新高考数学一轮复习教案第4章第3节 三角函数的图象与性质（含解析）

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1.与不等式相结合考查三角函数定义域的求法，凸显数学运算的核心素养．
2．与二次函数、函数的单调性等结合考查函数的值域(最值)，凸显数学运算的核心素养．
3．借助函数的图象、数形结合思想考查函数的奇偶性、单调性、对称性等性质，凸显数学运算、直观想象和逻辑推理的核心素养．
[理清主干知识]
1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图
(1)在正弦函数y＝sin x，x∈[0,2π]的图象上，五个关键点是：(0,0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．
(2)在余弦函数y＝cs x，x∈[0,2π]的图象上，五个关键点是：(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))，(π， －1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0))，(2π，1)．
2．正弦、余弦、正切函数的图象与性质
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(三角函数的定义域)函数y＝tan 2x的定义域是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠kπ＋\f(π,4)，k∈Z)) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠\f(kπ,2)＋\f(π,8)，k∈Z))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠kπ＋\f(π,8)，k∈Z)) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z))
答案：D
2．(三角函数的周期性)已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的最小正周期为π，则ω＝________.
答案：2
3．(三角函数的奇偶性)若函数f(x)＝sineq \f(x＋φ,3)(φ∈[0,2π])是偶函数，则φ＝________.
解析：由已知f(x)＝sineq \f(x＋φ,3)是偶函数，可得eq \f(φ,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即φ＝3kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，又φ∈[0,2π]，所以φ＝eq \f(3π,2).
答案：eq \f(3π,2)
4．(三角函数的对称性)函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的对称轴为________，对称中心为________．
答案：x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))(k∈Z)
5．(三角函数的单调性)函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3,4)π))的单调递增区间为__________________．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5,8)π＋\f(kπ,2)))(k∈Z)
二、易错点练清
1．(忽视正切函数自身的定义域)函数y＝lg(3tan x－eq \r(3))的定义域为________________．
解析：要使函数y＝lg(3tan x－eq \r(3))有意义，
则3tan x－eq \r(3)>0，即tan x>eq \f(\r(3),3).
所以eq \f(π,6)＋kπ答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)
2．(忽视ω与0的大小关系对单调性的影响)函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－2x))的单调递增区间为________________．
解析：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－2x))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，
令2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，
解得kπ＋eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(7π,8)(k∈Z)，
所以函数的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z)．
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z)
3．(忽视正、余弦函数的有界性)函数f(x)＝2cs2x＋5sin x－4的最小值为________，最大值为________．
解析：f(x)＝2cs2x＋5sin x－4＝－2sin2x＋5sin x－2＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(5,4)))2＋eq \f(9,8).因为－1≤ sin x≤1，所以当sin x＝－1时，f(x)有最小值－9；当sin x＝1时，f(x)有最大值1.
答案：－9 1
考点一 三角函数的定义域、值域
[典题例析]
(1)已知函数f(x)＝2cs2x－sin2x＋2，则( )
A．f(x)的最小正周期为π，最大值为3
B．f(x)的最小正周期为π，最大值为4
C．f(x)的最小正周期为2π，最大值为3
D．f(x)的最小正周期为2π，最大值为4
(2)函数y＝eq \f(1,tan x－1)的定义域为____________________．
(3)函数y＝sin x－cs x＋sin xcs x，x∈[0，π]的值域为________．
[解析] (1)∵f(x)＝2cs2x－sin2x＋2＝1＋cs 2x－eq \f(1－cs 2x,2)＋2＝eq \f(3,2)cs 2x＋eq \f(5,2)，∴f(x)的最小正周期为π，最大值为4.故选B.
(2)要使函数有意义，必须有
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tan x－1≠0，,x≠\f(π,2)＋kπk∈Z，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,4)＋kπk∈Z，,x≠\f(π,2)＋kπk∈Z.))故函数的定义域为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠\f(π,4)＋kπ且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).
(3)设t＝sin x－cs x，
则t2＝sin2x＋cs2x－2sin xcs x，
即sin xcs x＝eq \f(1－t2,2)，且－1≤t≤eq \r(2).
∴y＝－eq \f(t2,2)＋t＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)(t－1)2＋1.
当t＝1时，ymax＝1；
当t＝－1时，ymin＝－1.
∴函数的值域为[－1,1]．
[答案] (1)B
(2) eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠\f(π,4)＋kπ且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))
(3)[－1,1]
[方法技巧]
1．三角函数定义域的求法
求三角函数定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数图象来求解．
[提醒] 解三角不等式时要注意周期，且k∈Z不可以忽略．
2．三角函数值域或最值的3种求法
[针对训练]
1．函数y＝eq \r(sin x－cs x)的定义域为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)＋2kπ，\f(π,4)＋2kπ))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)＋2kπ，\f(π,4)＋2kπ))(k∈Z)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋2kπ，\f(5π,4)＋2kπ))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋2kπ，\f(5π,4)＋2kπ))(k∈Z)
解析：选D 要使函数有意义，需sin x－cs x≥0，即sin x≥cs x，
解得2kπ＋eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,4)(k∈Z)，
故原函数的定义域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)．
2．函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)cs x－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))的最大值是________．
解析：依题意，f(x)＝sin2x＋eq \r(3)cs x－eq \f(3,4)＝－cs2x＋eq \r(3)cs x＋eq \f(1,4)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(\r(3),2)))2＋1，
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs x∈[0,1]，
因此当cs x＝eq \f(\r(3),2)时，f(x)max＝1.
答案：1
3．若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cs x的最大值为2，则常数φ的一个取值为________．
解析：∵f(x)＝sin(x＋φ)＋cs x的最大值为2，
∴cs x＝1，解得x＝2kπ，k∈Z，
且sin(x＋φ)＝sin(2kπ＋φ)＝sin φ＝1，
∴φ＝eq \f(π,2)＋2nπ，n∈Z，∴可取φ＝eq \f(π,2).
答案：eq \f(π,2)(答案不唯一)
4．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，其中x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，a))，若f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，则实数a的取值范围为________．
解析：∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，a))，∴x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，a＋\f(π,6)))，
∵当x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))时，f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
∴由函数的图象知，eq \f(π,2)≤a＋eq \f(π,6)≤eq \f(7,6)π，
∴eq \f(π,3)≤a≤π.∴a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π)).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))
考点二 三角函数的单调性
考法(一) 求三角函数的单调区间
[例1] 求下列函数的单调区间：
(1)f(x)＝|tan x|；
(2)f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))).
[解] (1)观察图象可知，y＝|tan x|的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，单调递减区间是(kπ－eq \f(π,2)，kπ] (k∈Z)．
(2)当2kπ－π≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ(k∈Z)，
即kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)(k∈Z)时，函数f(x)是增函数；
当2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋π(k∈Z)，
即kπ＋eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(7π,12)(k∈Z)时，函数f(x)是减函数．
因此函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的单调递增区间是
[－eq \f(5π,12)，eq \f(π,12)]，单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(5π,12)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,2))).
[方法技巧] 求三角函数单调区间的2种方法
[提醒] 求解三角函数的单调区间时，若x的系数为负，应先化为正，同时切莫忽视函数自身的定义域．
考法(二) 已知函数的单调性求参数值或范围
[例2] (1)若函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(3,2)
C．2 D．3
(2)(2021·深圳模拟)若f(x)＝cs 2x＋acs(eq \f(π,2)＋x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上是增函数，则实数a的取值范围为________．
[解析] (1)因为f(x)＝sin ωx(ω>0)过原点，
所以当0≤ωx≤eq \f(π,2)，即0≤x≤eq \f(π,2ω)时，y＝sin ωx是增函数；
当eq \f(π,2)≤ωx≤eq \f(3π,2)，即eq \f(π,2ω)≤x≤eq \f(3π,2ω)时，y＝sin ωx是减函数．
由f(x)＝sin ωx(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，
在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减知，eq \f(π,2ω)＝eq \f(π,3)，所以ω＝eq \f(3,2).
(2)f(x)＝cs 2x＋acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＝1－2sin2x－asin x，
令sin x＝t，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，则g(t)＝－2t2－at＋1，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递增，
所以－eq \f(a,4)≥1，即a≤－4.
[答案] (1)B (2)(－∞，－4]
[方法技巧]
已知单调区间求参数范围的3种方法
[针对训练]
1．已知eq \f(π,3)为函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))的零点，则函数f(x)的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(5π,12)，2kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,12)，2kπ＋\f(7π,12)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,12)，kπ＋\f(7π,12)))(k∈Z)
解析：选C 由于eq \f(π,3)为函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))的零点，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝0，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，
解得φ＝eq \f(π,3)，故f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤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)，
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)．
2．已知ω>0，函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D．(0,2]
解析：选A 由eq \f(π,2)当k＝0时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)≥\f(π,2)，,πω＋\f(π,4)≤\f(3π,2)，))解得eq \f(1,2)≤ω≤eq \f(5,4).
3．cs 23°，sin 68°，cs 97°从小到大的顺序是____________．
解析：sin 68°＝sin(90°－22°)＝cs 22°.
因为余弦函数y＝cs x在[0，π]上是单调递减的，
且22°<23°<97°，
所以cs 97°即cs 97°答案：cs 97°考点三 三角函数的周期性、奇偶性及对称性
考法(一) 三角函数的周期性
[例1] 函数f(x)＝eq \f(tan x,1＋tan2x)的最小正周期为( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2)
C．π D．2π
[解析] 由已知得f(x)＝eq \f(tan x,1＋tan2x)＝eq \f(\f(sin x,cs x),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sin x,cs x)))2)＝eq \f(\f(sin x,cs x),\f(cs2x＋sin2x,cs2x))＝sin x·cs x＝eq \f(1,2)sin 2x，所以f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π.
[答案] C
[方法技巧] 三角函数周期的求解方法
考法(二) 三角函数的奇偶性
[例2] 已知函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))，φ∈(0，π)．
(1)若f(x)为偶函数，则φ＝________；
(2)若f(x)为奇函数，则φ＝________.
[解析] (1)因为f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))为偶函数，
所以－eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
又因为φ∈(0，π)，所以φ＝eq \f(5π,6).
(2)因为f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))为奇函数，
所以－eq \f(π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，又φ∈(0，π)，所以φ＝eq \f(π,3).
[答案] (1)eq \f(5π,6) (2)eq \f(π,3)
[方法技巧]
与三角函数奇偶性相关的结论
三角函数中，判断奇偶性的前提是定义域关于原点对称，奇函数一般可化为y＝Asin ωx或y＝Atan ωx的形式，而偶函数一般可化为y＝Acs ωx＋b的形式．常见的结论有：
(1)若y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)；若为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)．
(2)若y＝Acs(ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ(k∈Z)；若为奇函数，则有φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)．
(3)若y＝Atan(ωx＋φ)为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)．
考法(三) 三角函数的对称性
[例3] (1)(多选)(2021·大连模拟)已知函数f(x)＝sin xcs x＋eq \f(\r(3),2)(1－2sin2x)，则有关函数f(x)的说法正确的是( )
A．f(x)的图象关于点(eq \f(π,3)，0)对称
B．f(x)的最小正周期为π
C．f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称
D．f(x)的最大值为eq \r(3)
(2)已知函数y＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，则φ的值为________．
[解析] (1)由题可知f(x)＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sin2x＋eq \f(π,3).当x＝eq \f(π,3)时，2x＋eq \f(π,3)＝π，故函数f(x)的图象关于点eq \f(π,3)，0对称，故A正确；当x＝eq \f(π,6)时，2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(2π,3)，所以函数f(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,6)对称，故C错误；函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，故B正确；函数f(x)的最大值为1，故D错误．故选A、B.
(2)由题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝±1，
∴eq \f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝kπ－eq \f(π,6)(k∈Z)．
∵φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴φ＝－eq \f(π,6).
[答案] (1)AB (2)－eq \f(π,6)
[方法技巧] 三角函数对称性问题的2种求解方法
[针对训练]
1．(多选)(2021·福州质检)设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，则下列结论正确的是( )
A．f(x)的一个周期为－2π
B．y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(8π,3)对称
C．f(x＋π)的一个零点为x＝eq \f(π,6)
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减
解析：选ABC A项，因为f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的周期为2kπ(k∈Z)，所以f(x)的一个周期为－2π，A项正确；
B项，因为f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))图象的对称轴为直线x＝kπ－eq \f(π,3)(k∈Z)，所以y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(8π,3)对称，B项正确；
C项，f(x＋π)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4π,3))).令x＋eq \f(4π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝kπ－eq \f(5π,6)，当k＝1时，x＝eq \f(π,6)，所以f(x＋π)的一个零点为x＝eq \f(π,6)，C项正确；
D项，令2kπ≤x＋eq \f(π,3)≤π＋2kπ(k∈Z)，得－eq \f(π,3)＋2kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)，所以f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))(k∈Z)，故f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))上单调递增，故D项错误．故选A、B、C.
2．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为4π，且∀x∈R，有f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))成立，则f(x)图象的一个对称中心是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，0))
解析：选A 由f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为4π，
得ω＝eq \f(1,2).
因为f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))恒成立，所以f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
即eq \f(1,2)×eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
由|φ|令eq \f(1,2)x＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，得x＝2kπ－eq \f(2π,3)(k∈Z)，
故f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3)，0))(k∈Z)，
当k＝0时，f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，0)).
一、创新命题视角——学通学活巧迁移
三角函数中有关ω的求解
数学运算是解决数学问题的基本手段，通过运算可促进学生思维的发展；而逻辑推理是得到数学结论、构建数学体系的重要方式．运算和推理贯穿于探究数学问题的始终，可交替使用，相辅相成．
类型(一) 三角函数的周期T与ω的关系
[例1] 为了使函数y＝sin ωx(ω>0)在区间[0,1]上至少出现50次最大值，则ω的最小值为( )
A．98π B.eq \f(197,2)π
C.eq \f(199,2)π D．100π
[解析] 由题意，至少出现50次最大值即至少需用49eq \f(1,4)个周期，所以eq \f(197,4)T＝eq \f(197,4)·eq \f(2π,ω)≤1，所以ω≥eq \f(197,2)π.
[答案] B
[名师微点]
解决此类问题的关键在于结合条件弄清周期T＝eq \f(2π,ω)与所给区间的关系，从而建立不等关系．
类型(二) 三角函数的单调性与ω的关系
[例2] 若函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，3)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))
[解析] 令eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq \f(3,2)π＋2kπ(k∈Z)，
得eq \f(π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(3π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)(k∈Z)，
因为f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≤\f(π,3)，,\f(π,2)≤\f(3π,2ω)＋\f(2kπ,ω)))(k∈Z)，
解得6k＋eq \f(3,2)≤ω≤4k＋3(k∈Z)．
又ω>0，所以k≥0，
又6k＋eq \f(3,2)<4k＋3(k∈Z)，得0≤k故eq \f(3,2)≤ω≤3.
[答案] D
[名师微点]
根据正弦函数的单调递减区间，确定函数f(x)的单调递减区间，根据函数f(x)＝ sin ωx(ω>0)，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，建立不等式，即可求ω的取值范围．
类型(三) 三角函数的对称性、最值与ω的关系
[例3] (1)已知f(x)＝sin ωx－cs ωxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>\f(2,3)))，若函数f(x)图象的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标都不属于区间(π，2π)，则ω的取值范围是________．
(2)已知函数f(x)＝2sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，则ω的取值范围是________．
[解析] (1)f(x)＝sin ωx－cs ωx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))，
令ωx－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得x＝eq \f(3π,4ω)＋eq \f(kπ,ω)(k∈Z)．
当k＝0时，eq \f(3π,4ω)≤π，即ω≥eq \f(3,4)，
当k＝1时，eq \f(3π,4ω)＋eq \f(π,ω)≥2π，即ω≤eq \f(7,8).
综上，eq \f(3,4)≤ω≤eq \f(7,8).
(2)显然ω≠0，分两种情况：
若ω>0，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，－eq \f(π,3)ω≤ωx≤eq \f(π,4)ω，
因为函数f(x)＝2sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，所以－eq \f(π,3)ω≤－eq \f(π,2)，解得ω≥eq \f(3,2)；
若ω<0，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，eq \f(π,4)ω≤ωx≤－eq \f(π,3)ω，
因为函数f(x)＝2sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，所以eq \f(π,4)ω≤－eq \f(π,2)，解得ω≤ －2.
综上所述，符合条件的实数ω的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω≤－2或ω≥\f(3,2))))).
[答案] (1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(7,8))) (2) eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω≤－2或ω≥\f(3,2)))))
[名师微点]
解答这类三角函数题除了需要熟练掌握正弦函数、余弦函数、正切函数的单调性外，还必须知晓一个周期里函数最值的变化，以及何时取到最值，函数取到最值的区间要求与题目给定的区间的关系如何．
二、创新考查方式——领悟高考新动向
1．(多选)下列关于函数f(x)＝sin|x|＋|sin x|的结论正确的是( )
A．f(x)是偶函数
B．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增
C．f(x)在[－π，π]上有4个零点
D．f(x)的最大值为2
解析：选AD A中，f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，
∴f(x)是偶函数，故A正确；
B中，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f(x)＝sin x＋sin x＝2sin x，函数单调递减，故B错误；
C中，当x＝0时，f(x)＝0，
当x∈(0，π]时，f(x)＝2sin x，
令f(x)＝0，得x＝π.
又∵f(x)是偶函数，
∴函数f(x)在[－π，π]上有3个零点，故C错误；
D中，∵sin|x|≤|sin x|，∴f(x)≤2|sin x|≤2，
当x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)时，
f(x)能取得最大值2，故D正确．
2．已知函数f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(A＞0，ω＞0)只能同时满足下列三个条件中的两个：
①函数f(x)的最大值为2；
②函数f(x)的图象可由y＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象平移得到；
③函数f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2).
(1)请写出这两个条件序号，并求出f(x)的解析式；
(2)求方程f(x)＋1＝0在区间[－π，π]上所有解的和．
解：(1)函数f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))满足的条件为①③.
理由如下：
由题意可知条件①②互相矛盾，
故③为函数f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))满足的条件之一，
由③可知，T＝π，∴ω＝2，故②不合题意，
∴函数f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))满足的条件为①③.
由①可知A＝2，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
(2)∵f(x)＋1＝0，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝－eq \f(1,2).
∴2x＋eq \f(π,6)＝－eq \f(π,6)＋2kπ(k∈Z)或2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(7,6)π＋2kπ(k∈Z)．
即x＝－eq \f(π,6)＋kπ(k∈Z)或x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)．
又∵x∈[－π，π]，
∴x的取值为－eq \f(π,6)，eq \f(5,6)π，－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)，
∴方程f(x)＋1＝0在区间[－π，π]上所有解的和为eq \f(2,3)π.
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、基础练——练手感熟练度
1．下列函数中，周期为2π的奇函数为( )
A．y＝sineq \f(x,2)cseq \f(x,2) B．y＝sin2x
C．y＝tan 2x D．y＝sin 2x＋cs 2x
解析：选A y＝sin2x为偶函数；y＝tan 2x的周期为eq \f(π,2)；y＝sin 2x＋cs 2x为非奇非偶函数，故B、C、D都不正确，故选A.
2．(多选)关于函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，下列说法正确的是( )
A．是奇函数
B．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))为其图象的一个对称中心
D．最小正周期为eq \f(π,2)
解析：选CD 函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))是非奇非偶函数，A错；函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，B错；最小正周期为eq \f(π,2)，D对；由2x－eq \f(π,3)＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,4)＋eq \f(π,6)(k∈Z)．当k＝0时，x＝eq \f(π,6)，所以它的图象关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称，C对．故选C、D.
3．函数y＝|cs x|的一个单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) B．[0，π]
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))
解析：选D 将y＝cs x位于x轴下方的图象关于x轴对称翻折到x轴上方，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y＝|cs x|的图象(如图)．故选D.
4．函数y＝cs2x－2sin x的最大值与最小值分别为( )
A．3，－1 B．3，－2
C．2，－1 D．2，－2
解析：选D y＝cs2x－2sin x＝1－sin2x－2sin x
＝－sin2x－2sin x＋1，
令t＝sin x，
则t∈[－1,1]，y＝－t2－2t＋1＝－(t＋1)2＋2，
所以ymax＝2，ymin＝－2.
5．定义在R上的函数f(x)既是偶函数又是周期函数，若f(x)的最小正周期是π，且当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)＝sin x，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)))的值为( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(7,16) D.eq \f(\r(3),2)
解析：选D ∵f(x)的最小正周期是π，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)－2π))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，∵函数f(x)是偶函数，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sin eq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2).故选D.
二、综合练——练思维敏锐度
1．下列四个函数中，以π为最小正周期，且在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上为减函数的是( )
A．y＝sin 2x B．y＝2|cs x|
C．y＝cs eq \f(x,2) D．y＝tan(－x)
解析：选D A选项，函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))上单调递增，故排除A；B选项，函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增，故排除B；C选项，函数的周期是4π，故排除C.故选D.
2．如果函数y＝3cs(2x＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))对称，那么|φ|的最小值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
解析：选A 由题意得3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(4π,3)＋φ))＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ＋2π))＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，
∴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|的最小值为eq \f(π,6).
3．同时满足f(x＋π)＝f(x)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))的函数f(x)的解析式可以是( )
A．f(x)＝cs 2x B．f(x)＝tan x
C．f(x)＝sin x D．f(x)＝sin 2x
解析：选D 由题意知所求函数的周期为π，且图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称．
A．f(x)＝cs 2x的周期为π，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝0不是函数的最值，∴其图象不关于直线x＝eq \f(π,4)对称．
B．f(x)＝tan x的周期为π，但图象不关于直线x＝eq \f(π,4)对称．
C．f(x)＝sin x的周期为2π，不合题意．
D．f(x)＝sin 2x的周期为π，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝1为函数最大值，∴D满足条件．故选D.
4．若函数f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)为奇函数，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为减函数，则θ的一个值为( )
A．－eq \f(π,3) B．－eq \f(π,6)
C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
解析：选D 由题意得f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋θ＋\f(π,6))).因为函数f(x)为奇函数，所以θ＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，故θ＝－eq \f(π,6)＋kπ(k∈Z)．当θ＝－eq \f(π,6)时，f(x)＝2sin 2x，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为增函数，不合题意；当θ＝eq \f(5π,6)时，f(x)＝－2sin 2x，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为减函数，符合题意，故选D.
5．(2021·惠州模拟)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，其中ω为常数，且ω∈(1,3)．若对任意的实数x，总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，则|x1－x2|的最小值是( )
A．1 B．eq \f(π,2)
C．2 D．π
解析：选B 因为函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，所以eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，所以ω＝3k－1(k∈Z)，由ω∈(1,3)，得ω＝2.由题意得|x1－x2|的最小值为函数的半个周期，即eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2).
6．(多选)已知函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称，且f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上为单调函数，则下述四个结论中正确的是( )
A．满足条件的ω取值有2个
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0))为函数f(x)的一个对称中心
C．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，0))上单调递增
D．f(x)在(0，π)上有一个极大值点和一个极小值点
解析：选ABC 因为函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称，所以eq \f(3π,4)ω＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，
解得ω＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋k))>0(k∈Z)，
又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上为单调函数，所以eq \f(π,4)≤eq \f(\f(π,2),ω)，即ω≤2，
所以ω＝eq \f(2,3)或ω＝2，即f(x)＝sineq \f(2,3)x或f(x)＝sin 2x，
所以总有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)))＝0，故A、B正确；
由f(x)＝sineq \f(2,3)x或f(x)＝sin 2x图象知，
f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，0))上单调递增，故C正确；
当x∈(0，π)时，f(x)＝sineq \f(2,3)x只有一个极大值点，不符合题意，故D不正确．故选A、B、C.
7．函数y＝sin x＋cs x＋3cs xsin x的最大值是________，最小值是________．
解析：令t＝sin x＋cs x，
则t∈[－eq \r(2)，eq \r(2)]．
∵(sin x＋cs x)2－2sin xcs x＝1，
∴sin xcs x＝eq \f(t2－1,2)，
∴y＝eq \f(3,2)t2＋t－eq \f(3,2)，t∈[－eq \r(2)，eq \r(2) ]，
∵对称轴t＝－eq \f(1,3)∈[－eq \r(2)，eq \r(2) ]，
∴ymin＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝eq \f(3,2)×eq \f(1,9)－eq \f(1,3)－eq \f(3,2)＝－eq \f(5,3)，
ymax＝f(eq \r(2))＝eq \f(3,2)＋eq \r(2).
故函数的最大值与最小值分别为eq \f(3,2)＋eq \r(2)，－eq \f(5,3).
答案：eq \f(3,2)＋eq \r(2) －eq \f(5,3)
8．(2021年1月新高考八省联考卷)写出一个最小正周期为2的奇函数f(x)＝________.
解析：基本初等函数中的既为周期函数又为奇函数的函数为y＝sin x，∴此题可考虑在此基础上调整周期使其满足题意．由此可知f(x)＝sin ωx且T＝eq \f(2π,ω)⇒f(x)＝sin πx.
答案：sin πx
9．(2020·全国卷Ⅲ)关于函数f(x)＝sin x＋eq \f(1,sin x)有如下四个命题：
①f(x)的图象关于y轴对称．
②f(x)的图象关于原点对称．
③f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称．
④f(x)的最小值为2.
其中所有真命题的序号是________．
解析：由题意知f(x)的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，且关于原点对称．又f(－x)＝ sin(－x)＋eq \f(1,sin－x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋\f(1,sin x)))＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，所以①为假命题，②为真命题．因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＋eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x)))＝cs x＋eq \f(1,cs x)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＋eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x)))＝cs x＋eq \f(1,cs x)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称，③为真命题．当sin x<0时，f(x)<0，所以④为假命题．综上，所有真命题的序号是②③.
答案：②③
10．已知函数f(x)＝cs(2x＋θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,8)π，－\f(π,6)))上单调递增，若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))≤m恒成立，则实数m的取值范围为________．
解析：f(x)＝cs(2x＋θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2)))，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,8)π，－\f(π,6)))时，－eq \f(3,4)π＋θ≤2x＋θ≤－eq \f(π,3)＋θ，
由函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,8)π，－\f(π,6)))上是增函数，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－π＋2kπ≤－\f(3,4)π＋θ，,－\f(π,3)＋θ≤2kπ))(k∈Z)，
则2kπ－eq \f(π,4)≤θ≤2kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．
又0≤θ≤eq \f(π,2)，∴0≤θ≤eq \f(π,3).
∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ))，又eq \f(π,2)≤θ＋eq \f(π,2)≤eq \f(5,6)π，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))max＝0，∴m≥0.
答案：[0，＋∞)
11．若函数y＝eq \f(1,2)sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,12)))上单调递减，则ω的取值范围是________．
解析：因为函数y＝eq \f(1,2)sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,12)))上单调递减，
所以ω＜0且函数y＝eq \f(1,2)sin(－ωx)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,8)))上单调递增，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω＜0，,－ω·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))≥2kπ－\f(π,2)，k∈Z，,－ω·\f(π,8)≤2kπ＋\f(π,2)，k∈Z，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω＜0，,ω≥24k－6，k∈Z，,ω≥－16k－4，k∈Z，))解得－4≤ω＜0.
答案：[－4,0)
12．已知函数f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x，给出下列四个命题：
①函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称；
②函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增；
③函数f(x)的最小正周期为π；
④函数f(x)的值域为[－2,2]．
其中是真命题的序号是________．
解析：对于函数f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x，
由于feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝－2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))＝0，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))≠feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))，
故f(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,4)对称，故排除①.
在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上，f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x＝2sin 2x，2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，此时函数f(x)单调递增，故②正确．
函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \r(3)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝0.
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))≠feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))，故函数f(x)的最小正周期不是π，故③错误．
当cs x≥0时，f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x＝2sin xcs x＋sin 2x＝2sin 2x，故它的最大值为2，最小值为－2；
当cs x<0时，f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x＝－2sin xcs x＋sin 2x＝0.
综合可得，函数f(x)的最大值为2，最小值为－2，故④正确．
答案：②④
13．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(2π,3)))的最小正周期为π.
(1)当f(x)为偶函数时，求φ的值；
(2)若f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))，求f(x)的单调递增区间．
解：因为f(x)的最小正周期为π，所以T＝eq \f(2π,ω)＝π，即ω＝2.所以f(x)＝sin(2x＋φ)．
(1)当f(x)为偶函数时，φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，
因为0<φ(2)当f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝eq \f(\r(3),2)，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝eq \f(\r(3),2).
又因为0<φ所以eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(2π,3)，即φ＝eq \f(π,3).
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
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f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)．
14．在①函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，b))对称；②函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最小值为eq \f(1,2)；③函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称．在这三个条件中任选两个补充到下面的问题中，再解答这个问题．
已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)＋beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))，若满足条件________与________．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)设g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))，求g(x)的单调区间．
解：(1)选①②.
∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，b))为f(x)的对称中心，
∴2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，
又|φ|∵－eq \f(π,4)≤x≤eq \f(π,4)，∴－eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(5π,6)，
∴－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))≤1.
∴f(x)min＝－eq \f(1,2)＋b＝eq \f(1,2)，∴b＝1，
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1.
选②③.
∵x＝eq \f(π,12)为f(x)的一条对称轴，
∴2×eq \f(π,12)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，∴φ＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，
又|φ|∵－eq \f(π,4)≤x≤eq \f(π,4)，∴－eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(5π,6)，
∴－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))≤1.
∴f(x)min＝－eq \f(1,2)＋b＝eq \f(1,2)，∴b＝1，
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1.
(2)由(1)知f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1，
则g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋π＋\f(π,3)))＋1
＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1，
由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，
∴g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,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(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(7π,12)，k∈Z，
∴g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,12)，kπ＋\f(7π,12)))，k∈Z.函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象
定义域
R
R
xx∈R，且x≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z
值域
[－1,1]
[－1,1]
R
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
单调性
在－eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)上是递增函数，在eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)上是递减函数
在[2kπ－π，2kπ](k∈Z)上是递增函数，在[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)上是递减函数
在－eq \f(π,2)＋kπ，eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)上是递增函数
周期性
周期是2kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是eq \a\vs4\al(2π)
周期是2kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是eq \a\vs4\al(2π)
周期是kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是eq \a\vs4\al(π)
对称性
对称轴是x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，对称中心是(kπ，0)(k∈Z)
对称轴是x＝kπ(k∈Z)，对称中心是kπ＋eq \f(π,2)，0(k∈Z)
对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)
直接法
形如y＝asin x＋k或y＝acs x＋k的三角函数，直接利用sin x，cs x的值域求出
化一法
形如y＝asin x＋bcs x＋k的三角函数，化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，确定ωx＋φ的范围，根据正弦函数单调性写出函数的值域(最值)
换元法
形如y＝asin2x＋bsin x＋k的三角函数，可先设sin x＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)；形如y＝asin xcs x＋b(sin x±cs x)＋c的三角函数，可先设t＝ sin x±cs x，化为关于t的二次函数求值域(最值)
代换法
就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角u(或t)，利用基本三角函数的单调性列不等式求解
图象法
画出三角函数的正、余弦和正切曲线，结合图象求它的单调区间
子集法
求出原函数的相应单调区间，由已知区间是所求某区间的子集，列不等式(组)求解
反子
集法
由所给区间求出整体角的范围，由该范围是某相应正、余弦函数的某个单调区间的子集，列不等式(组)求解
周期
性法
由所给区间的两个端点到其相应对称中心的距离不超过eq \f(1,4)周期列不等式(组)求解
公式法
(1)三角函数y＝sin x，y＝cs x，y＝tan x的最小正周期分别为2π，2π，π；
(2)y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acs(ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(2π,|ω|)，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(π,|ω|)
图象法
利用三角函数图象的特征求周期．如：相邻两最高点(最低点)之间为一个周期，最高点与相邻的最低点之间为半个周期
定义法
正(余)弦函数的对称轴是过函数的最高点或最低点且垂直于x轴的直线，对称中心是图象与x轴的交点，即函数的零点
公式法
函数y＝Asin(ωx＋φ)的对称轴为x＝eq \f(kπ,ω)－eq \f(φ,ω)＋eq \f(π,2ω)，对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,ω)－\f(φ,ω)，0))；函数y＝Acs(ωx＋φ)的对称轴为x＝eq \f(kπ,ω)－eq \f(φ,ω)，对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,ω)－\f(φ,ω)＋\f(π,2ω)，0))；函数y＝Atan(ωx＋φ)的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2ω)－\f(φ,ω)，0)).上述k∈Z