新課標2025版高考數學二輪復習專題一三角函數與解三角形第1講三角函數的圖象與性質學案文新人教A版

PAGE1-第1講三角函數的圖象與性質[做真題]1．(2024·高考全國卷Ⅱ)若x1＝eq\f(π,4)，x2＝eq\f(3π,4)是函數f(x)＝sinωx(ω＞0)兩個相鄰的極值點，則ω＝()A．2 B.eq\f(3,2)C．1 D.eq\f(1,2)解析：選A.依題意得函數f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－\f(π,4)))＝π，解得ω＝2，選A.2．(2024·高考全國卷Ⅲ)已知sinα－cosα＝eq\f(4,3)，則sin2α＝()A．－eq\f(7,9) B．－eq\f(2,9)C.eq\f(2,9) D.eq\f(7,9)解析：選A.將sinα－cosα＝eq\f(4,3)的兩邊進行平方，得sin2α－2sinαcosα＋cos2α＝eq\f(16,9)，即sin2α＝－eq\f(7,9)，故選A.3．(2024·高考全國卷Ⅰ)將函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期后，所得圖象對應的函數為()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))) D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))解析：選D.函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的周期為π，所以將函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(π,4)個單位長度后，得到函數圖象對應的解析式為y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).故選D.4．(一題多解)(2024·高考全國卷Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx在[0，a]是減函數，則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：選C.法一：f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).當x∈[0，a]時，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，a＋\f(π,4)))，所以結合題意可知，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).故選C.法二：f′(x)＝－sinx－cosx＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).于是，由題設得f′(x)≤0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥0在區(qū)間[0，a]上恒成立．當x∈[0，a]時，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).故選C.5．(2024·高考全國卷Ⅰ)函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值為________．解析：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝1－2cos2x－3cosx＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx＋\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(17,8)，因為cosx∈[－1，1]，所以當cosx＝1時，f(x)取得最小值，f(x)min＝－4.答案：－4[明考情]1．高考對此部分內容的命題主要集中在三角函數的定義、圖象與性質，主要考查圖象的變換，函數的單調性、奇偶性、周期性、對稱性及最值，并常與三角恒等變換交匯命題．2．主要以選擇、填空題的形式考查，難度為中等偏下．

三角函數的基本問題(基礎型)[學問整合]三角函數：設α是一個隨意角，它的終邊與單位圓交于點P(x，y)，則sinα＝y，cosα＝x，tanα＝eq\f(y,x).各象限角的三角函數值的符號：一全正，二正弦，三正切，四余弦．同角三角函數基本關系式：sin2α＋cos2α＝1，eq\f(sinα,cosα)＝tanα.誘導公式：在eq\f(kπ,2)＋α，k∈Z的誘導公式中“奇變偶不變，符號看象限”．[考法全練]1．若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝－eq\f(3,5)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則tan(π－α)＝()A.eq\f(4,3) B.eq\f(2,3)C．－eq\f(2,3) D．－eq\f(4,3)解析：選A.由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝cosα＝－eq\f(3,5)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(4,5)，所以tan(π－α)＝－tanα＝－eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(\f(4,5),－\f(3,5))＝eq\f(4,3).2．已知sin(5π－α)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))，則eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),sinα＋2cosα)＝()A.eq\f(2\r(2),5) B.eq\f(－\r(2),5)C．－2eq\r(2) D．－eq\r(2)解析：選C.由sin(5π－α)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))，得sinα＝－3cosα，所以tanα＝－3，則eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),sinα＋2cosα)＝eq\f(\f(\r(2),2)（cosα－sinα）,sinα＋2cosα)＝eq\f(\f(\r(2),2)（1－tanα）,tanα＋2)＝eq\f(\f(\r(2),2)×4,－1)＝－2eq\r(2).故選C.3．(2024·福建省質量檢查)在平面直角坐標系xOy中，角α的頂點為坐標原點，始邊與x軸的正半軸重合，終邊交單位圓O于點P(a，b)，且a＋b＝eq\f(7,5)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))的值是________．解析：由三角函數的定義知cosα＝a，sinα＝b，所以cosα＋sinα＝a＋b＝eq\f(7,5)，所以(cosα＋sinα)2＝1＋sin2α＝eq\f(49,25)，所以sin2α＝eq\f(49,25)－1＝eq\f(24,25)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝－sin2α＝－eq\f(24,25).答案：－eq\f(24,25)三角函數的圖象與解析式(綜合型)[學問整合]函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象(1)“五點法”作圖設z＝ωx＋φ，令z＝0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3π,2)，2π，求出x的值與相應的y的值，描點、連線可得．(2)圖象變換y＝sinxeq\o(→,\s\up7(向左（φ>0）或向右（φ<0）),\s\do5(平移|φ|個單位))y＝sin(x＋φ)eq\o(→,\s\up7(縱坐標變?yōu)樵瓉淼腁（A>0）倍),\s\do5(橫坐標不變))y＝Asin(ωx＋φ)．[典型例題](1)(2024·高考天津卷)已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)是奇函數，且f(x)的最小正周期為π，將y＝f(x)的圖象上全部點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，所得圖象對應的函數為g(x)．若geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝()A．－2 B．－eq\r(2)C.eq\r(2) D．2(2)(2024·蓉城名校第一次聯考)已知函數f(x)＝Asin(2x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，|θ|＜\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，f(a)＝f(b)＝0，f(a＋b)＝eq\r(3)，則f(x)＝________．【解析】(1)因為函數f(x)為奇函數，且|φ|＜π，所以φ＝0.又f(x)的最小正周期為π，所以eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.所以f(x)＝Asin2x.由題意可得g(x)＝Asinx，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)，即Asineq\f(π,4)＝eq\r(2)，解得A＝2.故f(x)＝2sin2x.所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2sineq\f(3π,4)＝eq\r(2).故選C.(2)由題圖可知A＝2，則f(x)＝2sin(2x＋θ)．因為f(a)＝f(b)＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＝2，則sin(a＋b＋θ)＝1，a＋b＋θ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z.由f(a＋b)＝eq\r(3)得sin[2(a＋b)＋θ]＝eq\f(\r(3),2)，2(a＋b)＋θ＝eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，或2(a＋b)＋θ＝eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，所以θ＝eq\f(2π,3)＋2kπ或θ＝eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，又|θ|＜eq\f(π,2)，所以θ＝eq\f(π,3)，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).【答案】(1)C(2)2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))eq\a\vs4\al()(1)函數表達式y＝Asin(ωx＋φ)＋B的確定方法字母確定途徑說明A由最值確定A＝eq\f(最大值－最小值,2)B由最值確定B＝eq\f(最大值＋最小值,2)ω由函數的周期確定利用圖象中最高、最低點或圖象與x軸交點的橫坐標確定周期φ由圖象上的特殊點確定代入圖象上某一個已知點的坐標，表示出φ后，利用已知范圍求φ(2)三角函數圖象平移問題的處理策略①看平移要求：首先要看題目要求由哪個函數平移得到哪個函數，這是推斷移動方向的關鍵點．②看移動方向：移動的方向一般記為“正向左，負向右”，看y＝Asin(ωx＋φ)中φ的正負和它的平移要求．③看移動單位：在函數y＝Asin(ωx＋φ)中，周期變換和相位變換都是沿x軸方向的，所以ω和φ之間有肯定的關系，φ是初相，再經過ω的壓縮，最終移動的單位是eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω))).[對點訓練]1．(2024·廣州市調研測試)將函數y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度，再把所得圖象上全部點的橫坐標伸長到原來的2倍得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,6)π))的圖象，則f(x)＝()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(1,6)π)) B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(1,6)π))C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(1,3)π)) D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(1,3)π))解析：選B.由題設知，先將函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,6)π))的圖象上全部點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)，再將所得圖象向右平移eq\f(π,3)個單位長度即得函數f(x)的圖象，故f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3×2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－\f(1,6)π))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(1,6)π)).故選B.2．函數y＝sinωx(ω>0)的部分圖象如圖所示，點A、B是最高點，點C是最低點，若△ABC是直角三角形，則ω的值為()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D．π解析：選A.由已知得△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，所以eq\f(1,2)|AB|＝ymax－ymin＝1－(－1)＝2，即|AB|＝4，而T＝|AB|＝eq\f(2π,ω)＝4，解得ω＝eq\f(π,2)，故選A.3．(2024·蓉城名校第一次聯考)若將函數g(x)圖象上全部的點向左平移eq\f(π,6)個單位長度得到函數f(x)的圖象，已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則()A．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) B．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))C．g(x)＝sin2x D．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))解析：選C.依據題圖有A＝1，eq\f(3,4)T＝eq\f(5π,6)－eq\f(π,12)＝eq\f(3π,4)?T＝π＝eq\f(2π,ω)?ω＝2(T為f(x)的最小正周期)，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝1?sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝1?eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z?φ＝eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z.因為|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)))，將f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度得到函數g(x)的圖象，則g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝sin2x.故選C.三角函數的性質(綜合型)[學問整合]三角函數的單調區(qū)間(1)y＝sinx的單調遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，單調遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)．(2)y＝cosx的單調遞增區(qū)間是[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，單調遞減區(qū)間是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)．(3)y＝tanx的單調遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)．三角函數的奇偶性、對稱軸方程(1)y＝Asin(ωx＋φ)，當φ＝kπ(k∈Z)時為奇函數；當φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時為偶函數；對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)求得．(2)y＝Acos(ωx＋φ)，當φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時為奇函數；當φ＝kπ(k∈Z)時為偶函數；對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得．(3)y＝Atan(ωx＋φ)，當φ＝kπ(k∈Z)時為奇函數．[典型例題](1)(2024·高考全國卷Ⅱ)下列函數中，以eq\f(π,2)為周期且在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))單調遞增的是()A．f(x)＝|cos2x| B．f(x)＝|sin2x|C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|(2)(一題多解)(2024·洛陽尖子生其次次聯考)已知函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上單調遞增，則ω的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(8,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，2))【解析】(1)A中，函數f(x)＝|cos2x|的周期為eq\f(π,2)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函數f(x)單調遞增，故A正確；B中，函數f(x)＝|sin2x|的周期為eq\f(π,2)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函數f(x)單調遞減，故B不正確；C中，函數f(x)＝cos|x|＝cosx的周期為2π，故C不正確；D中，f(x)＝sin|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx，x≥0，,－sinx，x<0，))由正弦函數圖象知，在x≥0和x<0時，f(x)均以2π為周期，但在整個定義域上f(x)不是周期函數，故D不正確．故選A.(2)法一：由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,4)＋\f(π,6)≥－\f(π,2)＋2kπ，k∈Z,\f(2ωπ,3)＋\f(π,6)≤\f(π,2)＋2kπ，k∈Z))，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≤\f(8,3)－8k，k∈Z,ω≤\f(1,2)＋3k，k∈Z))，又ω＞0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－8k＞0,\f(1,2)＋3k＞0))，k∈Z，所以k＝0，則0＜ω≤eq\f(1,2)，故選B.法二：取ω＝1，則f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，令eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，當k＝1時，函數f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))上單調遞減，與函數f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上單調遞增沖突，故ω≠1，結合四個選項知選B.【答案】(1)A(2)Beq\a\vs4\al()三角函數的單調區(qū)間及周期的求法(1)三角函數單調區(qū)間的求法求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A、ω、φ為常數，A≠0，ω>0)的單調區(qū)間的一般思路是令ωx＋φ＝z，則y＝Asinz(或y＝Acosz)，然后利用函數y＝sinx(或y＝cosx)的單調區(qū)間求解．(2)三角函數周期的求法函數y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝eq\f(2π,|ω|).應特殊留意y＝|Asin(ωx＋φ)|的最小正周期為T＝eq\f(π,|ω|).[對點訓練]1．(2024·河北衡水第十三中學質檢四)同時滿意f(x＋π)＝f(x)與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))的函數f(x)的解析式可以是()A．f(x)＝cos2x B．f(x)＝tanxC．f(x)＝sinx D．f(x)＝sin2x解析：選D.由題意得所求函數的周期為π，且圖象關于x＝eq\f(π,4)對稱．A．f(x)＝cos2x的周期為π，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0不是函數f(x)的最值，所以其圖象不關于x＝eq\f(π,4)對稱．B．f(x)＝tanx的周期為π，但圖象不關于x＝eq\f(π,4)對稱．C．f(x)＝sinx的周期為2π，不合題意．D．f(x)＝sin2x的周期為π，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1為函數最大值，所以D滿意條件，故選D.2．(2024·沈陽市質量監(jiān)測(一))設函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，則下列結論正確的是()A．函數y＝f(x)的單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))B．函數y＝f(x)的圖象可由y＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,8)個單位長度得到C．函數y＝f(x)的圖象的一條對稱軸的方程為x＝eq\f(π,8)D．若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,24)，\f(π,2)))，則y＝f(x)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))解析：選D.對于A，令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(7π,8)，k∈Z，A錯；對于B，y＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,8)個單位長度是y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象，B錯；對于C，令2x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(k,2)π＋eq\f(3π,8)，k∈Z，當k＝－1時，x＝－eq\f(π,8)，當k＝0時，x＝eq\f(3π,8)，C錯；對于D，若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,24)，\f(π,2)))，則2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(3π,4)))，故f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))，D正確．3．(2024·石家莊市質量檢測)設函數f(x)＝sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的最小正周期為π，且f(－x)＝f(x)，則()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞增B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調遞減C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞減D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調遞增解析：選A.f(x)＝sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋φ)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,4)))，因為f(x)的最小正周期為π，所以ω＝2，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,4))).f(－x)＝f(x)，即f(x)為偶函數，所以φ－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，所以φ＝kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)．因為|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，所以f(x)＝－eq\r(2)cos2x，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調遞減，故選A.三角函數與其他學問的交匯(交匯型)[學問整合]三角函數的圖象與性質是高考考查的重點，近年來，三角函數與其他學問交匯命題成為高考的熱點，由原來三角函數與平面對量的交匯滲透到三角函數與函數的零點、數列、不等式、復數、方程等學問的交匯．[典型例題](1)設集合M＝{y|y＝|cos2x－sin2x|，x∈R}，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,i)))<\r(2)，i為虛數單位，x∈R))，則M∩N為()A．(0，1) B．(0，1]C．[0，1) D．[0，1](2)已知α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))eq\s\up12(3)－sinα－2＝0，8β3＋2cos2β＋1＝0，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β))的值為()A．0 B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2) D．1【解析】(1)y＝|cos2x－sin2x|＝|cos2x|∈[0，1]，所以M＝[0，1]．因為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,i)))<eq\r(2)，所以|x＋i|<eq\r(2)，即x2＋1<2.又因為x∈R，所以－1<x<1，即N＝(－1，1)，所以M∩N＝[0，1)，故選C.(2)由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))eq\s\up12(3)－sinα－2＝0，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))eq\s\up12(3)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))－2＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))eq\s\up12(3)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＋2＝0.由8β3＋2cos2β＋1＝0，得(2β)3＋cos2β＋2＝0，所以可設f(x)＝x3＋cosx＋2，則x1＝eq\f(π,2)－α，x2＝2β為方程f(x)＝0的解．因為α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以eq\f(π,2)－α∈[－π，0]，2β∈[－π，0]．易知函數f(x)在[－π，0]上為單調遞增函數，所以方程f(x)＝0只有一個解，所以eq\f(π,2)－α＝2β，所以eq\f(α,2)＋β＝eq\f(π,4)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β))＝sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)，故選B.【答案】(1)C(2)Beq\a\vs4\al()解決三角函數與其他學問的交匯問題，可利用數形結合思想．利用“數形結合”思想還可以解決以下問題：(1)探討含有參數的方程的解的個數問題．(2)求三角函數解析式中含有參數的最值問題．(3)求一些特殊函數的周期．(4)利用三角函數的圖象對實際問題作出分析等．[對點訓練]1．設an＝eq\f(1,n)sineq\f(nπ,25)，Sn＝a1＋a2＋…＋an，在S1，S2，…，S100中，正數的個數是()A．25 B．50C．75 D．100解析：選D.當1≤n≤24時，an>0，當26≤n≤49時，an<0，但其肯定值要小于1≤n≤24時相應的值；當51≤n≤74時，an>0；當76≤n≤99時，an<0，但其肯定值要小于51≤n≤74時相應的值．故當1≤n≤100時，均有Sn>0.2．若存在實數φ，使得圓面x2＋y2≤4恰好覆蓋函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,k)x＋φ))圖象的最高點或最低點共三個，則正數k的取值范圍是________．解析：函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,k)x＋φ))的圖象的最高點或最低點肯定在直線y＝±1上，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝±1，,x2＋y2≤4，))解得－eq\r(3)≤x≤eq\r(3)，由題意可得：T＝eq\f(2π,\f(π,k))＝2k，T≤2eq\r(3)<2T，解得正數k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3)))一、選擇題1．(2024·山東壽光一模)若角α的終邊過點A(2，1)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π－α))＝()A．－eq\f(2\r(5),5) B．－eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(2\r(5),5)解析：選A.依據三角函數的定義可知cosα＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π－α))＝－cosα＝－eq\f(2\r(5),5)，故選A.2．已知角θ的始邊與x軸的非負半軸重合，終邊過點M(－3，4)，則cos2θ－sin2θ＋tanθ的值為()A．－eq\f(121,75) B.eq\f(121,75)C．－eq\f(79,75) D.eq\f(79,75)解析：選A.設O為坐標原點，則由已知得|OM|＝5，因而cosθ＝－eq\f(3,5)，sinθ＝eq\f(4,5)，tanθ＝－eq\f(4,3)，則cos2θ－sin2θ＋tanθ＝eq\f(9,25)－eq\f(16,25)－eq\f(4,3)＝－eq\f(121,75).3．(2024·武昌區(qū)調研考試)已知函數f(x)＝eq\r(3)sinωx－cosωx(ω＞0)的最小正周期為2π，則f(x)的單調遞增區(qū)間是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)解析：選B.因為f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinωx－\f(1,2)cosωx))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))，f(x)的最小正周期為2π，所以ω＝eq\f(2π,2π)＝1，所以f(x)＝2sineq\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)，得2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，故選B.4．(2024·濟南市模擬考試)若函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω＞0)在[0，π]上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，則ω的最小值為()A.eq\f(2,3) B.eq\f(3,4)C.eq\f(4,3) D.eq\f(3,2)解析：選A.因為0≤x≤π，ω＞0，所以－eq\f(π,6)≤ωx－eq\f(π,6)≤ωπ－eq\f(π,6).又f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以ωπ－eq\f(π,6)≥eq\f(π,2)，所以ω≥eq\f(2,3)，故選A.5．(2024·鄭州市第一次質量預料)已知曲線C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))，則下列結論正確的是()A．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(7π,12)個單位長度，得到曲線C2B．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到曲線C2C．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(7π,12)個單位長度，得到曲線C2D．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,6)個單位長度，得到曲線C2解析：選C.把曲線C1：y＝cosx上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)，縱坐標不變，得到函數y＝cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的圖象，再把圖象向右平移eq\f(7π,12)個單位長度，得到函數y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)－\f(7π,12)))＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))的圖象，即得曲線C2.故選C.6．(2024·湖南省湘東六校聯考)已知函數f(x)＝|sinx|·|cosx|，則下列說法不正確的是()A．f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(π,2)對稱B．f(x)的最小正周期為eq\f(π,2)C．(π，0)是f(x)圖象的一個對稱中心D．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調遞減解析：選C.f(x)＝|sinx|·|cosx|＝eq\f(1,2)|sin2x|，作出函數f(x)的圖象如圖所示，由圖知函數f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(π,2)對稱，f(x)的最小正周期為eq\f(π,2)，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調遞減，f(x)的圖象無對稱中心，故選C.二、填空題7．(2024·高考江蘇卷)已知函數y＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的圖象關于直線x＝eq\f(π,3)對稱，則φ的值是____________．解析：由函數y＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的圖象關于直線x＝eq\f(π,3)對稱，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝±1，因為－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)＋φ<eq\f(7π,6)，則eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，φ＝－eq\f(π,6).答案：－eq\f(π,6)8．(2024·濟南市模擬考試)已知函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))的值為________．解析：設f(x)的最小正周期為T，依據題中圖象可知，eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，所以T＝π，故ω＝2，依據2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝0(增區(qū)間上的零點)可知，eq\f(π,6)＋φ＝2kπ，k∈Z，即φ＝2kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，又|φ|＜eq\f(π,2)，故φ＝－eq\f(π,6).所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(14π,6)－\f(π,6)))＝2sineq\f(π,6)＝1.答案：19．已知ω>0，在函數y＝2sinωx與y＝2cosωx的圖象的交點中，距離最短的兩個交點的距離為2eq\r(3)，則ω＝________．解析：令ωx＝X，則函數y＝2sinX與y＝2cosX的圖象的交點坐標分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2kπ，\r(2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)＋2kπ，－\r(2)))，k∈Z.因為距離最短的兩個交點的距離為2eq\r(3)，所以相鄰兩交點橫坐標的最短距離是2＝eq\f(T,2)，所以T＝4＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)三、解答題10．已知函數f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋1(A>0，ω>0)的最小值為－1，其圖象的相鄰兩個最高點之間的距離為π.(1)求函數f(x)的解析式；(2)設α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝2，求α的值．解：(1)因為函數f(x)的最小值為－1，所以－A＋1＝－1，即A＝2.因為函數f(x)的圖象的相鄰兩個最高點之間的距離為π，所以函數f(x)的最小正周期T＝π，所以ω＝2，故函數f(x)的解析式為f(x)＝2sin