第1部分 专题2 微专题7 三角函数的图象与性质（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 微专题7　三角函数的图象与性质 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 ★[高考定位]　三角函数的考查重点是三角函数的定义、图象与性质，考查中以图象的变换、函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性、最值作为热点，并常与三角恒等变换交汇命题，难度为中档偏下． 　三角函数的定义、基本关系及诱导公式 1．三角函数：设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P(x，y)，则sin α＝y，cos α＝x，tan α＝eq \f(y,x).各象限角的三角函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦． 2．同角关系：sin2α＋cos2α＝1，eq \f(sin α,cos α)＝tan α. 3．诱导公式：在eq \f(kπ,2)＋α，k∈Z的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”． [例1]　(1)(2024·张家口一模)已知coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝eq \f(1,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－x))＝(　　) A．－eq \f(1,3)　　　　　　　　 B.eq \f(1,3) C.eq \f(2\r(2),3) D．－eq \f(2\r(2),3) [解析]　根据eq \f(5π,4)－x＝eq \f(3π,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))结合诱导公式求解即可． sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－x))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))))＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝－eq \f(1,3). [答案]　A (2)[多选]已知sin α＋cos α＝eq \f(1,5)，α∈(0，π)，则下列选项中正确的有(　　) A．sin α－cos α＝eq \f(7,5) B．tan α＝eq \f(4,3) C．cos α＝－eq \f(3,5) D．sin αcos α＝－eq \f(12,25) [解析]　将sin α＋cos α＝eq \f(1,5)两边同时平方，整理得1＋2sin αcos α＝eq \f(1,25)， 所以sin αcos α＝－eq \f(12,25)＜0，故D正确． 又α∈(0，π)，所以α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))， 所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin α＋cos α＝\f(1,5),sin2α＋cos2α＝1))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin α＝\f(4,5),cos α＝－\f(3,5)))， 故C正确， 所以sin α－cos α＝eq \f(7,5)，tan α＝－eq \f(4,3)，故A正确，B错误． [答案]　ACD 应用三角函数的概念和诱导公式应注意以下两点 (1)当角的终边所在的位置不是唯一确定的时候要注意分情况解决，机械地使用三角函数的定义就会出现错误． (2)应用诱导公式与同角三角函数的关系开方运算时，一定要注意三角函数的符号；利用同角三角函数的关系化简要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等． 1．(2024·福州质检三)已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴非负半轴重合，cos α＝eq \f(\r(5),5)，P(m,2)为其终边上一点，则m＝(　　) A．－4　　 B．4 C．－1　　 D．1 解析：D　[根据已知条件，结合任意角的三角函数的定义，即可求解． 始边与x轴非负半轴重合，cos α＝eq \f(\r(5),5)，P(m,2)为其终边上一点， 则eq \f(m,\r(m2＋4))＝eq \f(\r(5),5)，且m＞0，解得m＝1.] 2．(2024·辽宁重点中学协作体三模)已知tan α＝eq \f(1,2)，则eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α)),cos－α－sinπ－α)＝(　　) A．－1 B．1 C．－3 D．3 解析：D　[由三角函数的诱导公式和弦切关系化简可得． eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α)),cos－α－sinπ－α)＝eq \f(cos α＋sin α,cos α－sin α) ＝eq \f(1＋tan α,1－tan α)＝eq \f(1＋\f(1,2),1－\f(1,2))＝3.] 三角函数的图象 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象 1．“五点法”作图 设z＝ωx＋φ，分别令z＝0，eq \f(π,2)，π，eq \f(3π,2)，2π，求出相应x的值与相应y的值，描点、连线可得其图象． 2．图象变换 y＝sin xeq \o(――――――――――→,\s\up17(向左φ>0或向右φ<0),\s\do15(平移|φ|个单位))y＝sin(x＋φ) eq \f(横坐标变为原来的\f(1,ω)ω>0,纵坐标不变)y＝sin(ωx＋φ) eq \o(――――――――――――→,\s\up17(纵坐标变为原来的AA>0倍),\s\do15(横坐标不变))y＝Asin (ωx＋φ)． [例2]　(1) [多选](2024·浙江91 联盟模拟)为了得到函数y＝2cos 2x的图象，只要把函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))图象上所有的点(　　) A．向左平移eq \f(π,3)个单位长度 B．向右平移eq \f(π,3)个单位长度 C．向左平移eq \f(2π,3)个单位长度 D．向右平移eq \f(2π,3)个单位长度 [解析]　根据函数图象平移结论逐项检验可得结论． 把函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))图象上所有的点向左平移eq \f(π,3)个单位长度， 可得函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)－\f(π,6))) ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos 2x的图象，A正确； 把函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))图象上所有的点向右平移eq \f(π,3)个单位长度， 可得函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)－\f(π,6))) ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)－\f(π,2)))＝－2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，B错误； 把函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))图象上所有的点向左平移eq \f(2π,3)个单位长度， 可得函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(4π,3)－\f(π,6))) ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋\f(3π,2)))＝－2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，C错误； 把函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))图象上所有的点向右平移eq \f(2π,3)个单位长度， 可得函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(4π,3)－\f(π,6))) ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,2)))＝2cos 2x的图象，D正确． [答案]　AD (2)(2024·葫芦岛二模)已知函数f(x)＝cos(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，若∀x∈R，f(x＋m)＝－f(x)，则正整数m的取值可为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 [解析]　先求出函数的周期T＝6，再据此得到m＝3l，l∈N*，最后比对选项即可． 方法一：因为f(0)＝cosφ＝eq \f(1,2)，0＜φ＜eq \f(π,2)， 所以φ＝eq \f(π,3)， feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)＋\f(π,3)))＝0，所以eq \f(ω,2)＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即ω＝eq \f(π,3)＋4kπ， 而ω＞0，所以k是非负整数， 又由图象可得eq \f(1,2)－0≤eq \f(T,4)＝eq \f(π,2ω)，所以ω≤π， 综上，只能k＝0，ω＝eq \f(π,3)， 所以f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,\f(π,3))＝6， 而由f(x＋m)＝－f(x)，可知f(x)＝－f(x＋m)＝f(x＋2m)，即正整数2m是f(x)的周期， 所以2m＝6l，l∈N*，即m＝3l，l∈N*，对比选项可知只有C选项符合题意． 方法二：设函数的最小正周期为T，由于sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2)，故据图象可知eq \f(\f(1,2),T)＝eq \f(\f(π,6),2π)，从而T＝6. 从而由f(x＋m)＝－f(x)表明m＝eq \f(2k＋1,2)，T＝3＋6k(k∈Z)，比对选项知C正确，A，B，D错误． [答案]　C 函数表达式y＝Asin(ωx＋φ)的确定方法 已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象求解析式时，常用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置． 1．(2024·揭阳二模)把函数f(x)＝3sin 3x的图象向左平移eq \f(1,4)个最小正周期后，所得图象对应的函数为(　　) A．y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(3,4))) B．y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(3,4))) C．y＝3cos 3x D．y＝－3cos 3x 解析：C　[先根据正弦型函数的周期计算公式得最小正周期T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,3)；利用函数平移的规律及诱导公式即得． 由题意得f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,3)， 则所求函数为y＝3sin 3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)×\f(1,4))) ＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,2)))＝3cos 3x.] 2．(2024·衡阳联考二)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，f(0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝(　　) A．0 B．－1 C．－eq \r(2) D．－eq \r(3) 解析：C　[根据题意，结合函数图象即可求得函数f(x)的解析式，然后代入计算，即可得到结果． 由图象可知，A＝2，由f(0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))可得T＝eq \f(2,3)π－0＝eq \f(2,3)π， 又T＝eq \f(2π,ω)，所以eq \f(2,3)π＝eq \f(2π,ω)，解得ω＝3， 所以f(x)＝2sin(3x＋φ)， 由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))可得，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(π,6)＋\f(2,3)π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)π))＝－2， 所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)π))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)π＋φ))＝－2，即eq \f(5,4)π＋φ＝－eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z， 即φ＝－eq \f(7,4)π＋2kπ，k∈Z，且|φ|＜eq \f(π,2)，当k＝1时，φ＝eq \f(π,4)， 所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,4)))， 则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋\f(π,4)))＝－eq \r(2).] 三角函数的性质 1．三角函数的单调区间 y＝sin x的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)；y＝cos x的单调递增区间是[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，单调递减区间是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)；y＝tan x的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)． 2．三角函数的奇偶性与对称轴方程 y＝Asin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)求得． y＝Acos(ωx＋φ)，当φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得． y＝Atan(ωx＋φ)，当φ＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)时为奇函数． [例3]　(1)[多选](2024·莆田质检二)已知函数f(x)＝sin xcos x，则(　　) A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq \f(1,2) B．f(x)的最大值为1 C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增 D．将函数f(x)的图象向右平移π个单位长度后与f(x)的图象重合 [解析]　由二倍角公式化简函数表达式，可直接判断AB，举反例判断C，由函数平移变换法则可判断D. 对于AB，f(x)＝sin xcos x＝eq \f(1,2)sin 2x≤eq \f(1,2)， feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq \f(1,2)sineq \f(π,2)＝eq \f(1,2)，故A对B错；当feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq \f(1,2)sineq \f(π,2)＝eq \f(1,2)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝eq \f(1,2)sineq \f(3π,4)＝eq \f(\r(2),4)，故C错误； 将函数f(x)的图象向右平移π个单位长度后的图象所对应的函数表达式为f(x)＝eq \f(1,2)sin2(x－π)＝eq \f(1,2)sin 2x，故D正确． [答案]　AD (2) [多选](2024·惠州一模)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋φ)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|＜\f(π,2)))，直线x＝－π为f(x)图象的一条对称轴，则下列说法正确的是(　　) A．φ＝eq \f(π,6) B．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))上单调递增 C．f(x)在区间[－π，π]上的最大值为2 D．若f(x＋θ)为偶函数，则θ＝2π＋3kπ(k∈Z) [解析]　根据正弦型函数的对称性确定φ的值，即可判断A选项；在根据解析式结合正弦型函数的性质判断B、C、D选项即可． 因为函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋φ)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|＜\f(π,2)))，直线x＝－π为f(x)图象的一条对称轴，所以f(－π)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋φ))＝±2， 所以－eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，则φ＝eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z，又|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,6)，故A项不正确； 因为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,6)))，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))时，－eq \f(π,2)≤eq \f(1,3)x－eq \f(π,6)≤－eq \f(π,3)，所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))上单调递增，故B项正确； 当x∈[－π，π]时，－eq \f(π,2)≤eq \f(1,3)x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,6)，f(x)在区间[－π，π]上的最大值为2sineq \f(π,6)＝1，故C项不正确； 若f(x＋θ)为偶函数，则f(x＋θ)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋θ－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋\f(1,3)θ－\f(π,6)))，所以eq \f(1,3)θ－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得θ＝2π＋3kπ(k∈Z)，故D项正确． [答案]　BD 三角函数的单调性及周期性的求法 (1)三角函数的单调性的求法： 求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A、ω、φ为常数，A≠0，ω>0)的单调性的一般思路是令ωx＋φ＝z，则y＝Asin z(或y＝Acos z)，然后由复合函数的单调性求解． (2)三角函数周期性的求法： 函数y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝eq \f(2π,|ω|)，应特别注意y＝|Asin(ωx＋φ)|的周期T＝eq \f(π,|ω|). 1．(2024·浙江五校联考)已知函数f(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，则“θ＝eq \f(π,8)＋kπ(k∈Z)”是“f(x＋θ)为奇函数且f(x－θ)为偶函数”的(　　) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：A　[由三角函数奇偶性、诱导公式以及充分不必要条件的定义即可判断． 一方面，当θ＝eq \f(π,8)＋kπ(k∈Z)时， f(x＋θ)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋\f(π,4)＋2kπ))＝－sin 2x是奇函数， f(x－θ)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)－\f(π,4)－2kπ))＝cos 2x是偶函数，故充分性成立， 另一方面，当θ＝eq \f(5π,8)时， 有f(x＋θ)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋\f(5π,4)))＝sin 2x是奇函数， f(x－θ)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)－\f(5π,4)))＝－cos 2x是偶函数， 但此时关于k的方程eq \f(π,8)＋kπ＝eq \f(5π,8)(k∈Z)没有解，故必要性不成立， 综上所述，在已知f(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的情况下， “θ＋eq \f(π,8)＋kπ(k∈Z)”是“f(x＋θ)为奇函数且f(x－θ)为偶函数”的充分而不必要条件．] 2．[多选](2024·江苏苏锡常镇四市调研)已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则(　　) A．f(0)＝1 B．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(11π,6)))单调递减 C．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))的值域为[－1，eq \r(3) ] D．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2π))有3个极值点 解析：AD　[求出函数解析式，进而求得函数值判断A，举反例判断B、C，利用整体代换法判断D即可． 由图象得A＝2，eq \f(3,4)T＝eq \f(11,12)π－eq \f(π,6)＝eq \f(3,4)π，解得T＝π， 故ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,π)＝2，故此时有f(x)＝2sin(2x＋φ)， 将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，2))代入函数解析式，得2＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))， 故2×eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z， 而0＜φ＜eq \f(π,2)，故φ＝eq \f(π,6)，此时f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))， 显然f(0)＝1成立，故A正确， 易知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)π))＝－2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)π))＝－eq \r(3)，而eq \f(5,3)π＜eq \f(7,4)π，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)π))＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)π))， 又eq \f(5,3)π，eq \f(7,4)π∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(11π,6)))，故f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(11π,6)))上并非单调递减，故B错误， 易知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π))＝－2，eq \f(2,3)π∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))， 故f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))的值域不可能为[－1，eq \r(3)]，故C错误， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2π))时，2x∈(π，4π)，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)π，\f(25,6)π))， 当2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(3,2)π，eq \f(5,2)π，eq \f(7,2)π时，f(x)取得极值， 可得f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2π))有3个极值点，故D正确．] $$