《高考数学二轮满分突破讲义》专题二 第6讲 三角函数的图象与性质

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考点一 三角函数的定义、诱导公式及基本关系
核心提炼
1．同角关系：sin2α＋cs2α＝1，eq \f(sin α,cs α)＝tan αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).
2．诱导公式：在eq \f(kπ,2)＋α，k∈Z的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”．
例1 (1)已知角α的终边上一点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(5π,6)，cs \f(5π,6)))，则角α的最小正值为( )
A.eq \f(5π,6) B.eq \f(11π,6) C.eq \f(5π,3) D.eq \f(2π,3)
答案 C
解析 角α的终边上一点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(5π,6)，cs \f(5π,6)))，即为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，在第四象限，且满足cs α＝eq \f(1,2)，sin α＝－eq \f(\r(3),2)，故α的最小正值为eq \f(5π,3)，故选C.
(2)(2020·山东师范大学附中模拟)若sin θ＝eq \r(5)cs(2π－θ)，则tan 2θ等于( )
A．－eq \f(\r(5),3) B.eq \f(\r(5),3) C．－eq \f(\r(5),2) D.eq \f(\r(5),2)
答案 C
解析 ∵sin θ＝eq \r(5)cs(2π－θ)，
∴sin θ＝eq \r(5)cs θ，得tan θ＝eq \r(5)，
∴tan 2θ＝eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝eq \f(2\r(5),1－\r(5)2)＝－eq \f(\r(5),2).
二级结论 (1)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则sin α<α(2)由(sin α±cs α)2＝1±2sin αcs α，可知一求二．
跟踪演练1 (1)(2020·全国Ⅲ)已知2tan θ－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝7，则tan θ等于( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
答案 D
解析 2tan θ－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝2tan θ－eq \f(1＋tan θ,1－tan θ)＝7，
解得tan θ＝2.
(2)已知α∈(0，π)，且cs α＝－eq \f(15,17)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))·tan(π＋α)等于( )
A．－eq \f(15,17) B.eq \f(15,17) C．－eq \f(8,17) D.eq \f(8,17)
答案 D
解析 sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))·tan(π＋α)＝cs α·tan α＝sin α，
因为α∈(0，π)，且cs α＝－eq \f(15,17)，
所以sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(15,17)))2)＝eq \f(8,17).
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))·tan(π＋α)＝eq \f(8,17).故选D.
考点二 三角函数的图象与解析式
核心提炼
三角函数图象的变换
例2 (1)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，且f(x)的最小正周期为π，将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x)．若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(2)，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))等于( )
A．－2 B．－eq \r(2) C.eq \r(2) D．2
答案 C
解析 ∵f(x)的最小正周期为π，∴ω＝2.
又f(x)＝Asin(2x＋φ)是奇函数，
∴φ＝kπ(k∈Z)，∵|φ|<π，∴φ＝0，
∴f(x)＝Asin 2x，则g(x)＝Asin x，
∵geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(2)，即Asin eq \f(π,4)＝eq \r(2)，∴A＝2.
∴f(x)＝2sin 2x，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(3π,8)))＝eq \r(2).故选C.
(2)设函数g(x)＝sin ωx(ω>0)向左平移eq \f(π,5ω)个单位长度得到函数f(x)，已知f(x)在[0,2π]上有且只有5个零点，则下列结论正确的是________．
①f(x)在(0,2π)上有且只有3个极大值点，2个极小值点；
②f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))上单调递增；
③ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10))).
答案 ②③
解析 依题意得f(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,5ω)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,5)))，
T＝eq \f(2π,ω)，如图：
对于①，根据图象可知，xA≤2π对于③，因为xA＝－eq \f(π,5ω)＋eq \f(5,2)T＝－eq \f(π,5ω)＋eq \f(5,2)×eq \f(2π,ω)＝eq \f(24π,5ω)，xB＝－eq \f(π,5ω)＋3T＝－eq \f(π,5ω)＋3×eq \f(2π,ω)＝eq \f(29π,5ω)，所以eq \f(24π,5ω)≤2π对于②，因为－eq \f(π,5ω)＋eq \f(1,4)T＝－eq \f(π,5ω)＋eq \f(1,4)×eq \f(2π,ω)＝eq \f(3π,10ω)，由图可知f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,10ω)))上单调递增，因为ω易错提醒 (1)根据零点求φ值时注意是在增区间上还是在减区间上．
(2)注意变换时“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”的区别．
跟踪演练2 (1)(2020·全国Ⅰ)设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]上的图象大致如图，则f(x)的最小正周期为( )
A.eq \f(10π,9) B.eq \f(7π,6) C.eq \f(4π,3) D.eq \f(3π,2)
答案 C
解析 由图象知π即π因为图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4π,9)，0))，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4π,9)ω＋\f(π,6)))＝0，
所以－eq \f(4π,9)ω＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
所以ω＝－eq \f(9,4)k－eq \f(3,4)，k∈Z.
因为1<|ω|<2，故k＝－1，得ω＝eq \f(3,2).
故f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(4π,3).
(2)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)，ω>0))的图象在y轴右侧的第一个最高点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，1))，在原点右侧与x轴的第一个交点为Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0))，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))的值为( )
A．1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 B
解析 eq \f(T,4)＝|Px－Qx|＝eq \f(π,4)(Px，Qx分别为P，Q的横坐标)，T＝π＝eq \f(2π,ω)，ω＝2；点P为最高点，代入P的坐标得eq \f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，φ＝2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，又|φ|考点三 三角函数的性质
核心提炼
函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的性质
(1)奇偶性：φ＝kπ(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为奇函数；φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数．
(2)三角函数的周期性：f(x)＝Asin(ωx＋φ)和f(x)＝Acs(ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(2π,ω)；y＝Atan(ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(π,ω).
(3)根据y＝sin t的性质研究y＝sin(ωx＋φ)(ω>0)的性质：
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)可得增区间，由eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)可得减区间；由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)可得对称中心；由ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)可得对称轴．
例3 (1)已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2x))，把y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象，则下列说法正确的是( )
A．geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2)
B．g(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
C．g(x)的一个零点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))
D．g(x)的一个单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))
答案 D
解析 因为f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2x))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
所以g(x)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝cs eq \f(5π,6)＝－eq \f(\r(3),2)，故A错误；
令2x＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，得对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)，k∈Z，故B错误；
令2x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得对称中心的横坐标为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)，k∈Z，故C错误；
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，故μ＝2x＋eq \f(π,6)∈[0，π]，因为y＝cs μ在[0，π]上是减函数，故g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))上是减函数，故D正确．
(2)设函数f(x)＝eq \r(3)sin ωx＋cs ωx(ω>0)，其图象的一条对称轴在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))内，且f(x)的最小正周期大于π，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) B．(0,2) C．(1,2) D．[1,2)
答案 C
解析 由题意得f(x)＝eq \r(3)sin ωx＋cs ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)．令ωx＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq \f(π,3ω)＋eq \f(kπ,ω)，k∈Z，因为f(x)的图象的一条对称轴在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))内，所以eq \f(π,6)π，解得0<ω<2，所以ω的取值范围是(1,2)．故选C.
规律方法 已知三角函数的单调区间求参数取值范围的三种方法
(1)子集法：求出原函数的相应单调区间，由已知区间是所求某区间的子集，列不等式(组)求解．
(2)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弦、余弦函数的某个单调区间的子集，列不等式(组)求解．
(3)周期性：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．
跟踪演练3 (1)(多选)(2020·武汉模拟)已知函数f(x)＝|cs x|－|sin|x||，下列说法正确的是( )
A．f(x)是偶函数
B．f(x)是周期为π的函数
C．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))上单调递减
D．f(x)的最大值为eq \r(2)
答案 ABC
解析 函数f(x)的定义域为R，由f(－x)＝|cs(－x)|－|sin|－x||＝|cs x|－|sin|x||＝f(x)，知f(x)是偶函数，故A正确；f(x＋π)＝|cs(x＋π)|－|sin|x＋π||＝|cs x|－|sin|x||＝f(x)，所以f(x)是周期为π的函数，故B正确；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))时，f(x)＝－cs x＋sin x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))，f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))上单调递减，故C正确；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)＝cs x－sin x＝－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))∈[－1,1]，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f(x)＝－cs x－sin x＝－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))∈(－1,1)．又f(x)是周期为π的函数，所以f(x)的值域为[－1,1]，故D不正确．
(2)(2020·北京海淀区模拟)已知函数f(x)＝eq \r(2)sin ωx，g(x)＝eq \r(2)cs ωx，其中ω>0，A，B，C是这两个函数图象的交点，且不共线．
①当ω＝1时，△ABC的面积的最小值为________；
②若存在△ABC是等腰直角三角形，则ω的最小值为________．
答案 ①2π ②eq \f(π,2)
解析 函数f(x)＝eq \r(2)sin ωx，g(x)＝eq \r(2)cs ωx，其中ω>0，A，B，C是这两个函数图象的交点．
①当ω＝1时，f(x)＝eq \r(2)sin x，g(x)＝eq \r(2)cs x，如图所示，
所以AB＝2π，高为eq \r(2)·eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)·eq \r(2)＝2，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)·2π·2＝2π.
②若存在△ABC是等腰直角三角形，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，则eq \f(2π,ω)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)·\f(\r(2),2)＋\r(2)·\f(\r(2),2)))，解得ω的最小值为eq \f(π,2).
专题强化练
一、单项选择题
1．已知角α的终边过点P(－3,8m)，且sin α＝－eq \f(4,5)，则m的值为( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2) C．－eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 A
解析 因为角α的终边过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，8m))，
所以sin α＝eq \f(8m,\r(9＋8m2))＝－eq \f(4,5)<0，
解得m＝－eq \f(1,2).
2．已知直线3x－y－1＝0的倾斜角为α，则eq \f(cs α－2sin α,sin α＋cs α)的值为( )
A．－eq \f(11,10) B．－eq \f(1,2) C．－eq \f(11,4) D．－eq \f(5,4)
答案 D
解析 由3x－y－1＝0得，y＝3x－1，∴tan α＝3，
∴eq \f(cs α－2sin a,sin α＋cs α)＝eq \f(\f(cs α－2sin α,cs α),\f(sin α＋cs α,cs α))＝eq \f(1－2tan α,tan α＋1)＝eq \f(1－2×3,3＋1)＝－eq \f(5,4).
3．若f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x在[－m，m](m>0)上是增函数，则m的最大值为( )
A.eq \f(5π,6) B.eq \f(2π,3) C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,3)
答案 C
解析 ∵f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin x＋\f(\r(3),2)cs x))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))在[－m，m](m>0)上是增函数，
∴－m＋eq \f(π,3)≥－eq \f(π,2)，且m＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2).
求得 m≤eq \f(5π,6)，且 m≤eq \f(π,6)，∴m≤eq \f(π,6)，∴0故m的最大值为eq \f(π,6).
4．已知曲线C1：y＝cs x，C2：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)))，则下面结论正确的是( )
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq \f(7π,12)个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq \f(7π,12)个单位长度，得到曲线C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,6)个单位长度，得到曲线C2
答案 C
解析 C2：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7π,12)))＋\f(π,2)))，
C1：y＝cs x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))，
把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq \f(7π,12)个单位长度，得到曲线C2，故选C.
5．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2))＝0，若eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))min＝eq \f(1,2)，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)，则f(x)的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)＋2k，\f(5,6)＋2k))，k∈Z
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,6)＋2k，\f(1,6)＋2k))，k∈Z
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,6)＋2kπ，\f(1,6)＋2kπ))，k∈Z
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,6)＋2k，\f(7,6)＋2k))，k∈Z
答案 B
解析 设f(x)的周期为T，由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2))＝0，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))min＝eq \f(1,2)，得eq \f(T,4)＝eq \f(1,2)⇒T＝2⇒ω＝eq \f(2π,2)＝π，
由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)π＋φ))＝eq \f(1,2)，即cs φ＝eq \f(1,2)，
又0<φ由－eq \f(π,2)＋2kπ≤πx＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得－eq \f(5,6)＋2k≤x≤eq \f(1,6)＋2k，k∈Z.
∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,6)＋2k，\f(1,6)＋2k))，k∈Z.
6．已知函数f(x)＝asin x－bcs x(a，b为常数，a≠0，x∈R)的图象关于x＝eq \f(π,4)对称，则函数y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－x))是( )
A．偶函数且它的图象关于点(π，0)对称
B．偶函数且它的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0))对称
C．奇函数且它的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0))对称
D．奇函数且它的图象关于点(π，0)对称
答案 D
解析 ∵函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)(a－b)＝±eq \r(a2＋b2)，
平方得a2＋2ab＋b2＝0，即(a＋b)2＝0，
则a＋b＝0，b＝－a，
则f(x)＝asin x＋acs x＝eq \r(2)asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
又a≠0，则y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－x))＝eq \r(2)asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－x＋\f(π,4)))
＝eq \r(2)asin(π－x)＝eq \r(2)asin x为奇函数，且图象关于点(π，0)对称．
7．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)cs ωx－eq \f(\r(3),2)sin ωxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0))在[0，π]内的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，则ω的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(4,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1))
答案 A
解析 函数f(x)＝eq \f(1,2)cs ωx－eq \f(\r(3),2)sin ωx
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，π))时，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，
∴－1≤cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))≤eq \f(1,2)，则π≤ωπ＋eq \f(π,3)≤eq \f(5π,3)，
解得eq \f(2,3)≤ω≤eq \f(4,3)，故ω的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(4,3))).
8．已知函数f(x)＝tan(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的相邻两个对称中心的距离为eq \f(3,2)，且f(1)＝－eq \r(3)，则函数y＝f(x)的图象与函数y＝eq \f(1,x－2)(－5A．16 B．4 C．8 D．12
答案 D
解析 依题意得，函数f(x)＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为3，即eq \f(π,ω)＝3，得ω＝eq \f(π,3)，则f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋φ))，
又f(1)＝－eq \r(3)，即taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝－eq \r(3)，
所以eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(2π,3)＋kπ，k∈Z，
因为0<φ故f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(π,3)))，
又因为f(2)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋\f(π,3)))＝0，
所以y＝f(x)关于点(2,0)对称，
而y＝eq \f(1,x－2)也关于点(2,0)对称，
作出两个函数的图象(图略)，
可知两函数共有6个交点，且都关于点(2,0)对称，
则易知6个交点的横坐标之和为12.
二、多项选择题
9．(2020·新高考全国Ⅰ)如图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)等于( )
A．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))) B．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))
C．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) D．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2x))
答案 BC
解析 由图象知eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，得T＝π，
所以ω＝eq \f(2π,T)＝2.
又图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，
由“五点法”，结合图象可得φ＋eq \f(π,3)＝π，即φ＝eq \f(2π,3)，
所以sin(ωx＋φ)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，故A错误；
由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))知B正确；
由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))知C正确；
由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6)))))
＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2x))知D错误．
10．(2020·河北衡水中学考试)已知向量a＝(2sin x，－1)，b＝(sin x＋eq \r(3)cs x,1)，且函数f(x)＝a·b，则下列说法正确的是( )
A．若x1，x2是方程f(x)＝1的两根，则x1－x2是π的整数倍
B．当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))是函数f(x)的一个单调递增区间
D．将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后得到一个偶函数的图象
答案 CD
解析 由题意得f(x)＝a·b＝2sin x(sin x＋eq \r(3)cs x)－1＝eq \r(3)sin 2x－cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).若x1，x2是方程f(x)＝1的两根，则2x－eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)或2x－eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(5π,6)(k∈Z)，解得x＝eq \f(π,6)＋kπ(k∈Z)或x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，则x1，x2关于直线x＝eq \f(π,3)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)对称或x1－x2是eq \f(π,3)的整数倍，故A错误；f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2sin eq \f(π,6)＝1，而f(x)的最大值为2，故B错误；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)，令k＝0，则eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))是函数f(x)的一个单调递增区间，故C正确；将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后得函数y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝2cs 2x的图象，而函数y＝2cs 2x为偶函数，故D正确．
11．(2020·佛山模拟)已知函数f(x)＝sin x＋sin πx，下列结论正确的是( )
A．f(x)是奇函数
B．f(x)是周期函数
C．f(x)在区间(0，π)上有三个零点
D．f(x)的最大值为2
答案 AC
解析 ∵x∈R，f(－x)＝sin(－x)＋sin(－πx)＝－sin x－sin πx＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，故A正确；y1＝sin x的周期T1＝2kπ，k∈Z，y2＝sin πx的周期T2＝2n，n∈Z，∵{T1|T1＝2kπ，k∈Z}∩{T2|T2＝2n，n∈Z}＝∅，∴f(x)不是周期函数，故B错误；令f(x)＝sin x＋sin πx＝0，得sin πx＝－sin x＝sin(－x)，∴πx＝－x＋2kπ，k∈Z或πx－x＝2kπ＋π，k∈Z，解得x＝eq \f(2kπ,π＋1)，k∈Z或x＝eq \f(2k＋1π,π－1)，k∈Z.又x∈(0，π)，∴x＝eq \f(2π,π＋1)或x＝eq \f(4π,π＋1)或eq \f(π,π－1)，∴f(x)在区间(0，π)上有三个零点，故C正确；当sin x＝1时，x＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z.当sin πx＝1时，x＝2k＋eq \f(1,2)，k∈Z，∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))∩eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2k＋\f(1,2)，k∈Z))))＝∅，∴y＝sin x与y＝sin πx不可能同时取得最大值1，故D错误．
12．设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]上有且仅有3个极小值点，则( )
A．f(x)在(0,2π)上有且仅有5个零点
B．f(x)在(0,2π)上有且仅有2个极大值点
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递减
D．ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，\f(10,3)))
答案 CD
解析 因为x∈[0,2π]，所以ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3))).设t＝ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3)))，画出y＝cs t的图象如图所示．
由图象可知，若f(x)在[0,2π]上有且仅有3个极小值点，则5π<2πω＋eq \f(π,3)≤7π，故f(x)在(0,2π)上可能有5,6或7个零点，故A错误；f(x)在(0,2π)上可能有2或3个极大值点，故B错误；由5π<2πω＋eq \f(π,3)≤7π，可得eq \f(7,3)<ω≤eq \f(10,3)，故D正确；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,6)ω＋\f(π,3))).因为eq \f(7,3)<ω≤eq \f(10,3)，所以eq \f(13π,18)三、填空题
13．(2017·全国Ⅱ)函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)cs x－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))的最大值是________．
答案 1
解析 f(x)＝1－cs2x＋eq \r(3)cs x－eq \f(3,4)
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(\r(3),2)))2＋1.
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴cs x∈[0,1]，
∴当cs x＝eq \f(\r(3),2)，即x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值，最大值为1.
14．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin xcs x＋eq \f(1,2)cs 2x，若将其图象向右平移φ(φ>0)个单位长度后所得的图象关于原点对称，则φ的最小值为________．
答案 eq \f(π,12)
解析 ∵f(x)＝eq \r(3)sin xcs x＋eq \f(1,2)cs 2x＝eq \f(\r(3),2)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，将其图象向右平移φ(φ>0)个单位长度后所得的图象的函数解析式为g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,6)))，由于函数y＝g(x)的图象关于原点对称．则g(0)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2φ))＝0，∴eq \f(π,6)－2φ＝kπ(k∈Z)，∴φ＝eq \f(π,12)－eq \f(kπ,2)(k∈Z)，由于φ>0，当k＝0时，φ取得最小值eq \f(π,12).
15. (2020·北京市八一中学调研)已知函数f(x)＝eq \f(1,sinωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则ω＝________，φ＝________.
答案 2 －eq \f(π,3)
解析 由题图知函数的周期是eq \f(7π,6)－eq \f(π,6)＝π＝eq \f(2π,ω)，ω＝2，
又知 f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)))＝eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)×2＋φ)))＝1，
所以φ＋eq \f(5π,6)＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)．
又|φ|16．(2020·济南模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中ω>0，|φ|<\f(π,2)))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝0，f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))))恒成立，且f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上单调，则下列说法正确的是________．(填序号)
①存在φ，使得f(x)是偶函数；②f(0)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))；
③ω是奇数；④ω的最大值为3.
答案 ②③④
解析 f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝0，f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))))，
则eq \f(3π,8)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝eq \f(π,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(k,2)))T，k∈N，
故T＝eq \f(2π,2k＋1)，ω＝2k＋1，k∈N，
由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝0，得f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)ω＋φ))＝0，
故－eq \f(π,8)ω＋φ＝kπ，k∈Z，φ＝eq \f(π,8)ω＋kπ，k∈Z，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,24)))时，ωx＋φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,24)＋kπ，\f(ωπ,6)＋kπ))，k∈Z，
f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上单调，
故eq \f(π,24)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝eq \f(π,8)≤eq \f(T,2)，故T≥eq \f(π,4)，
即ω≤8,0综上所述，ω＝1或ω＝3，故③④正确；
ω＝1或ω＝3，故φ＝eq \f(π,8)＋kπ或φ＝eq \f(3π,8)＋kπ，k∈Z，
f(x)不可能为偶函数，①错误；
又f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))))恒成立，所以x＝eq \f(3π,8)为函数的一个对称轴，而eq \f(3π,4)－eq \f(3π,8)＝eq \f(3π,8)－0，f(0)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))是关于x＝eq \f(3π,8)对称的两点的函数值，所以f(0)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4))).