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第07讲 三角恒等变换综合(分层训练)-2022年春季高一数学辅导讲义（苏教版2019必修第二册）
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基础组
一、选择题
1．(2017秋•赣州期末)设奇函数f(x)=sin(ωx+φ)-3cs(ωx+φ)(ω＞0)在x∈[﹣1，1]内有9个零点，则ω的取值范围为( )
A．[4π，5π)；B．[4π，5π]；C．[15π，14π]；D．(15π，14π]
【答案】A．
【解析】f(x)=sin(ωx+φ)-3cs(ωx+φ)=2sin(ωx+φ-π3)，
∵f(x)为奇函数，∴f(0)＝2sin(φ-π3)＝0，∴φ=π3+kπ，k∈Z．∴f(x)＝2sin(ωx+kπ)，
由f(x)＝0，得sin(ωx+kπ)＝0，可得ωx+kπ＝mπ，m∈Z．
即x=m-kωπ，设n＝m﹣k，则x=nωπ，n∈Z．
∵f(x)在x∈[﹣1，1]内有9个零点，∴﹣1≤nωπ≤1，则-ωπ≤n≤ωπ，
∴4≤ωπ＜5，即4π≤ω＜5π．∴ω的取值范围为[4π，5π)．
二、填空题
2．(2019•江西模拟)公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin18°，若m2+n＝4，则m+nsin63°=______．
【答案】22．
【解析】∵m＝2sin18°，
∴由m2+n＝4，得n＝4﹣m2＝4﹣4sin218°＝4cs218°，
则m+nsin63°=2sin18°+2cs18°sin63°=22sin(45°+18°)sin63°=22sin63°sin63°=22．
3．(2017秋•如东县期末)如图，将矩形纸片ABCD的右下角折起，使得该角的顶点落在矩形的左边上(BC足够长)，那么折痕EF的长度取决于角∠BFE的大小，若sin∠BFE=35，AB＝6，则折痕EF的长度为______．
【答案】12516．
【解答】解设EF＝x，由题意可得△BEF≌△GEF，可得EG＝EB＝EFsin∠BFE=35x，
AE＝AB﹣EB＝6-35x，∠BEF＝∠GEF＝90°﹣∠BFE，
可得∠AEG＝180°﹣2(90°﹣∠BFE)＝2∠BFE，
可得cs∠AEG＝cs2∠BFE＝1﹣2sin2∠BFE＝1﹣2×925=725，即有AEGE=10x-1=725，解得x=12516．
三、解答题
4．(2018春•沙市区校级期中)已知函数f(x)=3sin(2018π-x)sin(3π2+x)-cs2x+1
(1)求函数f(x)的对称中心；
(2)若对于任意的x∈[-π12，π2]，都有|f(x)﹣m|≤1恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)(kπ2+π12，12)(k∈Z)；(2)12≤m≤3-32．
【解析】(1)f(x)=3sin(2018π-x)sin(3π2+x)-cs2x+1
=3(-sinx)(-csx)-12(1+cs2x)+1=32sin2x-12cs2x+12=sin(2x-π6)+12．
令2x-π6=kπ，得x=kπ2+π12(k∈Z)，∴f(x)的对称中心为(kπ2+π12，12)(k∈Z)．
(2)由|f(x)﹣m|≤1，得-1≤f(x)-m≤1⇒m≤f(x)+1m≥f(x)-1恒成立，
∵x∈[-π12，π2]，2x-π6∈[-π3，5π6]，sin(2x-π6)∈[-32，1]，∴f(x)∈[1-32，32]，
由m≤f(x)+1恒成立，得m≤f(x)min+1=1-32+1=3-32；
由m≥f(x)﹣1恒成立，得m≥f(x)max-1=32-1=12．
综上，12≤m≤3-32．
5．(2018•上海模拟)如图，直径为1的圆O中，作一关于圆心对称、邻边互相垂直的十字形，其中AB＜BE，设∠AOB＝θ．
(1)将十字形的面积S表示为θ的函数；
(2)求十字形的面积S的最大值．
【答案】(1)S=2sinθ2csθ2-sin2θ2，θ∈(0，π2)；(2)5-12．
【解析】(1)由题意，AB=sinθ2，BE=csθ2，又AB＜BE，故θ∈(0，π2)．
故S=2sinθ2csθ2-sin2θ2，θ∈(0，π2)．
(2)∵S＝2sinθ2csθ2-sin2θ2=sinθ-1-csθ2=sinθ+csθ2-12=52(sinθ25+15csθ)-12=52sin(θ+α)-12，
Smax=5-12．
6．(2018秋•安庆期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，角α(π6＜α＜π2)的顶点是坐标原点，始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆O交于点A(x1，y1)，将角α的终边绕原点逆时针方向旋转π3，交单位圆O于点B(x2，y2)
(1)若x1=35，求x2的值；
(2)分别过A，B向x轴作垂线，垂足分别为C，D，记△AOC，△BOD的面积分别为S1，S2．若S1＝2S2，求角α的大小．
【答案】(1)3-4310；(2)π4．
【解析】(1)由已知得csα＝x1=35，sinα=1-cs2α=45，
∴x2＝cs(α+π3)＝csαcsπ3-sinαsinπ3=35⋅12-45⋅32=3-4310．
(2)根据条件知 S1=12csαsinα=14sin2α，S2=12•sin(α+π3)•[﹣cs(α+π3)]=-14sin(2α+2π3)，
由S1＝2S2，可得 14sin2α＝2[-14sin(2α+2π3)]，sin2α＝﹣2sin(2α+2π3)＝﹣2sin2α•(-12)﹣2cs2α•32，
∴3cs2α＝0，∴2α=π2，α=π4．
7．(2018秋•平罗县校级期末)已知关于x的方程2x2-(3+1)x+m=0的两根为sinθ和csθ，θ∈(0，π)．
(1)求tanθ⋅sinθtanθ-1+csθ1-tanθ的值；
(2)求m的值；
(3)求θ的值．
【答案】(1)3+12；(2)32；(3)π6或π3．
【解析】(1)由于关于x的方程2x2﹣(3+1)x+m＝0的两根为sinθ和csθ，∴sinθ+csθ=3+12sinθcsθ=m2，
∴tanθ⋅sinθtanθ-1+csθ1-tanθ=sin2θsinθ-csθ+cs2θcsθ-sinθ=(sinθ+csθ)(sinθ-csθ)sinθ-csθ=sinθ+csθ=3+12；
(2)由sinθ+csθ=3+12，sinθcsθ=m2，∴sin2θ+2sinθcsθ+cs2θ＝(3+12)2，即1+m＝(3+12)2，解得m=32；
(3)由以上可得，sinθ+csθ=3+12，sinθcsθ=34，解得sinθ=12，csθ=32或sinθ=32，csθ=12．
故此时方程的两个根分别为12，32，对应θ的值为π6或π3．
8．(2019•泸州模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(x1，y1)、B(x2，y2)都在单位圆O上，∠xOA＝α，且α∈(π3，π2)．
(Ⅰ)若sin(α+π6)=1314，求x1的值；
(Ⅱ)若∠AOB=π3，求y＝x12+y22的取值范围．
【答案】(1)17；(2)(14，1)．
【解析】(Ⅰ)由三角函数的定义有x1＝csα，
因为sin(α+π6)=1314，α∈(π3，π2)，
所以π2＜α+π6＜5π6，cs(α+π6)=-3314，
所以x1=csα=cs[(α+π6)-π6]=cs(α+π6)csπ6+sin(α+π6)sinπ6=-3314⋅32+1314⋅12=17．
(Ⅱ)若∠AOB=π3，由题知x1＝csα，y2=sin(α+π3)，
y=x12+y22=cs2α+sin2(a+π3)=1+cs2α2+1-cs2(α+π3)2
=1+34cs2α+34sin2α=32sin(2α+π3)+1，
α∈(π3，π2)，2α+π3∈(π，4π3)，sin(2α+π3)∈(-32，0)，32sin(2α+π3)+1∈(14，1)．
所以y的取值范围是(14，1)．
9．(2019•西湖区校级模拟)已知f(x)=sin(2x+π3)+sin(2x-π3)+2cs2x，x∈R
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)的单调减区间；
(3)若函数g(x)＝f(x)﹣m在区间[-π4，π4]上没有零点，求m的取值范围．
【答案】(1)π；(2)[kπ+π8，kπ+5π8]，k∈Z；(3)m＞2+1或m＜0．
【解析】(1)f(x)=12sin2x+32cs2x+12sin2x-32cs2x+2cs2x＝sin2x+cs2x+1=2sin(2x+π4)+1，
∵ω＝2，∴T＝π；
(2)由π2+2kπ≤2x+π4≤3π2+2kπ，k∈Z得：π8+kπ≤x≤5π8+kπ，k∈Z，
∴f(x)的单调减区间为[kπ+π8，kπ+5π8]，k∈Z；
(3)作出函数y＝f(x)在[-π4，π4]上的图象如下：函数g(x)无零点，即方程f(x)﹣m＝0无解，
亦即：函数y＝f(x)与y＝m在x∈[-π4，π4]上无交点从图象可看出f(x)在[-π4，π4]上的值域为[0，2+1]，
则m＞2+1或m＜0．
10．(2020秋•沙坪坝区校级月考)已知函数f(x)=2sin2(x+π4)-3cs2x．
(1)当x∈[π4，π2]时，求f(x)的值域；
(2)是否存在实数t∈(2，+∞)，使得f(x)在(2，t)上单调递增？若存在，求出t的取值范围，若不存在，说明理由．
【答案】(1)[2，3]；(2)不存在．
【解析】(1)函数f(x)=2sin2(x+π4)-3cs2x=2×1-cs(2x+π2)2-3cs2x＝1+sin2x-3cs2x
＝2sin(2x-π3)+1，当x∈[π4，π2]时，2x-π3∈[π6，2π3]，sin(2x-π3)∈[12，1]，f(x)∈[2，3]．
(2)由2kπ-π2≤2x-π3≤2kπ+π2，求得kπ-π12≤x≤kπ+5π12，k∈Z，
可得函数的增区间为[kπ-π12，kπ+5π12]，k∈Z．同理求得函数的减区间为[kπ+5π12，kπ+11π12]，k∈Z．
故函数的一个减区间为[5π12，11π12]，而2∈[5π12，11π12]，故函数在[2，11π12]上单调递减，
故不存在实数t∈(2，+∞)，使得f(x)在(2，t)上单调递增．
11．(2020春•蓝田县期末)已知函数f(x)＝23sinωxcsωx+2cs2ωx(ω＞0)的最小正周期为π3．
(Ⅰ)求函数f(x)的单调递减区间；
(Ⅱ)当x∈[0，π6]时，函数g(x)＝f(x)﹣2m+1恰有两个不同的零点，求实数m的取值范围．
【答案】(1)[13kπ+π18，13kπ+2π9]，k∈Z；(2)[32，2)．
【解析】(Ⅰ)f(x)＝23sinωxcsωx+2cs2ωx=3sin2ωx+1+cs2ωx＝1+2sin(2ωx+π6)，
∵f(x)的最小正周期为π3，∴T=2π2ω=π3，得ω＝3，则f(x)＝1+2sin(6x+π6)，
由2kπ+π2≤6x+π6≤2kπ+3π2，k∈Z，得13kπ+π18≤x≤13kπ+2π9，k∈Z，
即f(x)的单调递减区间是[13kπ+π18，13kπ+2π9]，k∈Z．
(Ⅱ)由g(x)＝f(x)﹣2m+1＝0得1+2sin(6x+π6)﹣2m+1＝0，
得2sin(6x+π6)＝2m﹣2，即sin(6x+π6)＝m﹣1，当x∈[0，π6]时，6x+π6∈[π6，7π6]，
设t＝6x+π6，则t∈[π6，7π6]，作出y＝sint的图象如图：当t=π6时，y＝sint=12，
要使sin(6x+π6)＝m﹣1有两个根，则12≤m﹣1＜1，得32≤m＜2，即实数m的取值范围是[32，2)．
12．(2020春•海淀区校级期末)已知函数f(x)＝asin2x+2cs2x，且满足f(x)的图象过点(-π6，0)．
(Ⅰ)求函数f(x)的解析式及最小正周期；
(Ⅱ)若函数f(x)在区间[-π12，m]上的最大值为3，求实数m的取值范围．
【答案】(1)π；(2)[π6，+∞)．
【解析】(Ⅰ)由题意，f(-π6)＝asin(-π3)+2cs2(-π6)=-32a+2×34=0，解得a=3．
∴f(x)=3sin2x+2cs2x=3sin2x+cs2x+1=2sin(2x+π6)+1．∴f(x)的最小正周期T=2π2=π；
(Ⅱ)由x∈[-π12，m]，得2x+π6∈[0，2m+π6]，∵函数f(x)在区间[-π12，m]上的最大值为3，
∴sin(2x+π6)在区间[-π12，m]上的最大值为1，则2m+π6≥π2，即m≥π6．
∴实数m的取值范围是[π6，+∞)．
13．(2020•普陀区二模)设函数f(x)＝2sin2(ωx2+π6)+3sin(ωx+π3)﹣1．
(1)当0＜ω＜1时，若函数f(x)的最大值为f(π2)，求函数f(x)的最小正周期；
(2)若函数f(x)在区间(π，2π)内不存在零点，求正实数ω的取值范围．
【答案】(1)3π；(2)(0，512]∪[56，1112]．
【解析】(1)函数f(x)＝2sin2(ωx2+π6)+3sin(ωx+π3)﹣1=3sinωx+π3-csωx+π3
=2sin(ωx+π3-π6)=2sin(ωx+π6)．由于函数f(x)的最大值为f(π2)，所以2sin(π2ω+π6)=2，
当0＜ω＜1时，故ω=23．所以f(x)=2sin(23x+π6)，故函数的最小正周期为2π23=3π．
(2)由于函数f(x)＝2sin(ωx+π6)，函数f(x)在区间(π，2π)内不存在零点，则：(ωπ+π6，2ωπ+π6)⊆(kπ，kπ+π)，
即：ωπ+π6≥kπ2ωπ+π6≤kπ+π，则：k-16≤ω≤k2+512(k∈Z)．由于k-16≤k2+512(k∈Z)，所以k≤76，
即k＝0，1．所以正实数ω的取值范围为(0，512]∪[56，1112]．
提高组
一、填空题
1．(2020•锡山区校级模拟)设a，b均为大于1的自然数，函数f(x)＝a(b+sinx)，g(x)＝b+csx，若存在实数m，使得f(m)＝g(m)，则a+b＝______．
【答案】4．
【解析】由f(m)＝g(m)，即a(b+sinm)＝b+csm，asinm﹣csm＝b﹣ab，
a2+1•sin(m﹣θ)＝b(1﹣a)[注：sinθ=1a2+1]，∵﹣1≤sin(m﹣θ)≤1，∴-a2+1≤b(1﹣a)≤a2+1，
∵a，b均为大于1的自然数，∴1﹣a＜0，b(1﹣a)＜0，∴b(1﹣a)≥-a2+1，b(a﹣1)≤a2+1，
b≤a2+1(a-1)2=1+2a(a-1)2．∵a≥4时2a(a-1)2＜1，b＜2，∴a＜4，
当a＝2时b≤5，b＝2，当a＝3时b≤2.5无解，综上：a＝2，b＝2，a+b＝4．
二、解答题
2．(2019秋•三月考)已知函数f(x)=sin2(x-π4)．
(1)若f(α2)=16，tanβ=5，α∈[-π2，π2]，求tan(2α+β)的值；
(2)若动直线x＝t(t∈[0，π])与函数f(x)和函数g(x)=3sin(π4+x)cs(π4+x)的图象分别交于P，Q两点，求线段PQ长度的最大值，并求出此时t的值．
【答案】(1)-5519；(2)t=7π12时PQ取得最大值32．
【解析】(1)∵函数函数f(x)=sin2(x-π4)=1-cs(2x-π2)2=12-12sin2x，
则 若f(α2)=16=12-12sinα，∴sinα=23．∵α∈[-π2，π2]，∴csα=1-sin2α=53，
∴tanα=sinαcsα=25，tan2α=2tanα1-tan2α=45．∵tanβ=5，tan(2α+β)=tan2α+tanβ1-tan2α⋅tanβ=551-20=-5519．
(2)∵函数g(x)=3sin(π4+x)cs(π4+x)=32sin(π2+2x)=32cs2x，
由题意可知PQ＝|f(t)﹣g(t)|＝|12-12sin2t-32cs2t|＝|12-sin(2t+π3)|，
故当sin(2t+π3)＝﹣1时，PQ取得最大值32，当PQ取到最大值时，2t+π3=2kπ-π2，k∈Z，
又t∈[0，π]，∴t=7π12．
3．(2020春•河池期末)已知△ABC的三个内角分别为A，B，C，且3sinA+csA＝2．
(1)求A；
(2)已知函数f(B)＝k(sinB+csB)+sinB•csB(k∈R)，若函数g(x)＝lg2(x2﹣4csC•x+1)的定义域为R，且函数f(B)的最小值为-4132，求实数k的值．
【答案】(1)π3；(2)-54．
【解析】(1)由于3sinA+csA＝2．所以32sinA+12csA=1，所以sin(A+π6)=1，由于A∈(0，π)，
所以π6＜A+π6＜7π6，故A=π3．
(2)由于函数g(x)＝lg2(x2﹣4csC•x+1)的定义域为R，所以16cs2C﹣4＜0，解得：-12＜csC＜12，
所以π3＜C＜2π3．由于(1)中A=π3，所以0＜B＜π3．设t＝sinB+csB=2sin(B+π4)，由于0＜B＜π3，
所以t∈(1，2]．所以sin2B+cs2B+2sinBcsB＝t2，整理得sinBcsB=t2-12．所以h(t)＝kt+t2-12，
(i)当k≥﹣1时，h(1)＝k，h(2)=2k+12，此时f(B)的值域为(k，2k+12)，即k=-4132．不合题意．
(ii)当-2+12＜k＜-1时，h(﹣k)=-12k2-12，h(2)=2k+12，此时f(B)的值域为．
有-12k2-12=-4132，解得k=±45，由于54＞0，-2＜-54＜-1，所以k=-54．
(iii)当-2＜k＜-2+12时，h(﹣k)=-12k2-12，h(1)＝k，此时此时f(B)的值域为．
所以-12k2-12=-4132．解得k=±45不合题意．
(iiii)当k≤-2时，h(2)=2k+12，h(1)＝k，所以函数的值域为(2k+12，k)，
则2k+12=-4132，不符合题意．故k=-54．
4．(2019春•玉溪期末)已知a≥1，函数f(x)＝sin(x+π4)，g(x)＝﹣sinxcsx﹣1+2af(x)
(1)若f(x)在[﹣b，b]上单调递增，求正数b的最大值；
(2)若函数g(x)在[0，3π4]内恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)π4；(2)(324，+∞)．
【解析】(1)由2kπ-π2≤x+π4≤2kπ+π2，k∈Z，得2kπ-3π4≤x≤2kπ+π4，k∈Z．
因f(x)在[﹣b，b]上单调递增，令k＝0，得-3π4≤x≤π4时f(x)单调递增，
所以b≤π4-b≥-3π4，解得b≤π4，可得正数b的最大值为π4．
(2)g(x)=-sinxcsx+2af(x)-1=-sinxcsx+a(sinx+csx)﹣1，
设t=sinx+csx=2sin(x+π4)，当x∈[0，3π4]时，t∈[0，2]．
它的图形如图所示．
又sinxcsx=12[(sinx+csx)2-1]=12(t2-1)，
则﹣sinxcsx+a(sinx+csx)﹣1=-12t2+at-12，t∈[0，2]，令h(t)=-12t2+at-12，
则函数g(x)在[0，3π4]内恰有一个零点，可知h(t)=-12t2+at-12在[0，2]内最多一个零点．
①当0为h(t)的零点时，-12=0显然不成立；
②当2为h(t)的零点时，由2a-32=0，得a=324，把a=324代入-12t2+at-12=0中，
得-12t2+324t-12=0，解得t1=2，t2=22，不符合题意．
③当零点在区间(0，2)时，若Δ＝a2﹣1＝0，得a＝1，此时零点为1，即t＝1，
由t=2sin(x+π4)的图象可知不符合题意；
若Δ＝a2﹣1＞0，即a＞1，设-12t2+at-12=0的两根分别为t1，t2，
由t1t2＝1，且抛物线的对称轴为t＝a＞1，则两根同时为正，
要使h(t)=-12t2+at-12在[0，2]内恰有一个零点，
则一个根在(0，1)内，另一个根在(2，+∞)内，所以h(1)＞0h(2)＞0h(0)＜0，解得a＞324．
综上，a的取值范围为(324，+∞)．
5．(2020秋•七星区校级月考)已知函数f(x)=(32a+b)sinx+(12a-3b)csx，且f(0)＝﹣1，f(π3)=1．
(1)求f(x)的解析式；
(2)已知g(x)＝x2﹣2x+m﹣3，若对任意的x1∈[0，π]，总存在x2∈[﹣2，m]，使得f(x1)＝g(x2)成立，求m的取值范围．
【答案】(1)f(x)=2sin(x-π6)；(2)[﹣1，3]．
【解析】(1)因为f(0)＝﹣1，f(π3)=1，所以f(0)=12a-3b=-1f(π3)=32(32a+b)+12(12a-3b)=1，
解得a＝1，b=32，可得f(x)=(32+32)sinx+(12-32)csx=3sinx-csx=2sin(x-π6)．
(2)因为x∈[0，π]，所以x-π6∈[-π6，5π6]，
所以sin(x-π6)∈[-12，1]，则f(x)∈[﹣1，2]，g(x)的图象的对称轴是x＝1．
①当﹣2＜m＜1时，g(x)min=g(m)=m2-m-3，g(x)max＝g(﹣2)＝m+5，
则m2-m-3≤-1-2＜m＜1m+5≥2，解得﹣1≤m＜1，符合题意；
②当1≤m≤4时，g(x)min＝g(1)＝m﹣4，g(x)max＝g(﹣2)＝m+5，
则m-4≤-11≤m≤4m+5≥2，解得1≤m≤3，符合题意；
③当m＞4时，g(x)min＝g(1)＝m﹣4，g(x)max=g(m)=m2-m-3，
则m-4≤-1m＞4m2-m-3≥2，不等式组无解．
综上，m的取值范围是[﹣1，3]．
6．(2018秋•越秀区期末)阅读下面材料：sin3θ＝sin(2θ+θ)＝sin2θcsθ+cs2θsinθ＝2sinθcs2θ+(1﹣2sin2θ)sinθ＝2sinθ(1﹣sin2θ)+(sinθ﹣2sin3θ)＝3sinθ﹣4sin3θ．解答下列问题：
(1)证明：cs3θ＝4cs3θ﹣3csθ；
(2)若函数f(x)=cs(3x+π4)cs(x-π4)+msin(x+π4)-5在x∈(0，π2)上有零点，求实数m的取值范围．
【答案】(1)详见解析；(2)(42，6]．
【解析】(1)证明：cs3θ＝cs(2θ+θ)＝cs2θcsθ﹣sin2θsinθ＝(2cs2θ﹣1)csθ﹣2sin2θcsθ
＝2cs3θ﹣csθ+2(1﹣cs2θ)csθ＝4cs3θ﹣3csθ，即cs3θ＝4cs3θ﹣3csθ．
(2)∵f(x)=cs3xcsπ4-sin3xsinπ4csxcsπ4+sinxsinπ4+m(sinxcsπ4+csxsinπ4)﹣5
=(4cs3x-3csx)-(3sinx-4sin3x)csx+sinx+22m(sinx+csx)﹣5
=4(csx+sinx)(cs2x-csxsinx+sin2x)-3(csx+sinx)csx+sinx+22m(sinx+csx)﹣5
＝4(1﹣csxsinx)﹣3+22m(sinx+csx)﹣5=22m(sinx+csx)﹣4sinxcsx﹣4，
令t＝sinx+csx=2sin(x+π4)，∵x∈(0，π2)，∴x+π4∈(π4，3π4)，∴sin(x+π4)∈(22，1]，∴t∈(1，2]，
又(sinx+csx)2＝1+2sinxcsx，∴sinxcsx=t2-12，
∴g(t)=22mt﹣2(t2﹣1)﹣4＝﹣2t2+22mt﹣2，t∈(1，2]，
令g(t)＝0得22m=2t+2t，∵y=2t+2t在(1，2]上单调递增，∴2t+2t∈(4，32]，
22m∈(4，32]，∴m∈(42，6]．
7．(2020春•运城期末)已知f(x)＝2sinxcsx+23cs(x-π4)cs(x+π4)．
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若关于x的函数g(x)＝f(x)﹣2(2k+sin2x)在区间[π12，π2]上有唯一零点，求实数k的取值范围．
【答案】(1)[π12+kπ，7π12+kπ]，k∈Z；(2){k|-34＜k≤14或k=-12}．
【解析】(1)f(x)＝2sinxcsx+23cs(x-π4)cs(x+π4)＝sin2x+3cs2x＝2(sin2xcsπ3+cs2xsinπ3)
＝2sin(2x+π3)．令2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π2，k∈Z，解得π12+kπ≤x≤7π12+kπ，k∈Z，
可得函数f(x)的单调递减区间为：[π12+kπ，7π12+kπ]，k∈Z
(2)由(1)可知，f(x)＝2sin(2x+π3)，函数g(x)＝f(x)﹣2(2k+sin2x)在区间[π12，π2]上有唯一零点，
等价于f(x)＝2(k+sin2x)在[π12，π2]有唯一根．
所以2k＝sin(2x+π3)﹣sin2x=-12sin2x+32sin2x=cs(2x+π6)，设h(x)＝cs(2x+π6)，x∈[π12，π2]，
则2x+π6∈[π3，7π6]，根据函数h(x)在[π12，π2]上的性质，由于y＝2k与函数y＝h(x)由唯一点，
所以实数k应满足-32＜2k≤12，或2k＝﹣1，所以-34＜k≤14或k=-12．
故实数k的取值范围{k|-34＜k≤14或k=-12}．
8．(2020春•湖北期末)已知函数f(x)＝sin4x+2sinxcsx﹣cs4x．
(1)求f(x)的最大值及取得最大值时相应的自变量x的取值集合．
(2)若函数g(x)＝f(ωx)在区间[0，π]内恰有四个不同的零点x1，x2，x3，x4．
①求实数ω的取值范围；
②当|x1﹣x2|＝|x3﹣x4|=π2时，求实数ω的值及相应的四个零点．
【答案】(1){x|x＝kπ+3π8，k∈Z}；(2)①138≤ω＜178，②ω＝2，相应的四个零点分别是π16、5π16、9π16、13π16．
【解析】(1)函数f(x)＝sin4x+2sinxcsx﹣cs4x＝sin2x﹣cs2x+sin2x＝sin2x﹣cs2x=2sin(2x-π4)，
当2x-π4=2kπ+π2，即x＝kπ+3π8(k∈Z)时，f(x)取得最大值为2；
此时x的取值范围是{x|x＝kπ+3π8，k∈Z}．
(2)函数g(x)＝f(ωx)=2sin(2ωx-π4)，
①函数g(x)在区间[0，π]内恰有四个不同的零点的充分必要条件为g(0)≤0，13π8ω≤π，17π8ω＞π，
即2sin(-π4)≤0ω≥138ω＜178，解得138≤ω＜178；
②|x1﹣x2|＝|x3﹣x4|=4π8ω或8π8ω；
若4π8ω=π2，解得ω＝1，此时g(x)=2sin(2x-π4)在区间[0，π]内只有两个零点，不符合题意，舍去；
若8π8ω=π2，解得ω＝2，此时g(x)=2sin(4x-π4)在区间[0，π]内恰有四个零点，
它们分别是π16、5π16、9π16、13π16；综上所述，ω＝2，相应的四个零点分别是π16、5π16、9π16、13π16．
附：分层训练答案
基础组
1．A；2．22；3．12516；4．(1)(kπ2+π12，12)(k∈Z)，(2)12≤m≤3-32；
5．(1)S=2sinθ2csθ2-sin2θ2，θ∈0，π2，(2)5-12；6．(1)3-4310，(2)π4；
7．(1)3+12，(2)32，(3)π6或π3；8．(1)17，(2)(14，1)；
9．(1)π，(2)[kπ+π8，kπ+5π8]，k∈Z，(3)m＞2+1或m＜0；10．(1)[2，3]，(2)不存在；
11．(1)[13kπ+π18，13kπ+2π9]，k∈Z，(2)[32，2)；
12．(1)π，(2)[π6，+∞)；13．(1)3π，(2)(0，512]∪[56，1112]．
提高组
1．4；2．(1)-5519，(2)t=7π12时PQ取得最大值32；3．(1)π3，(2)-54；4．(1)π4，(2)(324，+∞)；
5．(1)f(x)=2sin(x-π6)，(2)[﹣1，3]；6．(1)详见解析，(2)(42，6]；
7．(1)[π12+kπ，7π12+kπ]，k∈Z，(2){k|-34＜k≤14或k=-12}；
8．(1){x|x＝kπ+3π8，k∈Z}，(2)①138≤ω＜178，②ω＝2，相应的四个零点分别是π16、5π16、9π16、13π16．
基础组
一、选择题
1．(2017秋•赣州期末)设奇函数f(x)=sin(ωx+φ)-3cs(ωx+φ)(ω＞0)在x∈[﹣1，1]内有9个零点，则ω的取值范围为( )
A．[4π，5π)；B．[4π，5π]；C．[15π，14π]；D．(15π，14π]
【答案】A．
【解析】f(x)=sin(ωx+φ)-3cs(ωx+φ)=2sin(ωx+φ-π3)，
∵f(x)为奇函数，∴f(0)＝2sin(φ-π3)＝0，∴φ=π3+kπ，k∈Z．∴f(x)＝2sin(ωx+kπ)，
由f(x)＝0，得sin(ωx+kπ)＝0，可得ωx+kπ＝mπ，m∈Z．
即x=m-kωπ，设n＝m﹣k，则x=nωπ，n∈Z．
∵f(x)在x∈[﹣1，1]内有9个零点，∴﹣1≤nωπ≤1，则-ωπ≤n≤ωπ，
∴4≤ωπ＜5，即4π≤ω＜5π．∴ω的取值范围为[4π，5π)．
二、填空题
2．(2019•江西模拟)公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin18°，若m2+n＝4，则m+nsin63°=______．
【答案】22．
【解析】∵m＝2sin18°，
∴由m2+n＝4，得n＝4﹣m2＝4﹣4sin218°＝4cs218°，
则m+nsin63°=2sin18°+2cs18°sin63°=22sin(45°+18°)sin63°=22sin63°sin63°=22．
3．(2017秋•如东县期末)如图，将矩形纸片ABCD的右下角折起，使得该角的顶点落在矩形的左边上(BC足够长)，那么折痕EF的长度取决于角∠BFE的大小，若sin∠BFE=35，AB＝6，则折痕EF的长度为______．
【答案】12516．
【解答】解设EF＝x，由题意可得△BEF≌△GEF，可得EG＝EB＝EFsin∠BFE=35x，
AE＝AB﹣EB＝6-35x，∠BEF＝∠GEF＝90°﹣∠BFE，
可得∠AEG＝180°﹣2(90°﹣∠BFE)＝2∠BFE，
可得cs∠AEG＝cs2∠BFE＝1﹣2sin2∠BFE＝1﹣2×925=725，即有AEGE=10x-1=725，解得x=12516．
三、解答题
4．(2018春•沙市区校级期中)已知函数f(x)=3sin(2018π-x)sin(3π2+x)-cs2x+1
(1)求函数f(x)的对称中心；
(2)若对于任意的x∈[-π12，π2]，都有|f(x)﹣m|≤1恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)(kπ2+π12，12)(k∈Z)；(2)12≤m≤3-32．
【解析】(1)f(x)=3sin(2018π-x)sin(3π2+x)-cs2x+1
=3(-sinx)(-csx)-12(1+cs2x)+1=32sin2x-12cs2x+12=sin(2x-π6)+12．
令2x-π6=kπ，得x=kπ2+π12(k∈Z)，∴f(x)的对称中心为(kπ2+π12，12)(k∈Z)．
(2)由|f(x)﹣m|≤1，得-1≤f(x)-m≤1⇒m≤f(x)+1m≥f(x)-1恒成立，
∵x∈[-π12，π2]，2x-π6∈[-π3，5π6]，sin(2x-π6)∈[-32，1]，∴f(x)∈[1-32，32]，
由m≤f(x)+1恒成立，得m≤f(x)min+1=1-32+1=3-32；
由m≥f(x)﹣1恒成立，得m≥f(x)max-1=32-1=12．
综上，12≤m≤3-32．
5．(2018•上海模拟)如图，直径为1的圆O中，作一关于圆心对称、邻边互相垂直的十字形，其中AB＜BE，设∠AOB＝θ．
(1)将十字形的面积S表示为θ的函数；
(2)求十字形的面积S的最大值．
【答案】(1)S=2sinθ2csθ2-sin2θ2，θ∈(0，π2)；(2)5-12．
【解析】(1)由题意，AB=sinθ2，BE=csθ2，又AB＜BE，故θ∈(0，π2)．
故S=2sinθ2csθ2-sin2θ2，θ∈(0，π2)．
(2)∵S＝2sinθ2csθ2-sin2θ2=sinθ-1-csθ2=sinθ+csθ2-12=52(sinθ25+15csθ)-12=52sin(θ+α)-12，
Smax=5-12．
6．(2018秋•安庆期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，角α(π6＜α＜π2)的顶点是坐标原点，始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆O交于点A(x1，y1)，将角α的终边绕原点逆时针方向旋转π3，交单位圆O于点B(x2，y2)
(1)若x1=35，求x2的值；
(2)分别过A，B向x轴作垂线，垂足分别为C，D，记△AOC，△BOD的面积分别为S1，S2．若S1＝2S2，求角α的大小．
【答案】(1)3-4310；(2)π4．
【解析】(1)由已知得csα＝x1=35，sinα=1-cs2α=45，
∴x2＝cs(α+π3)＝csαcsπ3-sinαsinπ3=35⋅12-45⋅32=3-4310．
(2)根据条件知 S1=12csαsinα=14sin2α，S2=12•sin(α+π3)•[﹣cs(α+π3)]=-14sin(2α+2π3)，
由S1＝2S2，可得 14sin2α＝2[-14sin(2α+2π3)]，sin2α＝﹣2sin(2α+2π3)＝﹣2sin2α•(-12)﹣2cs2α•32，
∴3cs2α＝0，∴2α=π2，α=π4．
7．(2018秋•平罗县校级期末)已知关于x的方程2x2-(3+1)x+m=0的两根为sinθ和csθ，θ∈(0，π)．
(1)求tanθ⋅sinθtanθ-1+csθ1-tanθ的值；
(2)求m的值；
(3)求θ的值．
【答案】(1)3+12；(2)32；(3)π6或π3．
【解析】(1)由于关于x的方程2x2﹣(3+1)x+m＝0的两根为sinθ和csθ，∴sinθ+csθ=3+12sinθcsθ=m2，
∴tanθ⋅sinθtanθ-1+csθ1-tanθ=sin2θsinθ-csθ+cs2θcsθ-sinθ=(sinθ+csθ)(sinθ-csθ)sinθ-csθ=sinθ+csθ=3+12；
(2)由sinθ+csθ=3+12，sinθcsθ=m2，∴sin2θ+2sinθcsθ+cs2θ＝(3+12)2，即1+m＝(3+12)2，解得m=32；
(3)由以上可得，sinθ+csθ=3+12，sinθcsθ=34，解得sinθ=12，csθ=32或sinθ=32，csθ=12．
故此时方程的两个根分别为12，32，对应θ的值为π6或π3．
8．(2019•泸州模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(x1，y1)、B(x2，y2)都在单位圆O上，∠xOA＝α，且α∈(π3，π2)．
(Ⅰ)若sin(α+π6)=1314，求x1的值；
(Ⅱ)若∠AOB=π3，求y＝x12+y22的取值范围．
【答案】(1)17；(2)(14，1)．
【解析】(Ⅰ)由三角函数的定义有x1＝csα，
因为sin(α+π6)=1314，α∈(π3，π2)，
所以π2＜α+π6＜5π6，cs(α+π6)=-3314，
所以x1=csα=cs[(α+π6)-π6]=cs(α+π6)csπ6+sin(α+π6)sinπ6=-3314⋅32+1314⋅12=17．
(Ⅱ)若∠AOB=π3，由题知x1＝csα，y2=sin(α+π3)，
y=x12+y22=cs2α+sin2(a+π3)=1+cs2α2+1-cs2(α+π3)2
=1+34cs2α+34sin2α=32sin(2α+π3)+1，
α∈(π3，π2)，2α+π3∈(π，4π3)，sin(2α+π3)∈(-32，0)，32sin(2α+π3)+1∈(14，1)．
所以y的取值范围是(14，1)．
9．(2019•西湖区校级模拟)已知f(x)=sin(2x+π3)+sin(2x-π3)+2cs2x，x∈R
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)的单调减区间；
(3)若函数g(x)＝f(x)﹣m在区间[-π4，π4]上没有零点，求m的取值范围．
【答案】(1)π；(2)[kπ+π8，kπ+5π8]，k∈Z；(3)m＞2+1或m＜0．
【解析】(1)f(x)=12sin2x+32cs2x+12sin2x-32cs2x+2cs2x＝sin2x+cs2x+1=2sin(2x+π4)+1，
∵ω＝2，∴T＝π；
(2)由π2+2kπ≤2x+π4≤3π2+2kπ，k∈Z得：π8+kπ≤x≤5π8+kπ，k∈Z，
∴f(x)的单调减区间为[kπ+π8，kπ+5π8]，k∈Z；
(3)作出函数y＝f(x)在[-π4，π4]上的图象如下：函数g(x)无零点，即方程f(x)﹣m＝0无解，
亦即：函数y＝f(x)与y＝m在x∈[-π4，π4]上无交点从图象可看出f(x)在[-π4，π4]上的值域为[0，2+1]，
则m＞2+1或m＜0．
10．(2020秋•沙坪坝区校级月考)已知函数f(x)=2sin2(x+π4)-3cs2x．
(1)当x∈[π4，π2]时，求f(x)的值域；
(2)是否存在实数t∈(2，+∞)，使得f(x)在(2，t)上单调递增？若存在，求出t的取值范围，若不存在，说明理由．
【答案】(1)[2，3]；(2)不存在．
【解析】(1)函数f(x)=2sin2(x+π4)-3cs2x=2×1-cs(2x+π2)2-3cs2x＝1+sin2x-3cs2x
＝2sin(2x-π3)+1，当x∈[π4，π2]时，2x-π3∈[π6，2π3]，sin(2x-π3)∈[12，1]，f(x)∈[2，3]．
(2)由2kπ-π2≤2x-π3≤2kπ+π2，求得kπ-π12≤x≤kπ+5π12，k∈Z，
可得函数的增区间为[kπ-π12，kπ+5π12]，k∈Z．同理求得函数的减区间为[kπ+5π12，kπ+11π12]，k∈Z．
故函数的一个减区间为[5π12，11π12]，而2∈[5π12，11π12]，故函数在[2，11π12]上单调递减，
故不存在实数t∈(2，+∞)，使得f(x)在(2，t)上单调递增．
11．(2020春•蓝田县期末)已知函数f(x)＝23sinωxcsωx+2cs2ωx(ω＞0)的最小正周期为π3．
(Ⅰ)求函数f(x)的单调递减区间；
(Ⅱ)当x∈[0，π6]时，函数g(x)＝f(x)﹣2m+1恰有两个不同的零点，求实数m的取值范围．
【答案】(1)[13kπ+π18，13kπ+2π9]，k∈Z；(2)[32，2)．
【解析】(Ⅰ)f(x)＝23sinωxcsωx+2cs2ωx=3sin2ωx+1+cs2ωx＝1+2sin(2ωx+π6)，
∵f(x)的最小正周期为π3，∴T=2π2ω=π3，得ω＝3，则f(x)＝1+2sin(6x+π6)，
由2kπ+π2≤6x+π6≤2kπ+3π2，k∈Z，得13kπ+π18≤x≤13kπ+2π9，k∈Z，
即f(x)的单调递减区间是[13kπ+π18，13kπ+2π9]，k∈Z．
(Ⅱ)由g(x)＝f(x)﹣2m+1＝0得1+2sin(6x+π6)﹣2m+1＝0，
得2sin(6x+π6)＝2m﹣2，即sin(6x+π6)＝m﹣1，当x∈[0，π6]时，6x+π6∈[π6，7π6]，
设t＝6x+π6，则t∈[π6，7π6]，作出y＝sint的图象如图：当t=π6时，y＝sint=12，
要使sin(6x+π6)＝m﹣1有两个根，则12≤m﹣1＜1，得32≤m＜2，即实数m的取值范围是[32，2)．
12．(2020春•海淀区校级期末)已知函数f(x)＝asin2x+2cs2x，且满足f(x)的图象过点(-π6，0)．
(Ⅰ)求函数f(x)的解析式及最小正周期；
(Ⅱ)若函数f(x)在区间[-π12，m]上的最大值为3，求实数m的取值范围．
【答案】(1)π；(2)[π6，+∞)．
【解析】(Ⅰ)由题意，f(-π6)＝asin(-π3)+2cs2(-π6)=-32a+2×34=0，解得a=3．
∴f(x)=3sin2x+2cs2x=3sin2x+cs2x+1=2sin(2x+π6)+1．∴f(x)的最小正周期T=2π2=π；
(Ⅱ)由x∈[-π12，m]，得2x+π6∈[0，2m+π6]，∵函数f(x)在区间[-π12，m]上的最大值为3，
∴sin(2x+π6)在区间[-π12，m]上的最大值为1，则2m+π6≥π2，即m≥π6．
∴实数m的取值范围是[π6，+∞)．
13．(2020•普陀区二模)设函数f(x)＝2sin2(ωx2+π6)+3sin(ωx+π3)﹣1．
(1)当0＜ω＜1时，若函数f(x)的最大值为f(π2)，求函数f(x)的最小正周期；
(2)若函数f(x)在区间(π，2π)内不存在零点，求正实数ω的取值范围．
【答案】(1)3π；(2)(0，512]∪[56，1112]．
【解析】(1)函数f(x)＝2sin2(ωx2+π6)+3sin(ωx+π3)﹣1=3sinωx+π3-csωx+π3
=2sin(ωx+π3-π6)=2sin(ωx+π6)．由于函数f(x)的最大值为f(π2)，所以2sin(π2ω+π6)=2，
当0＜ω＜1时，故ω=23．所以f(x)=2sin(23x+π6)，故函数的最小正周期为2π23=3π．
(2)由于函数f(x)＝2sin(ωx+π6)，函数f(x)在区间(π，2π)内不存在零点，则：(ωπ+π6，2ωπ+π6)⊆(kπ，kπ+π)，
即：ωπ+π6≥kπ2ωπ+π6≤kπ+π，则：k-16≤ω≤k2+512(k∈Z)．由于k-16≤k2+512(k∈Z)，所以k≤76，
即k＝0，1．所以正实数ω的取值范围为(0，512]∪[56，1112]．
提高组
一、填空题
1．(2020•锡山区校级模拟)设a，b均为大于1的自然数，函数f(x)＝a(b+sinx)，g(x)＝b+csx，若存在实数m，使得f(m)＝g(m)，则a+b＝______．
【答案】4．
【解析】由f(m)＝g(m)，即a(b+sinm)＝b+csm，asinm﹣csm＝b﹣ab，
a2+1•sin(m﹣θ)＝b(1﹣a)[注：sinθ=1a2+1]，∵﹣1≤sin(m﹣θ)≤1，∴-a2+1≤b(1﹣a)≤a2+1，
∵a，b均为大于1的自然数，∴1﹣a＜0，b(1﹣a)＜0，∴b(1﹣a)≥-a2+1，b(a﹣1)≤a2+1，
b≤a2+1(a-1)2=1+2a(a-1)2．∵a≥4时2a(a-1)2＜1，b＜2，∴a＜4，
当a＝2时b≤5，b＝2，当a＝3时b≤2.5无解，综上：a＝2，b＝2，a+b＝4．
二、解答题
2．(2019秋•三月考)已知函数f(x)=sin2(x-π4)．
(1)若f(α2)=16，tanβ=5，α∈[-π2，π2]，求tan(2α+β)的值；
(2)若动直线x＝t(t∈[0，π])与函数f(x)和函数g(x)=3sin(π4+x)cs(π4+x)的图象分别交于P，Q两点，求线段PQ长度的最大值，并求出此时t的值．
【答案】(1)-5519；(2)t=7π12时PQ取得最大值32．
【解析】(1)∵函数函数f(x)=sin2(x-π4)=1-cs(2x-π2)2=12-12sin2x，
则 若f(α2)=16=12-12sinα，∴sinα=23．∵α∈[-π2，π2]，∴csα=1-sin2α=53，
∴tanα=sinαcsα=25，tan2α=2tanα1-tan2α=45．∵tanβ=5，tan(2α+β)=tan2α+tanβ1-tan2α⋅tanβ=551-20=-5519．
(2)∵函数g(x)=3sin(π4+x)cs(π4+x)=32sin(π2+2x)=32cs2x，
由题意可知PQ＝|f(t)﹣g(t)|＝|12-12sin2t-32cs2t|＝|12-sin(2t+π3)|，
故当sin(2t+π3)＝﹣1时，PQ取得最大值32，当PQ取到最大值时，2t+π3=2kπ-π2，k∈Z，
又t∈[0，π]，∴t=7π12．
3．(2020春•河池期末)已知△ABC的三个内角分别为A，B，C，且3sinA+csA＝2．
(1)求A；
(2)已知函数f(B)＝k(sinB+csB)+sinB•csB(k∈R)，若函数g(x)＝lg2(x2﹣4csC•x+1)的定义域为R，且函数f(B)的最小值为-4132，求实数k的值．
【答案】(1)π3；(2)-54．
【解析】(1)由于3sinA+csA＝2．所以32sinA+12csA=1，所以sin(A+π6)=1，由于A∈(0，π)，
所以π6＜A+π6＜7π6，故A=π3．
(2)由于函数g(x)＝lg2(x2﹣4csC•x+1)的定义域为R，所以16cs2C﹣4＜0，解得：-12＜csC＜12，
所以π3＜C＜2π3．由于(1)中A=π3，所以0＜B＜π3．设t＝sinB+csB=2sin(B+π4)，由于0＜B＜π3，
所以t∈(1，2]．所以sin2B+cs2B+2sinBcsB＝t2，整理得sinBcsB=t2-12．所以h(t)＝kt+t2-12，
(i)当k≥﹣1时，h(1)＝k，h(2)=2k+12，此时f(B)的值域为(k，2k+12)，即k=-4132．不合题意．
(ii)当-2+12＜k＜-1时，h(﹣k)=-12k2-12，h(2)=2k+12，此时f(B)的值域为．
有-12k2-12=-4132，解得k=±45，由于54＞0，-2＜-54＜-1，所以k=-54．
(iii)当-2＜k＜-2+12时，h(﹣k)=-12k2-12，h(1)＝k，此时此时f(B)的值域为．
所以-12k2-12=-4132．解得k=±45不合题意．
(iiii)当k≤-2时，h(2)=2k+12，h(1)＝k，所以函数的值域为(2k+12，k)，
则2k+12=-4132，不符合题意．故k=-54．
4．(2019春•玉溪期末)已知a≥1，函数f(x)＝sin(x+π4)，g(x)＝﹣sinxcsx﹣1+2af(x)
(1)若f(x)在[﹣b，b]上单调递增，求正数b的最大值；
(2)若函数g(x)在[0，3π4]内恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)π4；(2)(324，+∞)．
【解析】(1)由2kπ-π2≤x+π4≤2kπ+π2，k∈Z，得2kπ-3π4≤x≤2kπ+π4，k∈Z．
因f(x)在[﹣b，b]上单调递增，令k＝0，得-3π4≤x≤π4时f(x)单调递增，
所以b≤π4-b≥-3π4，解得b≤π4，可得正数b的最大值为π4．
(2)g(x)=-sinxcsx+2af(x)-1=-sinxcsx+a(sinx+csx)﹣1，
设t=sinx+csx=2sin(x+π4)，当x∈[0，3π4]时，t∈[0，2]．
它的图形如图所示．
又sinxcsx=12[(sinx+csx)2-1]=12(t2-1)，
则﹣sinxcsx+a(sinx+csx)﹣1=-12t2+at-12，t∈[0，2]，令h(t)=-12t2+at-12，
则函数g(x)在[0，3π4]内恰有一个零点，可知h(t)=-12t2+at-12在[0，2]内最多一个零点．
①当0为h(t)的零点时，-12=0显然不成立；
②当2为h(t)的零点时，由2a-32=0，得a=324，把a=324代入-12t2+at-12=0中，
得-12t2+324t-12=0，解得t1=2，t2=22，不符合题意．
③当零点在区间(0，2)时，若Δ＝a2﹣1＝0，得a＝1，此时零点为1，即t＝1，
由t=2sin(x+π4)的图象可知不符合题意；
若Δ＝a2﹣1＞0，即a＞1，设-12t2+at-12=0的两根分别为t1，t2，
由t1t2＝1，且抛物线的对称轴为t＝a＞1，则两根同时为正，
要使h(t)=-12t2+at-12在[0，2]内恰有一个零点，
则一个根在(0，1)内，另一个根在(2，+∞)内，所以h(1)＞0h(2)＞0h(0)＜0，解得a＞324．
综上，a的取值范围为(324，+∞)．
5．(2020秋•七星区校级月考)已知函数f(x)=(32a+b)sinx+(12a-3b)csx，且f(0)＝﹣1，f(π3)=1．
(1)求f(x)的解析式；
(2)已知g(x)＝x2﹣2x+m﹣3，若对任意的x1∈[0，π]，总存在x2∈[﹣2，m]，使得f(x1)＝g(x2)成立，求m的取值范围．
【答案】(1)f(x)=2sin(x-π6)；(2)[﹣1，3]．
【解析】(1)因为f(0)＝﹣1，f(π3)=1，所以f(0)=12a-3b=-1f(π3)=32(32a+b)+12(12a-3b)=1，
解得a＝1，b=32，可得f(x)=(32+32)sinx+(12-32)csx=3sinx-csx=2sin(x-π6)．
(2)因为x∈[0，π]，所以x-π6∈[-π6，5π6]，
所以sin(x-π6)∈[-12，1]，则f(x)∈[﹣1，2]，g(x)的图象的对称轴是x＝1．
①当﹣2＜m＜1时，g(x)min=g(m)=m2-m-3，g(x)max＝g(﹣2)＝m+5，
则m2-m-3≤-1-2＜m＜1m+5≥2，解得﹣1≤m＜1，符合题意；
②当1≤m≤4时，g(x)min＝g(1)＝m﹣4，g(x)max＝g(﹣2)＝m+5，
则m-4≤-11≤m≤4m+5≥2，解得1≤m≤3，符合题意；
③当m＞4时，g(x)min＝g(1)＝m﹣4，g(x)max=g(m)=m2-m-3，
则m-4≤-1m＞4m2-m-3≥2，不等式组无解．
综上，m的取值范围是[﹣1，3]．
6．(2018秋•越秀区期末)阅读下面材料：sin3θ＝sin(2θ+θ)＝sin2θcsθ+cs2θsinθ＝2sinθcs2θ+(1﹣2sin2θ)sinθ＝2sinθ(1﹣sin2θ)+(sinθ﹣2sin3θ)＝3sinθ﹣4sin3θ．解答下列问题：
(1)证明：cs3θ＝4cs3θ﹣3csθ；
(2)若函数f(x)=cs(3x+π4)cs(x-π4)+msin(x+π4)-5在x∈(0，π2)上有零点，求实数m的取值范围．
【答案】(1)详见解析；(2)(42，6]．
【解析】(1)证明：cs3θ＝cs(2θ+θ)＝cs2θcsθ﹣sin2θsinθ＝(2cs2θ﹣1)csθ﹣2sin2θcsθ
＝2cs3θ﹣csθ+2(1﹣cs2θ)csθ＝4cs3θ﹣3csθ，即cs3θ＝4cs3θ﹣3csθ．
(2)∵f(x)=cs3xcsπ4-sin3xsinπ4csxcsπ4+sinxsinπ4+m(sinxcsπ4+csxsinπ4)﹣5
=(4cs3x-3csx)-(3sinx-4sin3x)csx+sinx+22m(sinx+csx)﹣5
=4(csx+sinx)(cs2x-csxsinx+sin2x)-3(csx+sinx)csx+sinx+22m(sinx+csx)﹣5
＝4(1﹣csxsinx)﹣3+22m(sinx+csx)﹣5=22m(sinx+csx)﹣4sinxcsx﹣4，
令t＝sinx+csx=2sin(x+π4)，∵x∈(0，π2)，∴x+π4∈(π4，3π4)，∴sin(x+π4)∈(22，1]，∴t∈(1，2]，
又(sinx+csx)2＝1+2sinxcsx，∴sinxcsx=t2-12，
∴g(t)=22mt﹣2(t2﹣1)﹣4＝﹣2t2+22mt﹣2，t∈(1，2]，
令g(t)＝0得22m=2t+2t，∵y=2t+2t在(1，2]上单调递增，∴2t+2t∈(4，32]，
22m∈(4，32]，∴m∈(42，6]．
7．(2020春•运城期末)已知f(x)＝2sinxcsx+23cs(x-π4)cs(x+π4)．
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若关于x的函数g(x)＝f(x)﹣2(2k+sin2x)在区间[π12，π2]上有唯一零点，求实数k的取值范围．
【答案】(1)[π12+kπ，7π12+kπ]，k∈Z；(2){k|-34＜k≤14或k=-12}．
【解析】(1)f(x)＝2sinxcsx+23cs(x-π4)cs(x+π4)＝sin2x+3cs2x＝2(sin2xcsπ3+cs2xsinπ3)
＝2sin(2x+π3)．令2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π2，k∈Z，解得π12+kπ≤x≤7π12+kπ，k∈Z，
可得函数f(x)的单调递减区间为：[π12+kπ，7π12+kπ]，k∈Z
(2)由(1)可知，f(x)＝2sin(2x+π3)，函数g(x)＝f(x)﹣2(2k+sin2x)在区间[π12，π2]上有唯一零点，
等价于f(x)＝2(k+sin2x)在[π12，π2]有唯一根．
所以2k＝sin(2x+π3)﹣sin2x=-12sin2x+32sin2x=cs(2x+π6)，设h(x)＝cs(2x+π6)，x∈[π12，π2]，
则2x+π6∈[π3，7π6]，根据函数h(x)在[π12，π2]上的性质，由于y＝2k与函数y＝h(x)由唯一点，
所以实数k应满足-32＜2k≤12，或2k＝﹣1，所以-34＜k≤14或k=-12．
故实数k的取值范围{k|-34＜k≤14或k=-12}．
8．(2020春•湖北期末)已知函数f(x)＝sin4x+2sinxcsx﹣cs4x．
(1)求f(x)的最大值及取得最大值时相应的自变量x的取值集合．
(2)若函数g(x)＝f(ωx)在区间[0，π]内恰有四个不同的零点x1，x2，x3，x4．
①求实数ω的取值范围；
②当|x1﹣x2|＝|x3﹣x4|=π2时，求实数ω的值及相应的四个零点．
【答案】(1){x|x＝kπ+3π8，k∈Z}；(2)①138≤ω＜178，②ω＝2，相应的四个零点分别是π16、5π16、9π16、13π16．
【解析】(1)函数f(x)＝sin4x+2sinxcsx﹣cs4x＝sin2x﹣cs2x+sin2x＝sin2x﹣cs2x=2sin(2x-π4)，
当2x-π4=2kπ+π2，即x＝kπ+3π8(k∈Z)时，f(x)取得最大值为2；
此时x的取值范围是{x|x＝kπ+3π8，k∈Z}．
(2)函数g(x)＝f(ωx)=2sin(2ωx-π4)，
①函数g(x)在区间[0，π]内恰有四个不同的零点的充分必要条件为g(0)≤0，13π8ω≤π，17π8ω＞π，
即2sin(-π4)≤0ω≥138ω＜178，解得138≤ω＜178；
②|x1﹣x2|＝|x3﹣x4|=4π8ω或8π8ω；
若4π8ω=π2，解得ω＝1，此时g(x)=2sin(2x-π4)在区间[0，π]内只有两个零点，不符合题意，舍去；
若8π8ω=π2，解得ω＝2，此时g(x)=2sin(4x-π4)在区间[0，π]内恰有四个零点，
它们分别是π16、5π16、9π16、13π16；综上所述，ω＝2，相应的四个零点分别是π16、5π16、9π16、13π16．
附：分层训练答案
基础组
1．A；2．22；3．12516；4．(1)(kπ2+π12，12)(k∈Z)，(2)12≤m≤3-32；
5．(1)S=2sinθ2csθ2-sin2θ2，θ∈0，π2，(2)5-12；6．(1)3-4310，(2)π4；
7．(1)3+12，(2)32，(3)π6或π3；8．(1)17，(2)(14，1)；
9．(1)π，(2)[kπ+π8，kπ+5π8]，k∈Z，(3)m＞2+1或m＜0；10．(1)[2，3]，(2)不存在；
11．(1)[13kπ+π18，13kπ+2π9]，k∈Z，(2)[32，2)；
12．(1)π，(2)[π6，+∞)；13．(1)3π，(2)(0，512]∪[56，1112]．
提高组
1．4；2．(1)-5519，(2)t=7π12时PQ取得最大值32；3．(1)π3，(2)-54；4．(1)π4，(2)(324，+∞)；
5．(1)f(x)=2sin(x-π6)，(2)[﹣1，3]；6．(1)详见解析，(2)(42，6]；
7．(1)[π12+kπ，7π12+kπ]，k∈Z，(2){k|-34＜k≤14或k=-12}；
8．(1){x|x＝kπ+3π8，k∈Z}，(2)①138≤ω＜178，②ω＝2，相应的四个零点分别是π16、5π16、9π16、13π16．
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