§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+-x2)
=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)