三角函數(shù)的圖像與性質知識點及習題

三角函數(shù)的圖像與性質知識點及習題三角函數(shù)的圖象與性質基礎梳理1．“五點法”描圖(1)y＝sinx的圖象在[0,2π]上的五個關鍵點的坐標為(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(3,2)π，－1))(2π，0)(2)y＝cosx的圖象在[0,2π]上的五個關鍵點的坐標為(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)2.三角函數(shù)的圖象和性質函數(shù)性質y＝sinxy＝cosxy＝tanx定義域RR{x|x≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z}[－1,1]R對稱軸：x＝kπ(k∈Z)___；對稱中心：_(kπ＋eq\f(π,2)，0)(k∈Z)__對稱中心：_eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)__2ππ單調增區(qū)間[2kπ－π，2kπ](k∈Z)____；單調減區(qū)間[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)______單調增區(qū)間_(kπ－eq\f(π,2)，kπ＋eq\f(π,2))(k∈Z)___奇偶性奇函數(shù)偶函數(shù)奇函數(shù)3.一般地對于函數(shù)f(x)，如果存在一個非零的常數(shù)T，使得當x取定義域內的每一個值時，都有f(x＋T)＝f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做周期函數(shù)，非零常數(shù)T叫做這個函數(shù)的周期，把所有周期中存在的最小正數(shù)，叫做最小正周期(函數(shù)的周期一般指最小正周期)對函數(shù)周期性概念的理解周期性是函數(shù)的整體性質，要求對于函數(shù)整個定義域范圍的每一個x值都滿足f(x＋T)＝f(x)，其中T是不為零的常數(shù).如果只有個別的x值滿足f(x＋T)＝f(x)，或找到哪怕只有一個x值不滿足f(x＋T)＝f(x)，都不能說T是函數(shù)f(x)的周期.函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為eq\f(2π,|ω|)，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期為eq\f(π,|ω|).4.求三角函數(shù)值域(最值)的方法：(1)利用sinx、cosx的有界性；關于正、余弦函數(shù)的有界性由于正余弦函數(shù)的值域都是[－1,1]，因此對于?x∈R，恒有－1≤sinx≤1，－1≤cosx≤1，所以1叫做y＝sinx，y＝cosx的上確界，－1叫做y＝sinx，y＝cosx的下確界.(2)形式復雜的函數(shù)應化為y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式逐步分析ωx＋φ的范圍，根據(jù)正弦函數(shù)單調性寫出函數(shù)的值域；含參數(shù)的最值問題，要討論參數(shù)對最值的影響.(3)換元法：把sinx或cosx看作一個整體，可化為求函數(shù)在區(qū)間上的值域(最值)問題．利用換元法求三角函數(shù)最值時注意三角函數(shù)有界性，如：y＝sin2x－4sinx＋5，令t＝sinx(|t|≤1)，則y＝(t－2)2＋1≥1，解法錯誤.5.求三角函數(shù)的單調區(qū)間時，應先把函數(shù)式化成形如y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的形式，再根據(jù)基本三角函數(shù)的單調區(qū)間，求出x所在的區(qū)間.應特別注意，應在函數(shù)的定義域內考慮.注意區(qū)分下列兩題的單調增區(qū)間不同;利用換元法求復合函數(shù)的單調區(qū)間(要注意x系數(shù)的正負號)(1)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))；(2)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x)).熱身練習:1．函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，x∈R()．A．是奇函數(shù)B．既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)C．是偶函數(shù)D．既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)2．函數(shù)y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))的定義域為()．A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ－\f(π,4)))，k∈Z)) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠2kπ－\f(π,4)，k∈Z))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,4)))，k∈Z))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠2kπ＋\f(π,4)))，k∈Z))3．函數(shù)y＝sin(2x＋eq\f(π,3))的圖象的對稱軸方程可能是()A．x＝－eq\f(π,6) B．x＝－eq\f(π,12) C．x＝eq\f(π,6) D．x＝eq\f(π,12)【解析】令2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，則x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)(k∈Z)∴當k＝0時，x＝eq\f(π,12)，選D.4．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的圖象的一個對稱中心是()．A．(－π，0) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))解析∵y＝sinx的對稱中心為(kπ，0)(k∈Z)，∴令x－eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，x＝kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)，由k＝－1，x＝－eq\f(3,4)π得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的一個對稱中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，0)).答案B5．下列區(qū)間是函數(shù)y＝2|cosx|的單調遞減區(qū)間的是 ()A.(0，π) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)) C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))6．已知函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)，其中φ為實數(shù)，若f(x)≤|f(eq\f(π,6))|對任意x∈R恒成立，且f(eq\f(π,2))>f(π)，則f(x)的單調遞增區(qū)間是()A．[kπ－eq\f(π,3)，kπ＋eq\f(π,6)](k∈Z)B．[kπ，kπ＋eq\f(π,2)](k∈Z)C．[kπ＋eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(2π,3)](k∈Z)D．[kπ－eq\f(π,2)，kπ](k∈Z)【解析】當x∈R時，f(x)≤|f(eq\f(π,6))|恒成立，∴f(eq\f(π,6))＝sin(eq\f(π,3)＋φ)＝±1可得φ＝2kπ＋eq\f(π,6)或φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z∵f(eq\f(π,2))＝sin(π＋φ)＝－sinφ>f(π)＝sin(2π＋φ)＝sinφ∴sinφ<0∴φ＝2kπ－eq\f(5π,6)由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(5π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ得x∈[kπ＋eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(2π,3)](k∈Z)，選C.7.函數(shù)f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,4)))x∈R的最小正周期為___4π_____．8..y＝2－3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值為___5_____，此時x＝_____eq\f(3,4)π＋2kπ，k∈Z_________.9．函數(shù)y＝(sinx－a)2＋1，當sinx＝1時，y取最大值；當sinx＝a時，y取最小值，則實數(shù)－1≤a≤0.10．函數(shù)f(x)＝sin2x＋eq\r(3)sinxcosx在區(qū)間[eq\f(π,4)，eq\f(π,2)]上的最大值是.【解析】∵f(x)＝eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)＝sin(2x－eq\f(π,6))＋eq\f(1,2)，又eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,2)，∴eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6).∴當2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)即x＝eq\f(π,3)時，f(x)取最大值eq\f(3,2).題型一與三角函數(shù)有關的函數(shù)定義域問題例1求下列函數(shù)的定義域：(1)y＝lgsin(cosx)；(2)y＝eq\r(sinx－cosx).解(1)要使函數(shù)有意義，必須使sin(cosx)>0.∵－1≤cosx≤1，∴0<cosx≤1.利用單位圓中的余弦線OM，依題意知0<OM≤1，∴OM只能在x軸的正半軸上，∴其定義域為{x|－eq\f(π,2)＋2kπ<x<eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z}.(2)要使函數(shù)有意義，必須使sinx－cosx≥0.利用圖象.在同一坐標系中畫出[0,2π]上y＝sinx和y＝cosx的圖象，如圖所示.在[0,2π]內，滿足sinx＝cosx的x為eq\f(π,4)，eq\f(5π,4)，再結合正弦、余弦函數(shù)的周期是2π，所以定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(π,4)＋2kπ≤x≤\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z)).變式訓練1(1)求函數(shù)的定義域；解(1)要使函數(shù)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2sinx－1>0,－tanx－1≥0,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,8)))≠0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx>\f(1,2)，,tanx≤－1，,\f(x,2)＋\f(π,8)≠kπ＋\f(π,2).))圖①如圖①利用單位圓得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)<x<2kπ＋\f(5π,6)，,kπ＋\f(π,2)<x≤kπ＋\f(3π,4)，,x≠2kπ＋\f(3π,4)k∈Z.))∴函數(shù)的定義域為{x|2kπ＋eq\f(π,2)<x<2kπ＋eq\f(3π,4)，k∈Z}.(2)求函數(shù)的定義域.要使函數(shù)有意義則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋log\f(1,2)x≥0，,x>0，,tanx≥0，,x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x≤4，,kπ≤x<kπ＋\f(π,2)k∈Z.))利用數(shù)軸可得圖②圖②∴函數(shù)的定義域是{x|0<x<eq\f(π,2)或π≤x≤4}.題型二、三角函數(shù)的五點法作圖及圖象變換例2已知函數(shù)f(x)＝4cosxsin(x＋eq\f(π,6))－1.(1)用五點法作出f(x)在一個周期內的簡圖；(2)該函數(shù)圖象可由y＝sinx(x∈R)的圖象經過怎樣的平移變換與伸縮變換得到？【解析】(1)y＝f(x)＝4cosxsin(x＋eq\f(π,6))－1＝4cosx(eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1,2)cosx)－1＝eq\r(3)sin2x＋2cos2x－1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sin(2x＋eq\f(π,6))2x＋eq\f(π,6)0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πx－eq\f(π,12)eq\f(2π,12)eq\f(5π,12)eq\f(8π,12)eq\f(11π,12)y020－20∴函數(shù)y＝f(x)在[－eq\f(π,12)，eq\f(11π,12)]上的圖象如圖所示．【點評】“五點法作圖”應抓住四條：①化為y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)或y＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的形式；②求出周期T＝eq\f(2π,ω)；③求出振幅A；④列出一個周期內的五個特殊點．當畫出某指定區(qū)間上的圖象時，應列出該區(qū)間的特殊點．題型三三角函數(shù)圖象與解析式的相互轉化例3函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(x∈R，A>0，ω>0,0<φ<eq\f(π,2))的部分圖象如圖所示．(1)求f(x)的解析式；(2)設g(x)＝[f(x－eq\f(π,12))]2，求函數(shù)g(x)在x∈[－eq\f(π,6)，eq\f(π,3)]上的最大值，并確定此時x的值．【解析】(1)由圖可知A＝2，eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)，則eq\f(2π,ω)＝4×eq\f(π,3)∴ω＝eq\f(3,2).又f(－eq\f(π,6))＝2sin[eq\f(3,2)×(－eq\f(π,6))＋φ]＝2sin(－eq\f(π,4)＋φ)＝0∴sin(φ－eq\f(π,4))＝0∵0<φ<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,4)<φ－eq\f(π,4)<eq\f(π,4)∴φ－eq\f(π,4)＝0，即φ＝eq\f(π,4)∴f(x)＝2sin(eq\f(3,2)x＋eq\f(π,4))．(2)由(1)可得f(x－eq\f(π,12))＝2sin[eq\f(3,2)(x－eq\f(π,12))＋eq\f(π,4)]＝2sin(eq\f(3,2)x＋eq\f(π,8))∴g(x)＝[f(x－eq\f(π,12))]2＝4×eq\f(1－cos3x＋\f(π,4),2)＝2－2cos(3x＋eq\f(π,4))∵x∈[－eq\f(π,6)，eq\f(π,3)]∴－eq\f(π,4)≤3x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，∴當3x＋eq\f(π,4)＝π，即x＝eq\f(π,4)時，g(x)max＝4.【點評】根據(jù)y＝Asin(ωx＋φ)＋K的圖象求其解析式的問題，主要從以下四個方面來考慮：①A的確定：根據(jù)圖象的最高點和最低點，即A＝eq\f(最高點－最低點,2)；②K的確定：根據(jù)圖象的最高點和最低點，即K＝eq\f(最高點＋最低點,2)；③ω的確定：結合圖象，先求出周期，然后由T＝eq\f(2π,ω)(ω>0)來確定ω；④φ的確定：由函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋K最開始與x軸的交點(最靠近原點)的橫坐標為－eq\f(φ,ω)(即令ωx＋φ＝0，x＝－eq\f(φ,ω))確定φ.例4若方程eq\r(3)sinx＋cosx＝a在[0,2π]上有兩個不同的實數(shù)根x1，x2，求a的取值范圍，并求此時x1＋x2的值．【解析】∵eq\r(3)sinx＋cosx＝2sin(x＋eq\f(π,6))，x∈[0,2π]，作出y＝2sin(x＋eq\f(π,6))在[0,2π]內的圖象如圖．由圖象可知，當1＜a＜2或－2＜a＜1時，直線y＝a與y＝2sin(x＋eq\f(π,6))有兩個交點，故a的取值范圍為a∈(－2,1)∪(1,2)．當1＜a＜2時，x1＋eq\f(π,6)＋x2＋eq\f(π,6)＝π.∴x1＋x2＝eq\f(2π,3).當－2＜a＜1時，x1＋eq\f(π,6)＋x2＋eq\f(π,6)＝3π，∴x1＋x2＝eq\f(8π,3).【點評】利用三角函數(shù)圖象形象直觀，可使有些問題得到順利、簡捷的解決，因此我們必須準確把握三角函數(shù)“形”的特征．例4已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)，x∈R(其中A＞0，ω＞0，0＜φ＜eq\f(π,2))的圖象與x軸的交點中，相鄰兩個交點之間的距離為eq\f(π,2)，且圖象上一個最低點為M(eq\f(2π,3)，－2)．(1)求f(x)的解析式；(2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位后，再將所得圖象上各點的橫坐標縮小到原來的eq\f(1,2)，縱坐標不變，得到y(tǒng)＝g(x)的圖象，求函數(shù)y＝g(x)的解析式，并求滿足g(x)≥eq\r(2)且x∈[0，π]的實數(shù)x的取值范圍．【解析】(1)由函數(shù)圖象的最低點為M(eq\f(2π,3)，－2)，得A＝2，由x軸上相鄰兩個交點間的距離為eq\f(π,2)，得eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，即T＝π，∴ω＝eq\f(2π,π)＝2.又點M(eq\f(2π,3)，－2)在圖象上，得2sin(2×eq\f(2π,3)＋φ)＝－2，即sin(eq\f(4π,3)＋φ)＝－1，故eq\f(4π,3)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，∴φ＝2kπ－eq\f(11π,6)，又φ∈(0，eq\f(π,2))，∴φ＝eq\f(π,6).綜上可得f(x)＝2sin(2x＋eq\f(π,6))．(2)將f(x)＝2sin(2x＋eq\f(π,6))的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位，得到f1(x)＝2sin[2(x－eq\f(π,12))＋eq\f(π,6)]，即f1(x)＝2sin2x的圖象，然后將f1(x)＝2sin2x的圖象上各點的橫坐標縮小到原來的eq\f(1,2)，縱坐標不變，得到g(x)＝2sin(2·2x)，即g(x)＝2sin4x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤π,gx＝2sin4x≥\r(2)))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤π,sin4x≥\f(\r(2),2))).則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤π,2kπ＋\f(π,4)≤4x≤2kπ＋\f(3π,4)k∈Z))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤π,\f(kπ,2)＋\f(π,16)≤x≤\f(kπ,2)＋\f(3π,16)k∈Z)).故eq\f(π,16)≤x≤eq\f(3π,16)或eq\f(9π,16)≤x≤eq\f(11π,16).題型四、三角函數(shù)的奇偶性與周期性及應用例1已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω＞0，|φ|＜eq\f(π,2).(1)若coseq\f(π,4)cosφ－sineq\f(3π,4)sinφ＝0，求φ的值；(2)在(1)的條件下，若函數(shù)f(x)的圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離等于eq\f(π,3)，求函數(shù)f(x)的解析式；并求最小正實數(shù)m，使得函數(shù)f(x)的圖象向左平移m個單位后所對應的函數(shù)是偶函數(shù)．【解析】(1)由coseq\f(π,4)cosφ－sineq\f(3π,4)sinφ＝0得cos(eq\f(π,4)＋φ)＝0.∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4).(2)由已知得eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)，∴T＝eq\f(2π,3)，ω＝3∴f(x)＝sin(3x＋eq\f(π,4))．設函數(shù)f(x)的圖象向左平移m個單位后所對應的函數(shù)為g(x)，則g(x)＝sin[3(x＋m)＋eq\f(π,4)]＝sin(3x＋3m＋eq\f(π,4))g(x)是偶函數(shù)當且僅當3m＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)即m＝eq\f(kπ,3)＋eq\f(π,12)(k∈Z)∴最小正實數(shù)m＝eq\f(π,12).題型五三角函數(shù)的單調性與周期性例2寫出下列函數(shù)的單調區(qū)間及周期：(1)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))；(2)y＝|tanx|.解(1)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，它的增區(qū)間是y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的減區(qū)間，它的減區(qū)間是y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的增區(qū)間.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.由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(11π,12)，k∈Z.故所給函數(shù)的減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z；增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(5π,12)，kπ＋\f(11π,12)))，k∈Z.最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)觀察圖象可知，y＝|tanx|的增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z.最小正周期：T＝π.探究提高(1)求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(其中A≠0，ω>0)的函數(shù)的單調區(qū)間，可以通過解不等式的方法去解答.列不等式的原則是：①把“ωx＋φ(ω>0)”視為一個“整體”；②A>0(A<0)時，所列不等式的方向與y＝sinx(x∈R)，y＝cosx(x∈R)的單調區(qū)間對應的不等式方向相同(反).(2)對于y＝Atan(ωx＋φ)(A、ω、φ為常數(shù))，其周期T＝eq\f(π,|ω|)，單調區(qū)間利用ωx＋φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))，解出x的取值范圍，即為其單調區(qū)間.(3)求含有絕對值的三角函數(shù)的單調性及周期時，通常要畫出圖象，結合圖象判定.變式訓練2(1)求函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋4x))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6)))的周期、單調區(qū)間及最大、最小值；(2)已知函數(shù)f(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1.①求f(x)的最小正周期；②求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上的最大值和最小值.解:y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋4x))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6)))(1)周期為T=eq\f(π,2)函數(shù)的遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,24)＋\f(kπ,2)，\f(π,24)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)；函數(shù)的遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,24)＋\f(kπ,2)，\f(7π,24)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)ymax＝2；ymin＝－2(2)f(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4))),最大值為2；最小值為－1題型六、三角函數(shù)的對稱性與單調性及應用例2已知向量＝(eq\r(3)sin2x－1，cosx)，＝(1,2cosx)，設函數(shù)f(x)＝，x∈R.(1)求函數(shù)f(x)圖象的對稱軸方程；(2)求函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間．【解析】(1)f(x)＝m·n＝eq\r(3)sin2x－1＋2cos2x＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sin(2x＋eq\f(π,6))∴對稱軸方程為：2x＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，即x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)．(2)由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ得－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤kπ＋eq\f(π,6)∴f(x)的單調遞增區(qū)間為[kπ－eq\f(π,3)，kπ＋eq\f(π,6)](k∈Z)．【點評】對于f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)：①若求y＝f(x)的對稱軸，只需令ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，求出x；若求y＝f(x)的對稱中心的橫坐標，只零令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求出x；②若求y＝f(x)的單調增區(qū)間，只需令2kπ－eq\f(π,2)≤ωx＋φ≤2kπ＋eq\f(π,2)，求出x；若求y＝f(x)的單調減區(qū)間，只需令2kπ＋eq\f(π,2)≤ωx＋φ≤2kπ＋eq\f(3π,2)，求出x.題型七三角函數(shù)的對稱性與奇偶性例3(1)已知f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx(x∈R)，函數(shù)y＝f(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|≤\f(π,2)))的圖象關于直線x＝0對稱，則φ的值為________.(2)如果函數(shù)y＝3cos(2x＋φ)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))中心對稱，那么|φ|的最小值為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4) C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)(1)eq\f(π,6)(x)＝2sin，y＝f(x＋φ)＝2sin圖象關于x＝0對稱，即f(x＋φ)為偶函數(shù)．∴eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，即φ＝kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，所以當k＝0時，φ＝eq\f(π,6).(2)A3cos＝3cos＝3cos∴eq\f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴φ＝kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，取k＝0，得|φ|的最小值為eq\f(π,6).故選探究提高若f(x)＝Asin(ωx＋φ)為偶函數(shù)，則當x＝0時，f(x)取得最大或最小值.若f(x)＝Asin(ωx＋φ)為奇函數(shù)，則當x＝0時，f(x)＝0.如果求f(x)的對稱軸，只需令ωx＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，求x.如果求f(x)的對稱中心的橫坐標，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)即可.變式訓練3(1)已知函數(shù)f(x)＝sinx＋acosx的圖象的一條對稱軸是x＝eq\f(5π,3)，則函數(shù)g(x)＝asinx＋cosx的最大值是()A.eq\f(2\r(2),3) B.eq\f(2\r(3),3) C.eq\f(4,3) D.eq\f(2\r(6),3)由題意得f(0)＝f，∴a＝－eq\f(\r(3),2)－eq\f(a,2).∴a＝－eq\f(\r(3),3),g(x)＝－eq\f(\r(3),3)sinx＋cosx＝eq\f(2\r(3),3)sin，∴g(x)max＝eq\f(2\r(3),3).(2)若函數(shù)f(x)＝asinωx＋bcosωx(0<ω<5，ab≠0)的圖象的一條對稱軸方程是x＝eq\f(π,4ω)，函數(shù)f′(x)的圖象的一個對稱中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))，則f(x)的最小正周期是________.(1)B(2)π由題設，有＝±eq\r(a2＋b2)，即eq\f(\r(2),2)(a＋b)＝±eq\r(a2＋b2)，由此得到a＝b.又，所以aω＝0，從而taneq\f(ωπ,8)＝1，eq\f(ωπ,8)＝kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z，即ω＝8k＋2，k∈Z，而0<ω<5，所以ω＝2，于是f(x)＝a(sin2x＋cos2x)＝eq\r(2)asin故f(x)的最小正周期是π.題型八三角函數(shù)的值域與最值的求法及應用例3(1)求函數(shù)y＝eq\f(2sinxcos2x,1＋sinx)的值域；(2)求函數(shù)y＝sinxcosx＋sinx＋cosx的最值；(3)若函數(shù)f(x)＝－asineq\f(x,2)·cos(π－eq\f(x,2))的最大值為2，試確定常數(shù)a的值．【解析】＝2sinx(1－sinx)＝2sinx－2sin2x＝－2(sinx－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2).∵1＋sinx≠0，∴－1＜sinx≤1.∴－4＜y≤eq\f(1,2).故函數(shù)y＝eq\f(2sinxcos2x,1＋sinx)的值域為(－4，eq\f(1,2)]．(2)令t＝sinx＋cosx，則sinxcosx＝eq\f(t2－1,2)，且|t|≤eq\r(2).∴y＝eq\f(1,2)(t2－1)＋t＝eq\f(1,2)(t＋1)2－1，∴當t＝－1時，ymin＝－1；當t＝eq\r(2)時，ymax＝eq\r(2)＋eq\f(1,2).(3)f(x)＝eq\f(2cos2x,4cosx)＋asineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＝eq\f(1,2)cosx＋eq\f(a,2)sinx＝eq\r(\f(1,4)＋\f(a2,4))sin(x＋φ)，(其中tanφ＝eq\f(1,a))由已知得eq\r(\f(1,4)＋\f(a2,4))＝2，解得a＝±eq\r(15).【點評】求三角函數(shù)的最值問題，主要有以下幾種題型及對應解法．(1)y＝asinx＋bcosx型，可引用輔角化為y＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)(其中tanφ＝eq\f(b,a))．(2)y＝asin2x＋bsinxcosx＋ccos2x型，可通過降次整理化為y＝Asin2x＋Bcos2x＋C.(3)y＝asin2x＋bcosx＋c型，可換元轉化為二次函數(shù)．(4)sinxcosx與sinx±cosx同時存在型，可換元轉化．(5)y＝eq\f(asinx＋b,csinx＋d)(或y＝eq\f(acosx＋b,ccosx＋d))型，可用分離常數(shù)法或由|sinx|≤1(或|cosx|≤1)來解決，也可化為真分式去求解．(6)y＝eq\f(asinx＋b,ccosx＋d)型，可用斜率公式來解決．例4已知函數(shù)f(x)＝sin2x＋acos2x(a∈R，a為常數(shù))，且eq\f(π,4)是函數(shù)y＝f(x)的一個零點．(1)求a的值，并求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)當x∈[0，eq\f(π,2)]時，求函數(shù)f(x)的最大值和最小值及相應的x的值．【解析】(1)由eq\f(π,4)是y＝f(x)的零點得f(eq\f(π,4))＝sineq\f(π,2)＋acos2eq\f(π,4)＝0，求解a＝－2，則f(x)＝sin2x－2cos2x＝sin2x－cos2x－1＝eq\r(2)sin(2x－eq\f(π,4))－1，故f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由x∈[0，eq\f(π,2)]得2x－eq\f(π,4)∈[－eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)]，則－eq\f(\r(2),2)≤sin(2x－eq\f(π,4))≤1，因此－2≤eq\r(2)sin(2x－eq\f(π,4))－1≤eq\r(2)－1，故當x＝0時，f(x)取最小值－2，當x＝eq\f(3π,8)時，f(x)取最大值eq\r(2)－1.設a∈R，f(x)＝cosx(asinx－cosx)＋cos2(eq\f(π,2)－x)滿足f(－eq\f(π,3))＝f(0)，求函數(shù)f(x)在[eq\f(π,4)，eq\f(11π,24)]上的最大值和最小值．【解析】f(x)＝asinxcosx－cos2x＋sin2x＝eq\f(a,2)sin2x－cos2x由f(－eq\f(π,3))＝f(0)得－eq\f(\r(3),2)·eq\f(a,2)＋eq\f(1,2)＝－1，解得a＝2eq\r(3).∴f(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sin(2x－eq\f(π,6))當x∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]時，2x－eq\f(π,6)∈[eq\f(π,3)，eq\f(π,2)]，f(x)為增函數(shù)．當x∈[eq\f(π,3)，eq\f(11π,24)]時，2x－eq\f(π,6)∈[eq\f(π,2)，eq\f(3π,4)]，f(x)為減函數(shù)．∴f(x)在[eq\f(π,4)，eq\f(11π,24)]上的最大值為f(eq\f(π,3))＝2又∵f(eq\f(π,4))＝eq\r(3)，f(eq\f(11π,24))＝eq\r(2)∴f(x)在[eq\f(π,4)，eq\f(11π,24)]上的最小值為f(eq\f(11π,24))＝eq\r(2).題型九分類討論及方程思想在三角函數(shù)中的應用例題：已知函數(shù)f(x)＝－2asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋2a＋b的定義域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，函數(shù)的最大值為1，最小值為－5，(1)求a和b的值.(2)若a＞0，設g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))且lgg(x)＞0，求g(x)的單調區(qū)間．點評①求出2x＋eq\f(π,6)的范圍，求出sin(2x＋eq\f(π,6))的值域.②系數(shù)a的正、負影響著f(x)的值，因而要分a>0，a<0兩類討論.③根據(jù)a>0或a<0求f(x)的最值，列方程組求解.解(1)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6))).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴－2asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈[－2a，a]．∴f(x)∈[b,3a＋b]，又∵－5≤f(x)≤1，∴b＝－5,3a＋b＝1，因此a＝2，b＝－5.(2)由(1)得a＝2，b＝－5，∴f(x)＝－4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1，g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝－4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(7π,6)))－1＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1，又由lgg(x)＞0得g(x)＞1，∴4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1＞1，∴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，其中當2kπ＋eq\f(π,6)＜2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z時，g(x)單調遞增，即kπ＜x≤kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，∴g(x)的單調增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.又∵當2kπ＋eq\f(π,2)＜2x＋eq\f(π,6)＜2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z時，g(x)單調遞減，即kπ＋eq\f(π,6)＜x＜kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z.三角函數(shù)的圖象與性質練習一一、選擇題1．對于函數(shù)f(x)＝2sinxcosx，下列選項正確的是()A．f(x)在(eq\f(π,4)，eq\f(π,2))上是遞增的B．f(x)的圖象關于原點對稱C．f(x)的最小正周期為2πD．f(x)的最大值為2【解析】f(x)＝sin2xf(x)在(eq\f(π,4)，eq\f(π,2))上是遞減的，A錯；f(x)的最小正周期為π，C錯；f(x)的最大值為1，D錯；選B.2．若α、β∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，那么“α＜β”是“tanα＜tanβ”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件【解析】α、β∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，tanx在此區(qū)間上單調遞增．當α＜β時，tanα＜tanβ；當tanα＜tanβ時，α＜β.故選C.3．已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的最小正周期為π，將該函數(shù)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位后，得到的圖象對應的函數(shù)為奇函數(shù)，則f(x)的圖象()A．關于點(eq\f(π,12)，0)對稱B．關于直線x＝eq\f(5π,12)對稱C．關于點(eq\f(5π,12)，0)對稱D．關于直線x＝eq\f(π,12)對稱【解析】由已知得ω＝2，則f(x)＝sin(2x＋φ)設平移后的函數(shù)為g(x)，則g(x)＝sin(2x＋eq\f(π,3)＋φ)(|φ|<eq\f(π,2))且為奇函數(shù)∴φ＝－eq\f(π,3)，f(x)＝sin(2x－eq\f(π,3))∴圖象關于直線x＝eq\f(5π,12)對稱，選B.4．已知f(x)＝sinx，x∈R，g(x)的圖象與f(x)的圖象關于點(eq\f(π,4)，0)對稱，則在區(qū)間[0,2π]上滿足f(x)≤g(x)的x的取值范圍是()A．[eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)] B．[eq\f(3π,4)，eq\f(7π,4)]C．[eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)] D．[eq\f(3π,4)，eq\f(3π,2)]【解析】設(x，y)為g(x)的圖象上任意一點，則其關于點(eq\f(π,4)，0)對稱的點為(eq\f(π,2)－x，－y)，由題意知該點必在f(x)的圖象上．∴－y＝sin(eq\f(π,2)－x)，即g(x)＝－sin(eq\f(π,2)－x)＝－cosx，由已知得sinx≤－cosx?sinx＋cosx＝eq\r(2)sin(x＋eq\f(π,4))≤0又x∈[0,2π]∴eq\f(3π,4)≤x≤eq\f(7π,4).5．已知函數(shù)f(x)＝3sin(ωx＋φ)，g(x)＝3cos(ωx＋φ)，若對任意x∈R，都有f(eq\f(π,3)＋x)＝f(eq\f(π,3)－x)，則g(eq\f(π,3))＝____.【解析】由f(eq\f(π,3)＋x)＝f(eq\f(π,3)－x)，知y＝f(x)關于直線x＝eq\f(π,3)對稱，∴sin(ω·eq\f(π,3)＋φ)＝±1.∴g(eq\f(π,3))＝3cos(ω·eq\f(π,3)＋φ)＝3eq\r(1－sin2ω·\f(π,3)＋φ)＝0.6．設函數(shù)f(x)＝2sin(eq\f(πx,2)＋eq\f(π,5))，若對任意x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)恒成立，則|x2－x1|的最小值為____.【解析】由“f(x1)≤f(x)≤f(x2)恒成立”，可得f(x1)、f(x2)分別是f(x)的最小值、最大值．∴|x2－x1|的最小值為函數(shù)f(x)的半周期，又T＝eq\f(2π,\f(π,2))＝4.∴|x2－x1|min＝2.7．已知函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx，f′(x)是f(x)的導函數(shù)．(1)求f′(x)及函數(shù)y＝f′(x)的最小正周期；(2)當x∈[0，eq\f(π,2)]時，求函數(shù)F(x)＝f(x)f′(x)＋f2(x)的值域．【解析】(1)f′(x)＝cosx－sinx＝－eq\r(2)sin(x－eq\f(π,4))∴y＝f′(x)的最小正周期為T＝2π.(2)F(x)＝cos2x－sin2x＋1＋2sinxcosx＝1＋sin2x＋cos2x＝1＋eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4))∵x∈[0，eq\f(π,2)]，∴2x＋eq\f(π,4)∈[eq\f(π,4)，eq\f(5π,4)]∴sin(2x＋eq\f(π,4))∈[－eq\f(\r(2),2)，1]，∴函數(shù)F(x)的值域為[0,1＋eq\r(2)]．8．設函數(shù)f(x)＝2cosx(sinx＋cosx)－1，將函數(shù)f(x)的圖象向左平移α個單位，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象．(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)若0＜α＜eq\f(π,2)，且g(x)是偶函數(shù)，求α的值．【解析】(1)∵f(x)＝2sinxcosx＋2cos2x－1＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4))，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)g(x)＝f(x＋α)＝eq\r(2)sin[2(x＋α)＋eq\f(π,4)]＝eq\r(2)sin(2x＋2α＋eq\f(π,4))，g(x)是偶函數(shù)，則g(0)＝±eq\r(2)＝eq\r(2)sin(2α＋eq\f(π,4))，∴2α＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.α＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)(k∈Z)，∵0＜α＜eq\f(π,2)，∴α＝eq\f(π,8).三角函數(shù)的圖象與性質練習二1.函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))圖象的對稱軸方程可以為 ()A.x＝eq\f(5π,12) B.x＝eq\f(π,3)C.x＝eq\f(π,6) D.x＝eq\f(π,12)解析令2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)(k∈Z)，令k＝0得該函數(shù)的一條對稱軸為x＝eq\f(π,12).本題也可用代入驗證法來解．答案D2.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的圖象的一個對稱中心是 ()A.(－π，0) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))3.函數(shù)y＝3cos(x＋φ)＋2的圖象關于直線x＝eq\f(π,4)對稱，則φ的可能取值是 ()A.eq\f(3π,4) B.－eq\f(3π,4)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,2)二、填空題4.函數(shù)y＝lg(sinx)＋eq\r(cosx－\f(1,2))的定義域為____(k∈Z)_________.5.已知函數(shù)f(x)＝3sin(ωx－eq\f(π,6))(ω>0)和g(x)＝2cos(2x＋φ)＋1的圖象的對稱軸完全相同.若x∈[0，eq\f(π,2)]，則f(x)的取值范圍是_______________.4．函數(shù)f(x)＝2sinωx(ω＞0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調遞增，且在這個區(qū)間上的最大值是eq\r(3)，那么ω等于________．解析因為f(x)＝2sinωx(ω＞0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調遞增，且在這個區(qū)間上的最大值是eq\r(3)，所以2sineq\f(π,4)ω＝eq\r(3)，且0＜eq\f(π,4)ω＜eq\f(π,2)，因此ω＝eq\f(4,3).答案eq\f(4,3)6.關于函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))(x∈R)，有下列命題：①由f(x1)＝f(x2)＝0可得x1－x2必是π的整數(shù)倍；②y＝f(x)的表達式可改寫為y＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))；③y＝f(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))對稱；④y＝f(x)的圖象關于直線x＝－eq\f(π,6)對稱.其中正確命題的序號是___________.②③解析函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期T＝π，由相鄰兩個零點的橫坐標間的距離是eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)知①錯．利用誘導公式得f(x)＝4coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))))＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，知②正確．由于曲線f(x)與x軸的每個交點都是它的對稱中心，將x＝－eq\f(π,6)代入得f(x)＝4sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝4sin0＝0，因此點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))是f(x)圖象的一個對稱中心，故命題③正確．曲線f(x)的對稱軸必經過圖象的最高點或最低點，且與y軸平行，而x＝－eq\f(π,6)時y＝0，點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))不是最高點也不是最低點，故直線x＝－eq\f(π,6)不是圖象的對稱軸，因此命題④不正確．答案②③三、解答題7.設函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ))(－π<φ<0)，y＝f(x)圖象的一條對稱軸是直線x＝eq\f(π,8).(1)求φ；(2)求函數(shù)y＝f(x)的單調增區(qū)間.解(1)－eq\f(3π,4)(2)由(1)得：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(3π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，可解得eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(5π,8)＋kπ，k∈Z，因此y＝f(x)的單調增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋kπ，\f(5π,8)＋kπ))，k∈Z.8.(1)求函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))(－eq\f(π,6)<x<eq\f(π,6))的值域；(2)求函數(shù)y＝2cos2x＋5sinx－4的值域.解(1)∵－eq\f(π,6)<x<eq\f(π,6)，∴0<2x＋eq\f(π,3)<eq\f(2π,3)，∴0<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤1，∴y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的值域為(0,2].(2)y＝2cos2x＋5sinx－4＝2(1－sin2x)＋5sinx－4＝－2sin2x＋5sinx－2＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(5,4)))2＋eq\f(9,8).∴當sinx＝1時，ymax＝1，當sinx＝－1時，ymin＝－9，∴y＝2cos2x＋5sinx－4的值域為[－9,1].三角函數(shù)的圖象與性質練習三一、選擇題1.定義在R上的函數(shù)f(x)既是偶函數(shù)又是周期函數(shù)，若f(x)的最小正周期是π，且當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f(x)＝sinx，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)))的值為()A.－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2) C.－eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(3),2)2.已知函數(shù)f(x)＝2sinωx(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值是－2，則ω的最小值等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(3,2) C.2 D.33.函數(shù)f(x)＝cos2x＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋x))是 ()A.非奇非偶函數(shù)B.僅有最小值的奇函數(shù)C.僅有最大值的偶函數(shù)D.有最大值又有最小值的偶函數(shù)二、填空題4.設定義在區(qū)間(0，eq\f(π,2))上的函數(shù)y＝6cosx的圖象與y＝5tanx的圖象交于點P，過點P作x軸的垂線，垂足為P1，直線PP1與函數(shù)y＝sinx的圖象交于點P2，則線段P1P2的長為____eq\f(2,3)_______.5.函數(shù)f(x)＝2sinωx(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調遞增，且在這個區(qū)間上的最大值是eq\r(3)，那么ω＝____eq\f(4,3)_______.解析因為f(x)＝2sinωx(ω＞0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調遞增，且在這個區(qū)間上的最大值是eq\r(3)，所以2sineq\f(π,4)ω＝eq\r(3)，且0＜eq\f(π,4)ω＜eq\f(π,2)，因此ω＝eq\f(4,3).答案eq\f(4,3)6.給出下列命題：①函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,2)))是奇函數(shù)；②存在實數(shù)α，使得sinα＋cosα＝eq\f(3,2)；③若α、β是第一象限角且α<β，則tanα<tanβ；④x＝eq\f(π,8)是函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,4)))的一條對稱軸；⑤函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))成中心對稱圖形.其中正確的序號為___________.三、解答題7.若函數(shù)f(x)＝sin2ax－sinax·cosax(a>0)的圖象與直線y＝m相切，并且切點的橫坐標依次成公差為eq\f(π,2)的等差數(shù)列.(1)求m的值；(2)若點A(x0，y0)是y＝f(x)圖象的對稱中心，且x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求點A的坐標.7.解(1)f(x)＝eq\f(1,2)(1－cos2ax)－eq\f(1,2)sin2ax＝－eq\f(1,2)(sin2ax＋cos2ax)＋eq\f(1,2)＝－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ax＋\f(π,4)))＋eq\f(1,2).∵y＝f(x)的圖象與y＝m相切，∴m為f(x)的最大值或最小值，即m＝eq\f(1＋\r(2),2)或m＝eq\f(1－\r(2),2).(2)∵切點的橫坐標依次成公差為eq\f(π,2)的等差數(shù)列，∴f(x)的最小正周期為eq\f(π,2).T＝eq\f(2π,|2a|)＝eq\f(π,2)，a>0，∴a＝2，即f(x)＝－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))＋eq\f(1,2).由題意知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x0＋\f(π,4)))＝0，則4x0＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，∴x0＝eq\f(kπ,4)－eq\f(π,16)(k∈Z).由0≤eq\f(kπ,4)－eq\f(π,16)≤eq\f(π,2)(k∈Z)得k＝1或2，因此點A的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,16)π，\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,16)π，\f(1,2))).三角函數(shù)的圖象與性質練習四一、選擇題1．函數(shù)f(x)＝2sinxcosx是()．A．最小正周期為2π的奇函數(shù)B．最小正周期為2π的偶函數(shù)C．最小正周期為π的奇函數(shù)D．最小正周期為π的偶函數(shù)解析f(x)＝2sinxcosx＝sin2x.∴f(x)是最小正周期為π的奇函數(shù)．答案C2．函數(shù)y＝sin2x＋sinx－1的值域為()．A．[－1,1]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，1))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4)))解析(數(shù)形結合法)y＝sin2x＋sinx－1，令sinx＝t，則有y＝t2＋t－1，t∈[－1,1]，畫出函數(shù)圖象如圖所示，從圖象可以看出，當t＝－eq\f(1,2)及t＝1時，函數(shù)取最值，代入y＝t2＋t－1可得y∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，1)).答案C3．若函數(shù)f(x)＝sinωx(ω＞0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上單調遞減，則ω＝()．A.eq\f(2,3)B.eq\f(3,2)C．2D．3解析由題意知f(x)的一條對稱軸為x＝eq\f(π,3)，和它相鄰的一個對稱中心為原點，則f(x)的周期T＝eq\f(4π,3)，從而ω＝eq\f(3,2).答案B4．函數(shù)f(x)＝(1＋eq\r(3)tanx)cosx的最小正周期為()．A．2πB.eq\f(3π,2)C．πD.eq\f(π,2)解析依題意，得f(x)＝cosx＋eq\r(3)sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).故最小正周期為2π.答案A5．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)))上為減函數(shù)的是()．A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))) B．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2))) D．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))解析(篩選法)∵函數(shù)的周期為π.∴排除C、D，∵函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是減函數(shù)，∴排除B.答案A【點評】本題采用了篩選法，體現(xiàn)了篩選法的方便、快捷、準確性，在解選擇題時應注意應用.6．已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))(x∈R)，下面結論錯誤的是()．A．函數(shù)f(x)