(新高考)高考数学一轮复习讲与练第4章§4.5《三角函数的图象与性质》(含详解)

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§4.5　三角函数的图象与性质 考试要求　1.能画出三角函数的图象.2.了解三角函数的周期性、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． 知识梳理 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＝sin x，x∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)． (2)在余弦函数y＝cos x，x∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0))，(2π，1)． 2．正弦、余弦、正切函数的图象与性质(下表中k∈Z) 常用结论 1．对称性与周期性 (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． (2)正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期． 2．奇偶性 若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，则 (1)f(x)为偶函数的充要条件是φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)． (2)f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z)． 思考辨析 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)正切函数y＝tan x在定义域内是增函数．(　×　) (2)已知y＝ksin x＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1.(　×　) (3)y＝sin|x|是偶函数．(　√　) (4)若非零实数T是函数f(x)的周期，则kT(k是非零整数)也是函数f(x)的周期．(　√　) 教材改编题 1．若函数y＝2sin 2x－1的最小正周期为T，最大值为A，则(　　) A．T＝π，A＝1 B．T＝2π，A＝1 C．T＝π，A＝2 D．T＝2π，A＝2 答案　A 2．函数f(x)＝－2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的定义域是(　　) A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,6))))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(π,12))))) C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,6)k∈Z)))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,6)k∈Z)))) 答案　D 解析　由2x＋eq \f(π,6)≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z， 得x≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)，k∈Z. 3．函数y＝3coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递减区间是________． 答案　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z 解析　因为y＝3coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))， 令2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z， 求得kπ＋eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z， 可得函数的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z. 题型一　三角函数的定义域和值域 例1　(1)函数y＝eq \f(1,tan x－1)的定义域为________． 答案　eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))) 解析　要使函数有意义， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(tan x－1≠0，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，k∈Z，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z.)) 故函数的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))). (2)函数y＝sin x－cos x＋sin xcos x的值域为________． 答案　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1＋2\r(2),2)，1)) 解析　设t＝sin x－cos x，则t2＝sin2x＋cos2x－2sin x·cos x，sin xcos x＝eq \f(1－t2,2)， 且－eq \r(2)≤t≤eq \r(2). ∴y＝－eq \f(t2,2)＋t＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)(t－1)2＋1， t∈[－eq \r(2)，eq \r(2)]． 当t＝1时，ymax＝1； 当t＝－eq \r(2)时，ymin＝－eq \f(1＋2\r(2),2). ∴函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1＋2\r(2),2)，1)). 教师备选 1．函数y＝eq \r(sin x－cos x)的定义域为________． 答案　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z) 解析　要使函数有意义，必须使sin x－cos x≥0.利用图象，在同一坐标系中画出[0,2π]上y＝sin x和y＝cos x的图象， 如图所示． 在[0,2π]内，满足sin x＝cos x的x为eq \f(π,4)，eq \f(5π,4)，再结合正弦、余弦函数的周期是2π，所以原函数的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)))). 2．函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)cos x－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的最大值是________． 答案　1 解析　由题意可得 f(x)＝－cos2x＋eq \r(3)cos x＋eq \f(1,4) ＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos x－\f(\r(3),2)))2＋1. ∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， ∴cos x∈[0,1]． ∴当cos x＝eq \f(\r(3),2)，即x＝eq \f(π,6)时，f(x)取最大值为1. 思维升华　(1)三角函数定义域的求法 求三角函数的定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数的图象来求解． (2)三角函数值域的不同求法 ①把所给的三角函数式变换成y＝Asin(ωx＋φ)的形式求值域． ②把sin x或cos x看作一个整体，转换成二次函数求值域． ③利用sin x±cos x和sin xcos x的关系转换成二次函数求值域． 跟踪训练1　(1)(2021·北京)函数f(x)＝cos x－cos 2x，试判断函数的奇偶性及最大值(　　) A．奇函数，最大值为2 B．偶函数，最大值为2 C．奇函数，最大值为eq \f(9,8) D．偶函数，最大值为eq \f(9,8) 答案　D 解析　由题意， f(－x)＝cos (－x)－cos (－2x) ＝cos x－cos 2x＝f(x)， 所以该函数为偶函数， 又f(x)＝cos x－cos 2x＝－2cos2x＋cos x＋1＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos x－\f(1,4)))2＋eq \f(9,8)， 所以当cos x＝eq \f(1,4)时，f(x)取最大值eq \f(9,8). (2)函数y＝lg(sin 2x)＋eq \r(9－x2)的定义域为________． 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　∵函数y＝lg(sin 2x)＋eq \r(9－x2)， ∴应满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin 2x>0，,9－x2≥0，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(kπ0)的周期为eq \f(2π,ω)，函数y＝Atan(ωx＋φ)(ω>0)的周期为eq \f(π,ω)求解． 跟踪训练2　(1)(2021·全国乙卷)函数f(x)＝sin eq \f(x,3)＋cos eq \f(x,3)最小正周期和最大值分别是(　　) A．3π和eq \r(2) B．3π和2 C．6π和eq \r(2) D．6π和2 答案　C 解析　因为函数f(x)＝sin eq \f(x,3)＋cos eq \f(x,3) ＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sin \f(x,3)＋\f(\r(2),2)cos \f(x,3))) ＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin \f(x,3)cos \f(π,4)＋cos \f(x,3)sin \f(π,4))) ＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋\f(π,4)))， 所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,\f(1,3))＝6π，最大值为eq \r(2). (2)已知f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)是定义域为R的奇函数，且当x＝3时，f(x)取得最小值－3，当ω取得最小正数时，f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 022)的值为(　　) A.eq \f(3,2) B．－6－3eq \r(3) C．1 D．－1 答案　B 解析　∵f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)是定义域为R的奇函数， ∴φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，则φ＝eq \f(π,2)， 则f(x)＝－Asin ωx. 当x＝3时，f(x)取得最小值－3， 故A＝3，sin 3ω＝1， ∴3ω＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z. ∴ω的最小正数为eq \f(π,6)， ∴f(x)＝－3sin eq \f(π,6)x， ∴f(x)的周期为12， ∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(12)＝0， ∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 022) ＝168×0＋f(1)＋f(2)＋…＋f(6) ＝－6－3eq \r(3). (3)(2022·杭州模拟)设函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(3,4)，则下列叙述正确的是(　　) A．f(x)的最小正周期为2π B．f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称 C．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的最小值为－eq \f(5,4) D．f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))对称 答案　C 解析　对于A，f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π， 故A错误； 对于B，∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)－\f(π,3)))＝－eq \f(1,2)≠±1， 故B错误； 对于C，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(5π,3)))， ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))， ∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(3,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，\r(3)＋\f(3,4)))， ∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的最小值为－eq \f(5,4)，故C正确； 对于D，∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(2π,3)－\f(π,3)))＋eq \f(3,4)＝eq \f(3,4)， ∴f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3,4)))对称，故D错误． 题型三　三角函数的单调性 命题点1　求三角函数的单调区间 例3　函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))的单调递减区间为________． 答案　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z) 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. 故所求函数的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)． 延伸探究　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　令A＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z， B＝[0，π]， ∴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))， ∴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)). 命题点2　根据单调性求参数 例4　(1)若函数f(x)＝sin ωx(ω＞0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω＝________. 答案　eq \f(3,2) 解析　∵f(x)＝sin ωx(ω＞0)过原点， ∴当0≤ωx≤eq \f(π,2)， 即0≤x≤eq \f(π,2ω)时，y＝sin ωx单调递增； 当eq \f(π,2)≤ωx≤eq \f(3π,2)， 即eq \f(π,2ω)≤x≤eq \f(3π,2ω)时，y＝sin ωx单调递减． 由f(x)＝sin ωx(ω＞0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增， 在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，知eq \f(π,2ω)＝eq \f(π,3)， ∴ω＝eq \f(3,2). (2)已知ω>0，函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是________． 答案　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4))) 解析　由eq \f(π,2)0， 得eq \f(ωπ,2)＋eq \f(π,4)<ωx＋eq \f(π,4)<ωπ＋eq \f(π,4)， 因为y＝sin x的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))，k∈Z， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥\f(π,2)＋2kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤\f(3π,2)＋2kπ，))k∈Z， 解得4k＋eq \f(1,2)≤ω≤2k＋eq \f(5,4)，k∈Z. 又由4k＋eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k＋\f(5,4)))≤0，k∈Z， 且2k＋eq \f(5,4)>0，k∈Z， 解得k＝0， 所以ω∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4))). 教师备选 (2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则ω的最大值为(　　) A．11 B．9 C．7 D．1 答案　B 解析　因为x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点， x＝eq \f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴， 所以eq \f(2n＋1,4)·T＝eq \f(π,2)(n∈N)， 即eq \f(2n＋1,4)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(π,2)(n∈N)， 所以ω＝2n＋1(n∈N)，即ω为正奇数． 因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调， 则eq \f(5π,36)－eq \f(π,18)＝eq \f(π,12)≤eq \f(T,2)， 即T＝eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,6)， 解得ω≤12. 当ω＝11时，－eq \f(11π,4)＋φ＝kπ，k∈Z， 因为|φ|≤eq \f(π,2)， 所以φ＝－eq \f(π,4)，此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(11x－\f(π,4))). 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))时， 11x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,36)，\f(46π,36)))， 所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上不单调，不满足题意； 当ω＝9时，－eq \f(9π,4)＋φ＝kπ，k∈Z， 因为|φ|≤eq \f(π,2)， 所以φ＝eq \f(π,4)， 此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(π,4))). 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))时， 9x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(3π,2)))， 此时f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调递减，符合题意． 故ω的最大值为9. 思维升华　(1)已知三角函数解析式求单调区间 求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(其中ω>0)的单调区间时，要视“ωx＋φ”为一个整体，通过解不等式求解．但如果ω<0，可借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错． (2)已知三角函数的单调区间求参数．先求出函数的单调区间，然后利用集合间的关系求解． 跟踪训练3　(1)(2021·新高考全国Ⅰ)下列区间中，函数f(x)＝7sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的单调递增区间是 (　　) 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，则－eq \f(π,3)≤x≤eq \f(2π,3).因为eq \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)))，所以区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))是函数f(x)的单调递增区间． (2)(2022·济南模拟)已知函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，则ω的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2)) 答案　A 解析　当－eq \f(π,6)0)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(πω,6)＋\f(π,3)≥－\f(π,2)，,\f(πω,3)＋\f(π,3)≤\f(π,2)，)) 解得ω≤eq \f(1,2)， 因为ω>0，所以ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))). 课时精练 1．y＝|cos x|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＝cos x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＝|cos x|的图象(如图)． 故选D. 2．函数f(x)＝eq \r(2sin \f(π,2)x－1)的定义域为(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋4kπ，\f(5π,3)＋4kπ))(k∈Z) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋4k，\f(5,3)＋4k))(k∈Z) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋4kπ，\f(5π,6)＋4kπ))(k∈Z) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)＋4k，\f(5,6)＋4k))(k∈Z) 答案　B 解析　由题意，得2sin eq \f(π,2)x－1≥0， eq \f(π,2)x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2kπ，\f(5π,6)＋2kπ))(k∈Z)， 则x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋4k，\f(5,3)＋4k))(k∈Z)． 3．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))是(　　) A．最小正周期为π的奇函数 B．最小正周期为π的偶函数 C．最小正周期为2π的非奇非偶函数 D．最小正周期为π的非奇非偶函数 答案　D 解析　由题意可得 f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12))) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)－\f(π,2))) ＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))， ∴f(x)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))， 故f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，由函数奇偶性的定义易知，f(x)为非奇非偶函数． 4．函数f(x)＝eq \f(sin x＋x,cos x＋x2)在[－π，π]的图象大致为(　　) 答案　D 解析　由f(－x)＝eq \f(sin－x＋－x,cos－x＋－x2) ＝eq \f(－sin x－x,cos x＋x2)＝－f(x)，得f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，排除A； 又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq \f(1＋\f(π,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))2)＝eq \f(4＋2π,π2)>1， f(π)＝eq \f(π,－1＋π2)>0，排除B，C. 5．(多选)关于函数f(x)＝sin 2x－cos 2x，下列命题中为真命题的是(　　) A．函数y＝f(x)的周期为π B．直线x＝eq \f(π,4)是y＝f(x)图象的一条对称轴 C．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))是y＝f(x)图象的一个对称中心 D．y＝f(x)的最大值为eq \r(2) 答案　ACD 解析　因为f(x)＝sin 2x－cos 2x ＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))， 所以f(x)最大值为eq \r(2)，故D为真命题． 因为ω＝2，故T＝eq \f(2π,2)＝π，故A为真命题； 当x＝eq \f(π,4)时，2x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,4)，终边不在y轴上，故直线x＝eq \f(π,4)不是y＝f(x)图象的一条对称轴， 故B为假命题； 当x＝eq \f(π,8)时，2x－eq \f(π,4)＝0，终边落在x轴上， 故点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))是y＝f(x)图象的一个对称中心，故C为真命题． 6．(多选)(2022·广州市培正中学月考)关于函数f(x)＝sin|x|＋|sin x|，下列叙述正确的是(　　) A．f(x)是偶函数 B．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增 C．f(x)的最大值为2 D．f(x)在[－π，π]上有4个零点 答案　AC 解析　f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)| ＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)， f(x)是偶函数，A正确； 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，f(x)＝sin x＋sin x＝2sin x， 单调递减，B错误； f(x)＝sin|x|＋|sin x|≤1＋1＝2， 且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2，C正确； 在[－π，π]上，当－π0， 当00， f(x)的零点只有π，0，－π共三个，D错． 7．写出一个周期为π的偶函数f(x)＝________.(答案不唯一) 答案　cos 2x 8．(2022·鞍山模拟)若在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内有两个不同的实数值满足等式cos 2x＋eq \r(3)sin 2x＝k＋1，则实数k的取值范围是________． 答案　0≤k<1 解析　函数f(x)＝cos 2x＋eq \r(3)sin 2x ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))， 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时， f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))单调递增； 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))时， f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))单调递减， f(0)＝2sin eq \f(π,6)＝1， feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sin eq \f(π,2)＝2， feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2sin eq \f(7π,6)＝－1， 所以在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内有两个不同的实数值满足等式cos 2x＋eq \r(3)sin 2x＝k＋1， 则1≤k＋1<2， 所以0≤k<1. 9．已知函数f(x)＝4sin ωxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))－1(ω>0)的最小正周期为π. (1)求ω及f(x)的单调递增区间； (2)求f(x)图象的对称中心． 解　(1)f(x)＝4sin ωxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin ωx＋\f(\r(3),2)cos ωx))－1 ＝2sin2ωx＋2eq \r(3)sin ωxcos ωx－1 ＝1－cos 2ωx＋eq \r(3)sin 2ωx－1 ＝eq \r(3)sin 2ωx－cos 2ωx ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6))). ∵最小正周期为π， ∴eq \f(2π,2ω)＝π， ∴ω＝1，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))， 令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z， 解得－eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z， ∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))(k∈Z)． (2)令2x－eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z， 解得x＝eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z， ∴f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))，k∈Z. 10．(2021·浙江)设函数f(x)＝sin x＋cos x(x∈R)． (1)求函数y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))2的最小正周期； (2)求函数y＝f(x)f eq \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． 解　(1)因为f(x)＝sin x＋cos x， 所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2))) ＝cos x－sin x， 所以y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))2＝(cos x－sin x)2＝1－sin 2x. 所以函数y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))2的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π. (2)f eq \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)sin x， 所以y＝f(x)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))) ＝eq \r(2)sin x(sin x＋cos x) ＝eq \r(2)(sin xcos x＋sin2x) ＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin 2x－\f(1,2)cos 2x＋\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)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上取得最大值，且ymax＝1＋eq \f(\r(2),2). 11．(多选)(2022·苏州模拟)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，则(　　) A．函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))是偶函数 B．x＝－eq \f(π,6)是函数f(x)的一个零点 C．函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上单调递增 D．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称 答案　BCD 解析　对于A选项， 令g(x)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋\f(π,3))) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))， 则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0， geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)))≠0， 故函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))不是偶函数，A错； 对于B选项，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sin 0＝0， 故x＝－eq \f(π,6)是函数f(x)的一个零点，B对； 对于C选项，当－eq \f(5π,12)≤x≤eq \f(π,12)时， －eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)， 所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上单调递增，C对； 对于D选项，因为对称轴满足2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z， 解得x＝eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，k＝0时，x＝eq \f(π,12)，D对． 12．(多选)(2022·厦门模拟)已知函数f(x)＝cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－cos 2x，则(　　) A．f(x)的最大值为eq \f(1＋\r(3),2) B．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)－cos 2x ＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos 2x＋\f(\r(3),2)sin 2x))－cos 2x ＝eq \f(\r(3),4)sin 2x－eq \f(3,4)cos 2x＋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)的最大值为eq \f(1＋\r(3),2)，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)， 此即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＝sin xeq \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． 所以方程sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),3)在[0,2π]上有4个不同的实根， 即f(x)在[0,2π]上有4个零点，D正确． 13．(2022·唐山模拟)已知sin x＋cos y＝eq \f(1,4)，则sin x－sin2y的最大值为______． 答案　eq \f(9,16) 解析　∵sin x＋cos y＝eq \f(1,4)，sin x∈[－1,1]， ∴sin x＝eq \f(1,4)－cos y∈[－1,1]， ∴cos y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(5,4)))， 即cos y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，1))， ∵sin x－sin2y＝eq \f(1,4)－cos y－(1－cos2y) ＝cos2y－cos y－eq \f(3,4) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos y－\f(1,2)))2－1， 又cos y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，1))， 利用二次函数的性质知，当cos y＝－eq \f(3,4)时， (sin x－sin2y)max＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)－\f(1,2)))2－1＝eq \f(9,16). 14．(2022·苏州八校联盟检测)已知f(x)＝sin x＋cos x，若y＝f(x＋θ)是偶函数，则cos θ＝________. 答案　±eq \f(\r(2),2) 解析　因为f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))， 所以f(x＋θ)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋θ＋\f(π,4)))， 又因为y＝f(x＋θ)是偶函数， 所以θ＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z， 即θ＝eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z， 所以cos θ＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋kπ))＝±eq \f(\r(2),2). 15．(多选)(2022·邯郸模拟)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]内有且仅有2个零点，则下列结论成立的有(　　) A．函数y＝f(x)＋1在(0,2π)内没有零点 B．y＝f(x)－1在(0,2π)内有且仅有1个零点 C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上单调递增 D．ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)，\f(9,8))) 答案　BCD 解析　如图，由函数f(x)的草图可知，A选项不正确，B选项正确； 若函数f(x)在[0,2π]内有且仅有2个零点， 则eq \f(5π,4ω)≤2π<eq \f(9π,4ω)， 得eq \f(5,8)≤ω<eq \f(9,8)， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))时， t＝ωx－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)ω－\f(π,4)))⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,2)))，此时函数单调递增，故CD正确． 16．已知f(x)＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))＋eq \r(2)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 \f(1,2). (1)求f(x)的单调递增区间； (2)若函数y＝|f(x)|－m在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,24)，\f(3π,8)))上恰有两个零点x1，x2. ①求m的取值范围； ②求sin(x1＋x2)的值． 解　(1)f(x)＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))＋eq \r(2)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 \f(1,2) ＝eq \f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))),2)＋eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))－eq \f(1,2) ＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(2),4)cos 2x＋eq \f(\r(2),4)sin 2x＋eq \f(\r(2),2)cos 2x－eq \f(1,2) ＝eq \f(\r(2),4)sin 2x＋eq \f(\r(2),4)cos 2x ＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))， 结合正弦函数的图象与性质， 可得当－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)， 即－eq \f(3π,8)＋kπ≤x≤eq \f(π,8)＋kπ(k∈Z)时，函数单调递增， ∴函数y＝f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)＋kπ，\f(π,8)＋kπ))(k∈Z)． (2)①令t＝2x＋eq \f(π,4)，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,24)，\f(3π,8)))时， t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，π))，eq \f(1,2)sin t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,2)))， ∴y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin t))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))(如图)． ∴要使y＝|f(x)|－m在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,24)，\f(3π,8)))上恰有两个零点，m的取值范围为eq \f(1,4)

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