第15課三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)普查與練習(xí)15三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)1．三角函數(shù)的周期性(1)(多選)(2021海南模擬，5分)下列函數(shù)中，以4π為周期的函數(shù)有(AD)A．y＝taneq\f(x,4)B．y＝sineq\f(x,4)C．y＝sin|x|D．y＝cos|x|解析：對(duì)于A：函數(shù)y＝taneq\f(x,4)的最小正周期為4π，故A正確；對(duì)于B：函數(shù)y＝sineq\f(x,4)的最小正周期為8π，故B不正確；對(duì)于C：根據(jù)圖像可知函數(shù)y＝sin|x|不是周期函數(shù)，故C不正確；對(duì)于D：y＝cos|x|＝cosx，最小正周期為2π，所以4π也是它的一個(gè)周期，故D正確．故選AD.(2023改編，5分)在函數(shù)y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋\f(1,2)))，y＝2sin2x·eq\f(1－tan2x,1＋tan2x)，y＝eq\f(tanx,1＋tan2x)，y＝|sinx＋cosx|＋|sinx－cosx|中，最小正周期為π的函數(shù)個(gè)數(shù)是(B)A．1B．2C．3D．4解析：①畫出函數(shù)y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋\f(1,2)))的圖像，如圖所示，則函數(shù)的最小正周期為T＝2π.②函數(shù)的定義域?yàn)閧x|x≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z},y＝2sin2x·eq\f(1－tan2x,1＋tan2x)＝2sin2x·eq\f(（1－tan2x）cos2x,（1＋tan2x）cos2x)＝2sin2x·cos2x＝sin4x，畫出函數(shù)圖像，如圖所示，由圖可知函數(shù)的最小正周期為T＝π.③由已知得y＝eq\f(tanx,1＋tan2x)＝eq\f(\f(sinx,cosx),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))\s\up12(2))＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x，則函數(shù)的最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π.④根據(jù)誘導(dǎo)公式，易得|sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋coseq\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)))|＝|cosx－sinx|＋|cosx＋sinx|＝|sinx＋cosx|＋|sinx－cosx|，所以函數(shù)的一個(gè)周期為eq\f(π,2)，所以函數(shù)y＝|sinx＋cosx|＋|sinx－cosx|的最小正周期一定小于π.故選B.(2)(2023匯編，25分)已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)．①若函數(shù)f(x)的最小正周期為π，則ω＝(B)A．2B．1C.eq\f(π,2)D．π②若x1＝－eq\f(π,12)，x2＝eq\f(5π,12)是函數(shù)f(x)的兩個(gè)相鄰的極值點(diǎn)，則ω＝(C)A．2B.eq\f(3,2)C．1D.eq\f(1,2)③若函數(shù)f(x)的圖像上相鄰兩對(duì)稱軸之間的距離為eq\f(π,3)，則ω＝(A)A.eq\f(3,2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(1,2)D．1④若函數(shù)f(x)有相鄰的兩個(gè)零點(diǎn)eq\f(π,12)和eq\f(π,3)，則ω＝(C)A．1B.eq\f(1,2)C．2D．3⑤若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,36)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,36)－x))，則ω的最小值是(D)A.eq\f(1,2)B．1C．2D．3解析：①∵ωx＋eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＝eq\f(π,2)，∴ωx＋eq\f(π,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋eq\f(π,2)，∴f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3))).∵f(x)的最小正周期是π，∴eq\f(2π,2ω)＝π，∴ω＝1.故選B.②由題意可知，函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))的最小正周期為T＝2×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))))＝π＝eq\f(2π,2ω)，∴ω＝1.故選C.③函數(shù)f(x)的圖像上相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為eq\f(π,3)，則T＝2×eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3)＝eq\f(2π,2ω)，得ω＝eq\f(3,2).故選A.④∵f(x)有相鄰的兩個(gè)零點(diǎn)eq\f(π,12)和eq\f(π,3)，∴函數(shù)的最小正周期為T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝eq\f(2π,2ω)，得ω＝2.故選C.⑤根據(jù)題意，可知函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x＝eq\f(5π,36)對(duì)稱，即2ω×eq\f(5π,36)－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得ω＝eq\f(18,5)k＋3，k∈Z.要使得ω取最小值，則k＝0，此時(shí)ω取得最小值3.故選D.2．三角函數(shù)的奇偶性(3)(2023匯編，15分)已知函數(shù)f(x)的最小正周期為4π，f(φ)＝1，f(ωx－φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))(ω＞0，0＜φ＜π)．①函數(shù)f(x)是__偶__函數(shù)；(填“奇”“偶”或“非奇非偶”)②函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x－π）＋f2（x－π）,1＋f（x－π）)是__非奇非偶__函數(shù)；(填“奇”“偶”或“非奇非偶”)③若函數(shù)f(x－m)(m>0)是奇函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的最小值是__π__．解析：①由題意，令ωx－φ＝t，可得x＝eq\f(t＋φ,ω)，則f(t)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t＋2φ,ω)＋\f(π,6)))，可得f(x)的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋2φ,ω)＋\f(π,6))).∵函數(shù)f(x)的最小正周期為4π，∴ω＝4.又f(φ)＝1，∴eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,6))).∵0<φ<π，∴φ＝eq\f(2π,3)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)＋\f(π,3)))＝2coseq\f(1,2)x.∵f(x)的定義域?yàn)镽，且f(－x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x))＝2coseq\f(1,2)x＝f(x)，∴函數(shù)f(x)為偶函數(shù)．②f(x－π)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(x,2)))＝2sineq\f(x,2)，g(x)＝eq\f(2sin\f(x,2)＋4sin2\f(x,2),1＋2sin\f(x,2))．令1＋2sineq\f(x,2)≠0，得x≠4kπ＋eq\f(7π,3)且x≠4kπ＋eq\f(11π,3)，k∈Z，∴函數(shù)g(x)的定義域?yàn)閧x|x≠4kπ＋eq\f(7π,3)，且x≠4kπ＋eq\f(11π,3)}(k∈Z)．∵函數(shù)的定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，∴函數(shù)為非奇非偶函數(shù)．③∵f(x)＝2coseq\f(1,2)x，∴f(x－m)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(m,2))).又∵f(x－m)為奇函數(shù)，∴－eq\f(m,2)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴m＝－2kπ－π，k∈Z.又∵m>0，∴當(dāng)k＝－1時(shí)，m取得最小值π.故答案是π.3．三角函數(shù)的對(duì)稱性(4)(2023匯編，20分)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))－1(ω>0)的最小正周期為eq\f(2π,3).①下列選項(xiàng)正確的是(C)A．函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x＝－eq\f(π,18)對(duì)稱B．函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,9)，－1))對(duì)稱C．函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x＝eq\f(7π,18)對(duì)稱D．函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,9)，0))對(duì)稱②(多選)若函數(shù)g(x)＝f(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))，且函數(shù)g(x)的圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對(duì)稱，則φ的值是(ABD)A.eq\f(π,18)B．－eq\f(5π,18)C．－eq\f(π,18)D.eq\f(7π,18)③若函數(shù)h(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＋asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))的圖像的一條對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(π,2)，則a的值是(C)A.eq\f(\r(3),3)B．－eq\f(\r(3),3)C.eq\r(3)D．－eq\r(3)④函數(shù)m(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)ωx＋φ1))(φ1>0)的圖像關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對(duì)稱，則φ1的最小值是(C)A.eq\f(π,12)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(5π,12)解析：函數(shù)f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,3)，解得ω＝3，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))－1.①令3x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x＝eq\f(kπ,3)＋eq\f(π,18)(k∈Z)．觀察選項(xiàng)，取k＝1，可得f(x)圖像的一條對(duì)稱軸為直線x＝eq\f(7π,18).故選C.②g(x)＝f(x＋φ)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋3φ＋\f(π,3)))－1，|φ|<eq\f(π,2).若函數(shù)g(x)的圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對(duì)稱，則3×eq\f(π,3)＋3φ＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得φ＝eq\f(kπ＋\f(π,2)－\f(π,3)－π,3)＝eq\f(kπ－\f(5π,6),3)＝eq\f(k,3)π－eq\f(5,18)π，k∈Z.當(dāng)k＝0時(shí)，φ＝－eq\f(5π,18)；當(dāng)k＝1時(shí)，φ＝eq\f(π,18)；當(dāng)k＝2時(shí)，φ＝eq\f(7π,18)；當(dāng)k＝3時(shí)，φ＝eq\f(13π,18)；當(dāng)k＝－1時(shí)，φ＝－eq\f(11π,18).故選ABD.③h(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))＋asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))－acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))＝eq\r(a2＋1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)－θ))，tanθ＝a.由3×eq\f(π,2)＋eq\f(π,3)－θ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得θ＝eq\f(4,3)π－kπ，k∈Z，所以a＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)π－kπ))＝eq\r(3)，k∈Z.故選C.④因?yàn)楹瘮?shù)m(x)＝sin(2x＋φ1)(φ1>0)的圖像關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對(duì)稱，所以2×eq\f(π,3)＋φ1＝kπ，k∈Z，得φ1＝kπ－eq\f(2π,3)，k∈Z.結(jié)合φ1>0，可知當(dāng)k＝1時(shí)，φ1取得最小值eq\f(π,3).故選C.4．三角函數(shù)的單調(diào)性a．已知函數(shù)解析式求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(5)(2023匯編，15分)已知函數(shù)f(x)＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).①下列區(qū)間中，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增的區(qū)間是(A)(2021新高考Ⅰ)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))②函數(shù)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,3)))的單調(diào)遞增區(qū)間是(B)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))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)，0))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))③函數(shù)h(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))的單調(diào)遞增區(qū)間是(D)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，－\f(π,6)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))解析：①因?yàn)楹瘮?shù)y＝sinx的單調(diào)遞增區(qū)間為(2kπ－eq\f(π,2)，2kπ＋eq\f(π,2))(k∈Z)，對(duì)于函數(shù)f(x)＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，由2kπ－eq\f(π,2)<x－eq\f(π,6)<2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得2kπ－eq\f(π,3)<x<2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)．取k＝0，可得函數(shù)f(x)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，則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)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))不是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))的子集，A選項(xiàng)滿足條件，B選項(xiàng)不滿足條件；取k＝1，可得函數(shù)f(x)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))不是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))的子集，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))不是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))的子集，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))不是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))的子集，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))不是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))的子集，C，D選項(xiàng)均不滿足條件．故選A.②g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,3)))＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,3)－\f(π,6)))＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))＝－7cos2x.函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間即為函數(shù)y＝cos2x的單調(diào)遞減區(qū)間，即為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)．取k＝0，可得函數(shù)g(x)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，B選項(xiàng)滿足條件；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))均不是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的子集，A，D選項(xiàng)均不滿足條件；而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))是g(x)的一個(gè)單調(diào)遞減區(qū)間，C選項(xiàng)不滿足條件．故選B.③h(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))＝7sin(eq\f(π,3)－2x－eq\f(π,6))＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))＝－7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間即為函數(shù)y＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的單調(diào)遞減區(qū)間．由2kπ＋eq\f(π,2)<2x－eq\f(π,6)<2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，解得kπ＋eq\f(π,3)<x<kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)．令k＝－1，得－eq\f(2π,3)<x<－eq\f(π,6)，因此，函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6))).故選D.b．已知函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求參數(shù)的值或范圍(6)(2023匯編，10分)已知函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin(ωx＋φ)(ω>0)．①若φ＝eq\f(π,3)，且函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍是(A)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))②若|φ|<eq\f(π,2)，函數(shù)f(x)的最小正周期為π，且f(x)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,5)))上的單調(diào)函數(shù)，則φ的取值范圍是(C)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，－\f(π,10)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))解析：①令2kπ－eq\f(π,2)≤ωx＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得eq\f(2kπ－\f(5π,6),ω)≤x≤eq\f(2kπ＋\f(π,6),ω)，k∈Z.∵函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，∴當(dāng)k＝0時(shí)，可得函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的一個(gè)單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6ω)，\f(π,6ω)))，∴(－eq\f(π,6)，eq\f(π,3))?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6ω)，\f(π,6ω)))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6ω)≤－\f(π,6)，,\f(π,6ω)≥\f(π,3).)))又ω>0，∴0＜ω≤eq\f(1,2)，即ω的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).故選A.②∵函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))<\f(π,2)))的最小正周期為T＝eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋φ)．∵f(x)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,5)))上的單調(diào)函數(shù)，且|φ|<eq\f(π,2)，∴eq\f(2π,3)＋φ≥eq\f(π,2)，且eq\f(8π,5)＋φ≤eq\f(3π,2)，解得－eq\f(π,6)≤φ≤－eq\f(π,10).故選C.c．已知函數(shù)在含參區(qū)間上的單調(diào)性，求參數(shù)的取值范圍(7)(2018全國(guó)Ⅱ，5分)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]上是減函數(shù)，則a的最大值是(A)A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4)D．π解析：(法一)f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosx－\f(\r(2),2)sinx))＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,4)cosx－sin\f(π,4)sinx))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，令2kπ≤x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋π，k∈Z，解得2kπ－eq\f(π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(3π,4)，k∈Z，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[2kπ－eq\f(π,4)，2kπ＋eq\f(3π,4)]，k∈Z.由已知可得[－a，a]?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以－eq\f(π,4)≤－a<0，且a≤eq\f(3π,4)，即0<a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值為eq\f(π,4).故選A.(法二)同方法一可得f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，所以直線x＝－eq\f(π,4)為函數(shù)f(x)圖像的一條對(duì)稱軸，畫出函數(shù)圖像如圖：可知－eq\f(π,4)≤－a<0，解得0<a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值為eq\f(π,4).故選A.5．三角函數(shù)中的值域及最值問題a．正弦(余弦、正切)型函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題(8)(2023改編，15分)已知函數(shù)f(x)＝sinx－2eq\r(3)sin2eq\f(x,2).①函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最小值是(C)A．－eq\r(3)B．2－eq\r(3)C．0D.eq\r(3)②設(shè)g(x)＝－f(x)，則g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，0))上的值域是(A)A．[0，eq\r(2)＋eq\r(3)]B．[－2＋eq\r(3)，eq\r(2)＋eq\r(3)]C．[eq\r(2)＋eq\r(3)，2＋eq\r(3)]D．[0，2＋eq\r(3)]③設(shè)h(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\r(3)，則h(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上的值域是(C)A．[－eq\r(3)，eq\r(2)]B．[－1，1]C．[0，2]D．[0，1]解析：①f(x)＝sinx－2eq\r(3)sin2eq\f(x,2)＝sinx－eq\r(3)(1－cosx)＝sinx＋eq\r(3)cosx－eq\r(3)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－eq\r(3).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(7π,12)))，∴當(dāng)x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,3)，即x＝0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(0)＝0.故選C.②由①知g(x)＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋eq\r(3).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，0))，∴x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))，∴函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，0))上單調(diào)遞增，∴函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，0))上單調(diào)遞減．∵g(0)＝－2sineq\f(π,3)＋eq\r(3)＝0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＋eq\r(3)＝eq\r(2)＋eq\r(3)，∴函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，0))上的值域?yàn)閇0，eq\r(2)＋eq\r(3)]．故選A.③∵f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－eq\r(3)，∴h(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\r(3)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋\f(π,3)))－eq\r(3)＋eq\r(3)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x.當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))時(shí)，2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，函數(shù)h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))上為增函數(shù)；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))時(shí)，2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，函數(shù)h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上為減函數(shù)．又∵h(yuǎn)(0)＝2cos0＝2，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝2coseq\f(π,2)＝0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2coseq\f(π,3)＝1，∴函數(shù)h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上的值域是[0，2]．故選C.(9)(經(jīng)典題，5分)函數(shù)y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)≤x≤))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)且x≠0))的值域是(B)A.[－1，1]B．(－∞，－1]∪[1，＋∞)C．(－∞，1)D．[－1，＋∞)解析：∵y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝eq\f(1,tanx)，且定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，∴該函數(shù)為奇函數(shù)．當(dāng)0<x≤eq\f(π,4)時(shí)，y＝tanx單調(diào)遞增，∴0<tanx≤1，∴eq\f(1,tanx)≥1.又函數(shù)y＝eq\f(1,tanx)為奇函數(shù)，∴當(dāng)－eq\f(π,4)≤x<0時(shí)，eq\f(1,tanx)≤－1，∴函數(shù)y＝tan(eq\f(π,2)－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)≤x≤\f(π,4)且x≠0))的值域是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．故選B.b．利用換元法解決最值問題(10)(2021北京，4分)函數(shù)f(x)＝cosx－cos2x，試判斷函數(shù)的奇偶性及最大值(D)A．奇函數(shù)，最大值為2B．偶函數(shù)，最大值為2C．奇函數(shù)，最大值為eq\f(9,8)D．偶函數(shù)，最大值為eq\f(9,8)解析：由題意可知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－x)＝cos(－x)－cos(－2x)＝cosx－cos2x＝f(x)，所以該函數(shù)為偶函數(shù)．又因?yàn)閒(x)＝cosx－cos2x＝－2cos2x＋cosx＋1＝－2(cosx－eq\f(1,4))2＋eq\f(9,8)，所以當(dāng)cosx＝eq\f(1,4)時(shí)，f(x)取最大值eq\f(9,8).故選D.c．利用化一法解決最值問題(11)(2021全國(guó)Ⅱ，5分)函數(shù)f(x)＝sineq\f(x,3)＋coseq\f(x,3)的最小正周期和最大值分別是(C)A．3π和eq\r(2)B．3π和2C．6π和eq\r(2)D．6π和2解析：由題意可知，函數(shù)f(x)＝sineq\f(x,3)＋coseq\f(x,3)＝eq\r(2)(eq\f(\r(2),2)sineq\f(x,3)＋eq\f(\r(2),2)coseq\f(x,3))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋\f(π,4)))，所以f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,\f(1,3))＝6π，最大值為eq\r(2).故選C.(12)(2023匯編，16分)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinxcosx－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2).(Ⅰ)求f(x)的最小正周期；答案：π解：因?yàn)閒(x)＝eq\r(3)sinxcosx－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π.(4分)(Ⅱ)求f(x)的最小值及取得最小值時(shí)x的取值集合；知識(shí)點(diǎn)：對(duì)于函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)＋b(ω>0)，當(dāng)ωx＋φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)時(shí)，函數(shù)取最小值b－1.答案：－eq\f(1,2)，{x|x＝－eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z}解：令2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得x＝－eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)，即當(dāng)x∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(π,6)＋kπ，k∈Z))))時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為－eq\f(1,2).(8分)(Ⅲ)求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(11π,24)))上的最小值；答案：eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2)解：當(dāng)eq\f(π,4)≤x≤eq\f(11π,24)時(shí)，eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(3π,4)，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(11π,24)))上先增后減．又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,24)))＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2)，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(11π,24)))上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,24)))＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2).(12分)(Ⅳ)若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，m))上的最大值為eq\f(3,2)，求m的最小值．答案：eq\f(π,3)解析：解：當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，m))時(shí)，2x－eq\f(π,6)∈[－eq\f(5π,6)，2m－eq\f(π,6)]．因?yàn)閒(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，m))上的最大值為eq\f(3,2)，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，m))上的最大值為1，所以2m－eq\f(π,6)≥eq\f(π,2)，解得m≥eq\f(π,3)，所以m的最小值為eq\f(π,3).(16分)d．與值域(或最值)有關(guān)的參數(shù)問題(13)(2023匯編，20分)已知函數(shù)f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)．①若函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上僅有1個(gè)最值，且是最大值，則實(shí)數(shù)ω的值不可能為(B)A．1B．2C.eq\f(5,4)D.eq\f(7,6)②若f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))對(duì)任意的實(shí)數(shù)x都成立，則ω的最小值為__1__．③若函數(shù)f(x)在(0，π)內(nèi)有且僅有一個(gè)極大值點(diǎn)，則ω的取值范圍為(A)A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(9,4)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(9,4)))④若函數(shù)f(x)的最小正周期T＜2π且在x＝eq\f(π,6)處取得最大值，則ω的最小值為(C)A．3B．12C.eq\f(3,2)D.eq\f(27,2)解析：①∵f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上僅有1個(gè)最值，且是最大值，∴根據(jù)如圖所示的函數(shù)y＝eq\r(2)sinx的圖像，可得eq\f(πω,6)＋eq\f(π,4)<2kπ＋eq\f(π,2)<eq\f(5πω,12)＋eq\f(π,4)，且eq\f(πω,6)＋eq\f(π,4)≥－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(5πω,12)＋eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(24k,5)＋eq\f(3,5)<ω<12k＋eq\f(3,2)，k∈Z.又ω>0，∴當(dāng)k＝0時(shí)，eq\f(3,5)<ω<eq\f(3,2).結(jié)合選項(xiàng)可知，2?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(3,2))).故選B.②∵f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))對(duì)任意的實(shí)數(shù)x都成立，∴函數(shù)f(x)在x＝eq\f(π,4)時(shí)取得最大值，∴eq\f(πω,4)＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得ω＝8k＋1，k∈Z.∵ω>0，∴當(dāng)k＝0時(shí)，ω取得最小值，最小值為1.③∵x∈(0，π)，∴ωx＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，ωπ＋\f(π,4))).∵ω>0，∴函數(shù)f(x)在(0，π)內(nèi)有且僅有一個(gè)極大值點(diǎn)，等價(jià)于函數(shù)y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，ωπ＋\f(π,4)))上有且僅有一個(gè)極大值點(diǎn)，∴eq\f(π,2)<ωπ＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,2)，得eq\f(1,4)<ω≤eq\f(9,4).故ω的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(9,4))).故選A.④∵函數(shù)f(x)的最小正周期T＜2π，∴eq\f(2π,ω)＜2π.又∵ω>0，∴ω＞1.∵函數(shù)f(x)在x＝eq\f(π,6)處取得最大值，∴eq\f(πω,6)＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得ω＝12k＋eq\f(3,2)，k∈Z.∵ω>1，∴當(dāng)k＝0時(shí)，ω取得最小值eq\f(3,2).故選C.(14)(2023改編，18分)已知函數(shù)f(x)＝cosx(eq\r(3)sinx－cosx)＋eq\f(1,2).(Ⅰ)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的值；答案：1解：因?yàn)閒(x)＝cosx(eq\r(3)sinx－cosx)＋eq\f(1,2)＝eq\r(3)sinxcosx－cos2x＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝sin(2x－eq\f(π,6))，(3分)所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)－\f(π,6)))＝sineq\f(π,2)＝1.(5分)(Ⅱ)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，不等式c<f(x)<c＋2恒成立，求實(shí)數(shù)c的取值范圍；答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))解：因?yàn)?≤x≤eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，所以－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤1.(8分)因?yàn)椴坏仁絚<f(x)<c＋2恒成立，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))?(c，c＋2)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c<－\f(1,2)，,c＋2>1，))解得－1<c<－eq\f(1,2)，所以實(shí)數(shù)c的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))).(12分)(Ⅲ)若m<0，n>0，在區(qū)間(m，n)上，函數(shù)f(x)有最大值，無最小值，求實(shí)數(shù)m，n的取值范圍．答案：m∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))n∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))解：因?yàn)閒(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z.因?yàn)閙<0，n>0，所以0所在的單調(diào)區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))是函數(shù)f(x)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間，所以區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間．根據(jù)題意可得，函數(shù)f(x)在區(qū)間(m，n)上有最大值，無最小值，則函數(shù)f(x)在(m，n)上的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).(15分)則m，n分別滿足不等式eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m<0，,m≥－\f(π,6))))及eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(n>0，,\f(π,3)<n≤\f(5π,6)，)))解得－eq\f(π,6)≤m<0，eq\f(π,3)<n≤eq\f(5π,6).所以，實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))，n的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6))).(18分)6．三角函數(shù)中的零點(diǎn)問題(15)(2023匯編，10分)已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6))).①函數(shù)f(x)在[0，π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為__3__．②若g(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(7π,36)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，函數(shù)y＝g(x)－a恰好有三個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，則x1＋2x2＋x3的值為__π__．解析：①由題意，令f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))＝0，則3x＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x＝eq\f(kπ,3)＋eq\f(π,9)(k∈Z)．因?yàn)閤∈[0，π]，所以可取x＝eq\f(π,9)，eq\f(4π,9)，eq\f(7π,9)這3個(gè)值．所以函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為3.②g(x)＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(7π,36)))＋\f(π,6)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(3π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,4))).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，∴3x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,2))).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))時(shí)，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈[eq\f(π,12)，eq\f(5π,12)]時(shí)，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(3π,4)))時(shí)，g(x)單調(diào)遞增，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝－1，g(0)＝eq\f(\r(2),2).函數(shù)y＝g(x)－a恰好有三個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，x3，且x1<x2<x3，即為函數(shù)y＝g(x)的圖像與直線y＝a有三個(gè)不同的交點(diǎn)，交點(diǎn)橫坐標(biāo)分別為x1，x2，x3.結(jié)合圖像的對(duì)稱性可得，x1＋x2＝2×eq\f(π,12)，x2＋x3＝2×eq\f(5,12)π，則x1＋2x2＋x3＝π.故答案是π.(16)(2019全國(guó)Ⅲ，5分)函數(shù)f(x)＝2sinx－sin2x在[0，2π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為(B)A．2B．3C．4D．5解析：函數(shù)f(x)＝2sinx－sin2x在[0，2π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，即方程2sinx－sin2x＝0在[0，2π]上的根的個(gè)數(shù)，即函數(shù)h(x)＝2sinx和g(x)＝sin2x的圖像在[0，2π]上的交點(diǎn)個(gè)數(shù)．作出兩函數(shù)在[0，2π]上的圖像，如圖所示．由圖可知，兩函數(shù)圖像的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為3.故選B.(17)(2020北京大興區(qū)一模，4分)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,6))(ω>0)．若關(guān)于x的方程f(x)＝1在區(qū)間[0，π]上有且僅有兩個(gè)不相等的實(shí)根，則ω的最大整數(shù)值為(B)A．3B．4C．5D．6解析：令t＝ωx＋eq\f(π,6)，則當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，t∈[eq\f(π,6)，ωπ＋eq\f(π,6)]，∴方程f(x)＝1在區(qū)間[0，π]上有且僅有兩個(gè)不相等的實(shí)根等價(jià)于方程sint＝1在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))上有且僅有兩個(gè)不相等的實(shí)根，等價(jià)于函數(shù)y＝sint的圖像與直線y＝1在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))上有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)．結(jié)合正弦函數(shù)y＝sint的圖像，可得eq\f(5π,2)≤ωπ＋eq\f(π,6)<eq\f(9π,2)，解得eq\f(7,3)≤ω<eq\f(13,3)，∴滿足條件的ω的最大整數(shù)值為4.故選B.7．三角函數(shù)的性質(zhì)的綜合應(yīng)用a．利用三角函數(shù)的圖像和性質(zhì)解三角不等式(18)(2021江西貴溪校級(jí)三模，12分)已知函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－2sin2x.(Ⅰ)求f(x)的最小正周期；答案：π解：∵函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－2sin2x＝eq\r(3)sin2x＋cos2x－1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1，(2分)∴f(x)的最小正周期為eq\f(2π,2)＝π.(4分)(Ⅱ)若f(x)≥0，求x的取值范圍．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z解：由f(x)≥0，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≥eq\f(1,2)，∴2kπ＋eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，(8分)解得kπ≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，故不等式的解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.(12分)b．綜合應(yīng)用三角函數(shù)的性質(zhì)解決問題(19)(2023匯編，10分)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜eq\f(π,2))的最小正周期為π，且圖像關(guān)于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))中心對(duì)稱．①下列結(jié)論正確的是(D)A．f(1)＜f(0)＜f(2)B．f(0)＜f(2)＜f(1)C．f(2)＜f(0)＜f(1)D．f(2)＜f(1)＜f(0)②下列說法正確的是(D)A．函數(shù)f(x＋φ′)為偶函數(shù)的充要條件是φ′＝eq\f(π,8)B．當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,6)))時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值為eq\r(3)C．函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上是減函數(shù)D．函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,8)對(duì)稱解析：①∵函數(shù)的最小正周期是π，ω＞0，∴eq\f(2π,ω)＝π，得ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋φ)．∵函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))中心對(duì)稱，∴2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z.又∵0＜φ＜eq\f(π,2)，∴k＝0，φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).易知函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,8)))上遞減，f(x)圖像的對(duì)稱軸為直線x＝eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，∴直線x＝eq\f(π,8)和直線x＝eq\f(5π,8)都是f(x)圖像的對(duì)稱軸，∴f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)×2－0))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，f(2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)×2－2))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－2)).又∵eq\f(π,8)<eq\f(π,4)＜1＜eq\f(5π,4)－2<eq\f(5π,8)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＞f(1)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－2))，即f(2)＜f(1)＜f(0)．故選D.②f(x＋φ′)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ′＋\f(π,4)))，若函數(shù)為偶函數(shù)，則2φ′＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得φ′＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)，k∈Z.故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,6)))時(shí)，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,8)))上，f(x)單調(diào)遞增；在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,6)))上，f(x)單調(diào)遞減．在x＝eq\f(π,8)時(shí)，f(x)取得最大值，最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝sineq\f(π,2)＝1.故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,8)))時(shí)，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)，\f(3π,4)))時(shí)，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(7π,4)))，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)x＝eq\f(π,8)時(shí)，2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,8)對(duì)稱．故D選項(xiàng)正確．(20)(多選)(2020山東濟(jì)南二模，5分)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝0，f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))))恒成立，且f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上單調(diào)，則下列說法正確的是(BCD)A.存在φ，使得f(x)是偶函數(shù)B．f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))C．ω是奇數(shù)D．ω的最大值為3解析：若f(x)是偶函數(shù)，則φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，不滿足|φ|＜eq\f(π,2)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤．因?yàn)閒(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))))恒成立，所以直線x＝eq\f(3π,8)為函數(shù)f(x)圖像的對(duì)稱軸，所以f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))，故選項(xiàng)B正確．因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))是函數(shù)f(x)圖像的一個(gè)對(duì)稱中心，所以eq\f(3π,8)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝eq\f(T,4)＋eq\f(nT,2)(n∈N)，解得T＝eq\f(2π,2n＋1)(n∈N)，所以eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2n＋1)(n∈N)，即ω＝2n＋1(n∈N)，所以ω是奇數(shù)，故選項(xiàng)C正確．因?yàn)閒(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上單調(diào)，所以eq\f(T,2)≥eq\f(π,24)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\f(π,8)，所以T≥eq\f(π,4)，所以0<ω≤8.又ω是奇數(shù)，所以ω＝1，3，5，7.當(dāng)ω＝3時(shí)，φ＝eq\f(3π,8)，由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))，得3x＋eq\f(3π,8)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,2)))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上單調(diào)，符合條件；當(dāng)ω＝5時(shí)，φ＝－eq\f(3π,8)，由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))，得5x－eq\f(3π,8)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(19π,24)，－\f(π,6)))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上不單調(diào)，不符合條件；當(dāng)ω＝7時(shí)，φ＝－eq\f(π,8)，由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))，得7x－eq\f(π,8)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17π,24)，\f(π,6)))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上不單調(diào)，不符合條件，故選項(xiàng)D正確．故選BCD.(21)(2020北京西城區(qū)二模，14分)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<eq\f(π,2))同時(shí)滿足下列四個(gè)條件中的三個(gè)：①最小正周期為π；②最大值為2；③f(0)＝－1；④feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝0.(Ⅰ)給出函數(shù)f(x)的解析式，并說明理由；答案：f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，理由見解答過程解：若函數(shù)f(x)滿足條件③，則f(0)＝Asinφ＝－1，這與A>0，0<φ<eq\f(π,2)矛盾，故函數(shù)f(x)不能滿足條件③，所以函數(shù)f(x)只能滿足條件①②④.(3分)由條件①，可得eq\f(2π,ω)＝π，即ω＝2.由條件②，可得A＝2.由條件④，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋φ))＝0.又因?yàn)?<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(9分)(Ⅱ)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z解：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，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[kπ－eq\f(5π,12)，kπ＋eq\f(π,12)]，k∈Z.(14分)(22)(2019全國(guó)Ⅰ，5分)函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)在[－π，π]上的圖像大致為(D)ABCD解析：由y＝sinx＋x為奇函數(shù)，y＝cosx＋x2為函數(shù)值不為0的偶函數(shù)，得f(x)＝eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)，x∈[－π，π]為奇函數(shù)，故排除A選項(xiàng)；又f(π)＝eq\f(sinπ＋π,cosπ＋π2)＝eq\f(π,π2－1)>0，故排除B，C選項(xiàng)．故選D.c．判斷與三角函數(shù)有關(guān)的復(fù)雜函數(shù)的性質(zhì)(23)(2020全國(guó)Ⅲ，5分)關(guān)于函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)有如下四個(gè)命題：①f(x)的圖像關(guān)于y軸對(duì)稱；②f(x)的圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱；③f(x)的圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱；④f(x)的最小值為2.其中所有真命題的序號(hào)是__②③__．解析：由sinx≠0可得函數(shù)的定義域?yàn)閧x|x≠kπ，k∈Z}，故定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．因?yàn)閒(－x)＝sin(－x)＋eq\f(1,sin（－x）)＝－sinx