PAGE1提能訓練練案[25]A組基礎鞏固一、單選題1．已知α∈(0，π)，2sin2α＝cos2α－1，則cosα＝(B)A．eq\f(\r(5),5) B．－eq\f(\r(5),5)C．eq\f(2\r(5),5) D．－eq\f(2\r(5),5)[解析]∵2sin2α＝cos2α－1，∴4sinαcosα＝－2sin2α.∵α∈(0，π)，∴sinα>0,2cosα＝－sinα，∴cosα<0，結合sin2α＋cos2α＝1，得cosα＝－eq\f(\r(5),5).2．設sinαcosβ＝1，則cos(α＋β)的值為(A)A．0 B．1C．±1 D．－1[解析]∵sinαcosβ＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＝1，,cosβ＝1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＝－1，,cosβ＝－1，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＝0，,sinβ＝0.))∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝0.3．(2024·威海模擬)tan67.5°－eq\f(1,tan67.5°)的值為(C)A．1 B．eq\r(2)C．2 D．4[解析]tan67.5°－eq\f(1,tan67.5°)＝eq\f(sin67.5°,cos67.5°)－eq\f(1,\f(sin67.5°,cos67.5°))＝eq\f(sin67.5°,cos67.5°)－eq\f(cos67.5°,sin67.5°)＝eq\f(sin267.5°－cos267.5°,sin67.5°cos67.5°)＝eq\f(－cos135°,\f(1,2)sin135°)＝2.4．(2023·山東青島調研)已知sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，tan(π－β)＝eq\f(1,2)，則tan(α－β)的值為(A)A．－eq\f(2,11) B．eq\f(2,11)C．eq\f(11,2) D．－eq\f(11,2)[解析]∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(3,5)，∴cosα＝－eq\f(4,5)，tanα＝－eq\f(3,4)，又tan(π－β)＝eq\f(1,2)，∴tanβ＝－eq\f(1,2)，∴tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanα·tanβ)＝eq\f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝－eq\f(2,11).5.eq\f(cos40°,cos25°\r(1－sin40°))的值為(C)A．1 B．eq\r(3)C．eq\r(2) D．2[解析]原式＝eq\f(cos220°－sin220°,cos25°cos20°－sin20°)＝eq\f(cos20°＋sin20°,cos25°)＝eq\f(\r(2)cos25°,cos25°)＝eq\r(2).6．設θ∈(0,2π)，若sinθ<0，且cos2θ<0，則θ的范圍是(B)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(7π,4)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))[解析]由已知角的范圍，結合三角函數(shù)的定義即可判斷．因為θ∈(0,2π)，若sinθ<0，則π<θ<2π，2π<2θ<4π，因為cos2θ<0，則eq\f(5π,2)<2θ<eq\f(7π,2)，所以eq\f(5π,4)<θ<eq\f(7π,4).故選B．7．八角星紋是一種有八個向外突出的銳角的幾何紋樣(如圖1)，它由八個均等的向外伸展的銳角組成的對稱多邊形紋樣，具有組合性強、結構穩(wěn)定等特點．有的八角星紋中間鏤空出一個正方形，有的由八個菱形組成，內部呈現(xiàn)米字形線條．八角星紋目前仍流行在中國南方的挑花和織錦中．在圖2所示的八角星紋中，各個最小的三角形均為全等的等腰直角三角形，中間的四邊形是邊長為2的正方形，在圖2的基礎上連接線段，得到角α，β，如圖3所示，則α＋β＝(B)A．30° B．45°C．60° D．75°[解析]根據(jù)圖形的結構特征求出tanα，tanβ，利用兩角和的正切公式，求解即可得出答案．連接BC，如圖所示：在Rt△ABC中，BC＝2，AC＝6，tanα＝eq\f(BC,AC)＝eq\f(1,3)，在Rt△DEF中，EF＝2，DE＝4，tanβ＝eq\f(EF,DE)＝eq\f(1,2)，∴tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(\f(1,3)＋\f(1,2),1－\f(1,3)×\f(1,2))＝1，又α，β∈(0°，45°)，則α＋β＝45°，故選B．8．(2024·九省聯(lián)考試題)已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，tan2θ＝－4taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，則eq\f(1＋sin2θ,2cos2θ＋sin2θ)＝(A)A．eq\f(1,4) B．eq\f(3,4)C．1 D．eq\f(3,2)[解析]由已知得eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(－41＋tanθ,1－tanθ)，解得tanθ＝－2或－eq\f(1,2)，∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，∴tanθ＝－eq\f(1,2)，eq\f(1＋sin2θ,2cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(sinθ＋cosθ2,2cosθcosθ＋sinθ)＝eq\f(sinθ＋cosθ,2cosθ)＝eq\f(1＋tanθ,2)＝eq\f(1,4).故選A．二、多選題9．給出下列四個關系式，其中正確的是(BD)A．sinαsinβ＝eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]B．sinαcosβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)＋sin(α－β)]C．cosαcosβ＝－eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]D．cosαsinβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)－sin(α－β)][解析]由sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ，sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ，兩式相加可得sinαcosβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)＋sin(α－β)]，故B正確；兩式相減可得cosαsinβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)－sin(α－β)]，故D正確；由cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ，cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ，兩式相減可得sinαsinβ＝－eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]，兩式相加可得cosαcosβ＝eq\f(1,2)[cos(α＋β)＋cos(α－β)]，故A，C錯誤．故選BD．10．已知sinα＝－eq\f(4,5)，180°<α<270°，則下列選項正確的是(BCD)A．sin2α＝－eq\f(24,25) B．sineq\f(α,2)＝eq\f(2\r(5),5)C．coseq\f(α,2)＝－eq\f(\r(5),5) D．taneq\f(α,2)＝－2[解析]∵180°<α<270°，∴cosα＝－eq\f(3,5)，∴sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝eq\f(24,25)，故A錯誤；∵90°<eq\f(α,2)<135°，∴sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,2))＝eq\r(\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5))),2))＝eq\f(2\r(5),5)；coseq\f(α,2)＝－eq\r(\f(1＋cosα,2))＝－eq\r(\f(1－\f(3,5),2))＝－eq\f(\r(5),5)；taneq\f(α,2)＝eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))＝－2，故B、C、D均正確．11．(2023·湖北八校第一次聯(lián)考改編)已知3π≤θ≤4π，且eq\r(\f(1＋cosθ,2))＋eq\r(\f(1－cosθ,2))＝eq\f(\r(6),2)，則θ＝(CD)A．eq\f(10,3)π B．eq\f(37,12)πC．eq\f(19π,6) D．eq\f(23,6)π[解析]∵3π≤θ≤4π，∴eq\f(3π,2)≤eq\f(θ,2)≤2π，∴coseq\f(θ,2)>0，sineq\f(θ,2)<0，則eq\r(\f(1＋cosθ,2))＋eq\r(\f(1－cosθ,2))＝eq\r(cos2\f(θ,2))＋eq\r(sin2\f(θ,2))＝coseq\f(θ,2)－sineq\f(θ,2)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θ,2)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(6),2)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θ,2)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),2)，∴eq\f(θ,2)＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,6)＋2kπ或eq\f(θ,2)＋eq\f(π,4)＝－eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，即θ＝－eq\f(π,6)＋4kπ或θ＝－eq\f(5π,6)＋4kπ，k∈Z.∵3π≤θ≤4π.∴θ＝eq\f(19π,6)或eq\f(23π,6)，故選CD．三、填空題12．eq\f(sin7°＋cos15°sin8°,cos7°－sin15°sin8°)＝2－eq\r(3).[解析]原式＝eq\f(sin15°－8°＋cos15°sin8°,cos15°－8°－sin15°sin8°)＝eq\f(sin15°cos8°,cos15°cos8°)＝tan15°＝tan(45°－30°)＝eq\f(tan45°－tan30°,1＋tan45°tan30°)＝eq\f(1－\f(\r(3),3),1＋\f(\r(3),3))＝eq\f(\r(3)－1,\r(3)＋1)＝2－eq\r(3).13．已知sin2α＝eq\f(1,3)則cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(2,3).[解析]cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,2))),2)＝eq\f(1＋sin2α,2)＝eq\f(1＋\f(1,3),2)＝eq\f(2,3).14．已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，則sin(α＋β)＝－eq\f(1,2).[解析]因為sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，所以sin2α＋cos2β＋2sinαcosβ＝1，①cos2α＋sin2β＋2cosαsinβ＝0，②①②兩式相加可得sin2α＋cos2α＋sin2β＋cos2β＋2(sinαcosβ＋cosαsinβ)＝1，所以sin(α＋β)＝－eq\f(1,2).15．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\r(3)cosα，tanβ＝eq\f(\r(3),3)，則tan(α＋β)＝－eq\f(\r(3),3).[解析]因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα＝eq\r(3)cosα，所以－sinα＝eq\r(3)cosα，故tanα＝－eq\r(3)，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(－\r(3)＋\f(\r(3),3),1＋\r(3)×\f(\r(3),3))＝eq\f(－\f(2\r(3),3),2)＝－eq\f(\r(3),3).四、解答題16．求證：eq\f(sin2α＋β,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sinβ,sinα).[證明]因為eq\f(sin2α＋β,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sin2α＋β－2sinαcosα＋β,sinα)＝eq\f(sin[α＋α＋β]－2sinαcosα＋β,sinα)＝eq\f(sinαcosα＋β＋cosαsinα＋β－2sinαcosα＋β,sinα)＝eq\f(cosαsinα＋β－sinαcosα＋β,sinα)＝eq\f(sin[α＋β－α],sinα)＝eq\f(sinβ,sinα)＝右邊，所以等式成立．17．(2024·江西臨川一中月考)已知0<x<eq\f(π,4)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(5,13)，求eq\f(cos2x,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))的值．[解析]解法一：(先化簡后求值)：原式＝eq\f(cos2x－sin2x,\f(\r(2),2)cosx－sinx)＝eq\r(2)(cosx＋sinx)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)).因為0<x<eq\f(π,4)，所以0<eq\f(π,4)－x<eq\f(π,4)，則原式＝2eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(24,13).解法二：(先局部后整體)：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(5,13).下面從兩個角度求cos2x.角度1：cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))；角度2：cos2x＝cos2x－sin2x＝(cosx－sinx)·(cosx＋sinx)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))·eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)).因為0<x<eq\f(π,4)，所以0<eq\f(π,4)－x<eq\f(π,4)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(12,13)，故cos2x＝2×eq\f(5,13)×eq\f(12,13)＝eq\f(120,169).所以eq\f(cos2x,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝eq\f(24,13).B組能力提升1．若eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(1,2)，則sin2α的值為(B)A．－eq\f(7,8) B．eq\f(7,8)C．－eq\f(4,7) D．eq\f(4,7)[解析]eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(cos2α－sin2α,sinαcos\f(π,4)＋cosαsin\f(π,4))＝eq\r(2)(cosα－sinα)＝eq\f(1,2)，即cosα－sinα＝eq\f(\r(2),4)，等式兩邊分別平方得cos2α－2sinαcosα＋sin2α＝1－sin2α＝eq\f(1,8)，解得sin2α＝eq\f(7,8).2．(2024·昆明一中模擬)已知m＝2sin18°，若m2＋n＝4，則eq\f(1－2cos2153°,m\r(n))等于(B)A．－eq\f(1,4) B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,2)[解析]因為m＝2sin18°，m2＋n＝4，所以n＝4－m2＝4－4sin218°＝4cos218°，因此eq\f(1－2cos2153°,m\r(n))＝eq\f(－cos306°,2sin18°·2cos18°)＝eq\f(－cos54°,2sin36°)＝eq\f(－sin36°,2sin36°)＝－eq\f(1,2).3．(多選題)已知eq\f(π,4)≤α≤π，π≤β≤eq\f(3π,2)，sin2α＝eq\f(4,5)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)，則(BC)A．cosα＝－eq\f(\r(10),10) B．sinα－cosα＝eq\f(\r(5),5)C．β－α＝eq\f(3π,4) D．cosαcosβ＝－eq\f(\r(2),5)[解析]因為eq\f(π,4)≤α≤π，所以eq\f(π,2)≤2α≤2π，又sin2α＝eq\f(4,5)>0，故有eq\f(π,2)≤2α≤π，eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，解出cos2α＝－eq\f(3,5)＝2cos2α－1?cos2α＝eq\f(1,5)?cosα＝eq\f(\r(5),5)，故A錯誤；(sinα－cosα)2＝1－sin2α＝eq\f(1,5)，又eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，所以sinα≥cosα，所以sinα－cosα＝eq\f(\r(5),5)，故B正確；因為eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，π≤β≤eq\f(3π,2)，所以eq\f(5π,4)≤α＋β≤2π，又cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)<0，所以eq\f(5π,4)≤α＋β≤eq\f(3π,2)，解得sin(α＋β)＝－eq\f(7\r(2),10)，所以cos(β－α)＝cos[(α＋β)－2α]＝－eq\f(\r(2),10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))×eq\f(4,5)＝－eq\f(\r(2),2)，又因為eq\f(5π,4)≤α＋β≤eq\f(3π,2)，－π≤－2α≤－eq\f(π,2)，所以eq\f(π,4)≤β－α≤π，有β－α＝eq\f(3π,4)，故C正確；由cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)?cosαcosβ－sinαsinβ＝－eq\f(\r(2),10)，又cos(β－α)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝－eq\f(\r(2),2)，兩式聯(lián)立得cosαcosβ＝－eq\f(3\r(2),10)，故D錯誤．故選BC．4．(2023·福建省百校臨考沖刺)若α∈(0，π)，且eq\r(3)sinα＋2cosα＝2，則taneq\f(α,2)＝(A)A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(3),4)C．eq\f(2\r(3),3) D．eq\f(4\r(3),3)[解析]方法一：由已知得cosα＝1－eq\f(\r(3),2)sinα，代入sin2α＋cos2α＝1，得sin2α＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)sinα))2＝1，整理得eq\f(7,4)sin2α－eq\r(3)sinα＝0，解得sinα＝0或sinα＝eq\f(4\r(3),7).因為α∈(0，π)，所以sinα＝eq\f(4\r(3),7)，故cosα＝1－eq\f(\r(3),2)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(1,7).所以taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(\f(4\r(3),7),1＋\f(1,7))＝eq\f(\r(3),2).故選A．方法二：因為sinα＝2sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)，cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)，所以eq\r(3)sinα＋2cosα＝2可以化為2eq\r(3)sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2sin2\f(α,2)))＝2，化簡可得2eq\r(3)sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)＝4sin2eq\f(α,2).①因為α∈(0，π)，所以eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sineq\f(α,2)≠0.所以①式可化為eq\r(3)coseq\f(α,2)＝2sineq\f(α,2)，即taneq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),2).故選A．5．已知方程x2＋3ax＋3a＋1＝0(a>1)的兩根分別為tanα，tanβ，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則α＋β＝－eq\f(3π,4).[解析]由已知，得tanα＋tanβ＝－3a，tanαtanβ＝3a＋1，∴tan(α＋β)＝1.∵α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，tanα＋tanβ＝－3a<0，tanαtanβ＝3a＋1>0，∴tanα<0，tanβ<0，∴α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，∴α＋β∈(－π，0)，∴α＋β＝－eq\f(3π,4).6．(2023·昆明一模)已知sin(α＋β)＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝eq\f(1,3).(1)求證：sinαcosβ＝5cosαsinβ；(2)若已知0<α＋β<eq\f(π,2)，0<α－β<eq\f(π,2)，求cos2α的值．[解析](1)證明：∵sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，∴2sinαcosβ＋2cosαsinβ＝1，①3sinαcosβ－3cosαsinβ＝1，②②－①得sinαcosβ－5cosαsinβ＝0，則sinαcosβ＝5cosαsinβ.(2)∵sin(α＋β)＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝eq\f(1,3)，0<α＋β<eq\f(π,2)，0<α－β<eq\f(π,2)，∴cos(α＋β)＝eq\f(\r(3),2)，cos(α－β)＝eq\f(2\r(2),3)，則cos2α＝cos[(α＋β)＋(α－β)]＝cos(α＋β)·cos(α－β)－sin(α＋β)sin(α－β)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(2\r(2),3)－eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝

提能訓練練案[26]A組基礎鞏固一、單選題1．下列函數(shù)中最小正周期不是π的周期函數(shù)為(C)A．y＝sin|x| B．y＝|sinx|C．y＝cos|x| D．y＝|tanx|[解析]直接利用函數(shù)的性質求出函數(shù)的周期，進一步求出結果．函數(shù)y＝sin|x|不是周期函數(shù)，函數(shù)y＝|sinx|為周期為π的函數(shù)，函數(shù)y＝cos|x|為周期為2π的函數(shù)，函數(shù)y＝|tanx|為周期為π的函數(shù)．故選C．2．函數(shù)f(x)＝ln(cosx)的定義域為(C)A．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)<x<kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))B．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ<x<kπ＋π，k∈Z))))C．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)<x<2kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))D．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ<x<2kπ＋π，k∈Z))))[解析]由cosx>0，解得2kπ－eq\f(π,2)<x<2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.所以函數(shù)f(x)＝ln(cosx)的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)<x<2kπ＋\f(π,2)，k∈Z)))).3．函數(shù)y＝sin(x＋φ)(0≤φ≤π)是定義在R上的偶函數(shù)，則φ的值是(C)A．0 B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,2) D．π[解析]當φ＝0時，y＝sin(x＋φ)＝sinx為奇函數(shù)，不符合題意，因此排除A；當φ＝eq\f(π,4)時，y＝sin(x＋φ)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))為非奇非偶函數(shù)，因此排除B；當φ＝eq\f(π,2)時，y＝sin(x＋φ)＝cosx為偶函數(shù)，滿足條件；當φ＝π時，y＝sin(x＋φ)＝－sinx為奇函數(shù)，故選C．4．(2023·蚌埠月考)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(π,2)))的值域是(B)A．[－1,1] B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))[解析]由0≤x≤eq\f(π,2)，∴0≤2x≤π，∴－eq\f(π,4)≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(3π,4)，由正弦函數(shù)的性質知f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1)).故選B．5．設函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))，則f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的單調遞減區(qū)間是(D)A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))[解析]由已知f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z，kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))).6．下列函數(shù)中，周期為π，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調遞增的奇函數(shù)是(C)A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2))) B．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))C．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))) D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))[解析]y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))＝－cos2x為偶函數(shù)，排除A；y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝sin2x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調遞減，排除B；y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x為奇函數(shù)，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調遞增，且周期為π，C符合題意；y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝cosx為偶函數(shù)，排除D．故選C．7．函數(shù)f(x)＝tanωx(ω>0)的圖象的相鄰兩支截直線y＝1所得的線段長為eq\f(π,4)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))的值是(D)A．0 B．eq\f(\r(3),3)C．1 D．eq\r(3)[解析]由條件可知，f(x)的最小正周期是eq\f(π,4).由eq\f(π,ω)＝eq\f(π,4)，得ω＝4，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×\f(π,12)))＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3).8．(2023·河南洛陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)的最小正周期為π，則該函數(shù)的圖象(B)A．關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對稱 B．關于直線x＝eq\f(π,8)對稱C．關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))對稱 D．關于直線x＝eq\f(π,3)對稱[解析]∵函數(shù)f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的最小正周期為eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，∴f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).令x＝eq\f(π,3)，求得f(x)＝eq\r(2)sineq\f(11π,12)≠0，且f(x)不是最值，故A、D錯誤；令x＝eq\f(π,8)，求得f(x)＝eq\r(2)，為最大值，故函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(π,8)對稱，故B正確，C錯誤．故選B．二、多選題9．(2022·?？谀M)已知函數(shù)f(x)＝sinx－cosx，則下列結論中正確的是(AB)A．f(x)的最大值為eq\r(2)B．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))上單調遞增C．f(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，0))對稱D．f(x)的最小正周期為π[解析]f(x)＝sinx－cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，對于A，f(x)max＝eq\r(2)，A正確；對于B，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))時，x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,2)))，自正弦函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,2)))上單調遞增可知f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))上單調遞增，B正確；對于C，當x＝eq\f(3π,4)時，x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，則f(x)關于直線x＝eq\f(3π,4)成軸對稱，C錯誤；對于D，f(x)的最小正周期T＝2π，D錯誤．10．(2023·棗莊模擬)已知函數(shù)f(x)＝|sinx|，則下列說法正確的是(ACD)A．f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(π,2)對稱B．點(π，0)是f(x)圖象的一個對稱中心C．π為f(x)的一個周期D．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調遞減[解析]方法一：由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))＝|cosx|，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))))＝|cosx|，即有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，所以f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(π,2)對稱，故A正確；由f(π＋x)＋f(π－x)＝|sin(π＋x)|＋|sin(π－x)|＝|sinx|＋|sinx|＝2|sinx|≠0，故f(x)的圖象不關于點(π，0)對稱，故B錯誤；由f(x＋π)＝|sin(x＋π)|＝|－sinx|＝|sinx|＝f(x)，可得π為f(x)的一個周期，故C正確；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，sinx<0，所以f(x)＝－sinx，此時f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調遞減，故D正確．方法二：畫出f(x)＝|sinx|的圖象，如圖，由圖知A，C，D正確，B錯誤．三、填空題11．若y＝cosx在區(qū)間[－π，a]上為增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是－π<a≤0.[解析]∵y＝cosx在區(qū)間[－π，0]上為增函數(shù)．∴[－π，a]?[－π，0]，∴－π<a≤0.12．(2023·云南昆明高三調研測試)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的圖象上相鄰的兩個最高點之間的距離為π.[解析]函數(shù)f(x)的圖象上相鄰兩個最高點之間的距離為函數(shù)f(x)的最小正周期，又函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的最小正周期為π，故f(x)的圖象上相鄰的兩個最高點之間的距離為π.13．(2018·江蘇)已知函數(shù)y＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的圖象關于直線x＝eq\f(π,3)對稱，則φ的值是－eq\f(π,6).[解析]由函數(shù)y＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的圖象關于直線x＝eq\f(π,3)對稱，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝±1，因為－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)＋φ<eq\f(7π,6)，則eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，φ＝－eq\f(π,6).14．函數(shù)f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1的最小正周期是π，單調減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))，k∈Z.[解析]∵f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1＝eq\f(1,2)(1－cos2x)＋eq\f(1,2)sin2x＋1＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq\f(3,2)，∴最小正周期是π.由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得kπ＋eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(7π,8)(k∈Z)．∴單調減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))，k∈Z.四、解答題15．已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).(1)求函數(shù)的最大值及相應的x值集合；(2)求函數(shù)f(x)的圖象的對稱軸與對稱中心．[解析](1)當sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝1時，2x－eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即x＝kπ＋eq\f(3π,8)，k∈Z，此時函數(shù)取得最大值為2，故f(x)的最大值為2，使函數(shù)取得最大值的x的集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3π,8)＋kπ，k∈Z)))).(2)由2x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(3π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，即函數(shù)f(x)的圖象的對稱軸為直線x＝eq\f(3π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z.由2x－eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，得x＝eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，即對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，0))，k∈Z.16．已知函數(shù)f(x)＝sinωx－cosωx(ω>0)的最小正周期為π.(1)求函數(shù)y＝f(x)圖象的對稱軸方程；(2)討論函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的單調性．[解析](1)∵f(x)＝sinωx－cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))，且T＝π，∴ω＝2.于是，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).令2x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(3π,8)(k∈Z)，即函數(shù)f(x)圖象的對稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(3π,8)(k∈Z)．(2)令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)．注意到x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以令k＝0，得函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,8)))；同理，其單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(π,2))).B組能力提升1．(2024·廣州模擬)如果函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))對稱，則|φ|的最小值是(B)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(5π,6) D．eq\f(4π,3)[解析]由已知得，2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)))＋φ＝kπ，k∈Z，∴φ＝kπ＋eq\f(4π,3)，k∈Z，當k＝－1時|φ|最小為eq\f(π,3)，故選B．2．(2023·江蘇昆山市模擬)下列區(qū)間是函數(shù)f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))的單調遞增區(qū)間的是(C)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))[解析]由題知，f(x)＝－3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(11π,12)＋kπ，k∈Z，所以函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋kπ，\f(11π,12)＋kπ))，k∈Z.令k＝－1，有f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，－\f(π,12)))上單調遞增；令k＝0，有f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(11π,12)))上單調遞增；令k＝1，有f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17π,12)，\f(23π,12)))上單調遞增．對于選項所給的區(qū)間，只有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(11π,12)))內，其余的都不在f(x)的任何一個單調遞增區(qū)間內．故選C．3．下列函數(shù)中，以eq\f(π,2)為周期且在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調遞增的是(A)A．f(x)＝|cos2x| B．f(x)＝|sin2x|C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|[解析]A中，函數(shù)f(x)＝|cos2x|的周期為eq\f(π,2)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函數(shù)f(x)單調遞增，故A正確；B中，函數(shù)f(x)＝|sin2x|的周期為eq\f(π,2)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函數(shù)f(x)單調遞減，故B不正確；C中，函數(shù)f(x)＝cos|x|＝cosx的周期為2π，故C不正確；D中，f(x)＝sin|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx，x≥0，,－sinx，x<0，))由正弦函數(shù)圖象知，在x≥0和x<0時，f(x)均以2π為周期，但在整個定義域上f(x)不是周期函數(shù)，故D不正確，故選A．4．已知函數(shù)f(x)＝2sin(πx＋1)，若對于任意的x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，則|x1－x2|的最小值為(B)A．2 B．1C．4 D．eq\f(1,2)[解析]對任意的x∈R，f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，所以f(x1)＝f(x)min＝－2，f(x2)＝f(x)max＝2，所以|x1－x2|min＝eq\f(T,2)，又f(x)＝2sin(πx＋1)的周期T＝eq\f(2π,π)＝2，所以|x1－x2|min＝1，故選B．5．(多選題)關于函數(shù)f(x)＝|sinx|＋sin|x|，下述四個結論正確的是(ABD)A．f(x)是偶函數(shù)B．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))單調遞減C．f(x)在[－π，π]上有4個零點D．f(x)的最大值為2[解析]對于A，由f(－x)＝|sin(－x)|＋sin|－x|＝|sinx|＋sin|x|＝f(x)可得f(x)為偶函數(shù)，故A正確；對于B，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，f(x)＝|sinx|＋sin|x|＝－sinx－sinx＝－2sinx，所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))單調遞減，故B正確；對于C，當x∈[0，π]時，f(x)＝|sinx|＋sin|x|＝sinx＋sinx＝2sinx，當x＝0或x＝π時，f(x)＝0，又因為函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f(x)在[－π，π]上有3個零點：－π，0，π，故C錯誤；對于D，由|sinx|≤1，sin|x|≤1可得f(x)＝|sinx|＋sin|x|≤2，因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2)))＋sineq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2，所以f(x)的最大值為2，故D正確．6．設函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)，y＝f(x)的一條對稱軸是直線x＝eq\f(π,8).(1)求φ的值；(2)求y＝f(x)的單調遞增區(qū)間；(3)當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，求f(x)的值域．[解析](1)由題意，函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)．y＝f(x)的一條對稱軸是直線x＝eq\f(π,8)，則2×eq\f(π,8)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，結合－π<φ<0可得φ＝－eq\f(3π,4).(2)由(1)可得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(3π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，可得kπ＋eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(5π,8)(k∈Z)，故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)．(3)因為x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以2x－eq\f(3π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，－\f(π,4)))，所以－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))<－eq\f(\r(2),2)，故f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2))).7．已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(2π,3)))的最小正周期為π.(1)求當f(x)為偶函數(shù)時φ的值；(2)若f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))，求f(x)的單調遞增區(qū)間．[解析]由f(x)的最小正周期為π，得T＝eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)．(1)當f(x)為偶函數(shù)時，有φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)．因為0<φ<eq\f(2π,3)，所以φ＝eq\f(π,2)，(2)因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝eq\f(\r(3),2)，即eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,3)＋2kπ或eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)，故φ＝2kπ或φ＝eq\f(π,3)＋2kπ(k∈Z)．又因為0<φ<eq\f(2π,3)，所以φ＝eq\f(π,3)，即f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)(k∈Z)，故f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z

提能訓練練案[27]A組基礎鞏固一、單選題1．(2024·永州模擬)函數(shù)y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的部分圖象大致是(A)[解析]由y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))可知，函數(shù)的最大值為2，故排除D；又因為函數(shù)圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，故排除B；又因為函數(shù)圖象過點(0，eq\r(3))，故排除C．故選A．2．為了得到函數(shù)g(x)＝sinx的圖象，需將函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))的圖象(D)A．向左平移eq\f(π,6)個單位長度B．向右平移eq\f(π,6)個單位長度C．向左平移eq\f(5π,6)個單位長度D．向右平移eq\f(5π,6)個單位長度[解析]f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)＋π))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,6)))，由f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,6)))的圖象得到函數(shù)g(x)＝sinx的圖象，向右平移eq\f(5π,6)個單位長度即可．故選D．3．(2022·西安五校聯(lián)考)將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象上各點的縱坐標不變，橫坐標伸長到原來的2倍，再向右平移eq\f(π,4)個單位長度，所得到的圖象的解析式是(A)A．y＝sinx B．y＝cosxC．y＝sin4x D．y＝cos4x[解析]將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象上各點的縱坐標不變，橫坐標伸長到原來的2倍，得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的圖象，再向右平移eq\f(π,4)個單位長度，得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)＋\f(π,4)))＝sinx的圖象．4．函數(shù)f(x)＝tanωx(ω>0)的圖象的相鄰兩支截直線y＝2所得線段長為eq\f(π,2)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值是(D)A．－eq\r(3) B．eq\f(\r(3),3)C．1 D．eq\r(3)[解析]由題意可知該函數(shù)的周期為eq\f(π,2)，∴eq\f(π,ω)＝eq\f(π,2)，ω＝2，f(x)＝tan2x.∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3).5．(2023·張家界模擬)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，|φ|<π，ω>0)的部分圖象如圖所示，則(A)A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))[解析]根據(jù)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分圖象．可得A＝2，eq\f(1,2)T＝eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，∴ω＝2，∴y＝2sin(2x＋φ)．又函數(shù)圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2))，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋φ))＝2，∴2×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝－eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z.∵|φ|<π，∴φ＝－eq\f(π,6)，∴函數(shù)的解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).6．已知函數(shù)f(x)＝sinωx－cosωx(ω>0)圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，則下列結論錯誤的是(C)A．f(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，0))對稱B．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上單調遞增C．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域為[－1,1]D．將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,8)個單位長度，得到的函數(shù)圖象關于y軸對稱[解析]f(x)＝sinωx－cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)，∵函數(shù)f(x)圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，∴函數(shù)的最小正周期是eq\f(π,2)×2＝π，∴T＝π＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝2，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)－\f(π,4)))＝eq\r(2)sin(－π)＝0，∴f(x)關于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，0))對稱，故A正確；由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(3π,8)＋kπ，k∈Z，所以f(x)的一個單調增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))，而eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4)))?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上單調遞增，故B正確；當0≤x≤eq\f(π,2)時，有0≤2x≤π，則－eq\f(π,4)≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(3,4)π，所以－eq\f(\r(2),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))≤1，∴f(x)∈[－1，eq\r(2)]，故C錯誤；將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,8)個單位長度得到y(tǒng)＝eq\r(2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))－\f(π,4)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝－eq\r(2)cos2x關于y軸對稱，故D正確．故選C．7．已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，將函數(shù)f(x)的圖象向右平移m(m>0)個單位長度后，所得到的函數(shù)g(x)的圖象關于原點對稱，則m的值可能為(B)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,2)C．π D．eq\f(3π,2)[解析]利用圖象求出函數(shù)f(x)的解析式，利用三角函數(shù)圖象變換可得出函數(shù)g(x)的解析式，利用函數(shù)g(x)的對稱性可求得m的表達式，即可得出結果．由圖可得A＝3，函數(shù)f(x)的最小正周期為T＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))))＝6π，則ω＝eq\f(2π,6π)＝eq\f(1,3)，因為f(0)＝3sinφ＝eq\f(3,2)，可得sinφ＝eq\f(1,2)，因為－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)且函數(shù)f(x)在x＝0附近單調遞增，故φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋\f(π,6)))，將函數(shù)f(x)的圖象向右平移m(m>0)個單位長度后，可得到函數(shù)g(x)的圖象，則g(x)＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－m＋\f(π,6)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋\f(π,6)－\f(m,3)))，因為函數(shù)g(x)的圖象關于原點對稱，則eq\f(π,6)－eq\f(m,3)＝kπ(k∈Z)，解得m＝eq\f(π,2)－3kπ(k∈Z)，當k＝0時，m＝eq\f(π,2)，故選B．8．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx(ω>0)的圖象相鄰兩條對稱軸之間的距離是eq\f(π,2)，則該函數(shù)的一個單調遞增區(qū)間為(A)A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(2π,3))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1