tanx|的單調(diào)遞增區(qū)間為________，單調(diào)遞減區(qū)間為________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Zeq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z解析作出函數(shù)y＝|tanx|的圖象，如圖．觀察圖象可知，函數(shù)y＝|tanx|的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z.多角度探究突破考向三三角函數(shù)的周期性、奇偶性、對(duì)稱性角度三角函數(shù)的周期性例3(1)函數(shù)f(x)＝cosx＋2coseq\f(1,2)x的一個(gè)周期為()A．π B．2πC．3π D．4π答案D解析易知y＝cosx，y1＝2coseq\f(1,2)x的最小正周期分別為2π，4π，則2π，4π的公倍數(shù)4π是f(x)的一個(gè)周期．故選D.(2)(2023·南昌模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(1－cos4x,sin4x)的最小正周期是()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C．π D．2π答案B解析因?yàn)閒(x)＝eq\f(1－cos4x,sin4x)＝eq\f(2sin22x,2sin2xcos2x)＝tan2x，所以最小正周期T＝eq\f(π,2).(3)(2023·遼寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)函數(shù)f(x)＝|sinx|＋|cosx|的最小正周期和最小值分別為()A.eq\f(π,4)，1 B.eq\f(π,2)，eq\f(\r(2),2)C.eq\f(π,2)，1 D．π，1答案C解析解法一：因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))≠f(x)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))＝|cosx|＋|－sinx|＝|cosx|＋|sinx|＝f(x)，故排除A，D；最小正周期為eq\f(π,2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f(x)＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，當(dāng)x＝0或eq\f(π,2)時(shí)，f(x)取得最小值1，所以函數(shù)f(x)的最小值是1.故選C.解法二：由題設(shè)，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，2kπ≤x≤2kπ＋\f(π,2)，,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，2kπ＋\f(π,2)＜x≤2kπ＋π，,－\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，2kπ＋π＜x≤2kπ＋\f(3π,2)，,－\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，2kπ＋\f(3π,2)＜x≤2（k＋1）π，))k∈Z，所以f(x)的部分圖象如下：所以最小正周期和最小值分別為eq\f(π,2)，1.故選C.求三角函數(shù)周期的常用方法1.(2023·長沙雅禮中學(xué)一模)函數(shù)y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin2x＋\f(1,2)))的最小正周期為()A．π B．2πC.eq\f(π,2) D．不能確定答案A解析作出函數(shù)y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin2x＋\f(1,2)))的圖象如圖所示，得到函數(shù)的最小正周期為π.故選A.2．(2023·江西上高一模)若函數(shù)f(x)＝2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx＋\f(π,3)))的最小正周期T滿足1<T<2，則自然數(shù)k的值為________．答案2或3解析由題意得1<eq\f(π,k)<2，k∈N，∴eq\f(π,2)<k<π，k∈N，∴k＝2或3.角度三角函數(shù)的奇偶性例4(1)函數(shù)f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－1是()A．最小正周期為2π的奇函數(shù)B．最小正周期為π的偶函數(shù)C．最小正周期為2π的偶函數(shù)D．最小正周期為π的奇函數(shù)答案D解析f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－1＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))＝sin2x，可得f(x)的最小正周期為eq\f(2π,2)＝π.因?yàn)閒(－x)＝sin(－2x)＝－sin2x＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)是最小正周期為π的奇函數(shù)．故選D.(2)(2023·威海三模)已知函數(shù)f(x)＝sinx·cos(2x＋φ)(φ∈[0，π])為偶函數(shù)，則φ＝()A．0 B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,2) D．π答案C解析∵f(x)的定義域?yàn)镽，且為偶函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))?cos(π＋φ)＝－cos(－π＋φ)?－cosφ＝cosφ?cosφ＝0，∵φ∈[0，π]，∴φ＝eq\f(π,2).當(dāng)φ＝eq\f(π,2)時(shí)，f(x)＝－sinxsin2x為偶函數(shù)，滿足題意．故選C.解答三角函數(shù)奇偶性問題的常用方法(1)依據(jù)奇(偶)函數(shù)的定義，即由f(－x)＝－f(x)(或f(－x)＝f(x))對(duì)定義域內(nèi)任意自變量x都成立，建立關(guān)于參數(shù)的方程．(2)由奇(偶)函數(shù)的必要條件入手，求出參數(shù)的可能取值，再進(jìn)行驗(yàn)證．(3)三角函數(shù)中奇函數(shù)一般可化為y＝Asinωx或y＝Atanωx的形式，而偶函數(shù)一般可化為y＝Acosωx＋b的形式．據(jù)此結(jié)合誘導(dǎo)公式可以確定參數(shù)的值．(4)在y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acosωx＋b)中代入x＝0，若y＝0，則為奇函數(shù)，若y為最大或最小值，則為偶函數(shù)．若函數(shù)y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))為奇函數(shù)，則|φ|的最小值為________．答案eq\f(π,6)解析依題意得，－eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，φ＝kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)，因此|φ|的最小值是eq\f(π,6).角度三角函數(shù)的對(duì)稱性例5(1)(多選)(2024·濟(jì)南模擬)已知函數(shù)f(x)＝asinx＋cosx(a>0)的最大值為2，則()A．a(chǎn)＝eq\r(3)B．y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))對(duì)稱C．直線x＝eq\f(π,6)是y＝f(x)圖象的一條對(duì)稱軸D．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞增答案AD解析易得f(x)＝asinx＋cosx＝eq\r(a2＋1)sin(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanφ＝\f(1,a)))，則f(x)≤eq\r(a2＋1)＝2，解得a＝eq\r(3)，故A正確；由A項(xiàng)分析知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，當(dāng)x＝eq\f(π,6)時(shí)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，故B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))時(shí)，x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，由正弦函數(shù)的性質(zhì)可得，此時(shí)y＝f(x)單調(diào)遞增，故D正確．故選AD.(2)(2022·新高考Ⅰ卷)記函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω>0)的最小正周期為T.若eq\f(2π,3)<T<π，且y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心對(duì)稱，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝()A．1 B.eq\f(3,2)C.eq\f(5,2) D．3答案A解析因?yàn)閑q\f(2π,3)＜T＜π，所以eq\f(2π,3)＜eq\f(2π,ω)＜π，解得2＜ω＜3.因?yàn)閥＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心對(duì)稱，所以b＝2，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＋b＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＝0，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，又2＜ω＜3，所以eq\f(13π,4)＜eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＜eq\f(19π,4)，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝4π，解得ω＝eq\f(5,2)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)x＋\f(π,4)))＋2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)×\f(π,2)＋\f(π,4)))＋2＝sineq\f(3π,2)＋2＝1.故選A.求三角函數(shù)圖象對(duì)稱中心、對(duì)稱軸的方法(1)y＝sinx圖象的對(duì)稱中心是(kπ，0)，k∈Z，對(duì)于y＝Asin(ωx＋φ)圖象的對(duì)稱中心，由方程ωx＋φ＝kπ，k∈Z解出x即可．(2)y＝sinx圖象的對(duì)稱軸是直線x＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z解出x，即可得到函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)圖象的對(duì)稱軸．(3)注意y＝tanx圖象的對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)．(2024·邯鄲模擬)寫出函數(shù)f(x)＝eq\f(cosx,1－sinx)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心：________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))(答案不唯一)解析f(x)＝eq\f(cosx,1－sinx)＝eq\f(cos2\f(x,2)－sin2\f(x,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)－cos\f(x,2)))\s\up12(2))＝eq\f(cos\f(x,2)＋sin\f(x,2),cos\f(x,2)－sin\f(x,2))＝eq\f(1＋tan\f(x,2),1－tan\f(x,2))＝eq\f(tan\f(x,2)＋tan\f(π,4),1－tan\f(x,2)tan\f(π,4))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))，令eq\f(x,2)＋eq\f(π,4)＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)，則x＝－eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，令k＝0，則x＝－eq\f(π,2)，所以函數(shù)f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)).課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．函數(shù)f(x)＝ln(cosx)的定義域?yàn)?)A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)<x<kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(kπ<x<kπ＋π，k∈Z))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)<x<2kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ<x<2kπ＋π，k∈Z))))答案C解析由cosx>0，解得2kπ－eq\f(π,2)<x<2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以函數(shù)f(x)＝ln(cosx)的定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)<x<2kπ＋\f(π,2)，k∈Z)))).2．(2023·四川成都模擬)在函數(shù)y＝sin|x|，y＝|sinx|，y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))中，最小正周期為π的函數(shù)的個(gè)數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4答案C解析函數(shù)y＝sin|x|的圖象如圖所示，由圖可知，函數(shù)y＝sin|x|不是周期函數(shù)．令f(x)＝|sinx|，則f(x＋π)＝|sin(x＋π)|＝|－sinx|＝|sinx|＝f(x)，則函數(shù)y＝|sinx|的最小正周期為π，y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的最小正周期為T＝eq\f(π,1)＝π，y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π.故選C.3．(2023·蘭州模擬)如圖所示，函數(shù)y＝cosx·|tanx|eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x<\f(3π,2)且x≠\f(π,2)))的圖象是()答案C解析y＝cosx|tanx|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx，0≤x<\f(π,2)或π≤x<\f(3π,2)，,－sinx，\f(π,2)<x<π，))根據(jù)正弦函數(shù)的圖象，作出函數(shù)圖象如圖所示．故選C.4．(2023·長沙模擬)正割(Secant)及余割(Cosecant)這兩個(gè)概念是由伊朗數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家阿布爾·威發(fā)首先引入，sec，csc這兩個(gè)符號(hào)是荷蘭數(shù)學(xué)家基拉德在《三角學(xué)》中首先使用，后經(jīng)歐拉采用得以通行．在三角中，定義正割secα＝eq\f(1,cosα)，余割cscα＝eq\f(1,sinα).則函數(shù)f(x)＝eq\f(1,secx)＋eq\f(1,cscx)的值域?yàn)?)A．[－1，1] B．[－eq\r(2)，eq\r(2)]C．[－2，2] D．[－eq\r(2)，－1)∪(－1，1)∪(1，eq\r(2)]答案D解析f(x)＝eq\f(1,secx)＋eq\f(1,cscx)＝cosx＋sinx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，其中sinx≠0，cosx≠0，所以－eq\r(2)≤f(x)≤eq\r(2)，且f(x)≠±1，即f(x)的值域?yàn)閇－eq\r(2)，－1)∪(－1，1)∪(1，eq\r(2)]．故選D.5．(2023·太原二模)已知函數(shù)f(x)＝cosx－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(x,2)))＋1，則下列說法正確的是()A．y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))為奇函數(shù) B．y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))為偶函數(shù)C．y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－1為奇函數(shù) D．y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－1為偶函數(shù)答案B解析因?yàn)閒(x)＝cosx－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(x,2)))＋1＝cosx－2×eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)),2)＋1＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，所以f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝eq\r(2)cosx，所以y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))為偶函數(shù)，故A錯(cuò)誤，B正確；又y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－1＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))－1＝－eq\r(2)sinx－1，所以函數(shù)y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－1為非奇非偶函數(shù)，故C，D錯(cuò)誤．故選B.6．(2023·全國乙卷)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))單調(diào)遞增，直線x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)為函數(shù)y＝f(x)的圖象的兩條對(duì)稱軸，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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解析由題意，eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，不妨設(shè)ω>0，則T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，當(dāng)x＝eq\f(π,6)時(shí)，f(x)取得最小值，則2·eq\f(π,6)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，則φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z，不妨取k＝0，則f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)))＝eq\f(\r(3),2).故選D.7．(2024·徐州模擬)設(shè)α，β均為銳角，則“α>2β”是“sin(α－β)>sinβ”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案C解析因?yàn)棣?，β均為銳角，所以0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2).當(dāng)α>2β時(shí)，eq\f(π,2)>α－β>β>0，因?yàn)楹瘮?shù)y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以sin(α－β)>sinβ，故“α>2β”是“sin(α－β)>sinβ”的充分條件；當(dāng)sin(α－β)>sinβ時(shí)，由0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，得－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，因?yàn)楹瘮?shù)y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以α－β>β，即α>2β，故“α>2β”是“sin(α－β)>sinβ”的必要條件．綜上所述，“α>2β”是“sin(α－β)>sinβ”的充要條件．8．(2023·榆林四模)已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期為π，且曲線y＝f(x)關(guān)于直線x＝eq\f(π,8)對(duì)稱，則|φ|的最小值為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(5π,24)C.eq\f(7π,24) D.eq\f(π,3)答案B解析∵ωx＋φ＋eq\f(π,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))＋eq\f(π,2)，∴f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))＋\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋2φ－\f(π,3))).∵f(x)的最小正周期是π，∴eq\f(2π,2ω)＝π，∴ω＝1，則f(x)＝－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ－\f(π,3))).∵曲線y＝f(x)關(guān)于直線x＝eq\f(π,8)對(duì)稱，∴2×eq\f(π,8)＋2φ－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴φ＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(7π,24)，k∈Z，則當(dāng)k＝0時(shí)，|φ|＝eq\f(7π,24)，當(dāng)k＝－1時(shí)，|φ|＝eq\f(5π,24)，則|φ|的最小值為eq\f(5π,24).故選B.二、多項(xiàng)選擇題9．(2024·山東新高考聯(lián)合質(zhì)量測評(píng))已知函數(shù)f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，則下列說法正確的是()A．f(x)的最小正周期為eq\f(π,2)B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞減C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,10)))D．f(x)的定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,3)＋kπ，k∈Z))))答案AC解析因?yàn)閒(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，對(duì)于A，f(x)的最小正周期為T＝eq\f(π,2)，故A正確；對(duì)于B，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))時(shí)，2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，因?yàn)閥＝tanz在z∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)閒(x)的最小正周期為T＝eq\f(π,2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)－\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,10)))，故C正確；對(duì)于D，令2x－eq\f(π,6)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x≠eq\f(π,3)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以f(x)的定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,3)＋\f(kπ,2)，k∈Z))))，故D錯(cuò)誤．故選AC.10．(2024·保定模擬)若函數(shù)f(x)＝2sin3xcos3x＋2cos23x－1，則()A．f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(π,4)))B．f(x)的最小正周期為eq\f(π,3)C．f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,24)對(duì)稱D．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))上單調(diào)遞增答案BCD解析由題意得f(x)＝sin6x＋cos6x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(π,4)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(π,4)))，所以f(x)的最小正周期為eq\f(π,3)，A錯(cuò)誤，B正確；因?yàn)?×eq\f(π,24)＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，所以f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,24)對(duì)稱，C正確；由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))，得6x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))上單調(diào)遞增，D正確．11．(2023·湖南邵陽一模)隨著時(shí)代與科技的發(fā)展，信號(hào)處理以各種方式被廣泛應(yīng)用于醫(yī)學(xué)、聲學(xué)、密碼學(xué)、計(jì)算機(jī)科學(xué)、量子力學(xué)等各個(gè)領(lǐng)域．而信號(hào)處理背后的“功臣”就是正弦型函數(shù)，f(x)＝eq\i\su(i＝1,4,)eq\f(sin[（2i－1）x],2i－1)的圖象就可以近似的模擬某種信號(hào)的波形，則下列說法正確的是()A．函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱B．函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0，0)對(duì)稱C．函數(shù)f(x)為周期函數(shù)，且最小正周期為πD．函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的最大值為4答案ABD解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\i\su(i＝1,4,)eq\f(sin[（2i－1）x],2i－1)＝sinx＋eq\f(sin3x,3)＋eq\f(sin5x,5)＋eq\f(sin7x,7)，定義域?yàn)镽，對(duì)于A，f(π＋x)＝sin(π＋x)＋eq\f(sin（3π＋3x）,3)＋eq\f(sin（5π＋5x）,5)＋eq\f(sin（7π＋7x）,7)＝－sinx－eq\f(sin3x,3)－eq\f(sin5x,5)－eq\f(sin7x,7)＝sin(－x)＋eq\f(sin（－3x）,3)＋eq\f(sin（－5x）,5)＋eq\f(sin（－7x）,7)＝f(－x)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱，故A正確；對(duì)于B，f(－x)＝sin(－x)＋eq\f(sin（－3x）,3)＋eq\f(sin（－5x）,5)＋eq\f(sin（－7x）,7)＝－sinx－eq\f(sin3x,3)－eq\f(sin5x,5)－eq\f(sin7x,7)＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于點(diǎn)(0，0)對(duì)稱，故B正確；對(duì)于C，由題意知f(x＋π)＝－f(x)≠f(x)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由題意可知f′(x)＝cosx＋cos3x＋cos5x＋cos7x≤4，故D正確．故選ABD.三、填空題12．函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值為________．答案－4解析∵f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx＋\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(17,8)，－1≤cosx≤1，∴當(dāng)cosx＝1時(shí)，f(x)有最小值－4.13．已知f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)（x＋1）))－eq\r(3)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)（x＋1）))，則f(x)的最小正周期為________，f(1)＋f(2)＋…＋f(2023)＝________．答案6eq\r(3)解析依題意可得f(x)＝2sineq\f(π,3)x，其最小正周期T＝6，且f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝0，故f(1)＋f(2)＋…＋f(2023)＝f(1)＝eq\r(3).14．(2023·泰州模擬)當(dāng)θ＝θ0時(shí)，f(θ)＝sin2θ－cos2θ取得最大值，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ0＋\f(π,4)))＝________．答案eq\f(\r(10),10)解析f(θ)＝sin2θ－eq\f(1,2)(1＋cos2θ)＝sin2θ－eq\f(1,2)cos2θ－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(5),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)sin2θ－\f(\r(5),5)cos2θ))－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(5),2)sin(2θ－φ)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中cosφ＝\f(2\r(5),5)，sinφ＝\f(\r(5),5)))，當(dāng)f(θ)取得最大值時(shí)，2θ0－φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以2θ0＝φ＋eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以sin2θ0＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,2)＋2kπ))＝cosφ＝eq\f(2\r(5),5)，cos2θ0＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,2)＋2kπ))＝－sinφ＝－eq\f(\r(5),5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ0＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)sin2θ0＋eq\f(\r(2),2)cos2θ0＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(2\r(5),5)＋eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))＝eq\f(\r(10),10).四、解答題15．已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),2).(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及其圖象的對(duì)稱中心；(2)若f(x0)≤eq\r(3)，求x0的取值范圍．解(1)函數(shù)f(x)的最小正周期T＝π.由2x－eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z得x＝eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，故函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(kπ,2)，\f(\r(3),2)))，k∈Z.(2)因?yàn)閒(x0)≤eq\r(3)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),2)≤eq\r(3)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0－\f(π,3)))≤eq\f(\r(3),2)，所以－eq\f(4π,3)＋2kπ≤2x0－eq\f(π,3)≤eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，即－eq\f(π,2)＋kπ≤x0≤eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z.即x0的取值范圍為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x0\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ≤x0≤\f(π,3)＋kπ，k∈Z)))).16．已知函數(shù)f(x)＝2sinxcosx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，x∈R.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))的值；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的最大值和最小值，及相應(yīng)的x的值；(3)求函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的單調(diào)區(qū)間．解(1)∵f(x)＝2sinxcosx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝sin2x＋cos2xcoseq\f(π,6)＋sin2xsineq\f(π,6)＋cos2xcoseq\f(π,6)－sin2xsineq\f(π,6)＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x＋\f(\r(3),2)cos2x))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋\f(π,3)))＝2sineq\f(π,2)＝2.(2)∵eq\f(π,2)≤x≤π，∴eq\f(4π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,3)，∴－2≤f(x)≤eq\r(3)，當(dāng)2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(3π,2)時(shí)，x＝eq\f(7π,12)，此時(shí)f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝－2，當(dāng)2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(7π,3)時(shí)，x＝π，此時(shí)f(x)max＝f(π)＝eq\r(3).(3)∵eq\f(π,2)≤x≤π，∴eq\f(4π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,3)，由正弦函數(shù)圖象知，當(dāng)eq\f(4π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)，即eq\f(π,2)≤x≤eq\f(7π,12)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)eq\f(3π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,3)，即eq\f(7π,12)≤x≤π時(shí)，f(x)單調(diào)遞增．故函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(7π,12)))，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，π)).17．(2023·四省高考適應(yīng)性測試)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上單調(diào)，其中ω為正整數(shù)，|φ|<eq\f(π,2)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3))).(1)求y＝f(x)圖象的一條對(duì)稱軸；(2)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)，求φ.解(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上單調(diào)，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T≥2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,6)))＝eq\f(2π,3)，又因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))，所以直線x＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(2π,3)))＝eq\f(7π,12)為y＝f(x)圖象的一條對(duì)稱軸．(2)由(1)知T≥eq\f(2π,3)，故ω＝eq\f(2π,T)≤3，由ω∈N*，得ω＝1，2或3.因?yàn)橹本€x＝eq\f(7π,12)為f(x)＝sin(ωx＋φ)圖象的一條對(duì)稱軸，所以eq\f(7π,12)ω＋φ＝eq\f(π,2)＋k1π，k1∈Z.因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(π,6)ω＋φ＝eq\f(π,3)＋2k2π或eq\f(π,6)ω＋φ＝eq\f(2π,3)＋2k3π，k2，k3∈Z，若eq\f(π,6)ω＋φ＝eq\f(π,3)＋2k2π，k2∈Z，則eq\f(5π,12)ω＝eq\f(π,6)＋(k1－2k2)π，k1，k2∈Z，即ω＝eq\f(2,5)＋eq\f(12,5)(k1－2k2)，k1，k2∈Z，不存在整數(shù)k1，k2，使得ω＝1，2或3；若eq\f(π,6)ω＋φ＝eq\f(2π,3)＋2k3π，k3∈Z，則eq\f(5π,12)ω＝－eq\f(π,6)＋(k1－2k3)π，k1，k3∈Z，即ω＝－eq\f(2,5)＋eq\f(12,5)(k1－2k3)，k1，k3∈Z，不存在整數(shù)k1，k3，使得ω＝1或3.當(dāng)k1＝2k3＋1時(shí)，ω＝2.此時(shí)φ＝eq\f(π,3)＋2k3π，k3∈Z，由|φ|<eq\f(π,2)，得φ＝eq\f(π,3).18.(2023·?？谡{(diào)研)如圖，已知OPQ是半徑為1，圓心角為eq\f(π,3)的扇形，點(diǎn)A在eq\o(PQ,\s\up12(︵))上(異于點(diǎn)P，Q)，過點(diǎn)A作AB⊥OP，AC⊥OQ，垂足分別為B，C，記∠AOB＝θ，四邊形ACOB的周長為l.(1)求l關(guān)于θ的函數(shù)關(guān)系式；(2)當(dāng)θ為何值時(shí)，l有最大值？并求出l的最大值．解(1)AB＝OAsinθ＝sinθ，OB＝OAcosθ＝cosθ，AC＝OAsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))，OC＝OAcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))，所以l＝sinθ＋cosθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝sinθ＋cosθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ－eq\f(1,2)sinθ＋eq\f(1,2)cosθ＋eq\f(\r(3),2)sinθ＝eq\f(1＋\r(3),2)sinθ＋eq\f(3＋\r(3),2)cosθ＝eq\f(\r(3)＋1,2)(sinθ＋eq\r(3)cosθ)＝(eq\r(3)＋1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,3))).(2)由0<θ<eq\