2023年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（全國(guó)版理） 第4章 §4.5　三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)

§4.5三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)考試要求1.能畫出三角函數(shù)的圖象.2.了解三角函數(shù)的周期性、奇偶性、最大(小)值.3.借助圖象理解正弦函數(shù)、余弦函數(shù)在[0,2π]上，正切函數(shù)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的性質(zhì)．知識(shí)梳理1．用“五點(diǎn)法”作正弦函數(shù)和余弦函數(shù)的簡(jiǎn)圖(1)在正弦函數(shù)y＝sinx，x∈[0,2π]的圖象中，五個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)是：(0,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．(2)在余弦函數(shù)y＝cosx，x∈[0,2π]的圖象中，五個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)是：(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0))，(2π，1)．2．正弦、余弦、正切函數(shù)的圖象與性質(zhì)(下表中k∈Z)函數(shù)y＝sinxy＝cosxy＝tanx圖象定義域RReq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ))))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(＋\f(π,2)))))值域[－1,1][－1,1]R周期性2π2ππ奇偶性奇函數(shù)偶函數(shù)奇函數(shù)遞增區(qū)間eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)))[2kπ－π，2kπ]eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)))遞減區(qū)間eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(3π,2)))[2kπ，2kπ＋π]對(duì)稱中心(kπ，0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))對(duì)稱軸方程x＝kπ＋eq\f(π,2)x＝kπ常用結(jié)論1．對(duì)稱性與周期性(1)正弦曲線、余弦曲線相鄰兩對(duì)稱中心、相鄰兩對(duì)稱軸之間的距離是eq\f(1,2)個(gè)周期，相鄰的對(duì)稱中心與對(duì)稱軸之間的距離是eq\f(1,4)個(gè)周期．(2)正切曲線相鄰兩對(duì)稱中心之間的距離是半個(gè)周期．2．奇偶性若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，則(1)f(x)為偶函數(shù)的充要條件是φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)．(2)f(x)為奇函數(shù)的充要條件是φ＝kπ(k∈Z)．思考辨析判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)正切函數(shù)y＝tanx在定義域內(nèi)是增函數(shù)．(×)(2)已知y＝ksinx＋1，x∈R，則y的最大值為k＋1.(×)(3)y＝sin|x|是偶函數(shù)．(√)(4)若非零實(shí)數(shù)T是函數(shù)f(x)的周期，則kT(k是非零整數(shù))也是函數(shù)f(x)的周期．(√)教材改編題1．若函數(shù)y＝2sin2x－1的最小正周期為T，最大值為A，則()A．T＝π，A＝1B．T＝2π，A＝1C．T＝π，A＝2D．T＝2π，A＝2答案A2．函數(shù)f(x)＝－2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的定義域是()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,6)))))B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(π,12)))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,6)k∈Z))))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,6)k∈Z))))答案D解析由2x＋eq\f(π,6)≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x≠eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)，k∈Z.3．函數(shù)y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的單調(diào)遞減區(qū)間是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z解析因?yàn)閥＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，令2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z，求得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，可得函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.題型一三角函數(shù)的定義域和值域例1(1)函數(shù)y＝eq\f(1,tanx－1)的定義域?yàn)開_______．答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))解析要使函數(shù)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanx－1≠0，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，k∈Z，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z.))故函數(shù)的定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))).(2)函數(shù)y＝sinx－cosx＋sinxcosx的值域?yàn)開_______．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1＋2\r(2),2)，1))解析設(shè)t＝sinx－cosx，則t2＝sin2x＋cos2x－2sinx·cosx，sinxcosx＝eq\f(1－t2,2)，且－eq\r(2)≤t≤eq\r(2).∴y＝－eq\f(t2,2)＋t＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)(t－1)2＋1，t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]．當(dāng)t＝1時(shí)，ymax＝1；當(dāng)t＝－eq\r(2)時(shí)，ymin＝－eq\f(1＋2\r(2),2).∴函數(shù)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1＋2\r(2),2)，1)).教師備選1．函數(shù)y＝eq\r(sinx－cosx)的定義域?yàn)開_______．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)解析要使函數(shù)有意義，必須使sinx－cosx≥0.利用圖象，在同一坐標(biāo)系中畫出[0,2π]上y＝sinx和y＝cosx的圖象，如圖所示．在[0,2π]內(nèi)，滿足sinx＝cosx的x為eq\f(π,4)，eq\f(5π,4)，再結(jié)合正弦、余弦函數(shù)的周期是2π，所以原函數(shù)的定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)))).2．函數(shù)f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的最大值是________．答案1解析由題意可得f(x)＝－cos2x＋eq\r(3)cosx＋eq\f(1,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(\r(3),2)))2＋1.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosx∈[0,1]．∴當(dāng)cosx＝eq\f(\r(3),2)，即x＝eq\f(π,6)時(shí)，f(x)取最大值為1.思維升華(1)三角函數(shù)定義域的求法求三角函數(shù)的定義域?qū)嶋H上是構(gòu)造簡(jiǎn)單的三角不等式(組)，常借助三角函數(shù)的圖象來求解．(2)三角函數(shù)值域的不同求法①把所給的三角函數(shù)式變換成y＝Asin(ωx＋φ)的形式求值域．②把sinx或cosx看作一個(gè)整體，轉(zhuǎn)換成二次函數(shù)求值域．③利用sinx±cosx和sinxcosx的關(guān)系轉(zhuǎn)換成二次函數(shù)求值域．跟蹤訓(xùn)練1(1)(2021·北京)函數(shù)f(x)＝cosx－cos2x，試判斷函數(shù)的奇偶性及最大值()A．奇函數(shù)，最大值為2 B．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)答案D解析由題意，f(－x)＝cos(－x)－cos(－2x)＝cosx－cos2x＝f(x)，所以該函數(shù)為偶函數(shù)，又f(x)＝cosx－cos2x＝－2cos2x＋cosx＋1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\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).(2)函數(shù)y＝lg(sin2x)＋eq\r(9－x2)的定義域?yàn)開_______．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析∵函數(shù)y＝lg(sin2x)＋eq\r(9－x2)，∴應(yīng)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sin2x>0，,9－x2≥0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ<x<\f(π,2)＋kπ，,－3≤x≤3，))其中k∈Z，∴－3≤x<－eq\f(π,2)或0<x<eq\f(π,2)，∴函數(shù)的定義域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).題型二三角函數(shù)的周期性、奇偶性、對(duì)稱性例2(1)(2019·全國(guó)Ⅱ)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(diào)遞增的是()A．f(x)＝|cos2x| B．f(x)＝|sin2x|C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|答案A解析A中，函數(shù)f(x)＝|cos2x|的周期為eq\f(π,2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，故A正確；B中，函數(shù)f(x)＝|sin2x|的周期為eq\f(π,2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函數(shù)f(x)單調(diào)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(shí)，f(x)均以2π為周期，但在整個(gè)定義域上f(x)不是周期函數(shù)，故D不正確．(2)函數(shù)f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))＋1，φ∈(0，π)，且f(x)為偶函數(shù)，則φ＝________，f(x)圖象的對(duì)稱中心為________．答案eq\f(5π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(kπ,2)，1))，k∈Z解析若f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))＋1為偶函數(shù)，則－eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z，又∵φ∈(0，π)，∴φ＝eq\f(5π,6).∴f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＋1＝3cos2x＋1，由2x＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z得x＝eq\f(π,4)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，∴f(x)圖象的對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(kπ,2)，1))，k∈Z.教師備選1．下列函數(shù)中，是周期函數(shù)的為()A．y＝sin|x| B．y＝cos|x|C．y＝tan|x| D．y＝(x－1)0答案B解析∵cos|x|＝cosx，∴y＝cos|x|是周期函數(shù)．其余函數(shù)均不是周期函數(shù)．2．函數(shù)f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))，φ∈(0，π)，若f(x)為奇函數(shù)，則φ＝________.答案eq\f(π,3)解析若f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))為奇函數(shù)，則－eq\f(π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，又∵φ∈(0，π)，∴φ＝eq\f(π,3).思維升華(1)奇偶性的判斷方法：三角函數(shù)中奇函數(shù)一般可化為y＝Asinωx或y＝Atanωx的形式，而偶函數(shù)一般可化為y＝Acosωx的形式．(2)周期的計(jì)算方法：利用函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的周期為eq\f(2π,ω)，函數(shù)y＝Atan(ωx＋φ)(ω>0)的周期為eq\f(π,ω)求解．跟蹤訓(xùn)練2(1)(2021·全國(guó)乙卷)函數(shù)f(x)＝sin

eq\f(x,3)＋cos

eq\f(x,3)最小正周期和最大值分別是()A．3π和eq\r(2) B．3π和2C．6π和eq\r(2) D．6π和2答案C解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝sin

eq\f(x,3)＋cos

eq\f(x,3)＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sin

\f(x,3)＋\f(\r(2),2)cos

\f(x,3)))＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin

\f(x,3)cos

\f(π,4)＋cos

\f(x,3)sin

\f(π,4)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋\f(π,4)))，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,\f(1,3))＝6π，最大值為eq\r(2).(2)已知f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，且當(dāng)x＝3時(shí)，f(x)取得最小值－3，當(dāng)ω取得最小正數(shù)時(shí)，f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2022)的值為()A.eq\f(3,2) B．－6－3eq\r(3)C．1 D．－1答案B解析∵f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，∴φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，則φ＝eq\f(π,2)，則f(x)＝－Asinωx.當(dāng)x＝3時(shí)，f(x)取得最小值－3，故A＝3，sin3ω＝1，∴3ω＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z.∴ω的最小正數(shù)為eq\f(π,6)，∴f(x)＝－3sineq\f(π,6)x，∴f(x)的周期為12，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(12)＝0，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2022)＝168×0＋f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝－6－3eq\r(3).(3)(2022·鄭州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(3,4)，則下列敘述正確的是()A．f(x)的最小正周期為2πB．f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,12)對(duì)稱C．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的最小值為－eq\f(5,4)D．f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))對(duì)稱答案C解析對(duì)于A，f(x)的最小正周期為eq\f(2π,2)＝π，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)－\f(π,3)))＝－eq\f(1,2)≠±1，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(5π,3)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(3,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，\r(3)＋\f(3,4)))，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的最小值為－eq\f(5,4)，故C正確；對(duì)于D，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(2π,3)－\f(π,3)))＋eq\f(3,4)＝eq\f(3,4)，∴f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3,4)))對(duì)稱，故D錯(cuò)誤．題型三三角函數(shù)的單調(diào)性命題點(diǎn)1求三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例3函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))的單調(diào)遞減區(qū)間為________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)解析f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z.故所求函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．延伸探究f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))在[0，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間為________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，π))解析令A(yù)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z，B＝[0，π]，∴A∩B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，π))，∴f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，π)).命題點(diǎn)2根據(jù)單調(diào)性求參數(shù)例4(1)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(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，則ω＝________.答案eq\f(3,2)解析∵f(x)＝sinωx(ω>0)過原點(diǎn)，∴當(dāng)0≤ωx≤eq\f(π,2)，即0≤x≤eq\f(π,2ω)時(shí)，y＝sinωx單調(diào)遞增；當(dāng)eq\f(π,2)≤ωx≤eq\f(3π,2)，即eq\f(π,2ω)≤x≤eq\f(3π,2ω)時(shí)，y＝sinωx單調(diào)遞減．由f(x)＝sinωx(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，知eq\f(π,2ω)＝eq\f(π,3)，∴ω＝eq\f(3,2).(2)已知ω>0，函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，則ω的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4)))解析由eq\f(π,2)<x<π，ω>0，得eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,4)<ωx＋eq\f(π,4)<ωπ＋eq\f(π,4)，因?yàn)閥＝sinx的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))，k∈Z，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥\f(π,2)＋2kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤\f(3π,2)＋2kπ，))k∈Z，解得4k＋eq\f(1,2)≤ω≤2k＋eq\f(5,4)，k∈Z.又由4k＋eq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k＋\f(5,4)))≤0，k∈Z，且2k＋eq\f(5,4)>0，k∈Z，解得k＝0，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4))).教師備選(2022·定遠(yuǎn)縣育才學(xué)校月考)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,4)為f(x)的零點(diǎn)，x＝eq\f(π,4)為y＝f(x)圖象的對(duì)稱軸，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)，則ω的最大值為()A．11B．9C．7D．1答案B解析因?yàn)閤＝－eq\f(π,4)為f(x)的零點(diǎn)，x＝eq\f(π,4)為y＝f(x)圖象的對(duì)稱軸，所以eq\f(2n＋1,4)·T＝eq\f(π,2)(n∈N)，即eq\f(2n＋1,4)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,2)(n∈N)，所以ω＝2n＋1(n∈N)，即ω為正奇數(shù)．因?yàn)閒(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)，則eq\f(5π,36)－eq\f(π,18)＝eq\f(π,12)≤eq\f(T,2)，即T＝eq\f(2π,ω)≥eq\f(π,6)，解得ω≤12.當(dāng)ω＝11時(shí)，－eq\f(11π,4)＋φ＝kπ，k∈Z，因?yàn)閨φ|≤eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，此時(shí)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(11x－\f(π,4))).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))時(shí)，11x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,36)，\f(46π,36)))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上不單調(diào)，不滿足題意；當(dāng)ω＝9時(shí)，－eq\f(9π,4)＋φ＝kπ，k∈Z，因?yàn)閨φ|≤eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4)，此時(shí)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(π,4))).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))時(shí)，9x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(3π,2)))，此時(shí)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)遞減，符合題意．故ω的最大值為9.思維升華(1)已知三角函數(shù)解析式求單調(diào)區(qū)間求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(其中ω>0)的單調(diào)區(qū)間時(shí)，要視“ωx＋φ”為一個(gè)整體，通過解不等式求解．但如果ω<0，可借助誘導(dǎo)公式將ω化為正數(shù)，防止把單調(diào)性弄錯(cuò)．(2)已知三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求參數(shù)．先求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，然后利用集合間的關(guān)系求解．跟蹤訓(xùn)練3(1)(2021·新高考全國(guó)Ⅰ)下列區(qū)間中，函數(shù)f(x)＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))答案A解析令－eq\f(π,2)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z.取k＝0，則－eq\f(π,3)≤x≤eq\f(2π,3).因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．(2)(2022·開封模擬)已知函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)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.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))答案A解析當(dāng)－eq\f(π,6)<x<eq\f(π,3)時(shí)，－eq\f(πω,6)＋eq\f(π,3)<ωx＋eq\f(π,3)<eq\f(πω,3)＋eq\f(π,3)，當(dāng)x＝0時(shí)，ωx＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,3).因?yàn)楹瘮?shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(πω,6)＋\f(π,3)≥－\f(π,2)，,\f(πω,3)＋\f(π,3)≤\f(π,2)，))解得ω≤eq\f(1,2)，因?yàn)棣?gt;0，所以ω的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).課時(shí)精練1．y＝|cosx|的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))) B．[0，π]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))答案D解析將y＝cosx的圖象位于x軸下方的部分關(guān)于x軸對(duì)稱向上翻折，x軸上方(或x軸上)的圖象不變，即得y＝|cosx|的圖象(如圖)．故選D.2．函數(shù)f(x)＝eq\r(2sin

\f(π,2)x－1)的定義域?yàn)?)A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋4kπ，\f(5π,3)＋4kπ))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋4k，\f(5,3)＋4k))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋4kπ，\f(5π,6)＋4kπ))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)＋4k，\f(5,6)＋4k))(k∈Z)答案B解析由題意，得2sin

eq\f(π,2)x－1≥0，eq\f(π,2)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2kπ，\f(5π,6)＋2kπ))(k∈Z)，則x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋4k，\f(5,3)＋4k))(k∈Z)．3．函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))是()A．最小正周期為π的奇函數(shù)B．最小正周期為π的偶函數(shù)C．最小正周期為2π的非奇非偶函數(shù)D．最小正周期為π的非奇非偶函數(shù)答案D解析由題意可得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)－\f(π,2)))＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))，∴f(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))，故f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，由函數(shù)奇偶性的定義易知，f(x)為非奇非偶函數(shù)．4．函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)在[－π，π]的圖象大致為()答案D解析由f(－x)＝eq\f(sin－x＋－x,cos－x＋－x2)＝eq\f(－sinx－x,cosx＋x2)＝－f(x)，得f(x)是奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除A；又f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(1＋\f(π,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))2)＝eq\f(4＋2π,π2)>1，f(π)＝eq\f(π,－1＋π2)>0，排除B，C.5．關(guān)于函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x，下列命題中為假命題的是()A．函數(shù)y＝f(x)的周期為πB．直線x＝eq\f(π,4)是y＝f(x)圖象的一條對(duì)稱軸C．點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))是y＝f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心D．y＝f(x)的最大值為eq\r(2)答案B解析因?yàn)閒(x)＝sin2x－cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，所以f(x)的最大值為eq\r(2)，故D為真命題；因?yàn)棣兀?，故T＝eq\f(2π,2)＝π，故A為真命題；當(dāng)x＝eq\f(π,4)時(shí)，2x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,4)，終邊不在y軸上，故直線x＝eq\f(π,4)不是y＝f(x)圖象的一條對(duì)稱軸，故B為假命題；當(dāng)x＝eq\f(π,8)時(shí)，2x－eq\f(π,4)＝0，終邊落在x軸上，故點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))是y＝f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心，故C為真命題．6．(2022·廣州市培正中學(xué)月考)關(guān)于函數(shù)f(x)＝sin|x|＋|sinx|，下列敘述正確的是()A．f(x)是奇函數(shù)B．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞增C．f(x)的最大值為2D．f(x)在[－π，π]上有4個(gè)零點(diǎn)答案C解析f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，f(x)是偶函數(shù)，A錯(cuò)誤；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，單調(diào)遞減，B錯(cuò)誤；f(x)＝sin|x|＋|sinx|≤1＋1＝2，且f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2，C正確；在[－π，π]上，當(dāng)－π<x<0時(shí)，f(x)＝sin(－x)＋(－sinx)＝－2sinx>0，當(dāng)0<x<π時(shí)，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx>0，f(x)的零點(diǎn)只有π，0，－π共三個(gè)，D錯(cuò)誤．7．寫出一個(gè)周期為π的偶函數(shù)f(x)＝________.(答案不唯一)答案cos2x8．(2022·上外浦東附中檢測(cè))若在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)值滿足等式cos2x＋eq\r(3)sin2x＝k＋1，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．答案0≤k<1解析函數(shù)f(x)＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))時(shí)，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))時(shí)，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))單調(diào)遞減，f(0)＝2sineq\f(π,6)＝1，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,2)＝2，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2sineq\f(7π,6)＝－1，所以在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)值滿足等式cos2x＋eq\r(3)sin2x＝k＋1，則1≤k＋1<2，所以0≤k<1.9．已知函數(shù)f(x)＝4sinωxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))－1(ω>0)的最小正周期為π.(1)求ω及f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)求f(x)圖象的對(duì)稱中心．解(1)f(x)＝4sinωxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinωx＋\f(\r(3),2)cosωx))－1＝2sin2ωx＋2eq\r(3)sinωxcosωx－1＝1－cos2ωx＋eq\r(3)sin2ωx－1＝eq\r(3)sin2ωx－cos2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6))).∵最小正周期為π，∴eq\f(2π,2ω)＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))(k∈Z)．(2)令2x－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，∴f(x)圖象的對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))，k∈Z.10．(2021·浙江)設(shè)函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx(x∈R)．(1)求函數(shù)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))2的最小正周期；(2)求函數(shù)y＝f(x)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值．解(1)因?yàn)閒(x)＝sinx＋cosx，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝cosx－sinx，所以y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))2＝(cosx－sinx)2＝1－sin2x.所以函數(shù)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))2的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)sinx，所以y＝f(x)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)sinx(sinx＋cosx)＝eq\r(2)(sinxcosx＋sin2x)＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x－\f(1,2)cos2x＋\f(1,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq\f(\r(2),2).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以當(dāng)2x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(3π,8)時(shí)，函數(shù)y＝f(x)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上取得最大值，且ymax＝1＋eq\f(\r(2),2).11．(2022·蘇州模擬)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，則下列結(jié)論不正確的是()A．x＝－eq\f(π,6)是函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)B．函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上單調(diào)遞增C．函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,12)對(duì)稱D．函數(shù)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))是偶函數(shù)答案D解析對(duì)于A選項(xiàng)，因?yàn)閒

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sin0＝0，故x＝－eq\f(π,6)是函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，A對(duì)；對(duì)于B選項(xiàng)，當(dāng)－eq\f(5π,12)≤x≤eq\f(π,12)時(shí)，－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上單調(diào)遞增，B對(duì)；對(duì)于C選項(xiàng)，因?yàn)閷?duì)稱軸滿足2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，當(dāng)k＝0時(shí)，x＝eq\f(π,12)，C對(duì)；對(duì)于D選項(xiàng)，令g(x)＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，則geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)))≠0，故函數(shù)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))不是偶函數(shù)，D錯(cuò)．12．(2022·廈門模擬)已知函數(shù)f(x)＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－cos2x，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)的最大值為eq\f(\r(3)－1,2)B．f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，0))對(duì)稱C．f(x)的圖象的對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)D．f(x)在[0,2π]上有2個(gè)零點(diǎn)答案C解析f(x)＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))),2)－cos2x＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3),2)sin2x))－cos2x＝eq\f(\r(3),4)sin2x－eq\f(3,4)cos2x＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(1,2)，則f(x)的最大值為eq\f(1＋\r(3),2)，A錯(cuò)誤；易知f(x)圖象的對(duì)稱中心的縱坐標(biāo)為eq\f(1,2)，B錯(cuò)誤；令2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，此即f(x)圖象的對(duì)稱軸方程，C正確；由f(x)＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\f(1,2)＝0，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),3)，當(dāng)x∈[0,2π]時(shí)，2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,3)))，作出函數(shù)y＝sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,3)))))的圖象，如圖所示．所以方程sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),3)在[0,2π]上有4個(gè)不同的實(shí)根，即f(x)在[0,2π]上有4個(gè)零點(diǎn)，D錯(cuò)誤．13．(2022·綿陽(yáng)中學(xué)實(shí)驗(yàn)學(xué)校模擬)已知sinx＋cosy＝eq\f(1,4)，則sinx－sin2y的最大值為______．答案eq\f(9,16)解析∵sinx＋cosy＝eq\f(1,4)，sinx∈[－1,1]，∴sinx＝eq\f(1,4)－cosy∈[－1,1]，∴cosy∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(5,4)))，即cosy∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，1))，∵sinx－sin2y＝eq\f(1,4)－cosy－(1－cos2y)＝cos2y－cosy－eq\f(3,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosy－\f(1,2)))2－1，又cosy∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，1))，利用二次函數(shù)的性質(zhì)知，當(dāng)cosy＝－eq\f(3,4)時(shí)，(sinx－sin2y)max＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)－\f(1,2)))2－1＝eq\f(9,16).14．(2022·蘇州八校聯(lián)盟檢測(cè))已知f(x)＝sinx＋cosx，若y＝f(x＋θ)是偶函數(shù)，則cosθ＝________.答案±eq\f(\r(2),2)解析因?yàn)閒(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，所以f(x＋θ)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\