高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：3.3 三角函数的图象与性质 word版含答案

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三角函数的图象及性质
能画出y＝sin x，y＝cs x，y＝tan x的图象，了解三角函数的周期性．
理解正弦函数、余弦函数在区间[0,2π]上的性质(如单调性、最大值和最小值以及与x轴的交点等)，理解正切函数在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内的单调性．
知识点 正弦函数、余弦函数、正切函数的图象
和性质
易误提醒
1．正切函数的图象是由直线x＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)隔开的无穷多支曲线组成，单调增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))，k∈Z不能说它在整个定义域内是增函数，如eq \f(π,4)tan eq \f(3π,4)，正切函数不存在减区间．
2．三角函数存在多个单调区间时易错用“∪”联结．
3．研究三角函数单调性、对称中心、奇偶性及对称轴时易忽视“k∈Z”这一条件．
必记结论 函数y＝Asin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时是奇函数，当φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时是偶函数；函数y＝Acs(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时是偶函数，当φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时是奇函数．
[自测练习]
1．函数y＝tan 3x的定义域为( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(3π,2)＋3kπ，k∈Z))))
B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,6)＋kπ，k∈Z))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠－\f(π,6)＋kπ，k∈Z))))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,6)＋\f(kπ,3)，k∈Z))))
解析：由3x≠eq \f(π,2)＋kπ，得x≠eq \f(π,6)＋eq \f(kπ,3)，k∈Z.
答案：D
2．设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))，x∈R，则f(x)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eq \f(π,2)的奇函数
D．最小正周期为eq \f(π,2)的偶函数
解析：∵f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))＝－cs 2x，
∴f(x)是最小正周期为π的偶函数．
答案：B
3．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期为π，则该函数的图象( )
A．关于直线x＝eq \f(π,3)对称 B．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称
C．关于直线x＝－eq \f(π,6)对称 D．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称
解析：∵f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期为π，∴ω＝2，即f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
经验证可知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋\f(π,3)))＝sin π＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))是函数f(x)的一个对称点．
答案：B
4．函数y＝3－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的最大值为________，此时x＝________.
解析：函数y＝3－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的最大值为3＋2＝5，此时x＋eq \f(π,4)＝π＋2kπ，即x＝eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)．
答案：5 eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)
考点一 三角函数的定义域、值域|
1．函数y＝eq \r(cs x－\f(\r(3),2))的定义域为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,6)))，k∈Z
D．R
解析：∵cs x－eq \f(\r(3),2)≥0，得cs x≥eq \f(\r(3),2)，∴2kπ－eq \f(π,6)≤x≤2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z.
答案：C
2．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最小值为( )
A．－1 B．－eq \f(\r(2),2)
C．0 D.eq \f(\r(2),2)
解析：因为0≤x≤eq \f(π,2)，所以－eq \f(π,4)≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(3π,4)，由正弦函数的图象知，1≥sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))≥－eq \f(\r(2),2)，所以函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最小值为－eq \f(\r(2),2)，故选B.
答案：B
3．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)(sin x＋cs x)－eq \f(1,2)|sin x－cs x|，则f(x)的值域是________．
解析：f(x)＝eq \f(1,2)(sin x＋cs x)－eq \f(1,2)|sin x－cs x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cs xsin x≥cs x，,sin xsin x画出函数f(x)的图象(实线)，如图，可得函数的最小值为－1，最大值为eq \f(\r(2),2)，故值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(2),2))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(2),2)))
1．三角函数定义域的求法
求三角函数的定义域实际上是解简单的三角不等式，常借助三角函数线或三角函数图象来求解．
2．求三角函数值域(最值)的三种方法
(1)将所给函数化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式，通过分析ωx＋φ的范围，结合图象写出函数的值域．
(2)换元法：把sin x(cs x)看作一个整体，化为二次函数来解决．
(3)数形结合法，作出三角函数图象可求．
考点二 三角函数的单调性|
(2015·高考重庆卷)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sin x－eq \r(3)cs2x.
(1)求f(x)的最小正周期和最大值；
(2)讨论f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上的单调性．
[解] (1)f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sin x－eq \r(3)cs2x＝cs xsin x－eq \f(\r(3),2)(1＋cs 2x)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x－eq \f(\r(3),2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－eq \f(\r(3),2)，
因此f(x)的最小正周期为π，最大值为eq \f(2－\r(3),2).
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，0≤2x－eq \f(π,3)≤π，从而
当0≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，即eq \f(π,6)≤x≤eq \f(5π,12)时，f(x)单调递增，
当eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤π，即eq \f(5π,12)≤x≤eq \f(2π,3)时，f(x)单调递减．
综上可知，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上单调递增；在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))上单调递减．
三角函数的单调区间的求法
(1)代换法：求形如y＝Asin(ωx＋φ)＋k的单调区间时，只需把ωx＋φ看作一个整体代入y＝sin x的相应单调区间内即可．若ω为负，则要先把ω化为正数．
(2)图象法：作出三角函数的图象，根据图象直接写出单调区间．


1．已知ω>0，函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D．(0,2]
解析：由eq \f(π,2)答案：A
2．求函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))的单调区间．
解：把函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))变为y＝－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).由kπ－eq \f(π,2)<2x－eq \f(π,3)考点三 三角函数的奇偶性、周期性及对称性|
正、余弦函数的图象既是中心对称图形，又是轴对称图形．正切函数的图象只是中心对称图形，应把三角函数的对称性与奇偶性结合，体会二者的统一．
归纳起来常见的命题角度有：
1．三角函数的周期性．
2．三角函数的奇偶性．
3．三角函数的对称轴或对称中心．
4．三角函数性质的综合应用．
探究一 三角函数的周期性
1．函数y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))的最小正周期为________．
解析：∵y′＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的最小正周期T′＝π，
∴T＝eq \f(T′,2)＝eq \f(π,2).
答案：eq \f(π,2)
2．(2015·高考湖南卷)已知ω>0，在函数y＝2sin ωx与y＝2cs ωx的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为2eq \r(3)，则ω＝________.
解析：由题意，两函数图象交点间的最短距离即相邻的两交点间的距离，设相邻的两交点坐标分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，易知|PQ|2＝(x2－x1)2＋(y2－y1)2，其中|y2－y1|＝eq \r(2)－(－eq \r(2))＝2eq \r(2)，|x2－x1|为函数y＝2sin ωx－2cs ωx＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))的两个相邻零点之间的距离，恰好为函数最小正周期的一半，所以(2eq \r(3))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,2ω)))2＋(2eq \r(2))2，ω＝eq \f(π,2).
答案：eq \f(π,2)
探究二 三角函数的奇偶性
3．若函数f(x)＝sineq \f(x＋φ,3)(φ∈[0,2π])是偶函数，则φ＝( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(2π,3)
C.eq \f(3π,2) D.eq \f(5π,3)
解析：由y＝sineq \f(x＋φ,3)是偶函数知eq \f(φ,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，即φ＝eq \f(3π,2)＋3kπ，k∈Z，又∵φ∈[0,2π]，∴φ＝eq \f(3π,2).
答案：C
探究三 三角函数的对称轴或对称中心
4．若函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω∈N*)图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，则ω的最小值为( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：由题知eq \f(πω,6)＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)⇒ω＝6k＋2(k∈Z)⇒ωmin＝2，故选B.
答案：B
5．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象的一条对称轴是( )
A．x＝eq \f(π,4) B．x＝eq \f(π,2)
C．x＝－eq \f(π,4) D．x＝－eq \f(π,2)
解析：∵正弦函数图象的对称轴过图象的最高(低)点，
故令x－eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，∴x＝kπ＋eq \f(3π,4)，k∈Z.
即k＝－1，则x＝－eq \f(π,4).
答案：C
探究四 三角函数性质的综合应用
6．(2015·揭阳一模)当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)＝sin(x＋φ)取得最小值，则函数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－x))( )
A．是奇函数且图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称
B．是偶函数且图象关于点(π，0)对称
C．是奇函数且图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
D．是偶函数且图象关于直线x＝π对称
解析：∵当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)取得最小值，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋φ))＝－1，∴φ＝2kπ－eq \f(3π,4)(k∈Z)．
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋2kπ－\f(3π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3π,4))).
∴y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－x))＝sin(－x)＝－sin x.
∴y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－x))是奇函数，且图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称．
答案：C
7．(2015·高考天津卷)已知函数f(x)＝sin ωx＋cs ωx(ω>0)，x∈R.若函数f(x)在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数y＝f(x)的图象关于直线x＝ω对称，则ω的值为________．
解析：f(x)＝sin ωx＋cs ωx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))，因为函数f(x)的图象关于直线x＝ω对称，所以f(ω)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω2＋\f(π,4)))＝±eq \r(2)，所以ω2＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，即ω2＝eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z，又函数f(x)在区间(－ω，ω)内单调递增，所以ω2＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)，即ω2≤eq \f(π,4)，取k＝0，得ω2＝eq \f(π,4)，所以ω＝eq \f(\r(π),2).
答案：eq \f(\r(π),2)
函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的奇偶性、周期性和对称性
(1)若f(x)＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则当x＝0时，f(x)取得最大或最小值；若f(x)＝Asin(ωx＋φ)为奇函数，则当x＝0时，f(x)＝0.
(2)对于函数y＝Asin(ωx＋φ)，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数的零点，因此在判断直线x＝x0或点(x0,0)是否是函数的对称轴或对称中心时，可通过检验f(x0)的值进行判断．
11.换元法求三角函数的最值问题
【典例】 (1)求函数y＝cs2x＋sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|x|≤\f(π,4)))的最大值与最小值．
(2)求函数y＝sin x＋cs x＋3cs xsin x的最值．
[思路点拨] 利用换元法求解，令t＝sin x或令t＝sin x＋cs x．转化为二次函数最值问题．
[解] (1)令t＝sin x，∵|x|≤eq \f(π,4)，
∴t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))).
∴y＝－t2＋t＋1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋eq \f(5,4)，
∴当t＝eq \f(1,2)时，ymax＝eq \f(5,4)，t＝－eq \f(\r(2),2)时，ymin＝eq \f(1－\r(2),2).
∴函数y＝cs2x＋sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|x|≤\f(π,4)))的最大值为eq \f(5,4)，最小值为eq \f(1－\r(2),2).
(2)令t＝sin x＋cs x，∴t∈[－eq \r(2)，eq \r(2) ]．
又(sin x＋cs x)2－2sin xcs x＝1，
∴sin xcs x＝eq \f(t2－1,2)，
∴y＝eq \f(3,2)t2＋t－eq \f(3,2)，t∈[－eq \r(2)，eq \r(2)]，
∵t对＝－eq \f(1,3)∈[－eq \r(2)，eq \r(2)]，
∴y小＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝eq \f(3,2)×eq \f(1,9)－eq \f(1,3)－eq \f(3,2)＝－eq \f(5,3)，
y大＝f(eq \r(2))＝eq \f(3,2)＋eq \r(2).
[方法点评] (1)形如y＝asin2x＋bsin x＋c的三角函数，可设sin x＝t，再化为关于t的二次函数求值域(最值)．
(2)形如y＝asin xcs x＋b(sin x±cs x)＋c的三角函数，可设t＝sin x±cs x，再化为关于t的二次函数求值域(最值)．
[跟踪练习] 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))时，函数y＝3－sin x－2cs2x的最小值是________，最大值是________．
解析：由eq \f(π,6)≤x≤eq \f(7π,6)，知－eq \f(1,2)≤sin x≤1.
又y＝3－sin x－2cs2x＝2sin2x－sin x＋1
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(1,4)))2＋eq \f(7,8)，∴当sin x＝eq \f(1,4)时，ymin＝eq \f(7,8)，
当sin x＝1或－eq \f(1,2)时，ymax＝2.
答案：eq \f(7,8) 2
A组 考点能力演练
1．(2015·唐山期末)函数f(x)＝1－2sin2eq \f(x,2)的最小正周期为( )
A．2π B．π C.eq \f(π,2) D．4π
解析：∵f(x)＝1－2sin2eq \f(x,2)＝cs x，∴f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,1)＝2π，故选A.
答案：A
2．函数f(x)＝cs 2x＋2sin x的最大值与最小值的和是( )
A．－2 B．0
C．－eq \f(3,2) D．－eq \f(1,2)
解析：f(x)＝1－2sin2x＋2sin x＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,2)，所以函数f(x)的最大值是eq \f(3,2)，最小值是－3，所以最大值与最小值的和是－eq \f(3,2)，故选C.
答案：C
3．已知函数y＝sin x的定义域为[a，b]，值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，则b－a的值不可能是( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(2π,3)
C．π D.eq \f(4π,3)
解析：画出函数y＝sin x的草图分析知b－a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(4π,3))).
答案：A
4．已知函数f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cs ωx(ω>0)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0，且f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上递减，则ω＝( )
A．3 B．2
C．6 D．5
解析：∵f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递减，
且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(π,6)＋\f(π,2),2)))＝0，
∵f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cs ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(π,6)＋\f(π,2),2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)ω＋\f(π,3)))＝0，
∴eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，又eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,2)－eq \f(π,6)，ω>0，∴ω＝2.
答案：B
5．若函数f(x)＝cs(2x＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))成中心对称，且－eq \f(π,2)<φA．奇函数且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增
B．偶函数且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
C．偶函数且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减
D．奇函数且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递减
解析：因为函数f(x)＝cs(2x＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))成中心对称，则eq \f(8π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z.即φ＝kπ－eq \f(13π,6)，k∈Z，又－eq \f(π,2)<φ则y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x，所以该函数为奇函数且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递减，故选D.
答案：D
6．(2015·长沙一模)若函数f(x)＝2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx＋\f(π,3)))的最小正周期T满足1解析：由题意知，1答案：2或3
7．已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,4)))(ω>0)的最大值与最小正周期相同，则函数f(x)在[－1,1]上的单调增区间为________．
解析：由题知eq \f(2π,2ω)＝2，得ω＝eq \f(1,2)π，
∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx－\f(π,4)))，令－eq \f(π,2)＋2kπ≤πx－eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq \f(1,4)＋2k≤x≤eq \f(3,4)＋2k，k∈Z，又x∈[－1,1]，所以－eq \f(1,4)≤x≤eq \f(3,4)，所以函数f(x)在[－1,1]上的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(3,4))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(3,4)))
8．已知函数f(x)＝cs xsin x(x∈R)，给出下列四个命题：
①若f(x1)＝－f(x2)，则x1＝－x2；
②f(x)的最小正周期是2π；
③f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上是增函数；
④f(x)的图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称．
其中真命题的是________．
解析：f(x)＝eq \f(1,2)sin 2x，当x1＝0，x2＝eq \f(π,2)时，f(x1)＝－f(x2)，但x1≠－x2，故①是假命题；f(x)的最小正周期为π，故②是假命题；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，故③是真命题；因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))＝eq \f(1,2)sineq \f(3π,2)＝－eq \f(1,2)，故f(x)的图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称，故④是真命题．
答案：③④
9．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(2π,3)))的最小正周期为π.
(1)求当f(x)为偶函数时φ的值；
(2)若f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))，求f(x)的单调递增区间．
解：∵由f(x)的最小正周期为π，则T＝eq \f(2π,ω)＝π，
∴ω＝2.∴f(x)＝sin(2x＋φ)．
(1)当f(x)为偶函数时，f(－x)＝f(x)．
∴sin(2x＋φ)＝sin(－2x＋φ)，
展开整理得sin 2xcs φ＝0，
由已知上式对∀x∈R都成立，
∴cs φ＝0，∵0<φ(2)f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))时，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝eq \f(\r(3),2)，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝eq \f(\r(3),2).
又∵0<φ∴eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(2π,3)，φ＝eq \f(π,3).
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z.
∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z.
10．(2016·长沙模拟)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πx,3)－\f(π,6)))－2cs2eq \f(πx,6).
(1)求y＝f(x)的最小正周期及单调递增区间；
(2)若函数y＝g(x)与y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，当x∈[0,1]时，求函数y＝g(x)的最大值．
解：(1)由题意知f(x)＝eq \f(\r(3),2)sineq \f(πx,3)－eq \f(3,2)cseq \f(πx,3)－1＝eq \r(3)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πx,3)－\f(π,3)))－1，
所以y＝f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,\f(π,3))＝6.
由2kπ－eq \f(π,2)≤eq \f(πx,3)－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得6k－eq \f(1,2)≤x≤6k＋eq \f(5,2)，k∈Z，
所以y＝f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6k－\f(1,2)，6k＋\f(5,2)))，k∈Z.
(2)因为函数y＝g(x)与y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，
所以当x∈[0,1]时，y＝g(x)的最大值即为x∈[3,4]时，y＝f(x)的最大值，
当x∈[3,4]时，eq \f(π,3)x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x－\f(π,3)))∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)))，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，
即当x∈[0,1]时，函数y＝g(x)的最大值为eq \f(1,2).
B组 高考题型专练
1．(2014·高考陕西卷)函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的最小正周期是( )
A.eq \f(π,2) B．π
C．2π D．4π
解析：由周期公式T＝eq \f(2π,2)＝π.
答案：B
2．(2015·高考四川卷)下列函数中，最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是( )
A．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))) B．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
C．y＝sin 2x＋cs 2x D．y＝sin x＋cs x
解析：采用验证法．由y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x，可知该函数的最小正周期为π且为奇函数，故选A.
答案：A
3．(2015·高考浙江卷)函数f(x)＝sin2x＋sin xcs x＋1的最小正周期是________，单调递减区间是________．
解析：由题意知，f(x)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋eq \f(3,2)，所以最小正周期T＝π.令eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得kπ＋eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(7π,8)(k∈Z)，故单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)＋kπ，\f(7π,8)＋kπ))(k∈Z)．
答案：π eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)＋kπ，\f(7π,8)＋kπ))(k∈Z)
4．(2014·高考北京卷)设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，A>0，ω>0)．若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，则f(x)的最小正周期为________．
解析：记f(x)的最小正周期为T.
由题意知eq \f(T,2)≥eq \f(π,2)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,3)，
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，且eq \f(2π,3)－eq \f(π,2)＝eq \f(π,6)，
可作出示意图如图所示(一种情况)：
∴x1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(π,6)))×eq \f(1,2)＝eq \f(π,3)，
x2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(2π,3)))×eq \f(1,2)＝eq \f(7π,12)，
∴eq \f(T,4)＝x2－x1＝eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,4)，∴T＝π.
答案：π
5．(2015·高考北京卷)已知函数f(x)＝sin x－2eq \r(3)sin2eq \f(x,2).
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上的最小值．
解：(1)因为f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x－eq \r(3)
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－eq \r(3)，
所以f(x)的最小正周期为2π.
(2)因为0≤x≤eq \f(2π,3)，
所以eq \f(π,3)≤x＋eq \f(π,3)≤π.
当x＋eq \f(π,3)＝π，即x＝eq \f(2π,3)时，f(x)取得最小值．
所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－eq \r(3).
函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图 象
定义域
R
R
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,2)))))eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(＋kπ，k∈Z)))))
值域
[－1,1]
[－1,1]
R
单调性
递增区间：eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)
递减区间：eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)
递增区间：
[2kπ－π，2kπ]
(k∈Z)
递减区间：
[2kπ，2kπ＋π] (k∈Z)
递增区间：
eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)
最 值
x＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时，ymax＝1；
x＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)时，ymin＝－1
x＝2kπ(k∈Z)时，ymax＝1；
x＝2kπ＋π(k∈Z)时，ymin＝－1
无最值
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
对称性
对称中心(kπ，0)，k∈Z
对称中心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))，k∈Z
对称中心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,2)，0))，k∈Z
对称轴l：x＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z
对称轴l：x＝kπ，k∈Z
无对称轴
周期性
2π
2π
π