第一板塊　三角函數(shù)與平面向量

二輪復(fù)習(xí)，有人曾形容為“戰(zhàn)爭(zhēng)的相持階段”“學(xué)習(xí)水平的分水嶺”，這足見(jiàn)二輪復(fù)習(xí)的重要性．二輪復(fù)習(xí)能否做到“有序安排、扎實(shí)推進(jìn)、穩(wěn)妥落地”，是區(qū)別“走過(guò)場(chǎng)”和“見(jiàn)實(shí)效”的關(guān)鍵環(huán)節(jié)．針對(duì)數(shù)學(xué)學(xué)科而言，如何規(guī)劃好、利用好二輪復(fù)習(xí)，實(shí)現(xiàn)成績(jī)的拔高和飛躍，筆者具以下見(jiàn)解與廣大學(xué)子共勉．一、學(xué)習(xí)時(shí)間的安排上——做好“加減法”二輪復(fù)習(xí)，時(shí)間短、任務(wù)重，切忌不分輕重點(diǎn)的對(duì)所學(xué)知識(shí)“眉毛胡子一把抓”．正確的做法是：在已會(huì)知識(shí)點(diǎn)上少用時(shí)、少費(fèi)力，在重難迷盲點(diǎn)上多用時(shí)、多用功；在已會(huì)知識(shí)上用時(shí)減一點(diǎn)，在重難知識(shí)上用時(shí)加一點(diǎn)，有“舍”才有“得”．攻下薄弱點(diǎn)，才是增分點(diǎn)．二、知識(shí)能力的深化上——抓好“5個(gè)點(diǎn)”1．掃清知識(shí)的“盲點(diǎn)”：基礎(chǔ)不牢、地動(dòng)山搖；知識(shí)不清、解題發(fā)懵．二輪復(fù)習(xí)，要全面清除知識(shí)“盲點(diǎn)”、學(xué)習(xí)“死角”，主干基礎(chǔ)知識(shí)再也不能存在“夾生飯”．2．弄懂方法的“疑點(diǎn)”：“法”貴在通、活在用．學(xué)過(guò)的題型技法為什么不能遷移活用，原因就是未理解透方法，未融會(huì)通方法，死記硬背、生搬硬套造成的．在平時(shí)的訓(xùn)練中，應(yīng)通過(guò)訓(xùn)練不同類(lèi)型的題目?jī)?nèi)化方法、建模思維，而不是用固化的方法一味刷題、模式解題．3．破解思維的“難點(diǎn)”：考場(chǎng)解題經(jīng)常會(huì)出現(xiàn)“短路”“卡殼”現(xiàn)象，這還是由于在一些知識(shí)、方法上存在難點(diǎn)、痛點(diǎn)造成的．二輪復(fù)習(xí)，要注意打通知識(shí)“壁壘”，疏通思維“痛點(diǎn)”．4．運(yùn)用結(jié)論的“妙點(diǎn)”：熟記活用一些公式、定理的推論、二級(jí)結(jié)論，能減小運(yùn)算量，實(shí)現(xiàn)“抄近路”解題，妙解秒殺題目．在二輪復(fù)習(xí)中，要注重對(duì)一些二級(jí)結(jié)論的系統(tǒng)歸納和有意識(shí)運(yùn)用．這是因?yàn)椋焊呖疾粌H是實(shí)力的比拼，也是解題速度的比拼．5．占領(lǐng)思想的“高點(diǎn)”：數(shù)學(xué)思想對(duì)解決數(shù)學(xué)問(wèn)題有統(tǒng)領(lǐng)和指導(dǎo)作用，數(shù)學(xué)思想蘊(yùn)含在數(shù)學(xué)知識(shí)形成、發(fā)展和應(yīng)用的過(guò)程中，在二輪復(fù)習(xí)中，考生更要善于提煉總結(jié)數(shù)學(xué)思想．只有占領(lǐng)了思想的“高點(diǎn)”，解題才能得心應(yīng)手、游刃有余.三、解題過(guò)程的反思上——做到“4關(guān)注”對(duì)于數(shù)學(xué)學(xué)科而言，解題是一項(xiàng)非常重要而且必要的學(xué)科行為．在解題中很多學(xué)生只關(guān)注結(jié)果的對(duì)錯(cuò)，而忽略了解題過(guò)程的反芻與反思，走上了低效高耗的“刷題”之路．習(xí)題是用來(lái)“品”的，而不是用來(lái)“刷”的．精做品透題目，要關(guān)注以下4點(diǎn)：1．關(guān)注求解的“切入點(diǎn)”：解題的關(guān)鍵步驟是尋找解題的切入點(diǎn)，而同一道題目選擇不同的切入方式，就會(huì)得到不同的解題途徑，選準(zhǔn)了切入點(diǎn)，就能產(chǎn)生“一點(diǎn)突破，全線貫通”的效果．2．關(guān)注題中的“隱藏點(diǎn)”：數(shù)學(xué)隱含條件主要指數(shù)學(xué)問(wèn)題中那些含而不露、忽明忽暗的已知條件．解題時(shí)需要我們善于挖掘隱含條件，提高全面、準(zhǔn)確捕捉題目中有效信息的能力．3．關(guān)注知識(shí)的“遷移點(diǎn)”：在解題過(guò)程中，遇到不熟悉的知識(shí)或解題“卡殼”點(diǎn)，要善于聯(lián)想，進(jìn)行各知識(shí)塊之間、新舊知識(shí)之間的遷移．通過(guò)知識(shí)的遷移和化歸，化繁為簡(jiǎn)、化生為熟、化隱為顯、化難為易，快速解題．4．關(guān)注解題的“障礙點(diǎn)”：突破解題障礙點(diǎn)的前提和關(guān)鍵是認(rèn)真審題，抓住知識(shí)間的銜接，注意特殊方法的應(yīng)用．四、創(chuàng)新題目的探究上——?dú)w根“3角度”為激發(fā)創(chuàng)新意識(shí)和培樹(shù)創(chuàng)新型人才，新高考加大了對(duì)創(chuàng)新性題目的考查．研究創(chuàng)新性題目的命制，有利于學(xué)生打破固化的思維路徑，站在更高更廣處審視問(wèn)題．創(chuàng)新性題目的命制，歸納起來(lái)，主要表現(xiàn)在以下三個(gè)方面：1．命題“寬度”上——注重橫向多元拓展．研究這類(lèi)題目，有助于融通知識(shí)聯(lián)系，實(shí)現(xiàn)知識(shí)的融會(huì)貫通、遷移應(yīng)用．2．命題“深度”上——強(qiáng)化縱向高次延伸．研究這類(lèi)題目，有助于深度理解知識(shí)，高度提升素養(yǎng)，發(fā)掘?qū)W習(xí)潛力，延展主題思維．3．命題“開(kāi)放度”上——探究多渠道解決問(wèn)題．對(duì)于這類(lèi)題目，學(xué)生在平時(shí)的訓(xùn)練中，盡可能地嘗試多角度、多途徑、最優(yōu)化地解決問(wèn)題，以拓展視野、融通知能、激活思維，規(guī)避機(jī)械單一、思維僵化地處理問(wèn)題．?dāng)?shù)學(xué)教育家波利亞說(shuō)過(guò)：解題就像采蘑菇一樣，當(dāng)我們發(fā)現(xiàn)一個(gè)蘑菇時(shí)，它的周?chē)赡苡幸粋€(gè)蘑菇圈．羅增儒教授這樣給數(shù)學(xué)解題定位：數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中真正發(fā)生數(shù)學(xué)的地方都無(wú)一例外地充滿著數(shù)學(xué)解題活動(dòng)．學(xué)好數(shù)學(xué)，從享受解題的過(guò)程做起！第一板塊三角函數(shù)與平面向量悉高考從近三年新高考命題情況來(lái)看，三角函數(shù)、解三角形和平面向量在高考中一般以“二小選擇、填空題一大解答題”或“三小一大”的形式考查.,小題常涉及三角函數(shù)公式及恒等變換，給定函數(shù)y＝Asinωx＋φ的部分圖象求函數(shù)解析式、三角函數(shù)的圖象及性質(zhì)，平面向量的線性運(yùn)算、數(shù)量積問(wèn)題等，難度中等偏下，其中三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)及平面向量數(shù)量積都在多項(xiàng)選擇題中出現(xiàn)過(guò).大題主要考查解三角形，三角恒等變換與三角函數(shù)常以解題工具的形式滲透在考題中，難度中等.小題基準(zhǔn)考法(一)——三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)命題點(diǎn)一三角函數(shù)的概念及誘導(dǎo)公式[一練而過(guò)]1．(2023·濟(jì)南模擬)已知角α的終邊上一點(diǎn)的坐標(biāo)(a,2)，其中a是非零實(shí)數(shù)，則下列三角函數(shù)值恒為正的是()A．cosαtanα B．sinαcosαC．sinαtanα D．tanα解析：選A因?yàn)榻铅恋慕K邊上一點(diǎn)的坐標(biāo)(a,2)且a是非零實(shí)數(shù)，所以根據(jù)三角函數(shù)的定義知，sinα＝eq\f(2,\r(a2＋4))，cosα＝eq\f(a,\r(a2＋4))，tanα＝eq\f(2,a).cosαtanα＝eq\f(2,\r(a2＋4))>0，故A正確；易知sinαcosα＝eq\f(2a,a2＋4)，sinαtanα＝eq\f(4,a\r(a2＋4))，tanα＝eq\f(2,a)，因?yàn)閍的正負(fù)不知，故B、C、D錯(cuò)誤．2．(2023·淄博模擬)[多選]已知θ∈(0，π)，sinθ＋cosθ＝eq\f(7,17)，則()A．θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) B．tanθ＝－eq\f(15,8)C．cosθ＝eq\f(15,17) D．sinθ－cosθ＝eq\f(23,17)解析：選ABD由(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ＝eq\f(49,289)，得sinθcosθ＝－eq\f(120,289)①.由θ∈(0，π)，得sinθ>0，cosθ<0，故θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，A正確；將①聯(lián)立sinθ＋cosθ＝eq\f(7,17)，可得cosθ＝－eq\f(8,17)或cosθ＝eq\f(15,17)(舍去)，所以sinθ＝eq\f(15,17).故tanθ＝－eq\f(15,8)，sinθ－cosθ＝eq\f(23,17)，B、D正確，C錯(cuò)誤．3．(2023·襄陽(yáng)模擬)已知tanα＝eq\f(2cosα,5＋sinα)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))＝()A.eq\f(1,3) B．－eq\f(2\r(2),3)C．－eq\f(1,3) D.eq\f(2\r(2),3)解析：選Ctanα＝eq\f(2cosα,5＋sinα)eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(2cosα,5＋sinα)sin2α＋5sinα＝2cos2α①，由于sin2α＋cos2α＝1，代入①，得3sin2α＋5sinα－2＝0(3sinα－1)·(sinα＋2)＝0.由于sinα∈[－1,1]，所以sinα＋2≠0，故sinα＝eq\f(1,3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))＝－sinα＝－eq\f(1,3).故選C.4．若點(diǎn)P(2，y)是角α終邊上的一點(diǎn)，且taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))＝－2，則y＝________.解析：由點(diǎn)P(2，y)是角α終邊上的一點(diǎn)，可得tanα＝eq\f(y,2).由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))＝－2，可得eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2))))＝－2.即eq\f(－cosα,sinα)＝－2，得tanα＝eq\f(1,2).故y＝1.答案：15．(2023·全國(guó)乙卷)若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanθ＝eq\f(1,2)，則sinθ－cosθ＝________.解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanθ＝\f(sinθ,cosθ)＝\f(1,2)，,sin2θ＋cos2θ＝1，))且θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(\r(5),5)，,cosθ＝\f(2\r(5),5)，))故sinθ－cosθ＝－eq\f(\r(5),5).答案：－eq\f(\r(5),5)[一站補(bǔ)給]方法的“疑點(diǎn)”利用同角三角函數(shù)的平方關(guān)系時(shí)，若需開(kāi)方要考慮到正負(fù)號(hào)結(jié)論的“妙點(diǎn)”(1)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則sinα<α<tanα.(2)由(sinα±cosα)2＝1±2sinαcosα，得sinα＋cosα，sinα－cosα，sinαcosα，知一求二思想的“高點(diǎn)”利用同角三角函數(shù)的關(guān)系化簡(jiǎn)要遵循一定的原則，如化切為弦、化異為同、化高為低、化繁為簡(jiǎn)等命題點(diǎn)二三角函數(shù)的圖象與解析式[真題導(dǎo)向]1．(2023·全國(guó)甲卷)函數(shù)y＝f(x)的圖象由函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度得到，則y＝f(x)的圖象與直線y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4解析：選C把函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x的圖象．作出函數(shù)f(x)的部分圖象和直線y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)如圖所示．觀察圖象知，共有3個(gè)交點(diǎn)．故選C.2．(2021·全國(guó)甲卷)已知函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝________.解析：設(shè)函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)的周期為T(mén).由題圖可知eq\f(3,4)T＝eq\f(13,12)π－eq\f(π,3)，∴T＝π.又T＝eq\f(2π,|ω|)，∴|ω|＝2.不妨設(shè)ω>0，則f(x)＝2cos(2x＋φ)．將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,12)，2))代入f(x)中，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,12)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(13π,12)＋φ))＝2，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)＋φ))＝1，∴eq\f(13π,6)＋φ＝2kπ(k∈Z)，∴φ＝2kπ－eq\f(13π,6)(k∈Z)．取k＝1，得φ＝－eq\f(π,6)，∴f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,2)－\f(π,6)))＝2coseq\f(5π,6)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－eq\r(3).答案：－eq\r(3)3．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)，如圖A，B是直線y＝eq\f(1,2)與曲線y＝f(x)的兩個(gè)交點(diǎn)，若|AB|＝eq\f(π,6)，則f(π)＝________.解析：由題意，設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,2)))，則x2－x1＝eq\f(π,6)，由y＝sin(ωx＋φ)的圖象可知ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝eq\f(5π,6)－eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)，即ω(x2－x1)＝eq\f(2π,3)，∴ω＝4.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋φ))＝0，∴eq\f(8π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(8π,3)＋kπ，k∈Z.觀察圖象，可知當(dāng)k＝2時(shí)，φ＝－eq\f(2π,3)滿足條件，∴f(π)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π－\f(2π,3)))＝－eq\f(\r(3),2).答案：－eq\f(\r(3),2)[素養(yǎng)評(píng)價(jià)]1．(2023·日照模擬)為了得到函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的圖象，只需將函數(shù)g(x)＝cos2x的圖象()A．向左平移eq\f(3π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度B．向右平移eq\f(3π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度C．向左平移eq\f(π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度D．向右平移eq\f(π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度解析：選B因?yàn)閟ineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)＋\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4))).故為了得到f(x)的圖象，只需將g(x)的圖象向右平移eq\f(3π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度．2．(2023·天津模擬)將曲線C1：y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))上的所有點(diǎn)向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將各點(diǎn)的橫坐標(biāo)擴(kuò)大為原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，得到曲線C2，則曲線C2的方程為()A．y＝2sin4x B．y＝－2sin2xC．y＝－2sin4x D．y＝－2sinx解析：選D將曲線C1：y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))上的所有點(diǎn)向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度得到y(tǒng)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－\f(π,3)))＝2sin(2x－π)＝－2sin2x，再將各點(diǎn)的橫坐標(biāo)擴(kuò)大為原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，得到y(tǒng)＝－2sinx.3.[多選]已知函數(shù)f(x)＝Acos(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，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)))＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(2,3)，則下列選項(xiàng)正確的有()A．φ＝eq\f(π,4)B．A＝eq\f(2\r(2),3)C．將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度所得函數(shù)為奇函數(shù)D．f(x)的遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋\f(2kπ,3)，\f(π,4)＋\f(2kπ,3)))(k∈Z)解析：選BC根據(jù)題圖可得eq\f(1,2)T＝eq\f(11π,12)－eq\f(7π,12)＝eq\f(π,3)，解得T＝eq\f(2π,3).因?yàn)棣?gt;0，所以eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,3)，解得ω＝3.所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,4)＋φ))＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ))＝0.因?yàn)锳>0，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ))＝0.因?yàn)椋璭q\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以－eq\f(3π,4)<φ－eq\f(π,4)<eq\f(π,4)，故φ－eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，解得φ＝－eq\f(π,4)，故f(x)＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4))).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),2)A＝－eq\f(2,3)，解得A＝eq\f(2\r(2),3)，A錯(cuò)誤，B正確；f(x)＝eq\f(2\r(2),3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))，將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度得到g(x)＝eq\f(2\r(2),3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(2),3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,2)))＝eq\f(2\r(2),3)sin3x，定義域?yàn)镽.因?yàn)間(－x)＝eq\f(2\r(2),3)sin(－3x)＝－eq\f(2\r(2),3)sin3x＝－g(x)，所以將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度所得函數(shù)為奇函數(shù)，C正確；令3x－eq\f(π,4)∈[－π＋2kπ，2kπ]，k∈Z，解得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋\f(2kπ,3)，\f(π,12)＋\f(2kπ,3)))，k∈Z，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋\f(2kπ,3)，\f(π,12)＋\f(2kπ,3)))，k∈Z，D錯(cuò)誤．4.如圖是函數(shù)f(x)＝Ksin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(K>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分圖象，A是圖象的一個(gè)最高點(diǎn)，D是圖象與y軸的交點(diǎn)，B，C是圖象與x軸的交點(diǎn)，且D(0，－1)，△ABC的面積等于eq\f(π,2)，則f(x)的解析式為_(kāi)_______．解析：由題圖可知，f(x)的最大值為2.又K>0，所以K＝2.因?yàn)椤鰽BC的面積等于eq\f(π,2)，所以eq\f(1,2)K·BC＝eq\f(π,2)，則BC＝eq\f(π,2)，所以T＝2BC＝π，即eq\f(2π,|ω|)＝π，得|ω|＝2.又ω>0，故ω＝2.將D(0，－1)代入f(x)＝2sin(2x＋φ)，得2sinφ＝－1，即sinφ＝－eq\f(1,2).因?yàn)椋璭q\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6).所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).答案：f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))[一站補(bǔ)給]方法的“疑點(diǎn)”已知f(x)部分圖象求其解析式的常用方法(1)升降零點(diǎn)法：由ω＝eq\f(2π,T)，即可求出ω，求φ時(shí)，若能求出離原點(diǎn)最近的右側(cè)圖象上升(或下降)的“零點(diǎn)”橫坐標(biāo)x0，一般令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ；(2)代入最值法：將圖象最高點(diǎn)或最低點(diǎn)的坐標(biāo)代入解析式，再結(jié)合圖象解出ω和φ思維的“難點(diǎn)”(1)利用零點(diǎn)求φ的值時(shí)，要注意零點(diǎn)所在的單調(diào)區(qū)間；(2)平移變換中“左加右減”是只針對(duì)x的；(3)y＝sin(x＋φ)變?yōu)閥＝sin(ωx＋β)，先平移再伸縮與先伸縮后平移中平移的量是不同的，前者平移的量是|φ|，后者平移的量是eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω)))命題點(diǎn)三三角函數(shù)圖象與性質(zhì)的應(yīng)用[典例導(dǎo)析]——|完備知能|三角函數(shù)的奇偶性與對(duì)稱(chēng)軸方程(1)y＝Asin(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝kπ(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù)；當(dāng)φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時(shí)為偶函數(shù)．對(duì)稱(chēng)軸方程可由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)求得．(2)y＝Acos(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù)；當(dāng)φ＝kπ(k∈Z)時(shí)為偶函數(shù)．對(duì)稱(chēng)軸方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得．(3)y＝Atan(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝kπ(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù)．[例1](2022·新課標(biāo)Ⅰ卷)記函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω＞0)的最小正周期為T(mén).若eq\f(2π,3)＜T＜π，且y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心對(duì)稱(chēng)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝()A．1 B.eq\f(3,2)C.eq\f(5,2) D．3[解析]因?yàn)閑q\f(2π,3)＜T＜π，所以eq\f(2π,3)＜eq\f(2π,ω)＜π，解得2＜ω＜3.因?yàn)閥＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心對(duì)稱(chēng)，所以b＝2，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＋b＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＝0，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)．又2＜ω＜3，所以eq\f(13π,4)＜eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＜eq\f(19π,4)，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝4π，解得ω＝eq\f(5,2).所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)x＋\f(π,4)))＋2.所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)×\f(π,2)＋\f(π,4)))＋2＝sineq\f(3π,2)＋2＝1.故選A.[答案]A[例2][多選]已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))－2sin2ωx(ω>0)的圖象相鄰兩對(duì)稱(chēng)中心的距離為eq\f(π,2)，則()A．f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,3)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2023π,3)))＝2023C．若f(x)在[－m，m]上單調(diào)遞增，則0<m≤eq\f(π,12)D．若將f(x)圖象每個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,t)(t>0)后在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恰有4個(gè)最高點(diǎn)，則eq\f(37,6)≤t<eq\f(49,6)[解析]f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))－2sin2ωx＝eq\f(1,2)cos2ωx＋eq\f(\r(3),2)sin2ωx－1＋cos2ωx＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx＋eq\f(3,2)cos2ωx－1＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))－1，又函數(shù)f(x)的圖象相鄰兩對(duì)稱(chēng)中心的距離為eq\f(π,2)，所以eq\f(2π,2ω)＝T＝π，解得ω＝1，則f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1，故A正確；因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2023π,3)))＝eq\r(3)sinπ－1＋eq\r(3)sinπ－1＝－2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,3)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2023π,3)))＝－2023，故B錯(cuò)誤；令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z.因?yàn)閒(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－m，m))上單調(diào)遞增，所以0<m≤eq\f(π,12)，故C正確；將f(x)圖象每個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,t)(t>0)后得到g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2tx＋\f(π,3)))－1，由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得2tx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，πt＋\f(π,3))).因?yàn)楹瘮?shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恰有4個(gè)最高點(diǎn)，所以eq\f(13π,2)≤πt＋eq\f(π,3)<eq\f(17π,2)，解得eq\f(37,6)≤t<eq\f(49,6)，故D正確．[答案]ACD[例3](2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝cosωx－1(ω＞0)在區(qū)間[0,2π]有且僅有3個(gè)零點(diǎn)，則ω的取值范圍是________．[解析]函數(shù)f(x)＝cosωx－1在區(qū)間[0,2π]有且僅有3個(gè)零點(diǎn)，即cosωx＝1在區(qū)間[0,2π]有且僅有3個(gè)根．因?yàn)棣兀?，x∈[0,2π]，所以ωx∈[0,2ωπ]．令t＝ωx，則cost＝1有3個(gè)根，其中t∈[0,2ωπ]，如圖，結(jié)合余弦函數(shù)y＝cost的圖象性質(zhì)可得4π≤2ωπ＜6π，故2≤ω＜3，即ω的取值范圍是[2,3)．[答案][2,3)[思維建模]研究函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)性質(zhì)的兩種意識(shí)轉(zhuǎn)化意識(shí)利用三角恒等變換把待求函數(shù)化成y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式整體意識(shí)類(lèi)比研究y＝sinx的性質(zhì)，只需將y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sinx中的“x”代入求解[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2023·全國(guó)乙卷)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))單調(diào)遞增，直線x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)為函數(shù)y＝f(x)的圖象的兩條對(duì)稱(chēng)軸，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)解析：選D由題意得eq\f(1,2)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)，解得ω＝2，易知x＝eq\f(π,6)是f(x)的最小值點(diǎn)，所以eq\f(π,6)×2＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得φ＝eq\f(7π,6)＋2kπ(k∈Z)．不妨取k＝0，于是f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(7π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)×2＋\f(7π,6)))＝sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，故選D.2．(2023·棗莊二模)[多選]已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的圖象過(guò)點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(A,2)))和N(π，0)，f(x)的最小正周期為T(mén)，則()A．T可能取eq\f(12π,7)B．f(x)在(0,4π)上至少有3個(gè)零點(diǎn)C．直線x＝eq\f(8π,11)可能是曲線y＝f(x)的一個(gè)對(duì)稱(chēng)軸D．若函數(shù)f(x)的圖象在[0,2π]上的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)共有4個(gè)，則ω＝eq\f(11,6)解析：選BCD由題意可知，f(0)＝Asinφ＝eq\f(A,2)，即sinφ＝eq\f(1,2).而0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6).又f(π)＝Asin(ωπ＋φ)＝0，所以ωπ＋eq\f(π,6)＝kπ，即ω＝k－eq\f(1,6)>0，k∈Z，所以f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).對(duì)于A，若T＝eq\f(12π,7)＝eq\f(2π,ω)，則ω＝eq\f(7,6)，顯然ω＝k－eq\f(1,6)＝eq\f(7,6)，無(wú)整數(shù)解，錯(cuò)誤；對(duì)于B，由x∈(0,4π)可得，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，4πω＋\f(π,6)))，因?yàn)棣兀絢－eq\f(1,6)≥eq\f(5,6)，所以4πω＋eq\f(π,6)≥4π×eq\f(5,6)＋eq\f(π,6)＝eq\f(7π,2)，故ωx＋eq\f(π,6)＝π，2π，3π有解，即f(x)在(0,4π)上至少有3個(gè)零點(diǎn)，正確；對(duì)于C，若直線x＝eq\f(8π,11)可能是曲線y＝f(x)的一個(gè)對(duì)稱(chēng)軸，則eq\f(8π,11)ω＋eq\f(π,6)＝tπ＋eq\f(π,2)，t∈Z，即ω＝eq\f(11,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,3)))，t∈Z.又ω＝k－eq\f(1,6)，k∈Z，所以t＝1，k＝2，ω＝eq\f(11,6)符合，正確；對(duì)于D，因?yàn)閤∈[0,2π]，所以ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，2πω＋\f(π,6))).若函數(shù)f(x)的圖象在[0,2π]上的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)共有4個(gè)，則eq\f(7π,2)≤2πω＋eq\f(π,6)<eq\f(9π,2)，解得eq\f(5π,3)≤ω<eq\f(13,6).而ω＝k－eq\f(1,6)>0，k∈Z，所以當(dāng)k＝2時(shí)，ω＝eq\f(11,6)符合，正確．故選B、C、D.3．已知y＝sin(2x－φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，且該函數(shù)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,8)))上有最小值，那么φ的取值范圍是________．解析：當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))時(shí)，2x－φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－φ，\f(2π,3)－φ)).因?yàn)閥＝sin(2x－φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，所以eq\f(2π,3)－φ≤eq\f(π,2)，解得φ≥eq\f(π,6).又0<φ<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)≤φ<eq\f(π,2).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,8)))時(shí)，2x－φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－φ，\f(7π,4)－φ)).又0<φ<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,2)<－φ<0.又該函數(shù)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,8)))上有最小值，所以eq\f(7π,4)－φ>eq\f(3π,2)，得0<φ<eq\f(π,4).綜上所述，eq\f(π,6)≤φ<eq\f(π,4).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))[課下作業(yè)——小題保分練]1．為了得到函數(shù)f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象，只需把曲線y＝cosx上所有的點(diǎn)()A．向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，再把縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍B．向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，再把縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍C．向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，再把縱坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)D．向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，再把縱坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)解析：選A將y＝cosx的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度得到y(tǒng)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象，再把縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，得到f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象．2．(2023·沈陽(yáng)模擬)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))＝()A.eq\f(3,5) B.eq\f(4,5)C．－eq\f(3,5) D．－eq\f(4,5)解析：選A∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝－eq\f(3,5).∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,6)－α))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(3,5).3．(2023·山西省際名校聯(lián)考)已知sinα－cosα＝eq\f(1,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則eq\f(sinαcosα,sinα＋cosα)＝()A．－eq\f(12,5) B.eq\f(12,5)C．－eq\f(12,35) D.eq\f(12,35)解析：選D由題意可得(sinα－cosα)2＝1－2sinαcosα＝eq\f(1,25)，整理得sinαcosα＝eq\f(12,25)>0，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，可得α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即sinα>0，cosα>0.可得sinα＋cosα>0.因?yàn)?sinα＋cosα)2＝1＋2sinαcosα＝eq\f(49,25)，可得sinα＋cosα＝eq\f(7,5)，所以eq\f(sinαcosα,sinα＋cosα)＝eq\f(\f(12,25),\f(7,5))＝eq\f(12,35).4．(2023·天津高考)已知函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝2，f(x)的一個(gè)周期為4，則f(x)的解析式可能為()A．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x)) B．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))C．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x)) D．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x))解析：選B對(duì)于A，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，最小正周期為eq\f(2π,\f(π,2))＝4，因?yàn)閒(2)＝sinπ＝0，所以函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))的圖象不關(guān)于直線x＝2對(duì)稱(chēng)，故排除A；對(duì)于B，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，最小正周期為eq\f(2π,\f(π,2))＝4，因?yàn)閒(2)＝cosπ＝－1，所以函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱(chēng)，故選項(xiàng)B符合題意；對(duì)于C、D，函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x))和f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x))的最小正周期均為eq\f(2π,\f(π,4))＝8，均不符合題意，故排除C、D.故選B.5.已知函數(shù)f(x)＝Acos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，將函數(shù)f(x)的圖象向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)的圖象，則geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3) D．1解析：選D由題圖可知，eq\f(T,4)＝1－(－1)＝2，得T＝8＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(π,4)，所以f(x)＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋φ)).又因?yàn)?－1,0)在函數(shù)f(x)的圖象上，所以Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ))＝0，所以－eq\f(π,4)＋φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，即f(x)＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4))).又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(2)))在函數(shù)f(x)的圖象上，所以Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝eq\r(2)，即A＝2，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4))).所以g(x)＝f(x＋1)＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋1－\f(π,4)))＝2coseq\f(π,4)x.所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)×\f(4,3)))＝2coseq\f(π,3)＝1.6．中國(guó)傳統(tǒng)扇文化有著極其深厚的底蘊(yùn)．一般情況下，折扇可看作是從一個(gè)圓面中剪下的扇形制作而成．如圖，設(shè)扇形的面積為S1，其圓心角為θ，圓面中剩余部分的面積為S2，當(dāng)S1與S2的比值為eq\f(\r(5)－1,2)時(shí)，扇面為“美觀扇面”，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是(參考數(shù)據(jù)：eq\r(5)≈2.236)()A.eq\f(S1,S2)＝eq\f(θ,2π－θ)B．若eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,2)，扇形的半徑R＝3，則S1＝3πC．若扇面為“美觀扇面”，則θ≈138°D．若扇面為“美觀扇面”，扇形的半徑R＝20，則此時(shí)扇形的面積為200(3－eq\r(5))解析：選Deq\f(S1,S2)＝eq\f(\f(1,2)θR2,\f(1,2)2π－θR2)＝eq\f(θ,2π－θ)，故A正確；由eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,2)，得eq\f(θ,2π－θ)＝eq\f(1,2)，解得θ＝eq\f(2,3)π.又扇形的半徑R＝3，則S1＝eq\f(1,2)×eq\f(2π,3)×32＝3π，故B正確；若扇面為“美觀扇面”，則eq\f(S1,S2)＝eq\f(\r(5)－1,2)＝eq\f(θ,2π－θ)，解得θ＝(3－eq\r(5))π≈[(3－2.236)×180]°≈138°，故C正確；若扇面為“美觀扇面”，則θ＝(3－eq\r(5))π.又扇形的半徑R＝20，則此時(shí)扇形的面積為eq\f(1,2)×(3－eq\r(5))π×202＝200(3－eq\r(5))π，故D錯(cuò)誤．7．[多選]已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0)的一個(gè)周期內(nèi)的圖象如圖所示，下列結(jié)論正確的有()A．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))B．函數(shù)f(x)的最大值是2C．函數(shù)f(x)的最小正周期是πD．函數(shù)f(x)的一個(gè)對(duì)稱(chēng)中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))解析：選BCD由題圖可知f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝2，B正確；由題圖可知f(x)最小正周期T＝2×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))))＝π，C正確；由選項(xiàng)B、C得A＝2，|ω|＝eq\f(2π,T)＝2，即ω＝±2，∴f(x)＝2sin(2x＋φ)或f(x)＝2sin(－2x＋φ)．當(dāng)f(x)＝2sin(2x＋φ)時(shí)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋φ))＝2，∴－eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得φ＝eq\f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)．∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋2kπ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))；當(dāng)f(x)＝2sin(－2x＋φ)時(shí)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝2，∴eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得φ＝eq\f(π,3)＋2kπ(k∈Z)．∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)＋2kπ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))；∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))或f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))，A錯(cuò)誤；當(dāng)x＝eq\f(－\f(π,12)＋\f(5π,12),2)＝eq\f(π,6)時(shí)，f(x)＝0，∴f(x)的一個(gè)對(duì)稱(chēng)中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，D正確．故選B、C、D.8．已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的最小正周期為π，若f(x)＝m在[0，π)上有兩個(gè)實(shí)根a，b，且|a－b|>eq\f(π,3)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))解析：選D由題設(shè)，T＝eq\f(2π,ω)＝π，得ω＝2，即f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).又f(x)＝m在[0，π)上有兩個(gè)實(shí)根a，b，且|a－b|>eq\f(π,3)，x∈[0，π)，∴2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6))).設(shè)t＝2x＋eq\f(π,6)，則sint＝m在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根t1，t2，作y＝sint，t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))的圖象如圖所示．由|a－b|>eq\f(π,3)，得|t1－t2|>eq\f(2π,3).∴當(dāng)－eq\f(1,2)<m<eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝m有兩個(gè)交點(diǎn)且|a－b|>eq\f(π,3).9．已知函數(shù)f(x)＝2sinωxcos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωx,2)－\f(π,4)))－sin2ωx(ω＞0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－eq\f(2π,5)，eq\f(5π,6)))上單調(diào)遞增，且在區(qū)間[0，π]上恰好取得一次最大值，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,5))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\f(1,2)，\f(5,2))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，eq\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，eq\f(3,5)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，eq\f(3,5)))解析：選Df(x)＝2sinωx·cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωx,2)－\f(π,4)))－sin2ωx＝sinωxeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))))－sin2ωx＝sinωx.因?yàn)閒(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－eq\f(2π,5)，eq\f(5π,6)))上單調(diào)遞增，ω＞0，所以－eq\f(2π,5)ω≤ωx≤eq\f(5π,6)ω.所以－eq\f(2π,5)ω≥－eq\f(π,2)，eq\f(5π,6)ω≤eq\f(π,2).所以0＜ω≤eq\f(3,5).當(dāng)ωx＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)(k∈Z)時(shí)，f(x)取得最大值，而f(x)在區(qū)間[0，π]上恰好取得一次最大值，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2ω)≤π，,\f(π,2ω)＋\f(2π,ω)＞π，))解得eq\f(1,2)≤ω＜eq\f(5,2).綜上，eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(3,5).10．(2023·南昌聯(lián)考)將函數(shù)f(x)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的圖象向左平移eq\f(π,16)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)的圖象，若函數(shù)g(x)在[－t,2t](t>0)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,32))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,16)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,32)，\f(7π,16))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,64)))解析：選A將函數(shù)f(x)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的圖象向左平移eq\f(π,16)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到g(x)＝3coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,16)))－\f(π,4)))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,8))).令－π＋2kπ≤2x－eq\f(π,8)≤2kπ，k∈Z，解得kπ－eq\f(7π,16)≤x≤eq\f(π,16)＋kπ，k∈Z，所以g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(7π,16)，\f(π,16)＋kπ))，k∈Z.又函數(shù)g(x)在[－t,2t](t>0)上單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－t，2t))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,16)，\f(π,16))).所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－t≥－\f(7π,16)，,2t≤\f(π,16)，,t>0，))解得0<t≤eq\f(π,32)，即實(shí)數(shù)t的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,32))).11．[多選]將函數(shù)g(x)＝sinωx(ω∈N*)的圖象向左平移eq\f(φ,ω)(0<φ<π)個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)f(x)的圖象，f(0)＝eq\f(1,2)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且f′(0)<0，若當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，f(x)的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，則()A．φ＝eq\f(π,6)B．ω＝1C．直線x＝eq\f(π,3)為f(x)圖象的對(duì)稱(chēng)軸D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(5π,3)))上單調(diào)遞增解析：選BD由題可得f(x)＝sin(ωx＋φ)，所以f′(x)＝ωcos(ωx＋φ)．因?yàn)閒(0)＝sinφ＝eq\f(1,2)，f′(0)＝ωcosφ<0，ω∈N*，所以φ＝2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z.又0<φ<π，所以φ＝eq\f(5π,6)，A錯(cuò)誤；由題可知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(5π,6)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))時(shí)，ωx＋eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，ωπ＋\f(5π,6))).因?yàn)閒(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，所以eq\f(3π,2)≤ωπ＋eq\f(5π,6)≤eq\f(13π,6)，解得eq\f(2,3)≤ω≤eq\f(4,3).又ω∈N*，所以ω＝1，B正確；因?yàn)閒(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－eq\f(1,2)，所以直線x＝eq\f(π,3)不是f(x)圖象的對(duì)稱(chēng)軸，C錯(cuò)誤；令2kπ－eq\f(π,2)<x＋eq\f(5π,6)<2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得2kπ－eq\f(4π,3)<x<2kπ－eq\f(π,3)，k∈Z.令k＝1，得f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(5π,3)))上單調(diào)遞增，D正確．12．[多選]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))))，則下列說(shuō)法正確的是()A．f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))對(duì)稱(chēng)B．f(x)圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸是x＝eq\f(π,8)C．f(x1)f(x2)＝4，x1≠x2，則|x1－x2|的最小值為eq\f(π,2)D．若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(11π,24)))時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，2))解析：選BCfeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,4)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,4)))－\f(π,4)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,4)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))))＝f(x)，故A不正確，B正確；f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))))的圖象如圖所示，若f(x1)f(x2)＝4，x1≠x2，則f(x1)＝f(x2)＝2，由圖可知，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))))的最小正周期為T(mén)＝eq\f(π,2)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－x2))min＝T＝eq\f(π,2)，故C正確；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)－\f(π,4)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\f(π,4)))＝eq\r(2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,24)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(11π,24)－\f(π,4)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\f(2π,3)))＝eq\r(3)，若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(11π,24)))，函數(shù)y＝f(x)－a有兩個(gè)零點(diǎn)，即y＝f(x)與y＝a的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，由圖可知，a∈[eq\r(3)，2)，故D不正確．13．(2023·梅州二模)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝－eq\f(1,3)，α∈[0，π]，則tanα＝________.解析：因?yàn)閟ineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝－eq\f(1,3)，所以cosα＝－eq\f(1,3).因?yàn)棣痢蔥0，π]，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(2\r(2),3)，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－2eq\r(2).答案：－2eq\r(2)14．(2023·阜陽(yáng)三模)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω≠0)具有下列三個(gè)性質(zhì)：①圖象關(guān)于x＝eq\f(π,3)對(duì)稱(chēng)；②在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞減；③最小正周期為π，則滿足條件的一個(gè)函數(shù)f(x)＝________.解析：由③可得ω＝2，由①可得2×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)φ＝－eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)，再由②可知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))時(shí)，2x－eq\f(π,6)＋kπ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋mπ，\f(3π,2)＋mπ))(k，m∈Z)．故k為奇數(shù)時(shí)符合條件，不妨令k＝1，則φ＝eq\f(5π,6)，A＝1，此時(shí)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6))).答案：sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))(答案不唯一)15．函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期為_(kāi)_______，若函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，a]上單調(diào)遞增，則a的最大值為_(kāi)_______．解析：函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.若函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，a]上單調(diào)遞增，則[0，a]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.所以[0，a]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，則0<a≤eq\f(π,6)，即a的最大值為eq\f(π,6).答案：πeq\f(π,6)16．若函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，又A(α，2)，B(β，0)是函數(shù)f(x)的圖象上的兩點(diǎn)，且|AB|的最小值為eq\r(4＋\f(π2,4))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))的值為_(kāi)_______．解析：因?yàn)锳(α，2)，B(β，0)，所以|AB|＝eq\r(α－β2＋4)，則eq\r(α－β2＋4)≥eq\r(4＋\f(π2,4)).所以|α－β|min＝eq\f(π,2).此時(shí)點(diǎn)A，B為函數(shù)圖象上相鄰的最高點(diǎn)和對(duì)稱(chēng)中心，所以eq\f(T,4)＝eq\f(π,2).所以eq\f(π,2ω)＝eq\f(π,2)，解得ω＝1.所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋\f(π,3)))＝2sineq\b\l