2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第四章第三讲　三角函数的图象与性质

2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第四章第三讲　三角函数的图象与性质

第三讲　三角函数的图象与性质 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎1.[改编题]下列说法正确的是(　　)‎ A.正切函数y=tan x在定义域上是增函数 B.已知y=ksin x+1,x∈R,则y的最大值为k+1‎ C.将函数y=sin ωx的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度,得到函数y=sin(ωx - φ)的图象 D.y=sin|x|是偶函数 ‎2.[多选题]将函数y=sin x的图象向左平移π‎2‎个单位长度,得到函数y=f (x)的图象,则下列说法正确的是(　　)‎ A.y=f (x)是偶函数 B.y=f (x)的最小正周期为π C.y=f (x)的图象关于直线x=π‎2‎对称 D.y=f (x)的图象关于点( - π‎2‎,0)对称 ‎3.[2019全国卷Ⅱ]若x1=π‎4‎,x2=‎3π‎4‎是函数f (x)=sin ωx(ω>0)两个相邻的极值点,则ω=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.2 B.‎3‎‎2‎ C.1 D.‎‎1‎‎2‎ ‎4.[2019全国卷Ⅱ]下列函数中,以π‎2‎为周期且在区间(π‎4‎,π‎2‎)上单调递增的是(　　)‎ A.f (x)=|cos 2x| B.f (x)=|sin 2x|‎ C.f (x)=cos|x| D.f (x)=sin|x|‎ ‎5.[2020大同市高三调研]已知函数y=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π‎2‎)的部分图象如图4 - 3 - 1所示,则ω,φ的值分别为(　　)‎ A.2, - π‎3‎ B.2, - π‎6‎ C.4, - π‎6‎ D.4,‎π‎3‎ ‎6.[2019天津高考]已知函数f (x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)是奇函数,且f (x)‎ 的最小正周期为π,将y=f (x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),所得图象对应的函数为g(x).若g(π‎4‎)=‎2‎,则 f (‎3π‎8‎)=(　　)‎ A. - 2 B. - ‎2‎ C.‎2‎ D.2‎ ‎7.[2019北京高考]函数f (x)=sin22x的最小正周期是　　　　. ‎ ‎8.[2018北京高考]设函数f (x)=cos(ωx - π‎6‎)(ω>0).若f (x)≤f (π‎4‎)对任意的实数x都成立,则ω的最小值为　　　　. ‎ 考法1 三角函数的图象变换及其应用 ‎1(1)要得到函数y=sin(5x - π‎4‎)的图象,只需将函数y=cos 5x的图象　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.向左平移‎3π‎20‎个单位长度 　B.向右平移‎3π‎20‎个单位长度 C.向左平移‎3π‎4‎个单位长度 　D.向右平移‎3π‎4‎个单位长度 ‎ (2)如图4 - 3 - 2所示的是函数f (x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π‎2‎)在区间[ - π‎6‎,‎5π‎6‎]上的图象,若将该函数图象上各点的横坐标缩小为原来的一半(纵坐标不变),再向右平移m(m>0)个单位长度后,所得到的图象关于直线x=‎5π‎12‎对称,则m的最小值为 A.‎7π‎6‎ B.π‎6‎ C.π‎8‎ D.‎‎7π‎24‎ ‎(1)函数y=cos 5x=sin(5x+π‎2‎)=sin 5(x+π‎10‎),(将变换前后的两个函数名化为同名)‎ y=sin(5x - π‎4‎)=sin 5(x - π‎20‎),设平移|φ|个单位长度,则π‎10‎+φ= - π‎20‎,(方程思想)‎ 解得φ= - ‎3π‎20‎,故把函数y=cos 5x的图象向右平移‎3π‎20‎个单位长度,可得函数y=sin(5x - π‎4‎)的图象.‎ ‎(2)解法一　(直接法)由函数f (x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π‎2‎)的部分图象, 可得周期T=‎2πω‎=‎‎5π‎6‎ - ( - π‎6‎)=π,所以ω=2.‎ 又点( - π‎6‎,0)在函数f (x)的图象上,所以sin[2×( - π‎6‎)+φ]=0,所以φ - π‎3‎=2kπ(k∈Z),所以φ=π‎3‎+2kπ(k∈Z),‎ 又0<φ<π‎2‎,所以k=0,φ=π‎3‎.‎ 故函数f (x)的解析式为 f (x)=sin(2x+π‎3‎).(由图定式)‎ 把f (x)=sin(2x+π‎3‎)的图象上各点的横坐标缩小为原来的一半(纵坐标不变),再向右平移m(m>0)个单位长度后,得到g(x)=sin(4x - 4m+π‎3‎)的图象,(依据变换规律求解析式)‎ 因为所得图象关于直线x=‎5π‎12‎对称,所以4×‎5π‎12‎ - 4m+π‎3‎‎=‎π‎2‎+kπ(k∈Z),解得m=‎3‎‎8‎π - ‎1‎‎4‎kπ,k∈Z,(依据对称轴列方程求m)‎ 所以由m>0,可得当k=1时,m取得最小值,且最小值为π‎8‎.(范围定最值)‎ 解法二　(特征值法)由函数图象可知P( - π‎6‎,0)和Q(‎5π‎6‎,0)是函数f (x)的图象的两个对称中心,得线段PQ的中点M(π‎3‎,0)也是函数 f (x)的图象的对称中心.‎ 显然,函数f (x)的周期T=‎5π‎6‎ - ( - π‎6‎)=π.(定周期)‎ 显然PM的中点(π‎12‎,0)在函数f (x)的图象的一条对称轴上,即直线x=π‎12‎是该函数图象的一条对称轴.(由相邻对称中心定对称轴)‎ 所以该函数图象的对称轴的方程为x=π‎12‎+k·π‎2‎(k∈Z).(结合周期性定对称轴的方程)‎ 根据题意,将f (x)的图象上所有点的横坐标变为原来的一半,再向右平移m个单位长度后,所得函数图象的对称轴的方程为x=‎1‎‎2‎(π‎12‎+k·π‎2‎)+m=π‎24‎‎+‎kπ‎4‎+m(k∈Z),(根据图象变换规律求变换后所得函数图象的对称轴方程)‎ 令π‎24‎‎+‎kπ‎4‎+m=‎5π‎12‎(k∈Z),解得m=‎3π‎8‎‎-‎kπ‎4‎(k∈Z).(列方程求值)‎ 因为m>0,所以当k=1时,m取得最小值,最小值为‎3π‎8‎‎-π‎4‎=‎π‎8‎.‎ ‎(1)B　 (2)C ‎ ‎ 对于函数图象的平移方向类问题的求解,注意“正向左,负向右”的前提是把x的系数提取出来,如由y=sin( - x)变为 y=sin( - x - 1),不能简单地依据“负向右”得出平移方向是向右,正确的描述应该是向左平移一个单位长度.‎ ‎1.[2020湖北部分重点中学高三测试]将函数f (x)=sin(2x+φ),φ∈(0,π)的图象向左平移π‎12‎个单位长度得到函数g(x)的图象,已知g(x)是偶函数,则tan(φ - π‎6‎)= (　　)‎ A. - ‎3‎ B.‎3‎ C. - ‎3‎‎3‎ D.‎‎3‎‎3‎ 考法2 由三角函数的图象求解析式 ‎2已知函数f (x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的部分图象如图4 - 3 - 3所示,则f (x)的解析式为 图4 - 3 - 3‎ A.f (x)=2 ‎3‎sin(π‎8‎x+π‎4‎)‎ B.f (x)=2 ‎3‎sin(π‎8‎x+‎3π‎4‎)‎ C.f (x)=2 ‎3‎sin(π‎8‎x - π‎4‎)‎ D.f (x)=2 ‎3‎sin(π‎8‎x - ‎3π‎4‎)‎ 由图象可得,函数的最大值为2‎3‎,最小值为 - 2‎3‎,故A=2‎3‎.(最值定A)‎ 由函数图象可得,两个相邻对称中心分别为( - 2,0),(6,0),‎ 所以函数的周期T=2×[6 - ( - 2)]=16,(对称中心定周期)‎ 所以ω=‎2πT‎=‎2π‎16‎=‎π‎8‎.(周期定ω)‎ 所以f (x)=2‎3‎sin(π‎8‎x+φ).‎ 解法一　(由对称中心定φ)由点( - 2,0)在函数图象上可得f ( - 2)=2‎3‎sin[π‎8‎×( - 2)+φ]=2‎3‎sin(φ - π‎4‎)=0,(代坐标列方程)‎ 又( - 2,0)在函数图象的下降段上,所以φ - π‎4‎=π+2kπ(k∈Z),解得φ=2kπ+‎5π‎4‎(k∈Z).　‎ 因为|φ|<π,‎ 所以k= - 1,φ= - ‎3π‎4‎.‎ 所以函数的解析式为f (x)=2‎3‎sin(π‎8‎x - ‎3π‎4‎).‎ 解法二　(由最值点定φ)由函数图象可知,相邻两个对称中心分别为( - 2,0),(6,0),所以这两个对称中心之间的函数图象的最低点的坐标为(2, - 2‎3‎).(求最低点坐标)‎ 代入函数解析式可得f (2)=2‎3‎sin(π‎8‎×2+φ)= - 2‎3‎,‎ 即sin(π‎4‎+φ)= - 1,‎ 所以π‎4‎+φ=2kπ - ‎ ‎π‎2‎(k∈Z),‎ 解得φ=2kπ - ‎ ‎‎3π‎4‎(k∈Z).‎ 因为|φ|<π,‎ 所以k=0,φ= - ‎3π‎4‎.‎ 故函数的解析式为f (x)=2‎3‎sin(π‎8‎x - ‎3π‎4‎).‎ D 考法3 三角函数的单调性 ‎3 [2018全国卷Ⅱ]若f (x)=cos x - sin x在[ - a,a]上是减函数,则a的最大值是 A.π‎4‎ B.π‎2‎ C.‎3π‎4‎ D.π 解法一　(一角一函数——模型解法)f (x)=‎2‎cos(x+π‎4‎),‎ 由2kπ≤x+π‎4‎≤2kπ+π(k∈Z),得2kπ - π‎4‎≤x≤2kπ+‎3π‎4‎(k∈Z).‎ 即f (x)的单调递减区间为[ - π‎4‎+2kπ,‎3π‎4‎+2kπ](k∈Z),‎ 又函数f (x)在[ - a,a]上是减函数,则[ - a,a]⊆[2kπ - π‎4‎,2kπ+‎3π‎4‎](k∈Z),‎ 显然当k=0时,上述关系才能成立.则易得a的最大值是π‎4‎.‎ 解法二　(导数法——转化为不等式恒成立模型)由已知得, f ' (x)= - sin x - cos x= - (sin x+cos x)= - ‎2‎sin(x+π‎4‎).‎ 由题意知,在[ - a,a]上f ' (x)≤0,即 - ‎2‎sin(x+π‎4‎)≤0在区间[ - a,a]上恒成立.‎ 也就是sin(x+π‎4‎)≥0在区间[ - a,a]上恒成立.‎ 由sin(x+π‎4‎)≥0得,2kπ≤x+π‎4‎≤2kπ+π(k∈Z),‎ 解得2kπ - π‎4‎≤x≤2kπ+‎3π‎4‎(k∈Z).‎ 所以[ - a,a]⊆[2kπ - π‎4‎,2kπ+‎3π‎4‎](k∈Z),‎ 显然当k=0时,上述关系才能成立,即[ - a,a]⊆[ - π‎4‎,‎3π‎4‎],‎ 此时‎-a≥-π‎4‎,‎a≤‎3π‎4‎,‎解得a≤π‎4‎.‎ 所以a的最大值为π‎4‎.‎ A ‎2.[2019山东师大附中二模]若将函数f (x)=‎1‎‎2‎sin(2x+π‎3‎)图象上的每一个点都向左平移π‎3‎个单位长度,得到g(x)的图象,则函数g(x)的单调递增区间为(　　)‎ A.[kπ+π‎4‎,kπ+‎3π‎4‎](k∈Z) 　B.[kπ - π‎4‎,kπ+π‎4‎](k∈Z)‎ C.[kπ - ‎2π‎3‎,kπ - π‎6‎](k∈Z) 　D.[kπ - π‎12‎,kπ+‎5π‎12‎](k∈Z)‎ 考法4 求三角函数的最值(值域) ‎ ‎4 (1)[2019山东济南模拟]已知函数f (x)=sin(ωx - π‎6‎)(ω>0),x∈[0,π],f (x)的值域为[ - ‎1‎‎2‎,1],则ω的最小值为 A.‎2‎‎3‎ B.‎3‎‎4‎ C.‎4‎‎3‎ D.‎‎3‎‎2‎ ‎(2)[2019全国卷Ⅰ]函数f (x)=sin(2x+‎3π‎2‎) - 3cos x的最小值为　　　　. ‎ ‎(1)因为0≤x≤π,所以 - π‎6‎≤ωx - π‎6‎≤ωπ - π‎6‎.‎ 而f (x)的值域为[ - ‎1‎‎2‎,1],且f (0)=sin( - π‎6‎)= - ‎1‎‎2‎,sin ‎7π‎6‎= - ‎1‎‎2‎, ‎ 结合函数y=sin t的图象(如图4 - 3 - 4所示)可得π‎2‎≤ωπ - π‎6‎≤‎7π‎6‎,解得‎2‎‎3‎≤ω≤‎4‎‎3‎. ‎ 则ω的最小值为‎2‎‎3‎.故选A.‎ ‎(2)f (x)=sin(2x+‎3π‎2‎) - 3cos x= - cos 2x - 3cos x=1 - 2cos2x - 3cos x=‎ ‎ - 2(cos x+‎3‎‎4‎)2+‎17‎‎8‎,因为cos x∈[ - 1,1],所以当cos x=1时,f (x)取得最小值,f (x)min= - 4.‎ ‎3.(1)[2017全国卷Ⅱ]函数f (x)=sin2x+‎3‎cos x - ‎3‎‎4‎(x∈[0,π‎2‎])的最大值是　　　. ‎ ‎(2)[2018全国卷Ⅰ]已知函数f (x)=2sin x+sin 2x,则f (x)的最小值是　　　　. ‎ 考法5 三角函数的奇偶性、周期性、图象的对称性 命题角度1　三角函数的周期性 ‎5求下列函数的周期:‎ ‎(1)y=2|sin(4x - π‎3‎)|;‎ ‎(2)y=|tan x|;‎ ‎(3)y=2cos xsin(x+π‎3‎) - ‎3‎sin2x+sin xcos x.‎ ‎(1)(公式法)y=2|sin(4x - π‎3‎)|的最小正周期是y=2sin(4x - π‎3‎)的最小正周期的一半,即T=‎1‎‎2‎×‎2π‎4‎‎=‎π‎4‎.‎ ‎(2)(图象法)画出y=|tan x|的图象,如图4 - 3 - 5所示.‎ 图4 - 3 - 5‎ 由图象易知T=π.‎ ‎(3)(转化法)y=2cos x(‎1‎‎2‎sin x+‎3‎‎2‎cos x) - ‎3‎sin2x+sin xcos x ‎=sin x cos x+‎3‎cos2x - ‎3‎sin2x+sin xcos x ‎=sin 2x+‎3‎cos 2x ‎=2sin(2x+π‎3‎),‎ 故该函数的最小正周期T=‎2π‎2‎=π.‎ 命题角度2　三角函数的奇偶性 ‎6函数f (x)=3sin(2x - π‎3‎+φ),φ∈(0,π)满足f (|x|)=f (x),则φ的值为　　　　. ‎ 由题意知f (x)为偶函数,其图象关于y轴对称,‎ ‎∴f (0)=3sin(φ - π‎3‎)=±3,∴φ - π‎3‎=kπ+π‎2‎,k∈Z.‎ 又0<φ<π,∴φ=‎5π‎6‎.‎ 命题角度3　三角函数图象的对称性 ‎7 [2019湖北部分重点中学高三测试]已知函数f (x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π‎2‎),其图象的相邻两条对称轴之间的距离为π‎4‎,将函数y=f (x)的图象向左平移‎3π‎16‎个单位长度后,得到的图象关于y 轴对称,那么函数y=f (x)的图象　　　　　　　　‎ A.关于点( - π‎16‎,0)对称 B.关于点(π‎16‎,0)对称 C.关于直线x=π‎16‎对称 D.关于直线x= - π‎4‎对称 因为函数y=f (x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π‎4‎,所以函数的周期T=π‎2‎,(相邻两条对称轴之间的距离是‎1‎‎2‎个最小正周期)‎ 所以ω=‎2πT=4,所以f (x)=sin(4x+φ).‎ 将函数y=f (x)的图象向左平移‎3π‎16‎个单位长度后,得到函数y=sin[4(x+‎3π‎16‎)+φ]的图象,‎ 因为所得图象关于y轴对称,‎ 所以4×‎3π‎16‎+φ=kπ+π‎2‎,k∈Z,即φ=kπ - π‎4‎,k∈Z.‎ 又|φ|<π‎2‎,所以φ= - π‎4‎,‎ 所以f (x)=sin(4x - π‎4‎).‎ 令4x - π‎4‎=kπ,k∈Z,(根据y=sin t的性质求对称中心)‎ 解得x=kπ‎4‎‎+‎π‎16‎,k∈Z,令k=0,得f (x)的图象关于点(π‎16‎,0)对称,故B正确,易得A不正确.‎ 令4x - π‎4‎‎=‎π‎2‎+kπ,k∈Z,(根据y=sin t的性质求对称轴)‎ 解得x=‎3π‎16‎‎+‎kπ‎4‎,k∈Z,‎ 所以函数f (x)的图象的对称轴方程为x=‎3π‎16‎‎+‎kπ‎4‎,k∈Z,易得C,D均不正确.‎ B 考法6 三角函数的综合问题 ‎8 [2016天津高考] 已知函数f (x)=4tan x·sin(π‎2‎ - x)cos(x - ‎ ‎π‎3‎) - ‎3‎.‎ ‎(1)求f (x)的定义域与最小正周期;‎ ‎(2)讨论f (x)在区间[ - ‎ ‎π‎ 4‎,π‎4‎]上的单调性.‎ ‎(1)f (x)的定义域为{x|x≠π‎2‎+kπ,k∈Z}.(由正切函数定义域得f (x)的定义域)‎ f (x)=4tan xcos xcos(x - π‎3‎) - ‎‎3‎ ‎=4sin xcos(x - π‎3‎) - ‎‎3‎ ‎=4sin x(‎1‎‎2‎cos x+‎3‎‎2‎sin x) - ‎‎3‎ ‎=2sin xcos x+2‎3‎sin2x - ‎‎3‎ ‎=sin 2x+‎3‎(1 - cos 2x) - ‎‎3‎ ‎=sin 2x - ‎3‎cos 2x ‎=2sin(2x - π‎3‎).(化为一角一函数)‎ 所以f (x)的最小正周期T=‎2π‎2‎=π.(利用公式法求周期)‎ ‎(2)令z=2x - π‎3‎,函数y=2sin z的单调递增区间是[ - π‎2‎+2kπ,π‎2‎+2kπ],k∈Z.‎ 由 - π‎2‎+2kπ≤2x - π‎3‎≤π‎2‎+2kπ,(利用整体代换法求解f (x)的单调递增区间)‎ 得 - π‎12‎+kπ≤x≤‎5π‎12‎+kπ,k∈Z.‎ 设A=[ - π‎4‎,π‎4‎],B={x| - π‎12‎+kπ≤x≤‎5π‎12‎+kπ,k∈Z},易知A∩B=[ - π‎12‎,π‎4‎].‎ 所以,当x∈[ - π‎4‎,π‎4‎]时, f (x)在区间[ - π‎12‎,π‎4‎]上单调递增,在区间[ - π‎4‎, - π‎12‎]上单调递减.‎ ‎4.[2019全国卷Ⅰ]关于函数f (x)=sin|x|+|sin x|有下述四个结论:‎ ‎①f (x)是偶函数;②f (x)在区间(π‎2‎,π)上单调递增;‎ ‎③f (x)在[ - π,π]上有4个零点;④f (x)的最大值为2.‎ 其中所有正确结论的编号是(　　)‎ A.①②④ B.②④ C.①④ D.①③‎ 考法7 三角函数模型的应用 ‎9 [湖北高考]某实验室一天的温度(单位:℃)随时间t(单位:h)的变化近似满足函数关系:‎ f (t)=10 - ‎3‎cosπ‎12‎t - sinπ‎12‎t,t∈[0,24).‎ ‎(1)求实验室这一天的最大温差;‎ ‎(2)若要求实验室温度不高于11 ℃,则在哪段时间实验室需要降温?‎ ‎(1)因为f (t)=10 - 2(‎3‎‎2‎cos π‎12‎t+‎1‎‎2‎sin π‎12‎t)=10 - 2sin(π‎12‎t+π‎3‎),又0≤t<24,所以π‎3‎≤π‎12‎t+π‎3‎‎<‎‎7π‎3‎,所以 - 1≤sin(π‎12‎t+π‎3‎)≤1.‎ 当t=2时,sin(π‎12‎t+π‎3‎)=1;‎ 当t=14时,sin(π‎12‎t+π‎3‎)= - 1.‎ 于是f (t)在[0,24)上取得最大值12,取得最小值8.‎ 故实验室这一天最高温度为12 ℃,最低温度为8 ℃,最大温差为4 ℃.‎ ‎(2)依题意,当f (t)>11时实验室需要降温.‎ 由(1)得f (t)=10 - 2sin(π‎12‎t+π‎3‎),‎ 故有10 - 2sin(π‎12‎t+π‎3‎)>11,‎ 即sin(π‎12‎t+π‎3‎)< - ‎1‎‎2‎.‎ 又0≤t<24,因此‎7π‎6‎‎<‎π‎12‎t+π‎3‎‎<‎‎11π‎6‎,所以100,ω>0,|φ|<π‎2‎)的模型波动(x为月份),已知3月份达到最高价9千元,9月份价格最低为5千元,则7月份的出厂价格为　　　　元. ‎ 考法8 三角函数与其他知识的交汇 ‎10 [2019安徽淮南二模]已知函数y=A' sin(ωx+φ)(|φ|<π‎2‎,ω>0)图象的一部分如图4 - 3 - 6所示. ‎ A,B,D是此函数图象与x轴的三个相邻交点,C是图象的最高点,点D的坐标是(‎11π‎12‎,0),则数量积 AB·AC=‎ A.π‎2‎‎2‎ B.π‎2‎‎4‎ C.π‎2‎‎6‎ D.‎π‎2‎‎8‎ 先根据函数图象确定函数解析式中各个参数的值,从而确定点A,B,C的坐标,然后求出两个向量的坐标,代入公式求解即可.‎ 由函数图象可知A' =2,且f (0)=1,故sin φ=‎1‎‎2‎.‎ 又|φ|<π‎2‎,故φ=π‎6‎.‎ 观察图象知x=‎11π‎12‎在函数的单调递增区间内,‎ 所以ω×‎11π‎12‎‎+‎π‎6‎=2kπ,k∈Z,‎ 解得ω=‎24k-2‎‎11‎,k∈Z.‎ 由函数图象可知‎2πω‎>‎‎11π‎12‎,‎ 故0<ω<‎24‎‎11‎,故ω=2,‎ 所以f (x)=2sin(2x+π‎6‎). (求函数解析式)‎ 故A( - π‎12‎,0),B(‎5π‎12‎,0),C(π‎6‎,2), (求点的坐标)‎ 因此 AB=(π‎2‎,0),AC=(π‎4‎,2),‎ 故 AB·AC‎=‎π‎2‎‎8‎.‎ D 解后反思　‎ 该题中点D的坐标的应用是解题的关键,该点的坐标说明两个问题:一是函数最小正周期的取值范围,显然T>‎11π‎12‎;二是根据x=‎11π‎12‎在函数的单调递增区间内,可知ω×‎11π‎12‎‎+‎π‎6‎=2kπ(k∈Z).这样便可以得到ω的值.若x=‎11π‎12‎在函数的单调递减区间内,则ω×‎11π‎12‎‎+‎π‎6‎=2kπ+π(k∈Z).‎ ‎6.已知函数f (x)=2sin(ωx+φ)+1(ω>0,|φ|≤π‎2‎), 其图象与直线y= - 1相邻两个交点的距离为π,若f (x)>1对任意的x∈( - π‎12‎,π‎3‎)恒成立,则φ的取值范围是(　　)‎ A.(π‎6‎,π‎3‎) B.[π‎12‎,π‎3‎] C.[π‎12‎,π‎2‎] D.[π‎6‎,π‎3‎]‎ 数学探究　三角函数中有关ω的求解 ‎1.三角函数的单调性与ω的关系 ‎11 [2019湖南师大附中模拟]若函数f (x)=2‎3‎sin ωxcos ωx+2sin2ωx+cos 2ωx在区间[ - ‎3π‎2‎,‎3π‎2‎]上单调递增,则正数ω的最大值为 A.‎1‎‎8‎ B.‎1‎‎6‎ C.‎1‎‎4‎ D.‎‎1‎‎3‎ 解法一　因为f (x)=2‎3‎sin ωxcos ωx+2sin2ωx+cos 2ωx=‎3‎sin 2ωx+1在区间[ - ‎3π‎2‎,‎3π‎2‎]上单调递增,‎ 所以‎-3ωπ≥-π‎2‎,‎‎3ωπ≤π‎2‎,‎ (由端点值大小构建不等关系)‎ 解得ω≤‎1‎‎6‎,所以正数ω的最大值是‎1‎‎6‎.‎ 解法二　易知f (x)=‎3‎sin 2ωx+1,可得f (x)的最小正周期T=πω,所以‎-π‎4ω≤-‎3π‎2‎,‎π‎4ω‎≥‎3π‎2‎,‎ 解得ω≤‎1‎‎6‎,所以正数ω的最大值是‎1‎‎6‎.‎ B 素养探源 　‎ 核心素养 考查途径 素养水平 逻辑推理 子集关系的判定,不等关系的建立.‎ 二 数学运算 三角恒等变换,不等式的解法.‎ 二 解后反思　 本题中因为指定区间含有0,所以可以直接利用 - 3ωπ与 - π‎2‎的大小关系及3ωπ与 π‎2‎的大小关系建立参数所满足的不等关系.若指定区间不含0,则需要先求出函数的单调递增区间,再利用子集关系建立参数所满足的不等关系.‎ ‎2.三角函数的最值、图象的对称性与ω的关系 ‎12 [2016全国卷Ⅰ]已知函数f (x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|≤π‎2‎),x= - π‎4‎为f (x)的零点,直线x=π‎4‎为y=f (x)图象的对称轴,且f (x)在(π‎18‎,‎5π‎36‎)上单调,则ω的最大值为 A.11 B.9 C.7 D.5‎ 由条件中的“零点”和“对称轴”列等式→根据“f (x)在(π‎18‎,‎5π‎36‎)上单调”推导→验证 解法一　因为x= - π‎4‎为函数f (x)的零点,直线x=π‎4‎为y=f (x)图象的对称轴,‎ 所以π‎4‎ - ( - π‎4‎)=π‎2‎‎=kT‎2‎+‎T‎4‎(k∈Z,T为最小正周期),(根据函数的零点,图象的对称轴与函数的周期的关系得)‎ 化简得T=‎2π‎2k+1‎(k∈Z),即ω=‎2πT=2k+1(k∈Z).‎ 又f (x)在(π‎18‎,‎5π‎36‎)上单调,所以T‎2‎≥‎5π‎36‎‎-‎π‎18‎,(单调区间的长度不大于半个最小正周期)‎ 结合T=‎2π‎2k+1‎(k∈Z)可得,k≤‎11‎‎2‎且k∈Z.‎ 当k=5时,ω=11,φ= - π‎4‎,f (x)在(π‎18‎,‎5π‎36‎)上不单调;当k=4时,ω=9,φ=π‎4‎,f (x)在(π‎18‎,‎5π‎36‎)上单调,满足题意,故ω的最大值为9.‎ 解法二　依题意,有ω·(-π‎4‎)+φ=mπ,‎ω·π‎4‎+φ=nπ+‎π‎2‎(m,n∈Z),‎ 解得ω=2(n-m)+1,‎φ=‎2(m+n)+1‎‎4‎π.‎(根据正弦函数的零点和图象的对称轴分别列式子,联立求解)‎ 又|φ|≤π‎2‎,所以m+n=0或m+n= - 1.‎ 由f (x)在(π‎18‎,‎5π‎36‎)上单调,得πω≥‎5π‎36‎‎-‎π‎18‎,所以0<ω≤12.‎ 当m+n=0时,ω=4n+1,φ=π‎4‎,‎ 取n=2,得ω=9,f (x)=sin(9x+π‎4‎),符合题意.‎ 当m+n= - 1时,φ= - π‎4‎,ω=4n+3,‎ 取n=2,得ω=11,f (x)=sin(11x - π‎4‎),此时,当x∈(π‎18‎,‎5π‎36‎)时,11x - π‎4‎∈(‎13‎‎36‎π,‎23‎‎18‎π),f (x)不单调,不合题意.‎ 故ω的最大值为9.‎ B ‎ (1)求ω的取值范围,还可采用如下思路:‎ 因为f (x)在(π‎18‎,‎5π‎36‎)上单调,‎ 所以π‎2‎‎+kπ≤π‎18‎ω+φ,‎π‎2‎‎+(k+1)π≥‎5π‎36‎ω+φ(k∈Z),利用同向不等式相加,得0<ω≤12.‎ ‎(2)当ω=11时,验证f (x)在(π‎18‎,‎5π‎36‎)上是否单调有以下三个思路.‎ 思路1:直接求单调区间,f (x)在(π‎18‎,‎3π‎44‎)上单调递增,在(‎3π‎44‎,‎5π‎36‎)上单调递减,所以不满足条件.‎ 思路2:整体换元法,当x∈(π‎18‎,‎5π‎36‎)时,11x - π‎4‎∈(‎13π‎36‎,‎23π‎18‎),而正弦函数在区间(‎13π‎36‎,‎23π‎18‎)上不单调,所以不满足条件.‎ 思路3:f (x)=sin(11x - π‎4‎)的图象的对称轴方程是x=‎4k+3‎‎44‎π,通过赋值发现x=‎3π‎44‎在区间(π‎18‎,‎5π‎36‎)内,则f (x)在这个区间上不可能单调,所以ω=11不满足条件.‎ 素养探源 　‎ 核心素养 考查途径 素养水平 逻辑推理 函数的零点、图象的对称轴与函数的周期的关系,单调区间的长度与周期间的关系,ω的最大值的选取等.‎ 二 数学运算 求ω,φ的值,求函数的单调区间.‎ 二 试题评析　‎ 本题以y=sin(ωx+φ)为背景设置问题,考查三角函数的图象、性质等核心知识,也考查了数形结合、转化与化归的思想方法,同时对学生的逻辑推理和数学运算素养要求较高.仔细审题,可发现解答此题的关键有三步:一是零点和对称轴的处理,二是函数在区间上单调的处理,三是验证.厘清思路后解题就简单多了.‎ 本题的易错点是在运用转化与化归的数学思想方法时不等价:例如误认为对称中心与对称轴只能是相邻的,通过在相应区间上单调求出0<ω≤12,误选A.‎ ‎7.[2016天津高考]已知函数f (x)=sin2ωx‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎sin ωx - ‎1‎‎2‎(ω>0),x∈R.若f (x)在区间(π ‎,2π)内没有零点,则ω的取值范围是(　　)‎ A.(0,‎1‎‎8‎] B.(0,‎1‎‎4‎]∪[‎5‎‎8‎,1) C.(0,‎5‎‎8‎] D.(0,‎1‎‎8‎]∪[‎1‎‎4‎,‎5‎‎8‎]‎ ‎284‎ ‎1.D　y=tan x在( - π‎2‎+kπ,π‎2‎+kπ)(k∈Z)上是增函数,但在其定义域上不是增函数,故A错误;对于y=ksin x+1,x∈R,因为k的正负不确定,所以y的最大值不确定,故B错误;图象左右平移是针对x本身而言的,如果系数不是1,需要先提取系数再求解,明显C是错误的.选D.‎ ‎2.AD　将函数y=sin x的图象向左平移π‎2‎个单位长度,得到函数y=f (x)=sin(x+π‎2‎)=cos x的图象,所以y=f (x)是偶函数,A正确;y=f (x)的最小正周期T=‎2π‎1‎=2π,B错误;y=f (x)的图象关于直线x=kπ(k∈Z)对称,关于点(kπ+π‎2‎,0)(k∈Z)对称,C错误,D正确.故选AD.‎ ‎3.A　依题意得函数f (x)的最小正周期T=‎2πω=2×(‎3π‎4‎‎ - ‎π‎4‎)=π,解得ω=2,故选A.‎ ‎4.A　对于A,作出y=|cos 2x|的图象如图D 4 - 3 - 1所示,由图象知,其周期为π‎2‎,在区间(π‎4‎,π‎2‎)上单调递增,A正确;‎ 图D 4 - 3 - 1‎ 对于B,作出y=|sin 2x|的图象如图D 4 - 3 - 2所示,由图象知,其周期为π‎2‎,在区间(π‎4‎,π‎2‎)上单调递减,B错误;‎ 图D 4 - 3 - 2‎ 对于C,y=cos|x|=cos x,周期为2π,C错误;‎ 对于D,作出y=sin|x|的图象如图D 4 - 3 - 3所示,由图象知,其不是周期函数,D错误.‎ 图D 4 - 3 - 3‎ 故选A.‎ ‎5.A　记y=sin(ωx+φ)的最小正周期为T,由题图可知T‎2‎‎=‎11π‎12‎ - ‎5π‎12‎=‎π‎2‎,得T=π,由T=‎2πω=π,得ω=2,所以y=sin(2x+φ).由函数图象过点(‎5π‎12‎,1),得2‎×‎‎5π‎12‎+φ=2kπ+π‎2‎(k∈Z),则φ=2kπ - π‎3‎(k∈Z),又|φ|<π‎2‎,所以φ= - π‎3‎,故选A.‎ ‎6.C　因为f (x)为奇函数,所以f (0)=Asin φ=0,所以φ=kπ,k∈Z.‎ 又|φ|<π,所以k=0,φ=0.‎ 易知g(x)=Asin‎1‎‎2‎ωx,所以g(x)的最小正周期T=‎2π‎1‎‎2‎ω=2π,所以ω=2,所以g(x)=Asin x.‎ 又g(π‎4‎)=‎2‎,所以A=2,所以f (x)=2sin 2x,所以f (‎3π‎8‎)=‎2‎.故选C.‎ ‎7.π‎2‎　∵f (x)=sin22x=‎1-cos4x‎2‎,∴f (x)的最小正周期T=‎2π‎4‎‎=‎π‎2‎.‎ ‎8.‎2‎‎3‎　由于对任意的实数x都有f (x)≤f (π‎4‎)成立,故当x=π‎4‎时,函数f (x)有最大值,故f (π‎4‎)=1,∴πω‎4‎‎ - ‎π‎6‎=2kπ(k∈Z),∴ω=8k+‎2‎‎3‎(k∈Z),又ω>0,∴ωmin=‎2‎‎3‎.‎ ‎1.D　将函数f (x)=sin(2x+φ)的图象向左平移π‎12‎个单位长度,得到g(x)=sin(2x+π‎6‎+φ)的图象,‎ 因为g(x)是偶函数,所以π‎6‎+φ=π‎2‎+kπ,k∈Z,又φ∈(0,π),所以φ=π‎3‎,所以tan(φ - π‎6‎)=tan π‎6‎‎=‎‎3‎‎3‎,故选D.‎ ‎2.A　将函数f (x)=‎1‎‎2‎sin(2x+π‎3‎)图象上的每一个点都向左平移π‎3‎个单位长度,‎ 得到函数g(x)=‎1‎‎2‎sin[2(x+π‎3‎)+π‎3‎]=‎1‎‎2‎sin(2x+π)= - ‎1‎‎2‎sin 2x的图象,令π‎2‎+2kπ≤2x≤‎3π‎2‎+2kπ(k∈Z),可得π‎4‎+kπ≤x≤‎3π‎4‎+kπ(k∈Z),因此函数g(x)的单调递增区间为[kπ+π‎4‎,kπ+‎3π‎4‎](k∈Z),故选A.‎ ‎3.(1)1　f (x)=sin2x+‎3‎cos x - ‎3‎‎4‎= - cos2x+‎3‎cos x+‎1‎‎4‎= - (cos x - ‎3‎‎2‎)2+1.‎ 因为x∈[0,π‎2‎],所以cos x∈[0,1],因此当cos x=‎3‎‎2‎时,f (x)max=1.‎ ‎(2) - ‎3‎‎3‎‎2‎　解法一　因为f (x)=2sin x+sin 2x,‎ 所以f ' (x)=2cos x+2cos 2x=4cos2x+2cos x - 2=4(cos x - ‎1‎‎2‎)·(cos x+1).‎ 由f ' (x)≥0得‎1‎‎2‎≤cos x≤1,即2kπ - π‎3‎≤x≤2kπ+π‎3‎,k∈Z,‎ 由f ' (x)≤0得 - 1≤cos x≤‎1‎‎2‎,即2kπ - ‎5π‎3‎≤x≤2kπ - π‎3‎,k∈Z,‎ 所以当x=2kπ - π‎3‎,k∈Z时,f (x)取得最小值,‎ 且f (x)min=f (2kπ - π‎3‎)=2sin(2kπ - π‎3‎)+sin 2(2kπ - π‎3‎)= - ‎3‎‎3‎‎2‎.‎ 解法二　因为f (x)=2sin x+sin 2x=2sin x(1+cos x)=4sinx‎2‎·cosx‎2‎·2cos2x‎2‎=8sinx‎2‎cos3x‎2‎=±‎8‎‎3‎‎3sin‎2‎x‎2‎cos‎6‎x‎2‎,‎ 所以[f (x)]2=‎64‎‎3‎‎×‎3sin2x‎2‎cos6x‎2‎≤‎64‎‎3‎‎×‎(‎3sin‎2‎x‎2‎+cos‎2‎x‎2‎+cos‎2‎x‎2‎+cos‎2‎x‎2‎‎4‎)4=‎27‎‎4‎,‎ 当且仅当3sin2x‎2‎=cos2x‎2‎,即sin2x‎2‎‎=‎‎1‎‎4‎时取等号,‎ 所以0≤[f (x)]2≤‎27‎‎4‎,所以 - ‎3‎‎3‎‎2‎≤f (x)≤‎3‎‎3‎‎2‎,‎ 所以f (x)的最小值为 - ‎3‎‎3‎‎2‎.‎ 解法三　因为f (x)=2sin x+sin 2x=2sin x(1+cos x),‎ 所以[f (x)]2=4sin2x(1+cos x)2=4(1 - cos x)(1+cos x)3,‎ 设cos x=t,则y=4(1 - t)(1+t)3( - 1≤t≤1),‎ 所以y' =4[ - (1+t)3+3(1 - t)(1+t)2]=4(1+t)2(2 - 4t),‎ 所以当 - 10;当‎1‎‎2‎0,ω>0,|φ|<π‎2‎),‎ 可作出函数简图如图D 4 - 3 - 5所示.‎ 由题意知,A=2 000,B=7 000,T=2×(9 - 3)=12,‎ ‎∴ω=‎2πT‎=‎π‎6‎.‎ 则f (x)=2 000sin(π‎6‎x+φ)+7 000,‎ 则有π‎6‎‎×‎3+φ=kπ+π‎2‎,k∈Z,∴φ=kπ,k∈Z,‎ 又|φ|<π‎2‎,∴φ=0,‎ 故f (x)=2 000sinπ‎6‎x+7 000(1≤x≤12,x∈N*),‎ ‎∴f (7)=2 000×sin‎7π‎6‎+7 000=6 000.‎ 故7月份的出厂价格为6 000元.‎ ‎6.D　由题意知,函数f (x)=2sin(ωx+φ)+1(ω>0,|φ|≤π‎2‎),其图象与直线y= - 1相邻两个交点的距离为π,故函数的最小正周期为T=‎2πω=π,解得ω=2.‎ 所以f (x)=2sin(2x+φ)+1.‎ 由题意,f (x)>1对任意的x∈( - π‎12‎,π‎3‎)恒成立,即当x∈( - π‎12‎,π‎3‎)时,sin(2x+φ)>0恒成立.‎ 令t=2x+φ,因为x∈( - π‎12‎,π‎3‎),所以t∈(φ - π‎6‎,φ+‎2π‎3‎).‎ 故要使sin t>0恒成立,只需φ-π‎6‎≥2kπ,‎φ+‎2π‎3‎≤2kπ+π(k∈Z),‎ 解得2kπ+π‎6‎≤φ≤2kπ+π‎3‎(k∈Z).‎ 显然,当k=0时,π‎6‎≤φ≤π‎3‎,故选D.‎ ‎7.D　f (x)=‎1‎‎2‎(1 - cos ωx)+‎1‎‎2‎sin ωx - ‎1‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎sin ωx - ‎1‎‎2‎cos ωx=‎2‎‎2‎sin(ωx - π‎4‎).‎ 当ω=‎1‎‎2‎时, f (x)=‎2‎‎2‎sin(‎1‎‎2‎x - π‎4‎),x∈(π,2π)时,f (x)∈(‎1‎‎2‎,‎2‎‎2‎],无零点,排除A,B;‎ 当ω=‎3‎‎16‎时,f (x)=‎2‎‎2‎sin(‎3‎‎16‎x - π‎4‎),x∈(π,2π)时,当x=‎4‎‎3‎π时,f (x)=0,所以f (x)有零点,排除C.选D.‎