第7章 三角函数（复习课件）数学沪教版必修第二册

该高中数学单元复习课件系统梳理了三角函数的基本概念、图像与性质，以及函数y=A sin(ωx+φ)的图像变换，通过知识图谱和函数性质对比表，将正弦、余弦、正切函数的周期、单调性、对称性等核心内容串联，帮助学生构建完整的三角函数知识网络。 其亮点在于采用“考点串讲-题型剖析-针对训练”的分层复习模式，如通过图像变换例题（如将y=cos2x平移伸缩）培养直观想象和数学运算素养，针对训练题从基础到综合分层设计，助力学生巩固知识，教师可精准把握学情，提升复习效率。

单元复习课件 第7章三角函数 沪教版2020必修第二册·高一 学习内容导览 单元知识图谱 2 单元复习目标 1 3 考点串讲 针对训练 5 题型剖析 4 6 课堂总结 1．回顾并掌握三角函数的基本概念、图像与性质，进一步巩固研究函数的一般方法． 2．通过分析推理研究三角函数的图像和性质，提升直观想象、数学运算素养． 单元学习目标 单元知识图谱   y=sin x y=cos x y=tan x 奇偶性 奇函数 偶函数 奇函数 最小正周期 2π 2π π 单调性 单调递增区间是[-+2kπ,+2kπ] (k∈Z);单调递减区间是[+2kπ, +2kπ](k∈Z) 单调递增区间是[-π+2kπ, 2kπ](k∈Z);单调递减区间是[2kπ,π+2kπ](k∈Z) 单调递增区间是(-+kπ, +kπ)(k∈Z);无单调递减区间 图象的 对称性 对称轴 x=+kπ(k∈Z) x=kπ(k∈Z) 无对称轴 对称中心 (kπ,0)(k∈Z) (+kπ,0)(k∈Z) (,0)(k∈Z) 注 函数y=Asin(ωx+φ),y=Acos(ωx+φ)的最小正周期T=,函数y=Atan(ωx+φ)的最小正周期T=,其中A≠0,ω≠0. 考点串讲 常用结论 1.三角函数的对称性与周期的关系 （1）相邻的两条对称轴（或两个对称中心）之间的距离为 <m></m> ； （2）对称中心到相邻的对称轴的距离为 <m></m> ； （3）相邻的两个最低点（最高点）之间的距离为T. 2.与三角函数奇偶性有关的结论 （1）若函数 <m></m> 是奇函数，则 <m></m> （ <m></m> ）；若为偶函数，则 <m>/m>（2）若函数 <m></m> 是奇函数，则 <m></m> ；若为偶函数，则 <m></m> . （3）若 <m></m> 为奇函数，则有 <m></m> . 考点串讲 1.函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)中,A称为振幅,ωx+φ称为相位,φ称为初相. 2.图象平移遵循的规律为“左加右减,上加下减”. 考点串讲 考点串讲 题型一、三角函数的性质 (－4，－π]∪[0，π]　 题型剖析 题型一、三角函数的性质 题型剖析 题型一、三角函数的性质 题型剖析 题型一、三角函数的性质 题型剖析 题型一、三角函数的性质 题型剖析 题型一、三角函数的性质 题型剖析 题型一、三角函数的性质 题型剖析 题型一、三角函数的性质 题型剖析 题型一、三角函数的性质 题型剖析 题型一、三角函数的性质 题型剖析 针对训练 针对训练 针对训练 针对训练 针对训练 (－1，1) 针对训练 1 针对训练 针对训练 针对训练 题型二、三角函数的图像与性质综合 题型剖析 题型二、三角函数的图像与性质综合 题型剖析 针对训练 针对训练 针对训练 针对训练 针对训练 题型三、三角函数图像的变换 例11.将函数的图象向右平移 个单位长度，再将所得图象上各 点的纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变，得到函数的图象， 则 ( ) A. B. C. D. B 【解析】，所以将函数的图象 向右平移 个单位长度后，得到函数 的图象，再将图象上各点的纵坐标伸长到原来的2倍， 横坐标不变，得到函数的图象， 所以 .故选B. 题型剖析 题型三、三角函数图像的变换 例12.为了得到函数的图象，只需将函数 ( ) A A.图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移 个单位长度 B.图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移 个单位长度 C.图象向右平移 个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 D.图象向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短到原来的 ，纵坐标不变 题型剖析 1.把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变， 再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象， 则 ( ) B A. B. C. D. 【解析】依题意，将的图象向左平移 个单位长度，再将所得曲线上 所有点的横坐标扩大到原来的2 倍，得到的图象，所以 的图象 的图象. 针对训练 2.将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变， 再将所得图象向左平移 个单位 长度，所得图象关于轴对称，则 的值可能是( ) D A. B. C. D. 【解析】将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变， 得到 的图象，将的图象向左平移 个单位长度， 得到的图象，该图象关于 轴对称， 所以 ，，得，， 当时，,当时， ，故选D. 针对训练 题型四、三角函数的图像求解析式 例13.已知函数 的部分图象 如图所示，则 的解析式为( ) D A. B. C. D. 题型剖析 题型四、三角函数的图像求解析式 【解析】由图象可得，函数的最大值为，最小值为，故. 图象的两个相邻的对称中心 分别为，，所以函数的最小正周期，所以 .所以 . 解法一（由对称中心定） 由点在函数图象上可得 ， 又点在函数图象的下降段上，所以，解得.因为 ，所以 ，.所以函数的解析式为 . 解法二（由最值点定） 由函数图象可知，相邻两个对称中心分别为， ，所以这两个对称中心之间的 函数图象的最低点的坐标为.代入函数解析式可得 ，即 ，所以，解得.因为 ，所以， . 故函数的解析式为 . 题型剖析 1.如图，某港口某天从到 的水深（单位：）与时间（单位： ） 之间的关系可用函数 近似刻画，据此可估计当天 的水深为( ) A A. B. C. D. 【解析】由题图可得，，则， 当时，取得最小值，为 ， 得， 函数的图象过点，， 又， ，. 当时， ．故选A． 针对训练 题型五、三角函数的应用 例14.已知是半径为 的圆形砂轮边缘上的一个质点，它从初始 位置开始，按逆时针方向做圆周运动，角速度为 .如图， 以砂轮圆心为原点，建立平面直角坐标系，若， 则点的纵坐标关于时间（单位： ）的函数关系式 为( ) D A. B. C. D. 【解析】设点的纵坐标关于时间（单位：）的函数关系式为， 由题意可得 ，，时，射线可视为角的终边， 则 .故选D. 题型剖析 1.如图，某摩天轮最高点距离地面的高度为 ， 转盘直径为，开启后按逆时针方向匀速旋转，旋转 一周需要 ．游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱， 开始转动后距离地面的高度为 ，则在转动一周的过程中， 高度关于时间 的函数解析式是( ) B A. B. C. D. 【解析】根据题意，设，因为该摩天轮最高点距离 地面的高度为 ，转盘直径为，所以该摩天轮最低点距离地面的高度为 ， （注意旋转的初始位置与最高位置）所以解得因为开启后按逆时 针方向匀速旋转，旋转一周需要 ，所以最小正周期，解得， 因为时，，所以，即 ，解得 ， ，取，此时，所以 ．故选B． 针对训练 课堂总结 感谢聆听! 例1 函数f(x)＝eq \r(sinx)＋eq \f(1,\r(16－x2))的定义域为_______________________． 解析　因为f(x)＝eq \r(sinx)＋eq \f(1,\r(16－x2))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx≥0，,16－x2>0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2kπ≤x≤π＋2kπ，k∈Z，,－4<x<4.))对于2kπ≤x≤π＋2kπ，k∈Z，当k＝0时，0≤x≤π；当k＝1时，2π≤x≤3π；当k＝－1时，－2π≤x≤－π；当k＝－2时，－4π≤x≤－3π，所以－4<x≤－π或0≤x≤π，即f(x)的定义域为(－4，－π]∪[0，π]． 例2函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))在[0，π]上的单调递减区间为_______________． 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　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. 故函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)． 令A＝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]上的单调递减区间为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)). 例3 已知ω＞0，函数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))上单调递减，则ω的取值范围是(　　) A．(0，2] 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)，\f(3,4))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4))) 解析　解法一(子集法)：由2kπ＋eq \f(π,2)≤ωx＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，得eq \f(2kπ,ω)＋eq \f(π,4ω)≤x≤eq \f(2kπ,ω)＋eq \f(5π,4ω)，k∈Z，因为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))上单调递减，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2kπ,ω)＋\f(π,4ω)≤\f(π,2)，k∈Z，,\f(2kπ,ω)＋\f(5π,4ω)≥π，k∈Z，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≥4k＋\f(1,2)，k∈Z，,ω≤2k＋\f(5,4)，k∈Z.))因为k∈Z，ω＞0，所以k＝0，所以eq \f(1,2)≤ω≤eq \f(5,4).故选D. 例3 已知ω＞0，函数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))上单调递减，则ω的取值范围是(　　) A．(0，2] 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)，\f(3,4))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4))) 解法二(反子集法)：∵x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴ωx＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πω,2)＋\f(π,4)，πω＋\f(π,4))).∵f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(πω,2)＋\f(π,4)≥\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，,πω＋\f(π,4)≤\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≥4k＋\f(1,2)，k∈Z，,ω≤2k＋\f(5,4)，k∈Z.))又ω＞0，k∈Z，∴k＝0，此时eq \f(1,2)≤ω≤eq \f(5,4).故选D. 例4 函数f(x)＝2cosx－cos2x的最小值为(　　) A．－4 B．－3 C．－2 D．－1 解析　因为f(x)＝2cosx－cos2x，所以f(x)＝－2cos2x＋2cosx＋1，令t＝cosx，t∈[－1，1]，所以函数f(x)＝2cosx－cos2x等价于y＝－2t2＋2t＋1，t∈[－1，1]，又y＝－2t2＋2t＋1＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3,2)，t∈[－1，1]，当t＝－1时，ymin＝－3，即函数f(x)＝2cosx－cos2x的最小值为－3. 例5 (1)函数f(x)＝ataneq \f(x,a)的最小正周期是(　　) A．Πa B．π|a| C．eq \f(π,a) D．eq \f(π,|a|) 解：对于函数f(x)＝ataneq \f(x,a)，显然a≠0，所以函数最小正周期T＝eq \f(π,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a))))＝π|a|.故选B. (2)函数f(x)＝cosx＋2coseq \f(1,2)x的一个周期为(　　) A．Π B．2π C．3π D．4π 解　易知y1＝cosx，y2＝2coseq \f(1,2)x的最小正周期分别为2π，4π，则2π，4π的公倍数4π是f(x)的一个周期．故选D. 例6.下列函数中周期是π的偶函数是(　　) A．y＝|cosx| B．y＝|cos2x| C．y＝－sinx D．y＝sinx＋1 解析　对于A，y＝|cosx|为偶函数，且最小正周期为π，所以A符合题意；对于B，y＝|cos2x|为偶函数，最小正周期为eq \f(π,2)，所以B不符合题意；对于C，y＝－sinx为奇函数，所以C不符合题意；对于D，y＝sinx＋1为非奇非偶函数，所以D不符合题意．故选A. 例7.已知f(x)＝sinx＋cosx，若y＝f(x＋θ)是偶函数，则cosθ＝________． 解析　f(x)＝sinx＋cosx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，由y＝f(x＋θ)是偶函数，得f(－x＋θ)＝f(x＋θ)，即eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)－x))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)＋x))，所以θ＋eq \f(π,4)－x＝θ＋eq \f(π,4)＋x＋2kπ，k∈Z恒成立或θ＋eq \f(π,4)－x＋θ＋eq \f(π,4)＋x＝π＋2kπ，k∈Z恒成立．显然θ＋eq \f(π,4)－x＝θ＋eq \f(π,4)＋x＋2kπ，k∈Z不恒成立，故由θ＋eq \f(π,4)－x＋θ＋eq \f(π,4)＋x＝π＋2kπ，k∈Z，得θ＝eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z，当k＝2n，n∈Z时，cosθ＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2nπ))＝coseq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)；当k＝2n＋1，n∈Z时，cosθ＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋(2n＋1)π))＝coseq \f(5π,4)＝－eq \f(\r(2),2).所以cosθ＝±eq \f(\r(2),2). ±eq \f(\r(2),2) 例8.已知函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，则函数f(x)的图象关于(　　) A．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称 B．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称 C．直线x＝eq \f(π,6)对称 D．直线x＝eq \f(π,3)对称 解析　由题意，设2x＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)，k∈Z，所以函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))(k∈Z)．设2x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)，k∈Z，所以函数f(x)图象的对称轴为直线x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)，通过对比选项可知，f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称．故选C. 例9.函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋2eq \r(3)cos2x的图象的一个对称中心是(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0)) B．(0，3eq \r(3)) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\r(3))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，－\r(3))) 解析　f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋2eq \r(3)cos2x＝sin2xcoseq \f(π,3)＋cos2xsineq \f(π,3)＋cos2xcoseq \f(π,6)－sin2xsineq \f(π,6)＋2eq \r(3)cos2x＝eq \f(1,2)sin2x＋eq \f(\r(3),2)cos2x＋eq \f(\r(3),2)cos2x－eq \f(1,2)sin2x＋2eq \r(3)cos2x＝eq \r(3)cos2x＋eq \r(3)(1＋cos2x)＝2eq \r(3)cos2x＋eq \r(3).由2x＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)，k∈Z，此时f(x)＝eq \r(3)，所以f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,4)，\r(3)))(k∈Z)，当k＝0时，f(x)图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\r(3))).故选C. 1．函数f(x)＝ln (cosx)的定义域为(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z B．(kπ，kπ＋π)，k∈Z C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))，k∈Z D．(2kπ，2kπ＋π)，k∈Z 解析　由题意知cosx＞0，∴2kπ－eq \f(π,2)＜x＜2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，∴函数f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))，k∈Z.故选C. 2.已知函数f(x)＝cos2x－sin2x，则(　　) A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递减 B．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上单调递增 C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减 D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上单调递增 解析　因为f(x)＝cos2x－sin2x＝cos2x.对于A，当－eq \f(π,2)<x<－eq \f(π,6)时，－π<2x<－eq \f(π,3)，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递增，A错误；对于B，当－eq \f(π,4)<x<eq \f(π,12)时，－eq \f(π,2)<2x<eq \f(π,6)，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上不单调，B错误；对于C，当0<x<eq \f(π,3)时，0<2x<eq \f(2π,3)，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减，C正确；对于D，当eq \f(π,4)<x<eq \f(7π,12)时，eq \f(π,2)<2x<eq \f(7π,6)，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上不单调，D错误．故选C. 3．若函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,10)))－2在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，a))上单调，则实数a的最大值是________． eq \f(7π,5) 解析　解法一：令2kπ＋eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,10)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，即2kπ＋eq \f(2π,5)≤x≤2kπ＋eq \f(7π,5)，k∈Z，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,5)，\f(7π,5)))上单调递减，所以实数a的最大值是eq \f(7π,5). 解法二：因为eq \f(π,2)≤x≤a，所以eq \f(π,2)＋eq \f(π,10)≤x＋eq \f(π,10)≤a＋eq \f(π,10)，又f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，a))上单调，所以eq \f(π,2)＋eq \f(π,10)<a＋eq \f(π,10)≤eq \f(3π,2)，即eq \f(π,2)<a≤eq \f(7π,5)，所以实数a的最大值是eq \f(7π,5). 4.已知函数y＝3tanωx＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上是减函数，则ω的取值范围是________． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0)) 解析　∵函数y＝3tanωx＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上是减函数， ∴ω<0，所求函数可化为y＝－3tan(－ωx)＋1， ∴－ω×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))≥－eq \f(π,2)且－ω×eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)，∴ω≥－eq \f(3,2)，又ω<0，∴－eq \f(3,2)≤ω<0. 5．函数y＝2sinxcosx＋eq \r(2)sinx－eq \r(2)cosx＋2的最大值为(　　) A．eq \f(5,2) B．3 C．eq \f(7,2) D．4 解析　设t＝eq \r(2)sinx－eq \r(2)cosx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))∈[－2，2]，则2sinxcosx＝1－eq \f(t2,2)，则原函数可化为y＝1－eq \f(t2,2)＋t＋2＝－eq \f(t2,2)＋t＋3＝－eq \f(1,2)(t－1)2＋eq \f(7,2)，t∈[－2，2]，所以当t＝1时，函数取得最大值eq \f(7,2). 6．函数y＝eq \f(1＋tanx,1－tanx)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))的值域为________． 解析　因为y＝eq \f(1＋tanx,1－tanx)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以tanx∈(－∞，0)，令t＝tanx，则t∈(－∞，0)，所以y＝eq \f(1＋t,1－t)＝－1＋eq \f(－2,t－1)，因为t∈(－∞，0)，所以t－1∈(－∞，－1)，eq \f(1,t－1)∈(－1，0)，eq \f(－2,t－1)∈(0，2)，－1＋eq \f(－2,t－1)∈(－1，1)，即y∈(－1，1)． 已知函数f(x)＝eq \r(3)sinωx－cosωx(ω>0)的最小正周期为2π， 则ω＝________． 解析　因为f(x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinωx－\f(1,2)cosωx))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))，f(x)的最小正周期为2π，所以ω＝eq \f(2π,2π)＝1. 解析　因为f(x)＝2cos2(x＋θ)－1＝cos(2x＋2θ)，若函数f(x)为奇函数，则2θ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得θ＝eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)，因为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(θ\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(θ＝\f(π,4)＋\f(kπ,2)，k∈Z))))eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(θ\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(θ＝\f(π,4)＋kπ，k∈Z))))，因此“θ＝eq \f(π,4)＋kπ(k∈Z)”是“f(x)为奇函数”的充分不必要条件．故选A. 8.已知函数f(x)＝2cos2(x＋θ)－1，则“θ＝eq \f(π,4)＋kπ(k∈Z)”是“f(x)为奇函数”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 9.已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))单调递增，直线x＝eq \f(π,6)和x＝eq \f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条对称轴，则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　由题意，eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，不妨设ω>0，则T＝π，ω＝eq \f(2π,T)＝2，当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最小值，则2·eq \f(π,6)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，则φ＝2kπ－eq \f(5π,6)，k∈Z，不妨取k＝0，则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)))＝eq \f(\r(3),2).故选D. 例10.已知函数f(x)＝cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－cos2x，则不正确的是(　　) A．f(x)的最小正周期为π B．f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，0))对称 C．f(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z) D．f(x)在[0，2π]上有4个零点 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)，则f(x)的最小正周期为π，A正确；易知f(x)图象的对称中心的纵坐标为eq \f(1,2)，B错误；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)，即为f(x)图象的对称轴方程，C正确；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)，当x∈[0，2π]时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,3)))，作出函数y＝sinxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,3)))))的图象，如图所示．由图可知方程sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),3)在[0，2π]上有4个不同的实根，即f(x)在[0，2π]上有4个零点，D正确． 1.已知函数f(x)＝eq \r(3)sineq \f(x,2)coseq \f(x,2)－sin2eq \f(x,2)＋eq \f(1,2)，则下列结论正确的是(　　) A．|f(x)|的最小正周期为2π B．直线x＝－eq \f(π,3)是f(x)图象的一条对称轴 C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增 D．若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，m))上的最大值为1，则m≥eq \f(π,3) 解析　f(x)＝eq \r(3)sineq \f(x,2)coseq \f(x,2)－sin2eq \f(x,2)＋eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),2)sinx－eq \f(1－cosx,2)＋eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，所以|f(x)|的最小正周期为π，A错误；因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)≠±1，所以直线x＝－eq \f(π,3)不是f(x)图象的一条对称轴，B错误；当0<x<eq \f(π,2)时，eq \f(π,6)<x＋eq \f(π,6)<eq \f(2π,3)，而函数y＝sinx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上不单调，C错误；当－eq \f(π,2)≤x≤m时，－eq \f(π,3)≤x＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,6)＋m，因为f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，m))上的最大值为1，所以eq \f(π,6)＋m≥eq \f(π,2)，解得m≥eq \f(π,3)，D正确． 2.已知函数f(x)＝sinx＋sin2x在(0，a)上有4个零点，则实数a的最大值为(　　) A．eq \f(4π,3) B．2π C．eq \f(8π,3) D．3π 解析　f(x)＝sinx＋sin2x＝sinx＋2sinxcosx＝sinx(1＋2cosx)，令f(x)＝0，得sinx＝0或cosx＝－eq \f(1,2)，作出y＝sinx和y＝cosx的图象，如图．函数f(x)在(0，a)上有4个零点，则2π<a≤2π＋eq \f(2π,3)＝eq \f(8π,3)，故实数a的最大值为eq \f(8π,3). 3．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，其图象相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，且函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))是偶函数，则下列判断正确的是(　　) A．函数f(x)的最小正周期为2π B．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0))对称 C．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上单调递增 D．函数f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(7π,12)对称 解析　因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，所以最小正周期T＝π，ω＝eq \f(2π,T)＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))是偶函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,12)))，即直线x＝eq \f(π,12)是函数f(x)图象的对称轴，所以2×eq \f(π,12)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得φ＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，又|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,3)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，函数f(x)的最小正周期为π，A错误；因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝sineq \f(3π,2)＝－1，所以点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0))不是函数f(x)图象的对称中心，B错误；因为当eq \f(3π,4)≤x≤π时，eq \f(11π,6)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(7π,3)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上单调递增，C正确；因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)))＝－eq \f(1,2)，所以直线x＝－eq \f(7π,12)不是函数f(x)图象的对称轴，D错误．故选C. $