专题02 三角函数图像与性质归类（培优题型清单）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

专题02 三角函数图像与性质归类 题型脑图·核心考法搭建 考法深研·解题技能进阶 题型01 图象性质基础：五点画图法 五点画图法，是高中解决函数图像性质的小题的“终极实战大法”也是容易被忽略的的基本方法，合理利用这个方法，能在处理图像和性质，特别是求的题型时，达到“小题速做，小题不大作”的神奇效果。 确定的步骤和方法: (1)求 ：确定函数的最大值和最小值，则 ，； (2)求：确定函数的周期，则可； (3)求：常用的方法有代入法和五点法． ①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)或代入图象与直线的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)． ②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口． 1．（25-26高三·辽宁阶段练习）如图，将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成钝二面角，夹角为，此时与轴夹角的正弦值为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二面角、异面直线所成角的定义，线面垂直的判定定理、线面垂直的性质及余弦定理、正弦型函数的性质求解即可. 【详解】函数的最小正周期，， 过点作轴，交轴于点，过点作轴，交轴于点，过点、点分别作、轴的平行线，交于点，连接，. 因为，则，，，， 所以为矩形，则，， 且即为与轴夹角，则. 因为，，所以即为二面角的平面角，则， 因为平面，，所以平面， 又，所以平面，又平面，所以. 在中，， ，. 在中，，，， 由余弦定理得， 即，所以. 2．（2026·重庆永川·模拟预测）函数对应的图象如图，点为图象与轴的交点，点为图象的最高点，点为图象的最低点， 若，则的值为（ ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】先将函数化简为标准正弦型，确定最高点、最低点的纵坐标，再利用对称性得到中点在 轴上，结合向量垂直条件推出直角三角形，利用 “斜边上的中线等于斜边的一半” 建立关系，最后用周期表示线段长度，解方程求出周期，进而得到 的值. 【详解】由函数，其中， 可得函数的最大值为，最小值为， 因为点为图象的最高点，可得，点为图象最低点，可得， 点是图象与轴的交点，可得， 设的中点为，因为和的纵坐标互为相反数，所以， 所以点和点都在轴上， 在中，因为，所以，且为的中点， 根据直角三角形的性质，可得， 过点分别作的平行线，交于点，则， 设函数的最小正周期为， 可得，， 因为，可得，解得，所以. 3．（25-26高三·湖北恩施·模拟预测）已知点和是图象的两个相邻的对称中心，如图，过原点的直线与的图象在第一象限的一对相邻的交点分别为（其中在的左侧），过点分别作x轴的垂线，垂足分别为，若，且的面积是的面积的9倍，则（    ） A． B． C．点B的坐标 D．点A的坐标为 【答案】D 【分析】相邻两个对称中心之间的距离为半个周期，可求出；因为的面积是的面积的9倍，可得，，，代入到中求解即可. 【详解】由题意得，所以，故B错误； 则. 因为的面积是的面积的9倍， 所以，解得， 所以，，， 所以，即， 化简得， 令，则，所以， 化简得，解得， 又，所以，即，所以.故A错误； 所以，所以. 所以点的坐标为，故D正确； 又，所以点的坐标为，故C错误. 4．（2026·天津河东·二模）已知，在函数的部分图象中（如图），其图象上的点，，是同一直线上的三点，且该直线与轴交于点，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】已知，而且共线，因此可以把这条直线的方向向量设出来，再把三个点都写成同一个参数形式.随后利用它们都在函数的图象上，把几何条件转化为三组正弦值关系，最后联立求出. 【详解】设，并设直线 的单位方向向量为 由可得 因为都在函数的图象上，所以 令 则上面三式化为①②③ 由 ①+②得 若，设，则由②③可推出 即 由于，故，从而，这与图象位置关系矛盾，因此不成立. 所以只能有取最小正值， 此时由①③得 即所以 于是故 再由得 而，所以 因此 题型02 五点画图：超级双图 当两个函数周期不一致，或者两个函数对称轴不一致时候，此时寻找两个函数的交点个数，可以借助五点画图法，做出对应一个周期（周期较大函数的周期）内的图像，来寻找交点规律。 1．（25-26高三·全国·二轮复习）当时，曲线的图象与曲线的图象有唯一交点，则ω的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题得，要使的图象与的图象在有唯一交点，两个临界情况分类讨论解得参数范围； 【详解】由题得，要使的图象与的图象在有唯一交点， 两个临界情况分别如图①和图②所示，图①即在只有1个零点为π， 图②即在有2个零点且右边的零点为π，此时对应的不能取到，    当时，，令， 当函数在仅有1个零点时， ，得； 当在仅有2个零点且右边的零点为时， ，得， 则的取值范围为． 故选：C. 2．（2026·江苏无锡·模拟预测）当时，曲线与有3个交点，则正实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】应用方程法有或，再通过赋值求解，即可得范围. 【详解】令，则或， 所以或， 即或， 即或， 又，对于，令，可得：，， 对于，分别令，可得：，，， 从小到大排序前个数为，，，， 由于两曲线有3个交点，所以，，解得. 故选：B 3．（2026·福建福州·模拟预测）当时，函数的零点个数为（   ） A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】令，然后通过分析方程在给定区间内的解的个数来确定函数的零点个数. 【详解】令，即，移项可得， 对于，其周期；对于，其周期； 当时，画出两个函数图象为： 由图象可以看出，方程在给定区间内的解的个数为6， 所以函数的零点个数为6. 4．（24-25高三上·河南周口·期末）当时，曲线与有4个交点，则正实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用方程法有或，，结合已知区间范围有，，根据交点的个数，讨论不同对应不同端点值研究各情况下满足要求的解的个数，即可得范围. 【详解】令，则或， 所以或， 即或，， 当，即，， 当，即，， 由曲线与有4个交点，不同对应不同端点值，讨论如下： 当且时，（不符合）或，无交点； 当且时，（不符合）或，一个交点； 当且时，（不符合）或（不符合）， 或或，两个交点； 当且时，（不符合）或（不符合）或（不符合）， 或或或，三个交点； 当且时，（不符合）或或（不符合）， 或或或，四个交点； 当且时，同上分析易知交点个数超过4个； 综上，正实数的取值范围为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：应用方程法得到或，，结合已知区间范围有，，再应用分类讨论研究解的个数为关键. 题型03 五点画图解决最小平移 平移变换： 1.基本法：提系数（就是直接换x，其余的都不动）； 2.正到余，余到正： 方法一：诱导公式化为同名（尽量化正为余，因为余弦是偶函数，可以解决系数是负的）； 方法二：直接第1极大值法（通过快速画图，正弦对应第一极大值轴处。余弦即五点第一点处，本方法是重点） 1．（2026安徽亳州·模拟预测）将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若是偶函数，则（   ） A． B． C．-1 D．1 【答案】B 【分析】三角函数图像平移遵循“左加右减”，偶函数的核心条件是相位为，由此锁定，再代入计算即可. 【详解】由题，， 因为为偶函数，所以，即， 则 2．（25-26高三湖北武汉·阶段练习）将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为奇函数，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求得平移后的函数解析式，再由函数为上的奇函数列方程，结合即可求得的最小值. 【详解】由向右平移个单位长度后，即得函数： ， 由于该函数为上的奇函数，则，则， 解得 ，因为，取时，得到的最小正值为 . 3．（2026·四川绵阳·模拟预测）将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且函数是偶函数，则的最小值是（    ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【分析】根据图象平移变换得到，结合是偶函数求解即可. 【详解】由题意知，. 因为是偶函数，所以，， 解得，， 又，所以的最小值是. 4．（25-26高三·北京顺义·阶段练习）将函数的图象向左平移个单位，得到的函数图象关于直线对称，则的可能取值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用函数图象的平移和正弦曲线的对称性即可求解. 【详解】函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象， 由得到的函数图象关于直线对称，则， 所以的可能取值为， 故选：A. 题型04 超越函数识图 超越型函数“识图”与“解图”，从以下几方面入手： 1. 函数中定义域是否有限制。 2. 函数值大致的正负分界（一些容易观察出现的零点可以作为分界点） 3. 代入一些容易运算的特殊值进行判断。 4. 函数是否有具有“奇偶”（函数乘除（加减需要同奇偶）构成，容易观察处奇偶） 5. 函数是否具有“渐近线” 6. 可以利用极限思想，在0与∞处进行正负判断 7. 比值判断法：借助与相对的“暴增”函数做比值判断 1．（26-27高三上·江西宜春·阶段检测）已知函数的部分图象可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求得函数为上的偶函数，再由，结合选项，即可求解. 【详解】由函数，可得其定义域为，且， 所以函数为上的偶函数，可得的图象关于轴对称，可排除A，B项； 又因为，可排除选项C， 所以函数的部分图象可能是选项D. 2．（河北省雄安新区部分校2026-2027学年高三上学期9月阶段检测数学试题）函数f（x）的大致图象为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由，得，所以的定义域为，定义域关于原点对称， 因为， 所以为偶函数，的图象关于轴对称，故排除选项A，C； 当时，，故排除选项D．只能选B． 3．（26-27高三上·河北保定·阶段检测）函数的大致图象为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出函数的定义域为,再判断出关于中心对称，进而判断出当时，的图象位于轴下方，结合排除法即可得答案. 【详解】由，解得， 所以函数的定义域为, 又因为 ， 所以关于中心对称，故排除C ,D； 当时，，， ，， 所以，图象位于轴下方，故排除B. 由对称性可知当时，的图象位于轴上方， 所以只有A满足. 4．（26-27高三上·辽宁沈阳·阶段检测）下图对应的函数解析式为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由图象可知，图象关于原点对称，函数为奇函数， 对于A，，为奇函数， ，接近，符合题意； 对于B，，为偶函数，不符合题意； 对于C，，为奇函数， ，远小于，不符合题意； 对于D，，为偶函数，不符合题意. 题型05 三角函数零点和 零点和型： 正余弦函数相邻两个零点的中点，则是对称轴对应的横坐标，所以利用正余弦函数的对称性可以计算。 1．（23-24高三下·陕西安康·阶段检测）已知函数，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若关于的方程在上有个实数根，，，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据函数的平移规则得到的解析式，画出函数图象，结合的对称性计算可得. 【详解】因为函数，将的图象向左平移个单位长度得到， 函数的对称轴为，对称中心为，且为偶函数， 又函数的图象是由的图象将轴下方的部分关于轴对称上去，轴及轴上方部分保持不变而得到， 所以的对称轴为， 又的图象是将的图象向上平移一个单位得到， 所以的图象如下所示：    因为关于的方程在上有个实数根， 即与在上有个交点， 又，，所以， 令与交点的横坐标从小到大依次为， 则关于对称，关于对称，关于对称，关于对称， 所以， 所以 . 故选：D 【点睛】方法点睛：函数零点问题，将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决. 2．（2024·天津红桥·一模）将函数的图象横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移单位，得到函数的部分图象（如图所示）．对于，，且，若，都有成立，则下列结论中不正确的是（    ）    A． B． C．在上单调递增 D．函数在的零点为，则 【答案】C 【分析】由题意可得函数的图象在区间上的对称轴为，再结合可求出，即可判断A；再根据平移变换和周期变换得原则即可判断B，再根据正弦函数的图象和性质分别判断CD 即可. 【详解】对于A，由题意可知函数的图象在区间上的对称轴为， 则与关于对称， 又，结合图象可得， 所以，又，所以， 所以，故A正确； 对于B，右移个单位得到函数的图象， 再将其横坐标缩短为原来的得到的图象，故B正确； 对于C，由，得， 所以在上不单调，故C错误； 对于D，令，则， 函数在上有个零点， 则，，，，， 故， 所以，故D正确； 故选：C． 【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路： （1）将函数解析式变形为或的形式； （2）将看成一个整体； （3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题. 3．（23-24高三·上海松江·阶段练习）已知函数，，，若函数的所有零点依次记为，且，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先明确函数在上对称轴的条数，再根据的对称性，和，可求的值. 【详解】由，为函数的对称轴. 又函数的最小正周期为，且，， 所以当时，可得函数的第一条对称轴为， 当时，. 所以函数在有9条对称轴. 根据正弦函数的图象和性质可知，函数与的交点有9个，其横坐标分别为：，且， 且关于对称，所以； 关于对称，所以； …… 关于对称，所以. 所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题的关键点就是方程的根与对称轴的对称关系，利用对称关系和对称轴方程，表示出即可求解. 4．（24-25高三·上海黄浦·阶段练习）已知函数在区间上有且仅有一个零点，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数零点情况及方程可得，进而确定函数解析式及函数性质，即可得解. 【详解】由，得，令， 即，整理得， 即，所以或， 即，或，，即，或，， 又当时，，函数有且仅有一个零点，得，即， 当，时，，，，此时或，使得，不符合要求； 当，时，，或，，当时，，函数在上无零点，当时，，当且仅当时，，符合要求， 因此，，， ，， ，， ，所以 ， 故选：A. 题型06 对称轴最值应用 正余弦对称轴： 最值处，令sin(ωx＋φ) ＝1，则ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)，可求得对称轴方程； 对称轴代入，三角函数部分必为正负1，还可以理解为辅助角那个整体取得最大值或者最小值 1．（2023·江西·模拟预测）已知是函数的最大值，若存在实数使得对任意实数总有成立，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】化简得到，得到，且的最小正周期为，根据题意求得的最小值为，进而求得的最小值. 【详解】因为 ， 所以，且函数的最小正周期为， 因为存在实数使得对任意实数总有成立， 所以的最小值为，所以的最小值为. 故选：A. 2．（22-23高三·吉林·阶段练习）已知的最大值为，若存在实数，使得对任意实数总有成立，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】化简得到，即可得到，，然后根据题意求的最小值即可. 【详解】， 所以，， 由题意得为最小值，为最大值， 所以最小为半个周期， 所以的最小值为. 故选：B. 3．（2026·河南周口·模拟预测）将函数的图象上的所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再把所得的图象向左平移个单位长度，然后再把所得的图象向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三角函数平移变换,先求得的解析式.根据,可知,即.根据可分别求得的最大值和的最小值,即可求得的最大值. 【详解】根据平移变换将函数的图象上的所有点的横坐标缩短为原来的,纵坐标不变,再把所得的图象向左平移个单位长度,然后再把所得的图象向下平移1个单位长度, 可得 由, 可知 即 所以 的最大值为,的最小值为 则的最大值为,的最小值为 所以的最大值为 故选:A 【点睛】本题考查了三角函数图象的平移变换,三角函数性质的综合应用,利用函数的最值求参数的取值情况,属于难题. 4．（2025高三·湖南·阶段检测）将函数的图象向左平移（）个单位长度后得到函数的图象，若使成立的a、b有，则下列直线中可以是函数图象的对称轴的是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据三角函数平移关系求出的解析式，结合成立的有，求出的关系，结合最小值建立方程求出的值即可. 【详解】解：将函数的图象向左平移（）个单位长度后得到函数的图象， 即，若成立，即，即， 则与一个取最大值1，一个取最小值−1，不妨设， 则， 得，则，∵，∴当时，， 当时，，，则或，即或（舍）， 即，由，得， 当时，对称轴方程为.故选：D. 【点睛】本题考查三角函数的图象平移，以及三角函数的图象和性质，结合三角函数的最值性建立方程关系求出的大小，结合最小值求出的值是解决本题的关键.考查分析问题解决问题的能力，有一定难度. 题型07 对称中心最值应用 正余弦对称中心： 零点处，令sin(ωx＋φ) ＝0，ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标 对称中心横坐标代入，三角函数那部分必为0 1．（2026·天津南开·模拟预测）函数，其图象的一个最低点是，距离点最近的对称中心为，则（    ） A． B．是函数图象的一条对称轴 C．时，函数单调递增 D．的图象向右平移个单位后得到的图象，若是奇函数，则的最小值是 【答案】C 【分析】由函数的图像的顶点坐标求出，由周期求出，由最低点求出的值，可得函数的解析式，再利用三角函数的图像和性质，得出结论． 【详解】解：函数，的图象的一个最低点是， 距离点最近的对称中心为， ，，， ，，解得，，因为， 令，可得， 所以函数，故A错误； ，故函数关于对称，故B错误； 当时，，函数单调递增，故C正确； 把的图象向右平移个单位后得到的图象， 若是奇函数，则，，即，， 令，可得的最小值是，故D错误， 故选：C 2．（25-26高三上·江苏·阶段练习）关于函数y=sin（2x+φ）（）有如下四个命题： 甲：该函数在上单调递增； 乙：该函数图象向右平移个单位长度得到一个奇函数； 丙：该函数图象的一条对称轴方程为； 丁：该函数图像的一个对称中心为. 如果只有一个假命题，则该命题是（    ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】D 【分析】根据题意首先求出函数的增区间，平移后的解析式，对称轴和对称中心，进而分别讨论甲、乙、丙、丁为错误时其它命题的正误，进而得到答案. 【详解】令，则函数的增区间为…①； 函数图象向右平移个单位长度得到…②； 令…③； 令…④. 若甲错误，则乙丙丁正确，由②，由函数的奇偶性性，令，由①，函数的增区间为，则甲正确，矛盾.令，由①，函数的增区间为，则甲错误，满足题意.由③，函数的对称轴方程为，时，，则丙正确.由④，函数的对称中心为，令，丁错误.不合题意； 若乙错误，则甲丙丁正确，易知函数增区间的两个端点的中点为对称中心，由①，令，结合④，令，由函数的奇偶性，取k=0，，由③，，令，则丙错误.不合题意； 若丙错误，则甲乙丁正确，由②，由函数的奇偶性，令，由①，函数的增区间为，则甲错误，不合题意.令，由①，函数的增区间为，甲正确.取区间中点，则丁错误.不合题意； 若丁错误，则甲乙丙正确. 由②，由函数的奇偶性，令，由①，函数的增区间为，则甲错误，不合题意.令，，由①，函数的增区间为，甲正确.由③，.k=-2时，，则丙正确.由④，，令，④错误.满足题意. 综上：该命题是丁. 故选：D. 3．（2026·河北石家庄模拟预测）已知函数的最小正周期为，其图象关于直线对称．给出下面四个结论：①将的图象向右平移个单位长度后得到函数图象关于原点对称；②点为图象的一个对称中心；③；④在区间上单调递增．其中正确的结论为（    ） A．①② B．②③ C．②④ D．①④ 【答案】C 【解析】根据题设条件，结合三角函数的性质，求得函数的解析式，再结合三角函数的图象变换和三角函数的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】因为函数的最小正周期为，其图象关于直线对称， 所以 ，解得， 因为，所以，因此， ①将的图象向右平移个单位长度后函数解析式为， 由，得，所以其对称中心为：，故①错； ②由，解得，即函数的对称中心为；令，则，故②正确； ③由，故③错； ④由，得， 即函数的增区间为，因此在区间上单调递增，故④正确. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 4．（25-26高三·云南昭通·阶段练习）把的图象向左平移个单位，再把所得图象各点的横坐标缩短为原来的倍，再把所得图象各点的纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，若对成立，则 ①的一个单调递增区间为； ②的图象向右平移个单位得到的函数是一个偶函数，则的最小值为； ③的对称中心为； ④若关于x的方程在区间上有两个不相等的实根，则n的取值范围为.其中， 判断正确的序号是（    ） A．①② B．①③ C．③④ D．①③④ 【答案】B 【分析】根据题目将三角函数进行平移伸缩变换，根据求出的值，确定函数解析式，然后逐一判断选项 【详解】根据题意得，函数经过平移伸缩变换后的解析式为：， ，解得， ,当时，在上单调递增，①正确；的图象向右平移个单位得到的函数是是一个偶函数， 则，②错误； 令，故③正确； ，，所以，令，则关于x的方程在区间上有两个不相等的实根等价于在上有两个不相等的实根，设，则函数与轴有两个交点，函数对称轴为，实数满足 ，解得：，∴当时满足题意，④错误 故选：B. 题型08 零点个数求 ω 在三角函数图象与性质中，对整个图象性质影响最大，因为可改变函数的单调区间，极值个数和零点个数，求解的取值范围是经常考察的内容，综合性较强，除掌握三角函数图象和性质，还要准确发掘题干中的隐含条件，找到切入点，数形结合求出相关性质，如最小正周期，零点个数，极值点个数等，此部分题目还常常和导函数，去绝对值等相结合考查综合能力. 已知函数y＝Asin(ωx＋φ)在区间内有n个零点，则满足 水平线型零点，可以通过解特殊值对应的函数求解。 1．（26-27高三·浙江·开学考试）已知函数（）在区间上单调递增，且在区间内恰有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由和求出范围，由题中条件得到，由得到，由题中条件得到，通过解这个不等式组得到的取值范围. 【详解】因为，且，， 因为函数（）在区间上单调递增，所以， 解第一个不等式，即，即，即， 解第二个不等式，解得，即，即，又，则， 因为，在区间内恰有两个零点，所以， 则，解得，即，又，则， 则的取值范围是. 2．（2026·广东茂名·二模）若函数图象的一条对称轴是，且在上有唯一零点，则的最小值为（     ） A． B．4 C．5 D． 【答案】A 【分析】整理可得，根据对称性可得，，结合正弦函数零点可得，进而运算求解. 【详解】由题意可得：， 因为函数图象的一条对称轴是， 则，，解得，， 又因为，，则， 若函数在上有唯一零点，则，解得， 即，可得， 所以的最小值为. 3．（25-26高一下·浙江杭州·期中）已知函数在区间上恰有2个零点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合正弦函数的图像可得，由整体法得到或，解不等式即可求解. 【详解】因为函数在区间上恰有2个零点，则必有，解得：， 当时，， 要使函数在区间上恰有2个零点，结合正弦函数的图像可得： 情况一：，解得：， 情况二：，解得：， 所以要使函数在区间上恰有2个零点，则的取值范围为 4．（25-26高三·湖南长沙·开学考试）已知函数，，对任意恒有，且在区间上有且只有一个使，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据的零点及最值点列方程组，可得的关系式，根据在区间上有且只有一个使，得在区间上有且只有一个最大值，从而求得的取值范围，得到的最大值. 【详解】因为对任意恒有，所以在处取得最值. 所以；由，得.所以. 令，则.由在区间上有且只有一个使，得在区间上有且只有一个最大值，所以，所以. 所以，解得. 若，，此时取可使成立. 当时，，其中或时，，所以. 若，，此时取可使成立. 当时，，其中或时，，所以. 若时，，此时取可使成立. 当时，，其中时，. 所以时满足题意.故的最大值为. 题型09 极值点与最值点个数求 ω 极值点最大值最小值的问题，可以转化为区间对称轴的个数，利用对称轴公式求解。 1．（2025·浙江宁波·一模）已知函数，若对任意的，恒成立，且当时，取到最大值，则的所有可能取值构成的集合为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知条件“对任意的，恒成立”得出函数周期，从而得出值，利用“时，取到最大值”得出的表达式，从而得出的表达式，最后结合余弦函数的周期性得出的所有可能值． 【详解】，对任意的恒成立， 函数周期满足，，，当时，取到最大值，，，即， ， ，则的可能值为：当时，；当时，；当时，； 当时，；当时，；当时，； 当时，值循环出现． 的所有可能取值集合为：． 故选：C． 2．（24-25高三·黑龙江哈尔滨·阶段练习）设函数在上恰有两个零点，且的图象在上恰有两个最高点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合三角函数的图象，可找到满足条件的所在的区间，解不等式组，可求得结果. 【详解】，在上恰有两个零点，恰有两个最高点， ，即， 当时，不符合题意， 当时，不等式组为，不等式无解，当时, 不等式组为，不等式无解， 当时，，解得，当时，，不等式无解， 当时，不等式无解..故选：A 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据在上恰有两个零点、两个最高点建立不等式组. 3．（24-25高三上·福建·阶段检测）已知函数，且，则满足在区间上的最大值为的的取值的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】先计算出，分、、三种情况讨论，结合图形和方程的解与图象的交点个数之间的关系求解即可. 【详解】由，得，所以， 因为，有，因为，所以. 当时，.若，，此时的最大值为，所以， 画出的图象，如图， 由图可知，函数图象在上没有交点，所以方程在上无解； 若，，此时的最大值为1，所以，解得，不符合题意； 若，，此时的最大值为，所以， 画出的图象，如图， 由图可知，函数图象在上有一个交点，所以方程在上仅有一个解； 所以的个数为1. 故选：A. 4．（24-25高三上·山东·阶段检测）已知函数在区间内没有零点，但有极值点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用辅助角公式化简，结合二倍角公式可求得；根据无零点但有极值点可求得的范围，结合可求得的范围及的值域，由此可得结果. 【详解】，其中，，， ，，， 当时，， 在区间内没有零点，但有极值点，，， ，又，， ，， ， 则，即. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据三角函数零点、极值点个数求解参数范围的问题，解题关键是能够采用整体对应的方法确定所处的范围，进而将所求函数值化为关于的函数的形式，结合三角函数值域可求得结果. 题型10 单调区间求 ω 正弦函数 在每一个闭区间（k∈Z）上都单调递增， 在每一个闭区间（k∈Z）上都单调递减 余弦函数 在每一个闭区间[2kπ－π，2kπ]（k∈Z）上都单调递增， 在每一个闭区间[2kπ，2kπ＋π] （k∈Z）上都单调递减 对于正余弦型函数，如果区间内不单调，则区间内必有对称轴，可以借助这个思维来求解 1．（2025·山东青岛·一模）已知函数为的零点，为图象的对称轴，且在单调，则的最大值为（   ） A．13 B．11 C．9 D．7 【答案】C 【分析】先根据正弦函数的零点以及它的图象的对称性，判断为奇数，由在，单调，分在单调递增、单调递减两种情况，分别求得的最大值，综合可得它的最大值． 【详解】函数，，为的零点，为图象的对称轴， ，，且，， 相减可得，，即，即为奇数． 在单调，①若在单调递增， 则，且，，即①，且，②，把①②可得：，，故有奇数的最大值为11． 当时，，，，．此时在上不单调，不满足题意． 当时，，，，，此时在上单调递减，不满足题意；故此时无解． ②若在单调递减，则，且，， 即③，且，④， 把③④可得：，，故有奇数的最大值为11． 当时，，，，． 此时在上不单调，不满足题意． 当时，由①在上单调递减，满足题意； 故的最大值为9．故选：C 2．（24-25高三下·湖南长沙·阶段检测）定义，设函数，若 在区间 上单调递减，则ω的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先找出与的交点，确定的表达式，求得单调区间，再结合给定区间的单调性列出关于的不等式组求解. 【详解】令，即，则，解得. 与的周期均为. 当时，在一个周期内，根据与的大小关系来确定： 当时，，,单调递增； 当时，，，单调递减区间为； 当时，，，单调递减区间为. 所以函数的单调递减区间为和. 因为在区间上单调递减，对其进行分类讨论： 情形1.，解得. 由得,. 由，解得,所以或,所以或; 情形2.，解得,由得，解得, 由,解得,所以,所以. 综上，的取值范围是，故选：A. 3．（24-25高一下·江西南昌·阶段检测）已知，函数在上单调递增，且对任意，都有，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由，可得，依题意，解得（*）. 又又，则，故由（*）得，时，即①. 由，得， 因对任意，都有，则， 解得，因为，故时，即②. 综合①，②，可得的取值范围为.故选：C 4．（24-25高三·湖北武汉·阶段检测）已知函数（，），，，且在上单调，则的最大值为（ ） A．10 B．12 C．14 D．18 【答案】C 【分析】根据已知得、，进而有，，则，从大到小代入解析式研究函数在上的单调性，即可得. 【详解】由题设，，可得， 且，可得， 所以，，则，， 又，所以， 当时，，，，则， 所以，此时，，显然不单调； 当时，，，，则， 所以，此时，，满足题设； 所以的最大值为14. 故选：C 5．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知函数在上单调，且，，则的最大值与最小值之和为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】由函数的对称性可得对称轴，再由零点联立方程得出，再由函数单调性确定关于周期的不等式，求出，联立可得的范围，据此分类讨论确定检验，即可得出 【详解】由得， 即的图象关于直线对称，且， 故，则， 即， 由函数在上单调， 得，即， 所以，，解得，而，故，1，2. 当时，，则，，结合，得， 此时，当时， 由于在上单调递增，故在上单调递增，满足题意； 当时，，则，，结合，得， 此时，当时，， 由于在上单调递减，故在上单调递减，满足题意； 当时，，，，结合，得， 此时，当时， 由于在上不单调，故在上不单调，不满足题意. 综上，或1，则的最大值与最小值之和为. 故选：B 题型11区间无“心”型求 ω 无“心”型求w，可以采用正难则反的策略把无交点问题转化为有交点的问题，利用补集思想得到最终的结果，对于其他否定性问题经常这样思考. 1．（2026·四川·模拟预测）已知函数，若在上无零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过三角恒等变形将函数化为正弦函数，再利用正弦函数零点的周期性，将区间无零点条件转化为相位区间包含于相邻整数倍之间的不等式组，并结合参数范围限制求得满足条件的整数取值，最终确定参数取值范围. 【详解】 ，由，得. 因为在上无零点，所以， 所以，所以，解得. 因为，所以或. 当时，； 当时，； 当时，， 综上的取值范围是. 2．（25-26高三·湖北武汉·阶段检测）已知函数．若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先化简整理得，再求得，进而结合题意求得，最后取和即可得答案. 【详解】函数， ，， 函数在上没有零点， ，解得， 令得；令得；当或时，均无解； 的取值范围是. 3．（25-26高三·辽宁朝阳阶段检测）将的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来倍，纵坐标不变，得到的图象，若在上没有零点，则取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先通过图象变换得到的解析式，再根据的范围结合正弦函数的图象即可求解. 【详解】由题意得，，因为在上没有零点， 所以，解得， 当时，，所以， 解得， 又因为，所以的取值范围是. 4．（25-26高三下·河南驻马店·阶段检测）已知函数（其中）在区间上没有零点，则的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将看成一个整体，利用余弦函数的图象，判断区间长度，进而计算的取值范围． 【详解】由函数在区间上没有零点， 可得区间长度不超过周期的一半，所以，则； 故的零点必须满足，或； 令，，可得； 故或， 可得或， 因为， 故当时，可得或； 当时，或， 得到的取值范围为． 题型12 区间无“轴”型 ω 没有最值型： 1.如果在区间内没有最小值，则该区间内没有极小值（-1型）型对称轴。 2.如果在区间内没有最大值，则该区间内没有极大值（1型）对称轴。 3.如果在区间内没有最小值，则该区间内是先增后减型。 4.如果在区间内没有最大值，则该区间内是先减后增型。 1．（25-26高三·湖北武汉·阶段检测）已知函数在区间上不存在最值，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合周期公式列不等式确定，再求出函数在上存在最值时的的范围，从而在范围内去掉这些范围，即可得答案. 【详解】由题意得，在区间上不存在最值， 若，则区间的长度大于函数半个周期，此时函数在区间内必然存在最值，故必有， 又函数的最值满足，即， 若，则， 因为，故，则时，， 时，，结合得， 由于在区间上不存在最值， 故在的范围内去除和， 则， 故选：D 2．（25-26高三·河南南阳·阶段检测）若函数在上有最大值没有最小值，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用换元法，求出函数在上的两个端点，结合函数在上有最大值没有最小值构造不等式，解不等式求出的取值范围． 【详解】令，，， 当时，；当时，； 则， 函数的最大值在处取得； 最小值在处取得； 已知函数在上有最大值没有最小值， 区间必须包含第一个最大值点，且不能包含第一个最小值点， ，解得． 3．（23-24高三·广东佛山·阶段检测）已知函数，，为的零点，且恒成立，在区间上有最小值无最大值，则的取值可以是（    ） A．7 B．3 C．5 D．11 【答案】A 【分析】依题意可得，即可得到，再由在区间上有最小值无最大值求出，从而确定的可能取值，再代入检验即可. 【详解】因为为的零点，所以， 所以，①； 又恒成立，所以， 所以，②； ①②得，，所以，， 又，所以，解得， 又在区间上有最小值无最大值，所以，所以，解得， 所以的可能取值为、、、、、， 当时，由，且， 所以，所以， 又，当在上单调递增，故不存在最值，不符合题意； 当时，由，且， 所以，所以，显然，不符合题意； 当时，由，且， 所以，所以， 又，当，则， 当，即时取值最小值， 所以在区间上有最小值无最大值，符合题意； 当时，由，且， 所以，所以，又，不符合题意； 当时，由，且， 所以，所以， 又，当，则， 当，即时取值最小值， 所以在区间上有最小值无最大值，符合题意； 当时，由，且， 所以，所以，又，不符合题意； 综上可得或. 故选：A 4．（24-25高三上·河南周口·期末）已知函数，若在区间内无最值，则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出f（x）的对称轴，根据条件得出区间（ω﹣，2ω﹣）内不存在整数，再根据≥π，可得（ω﹣，2ω﹣）为（0，1）或（﹣1，0）的子集，从而得出ω的范围 【详解】, 若在区间内无最值，则在区间内无对称轴，令＝,可得＝kπ，∴函数对称轴为x＝，k∈Z． 令π＜＜2π，解得ω﹣＜k＜2ω﹣， ∵函数f（x）在区间（π，2π）内无对称轴， ∴区间（ω﹣，2ω﹣）上没有整数， 由f（x）在（π，2π）内无对称轴可得≥π，0＜ω≤1． ∴（ω﹣，2ω﹣）⊆（﹣1，0）或（ω﹣，2ω﹣）⊆（0，1）， ∴或 解得0＜ω≤或≤ω≤． 故选B． 【点睛】本题考查正弦函数的性质，函数零点的计算，属于中档题． 题型13 整数型求 ω 求正整数型，可以先求出对应的范围，再“卡”整数点。 1．（2026·全国·模拟预测）已知函数的一个对称中心为，在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据题意可得，所以，，由在区间上不单调可得在区间上有解，所以，在区间上有解，最终可得，，取值即可得解. 【详解】由函数的一个对称中心为， 可得， 所以，， ，， ， 由在区间上不单调， 所以在区间上有解， 所以，在区间上有解， 所以， 所以，， 又，所以， 所以， 当时，， 此时的最小正整数为. 故选：B 2．（25-26高三·河南南阳阶段检测）已知点同时是函数与的对称中心，则的最小正整数值为（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】A 【分析】根据正切函数和余弦函数的对称中心列出等式． 【详解】由正切函数的对称中心为，则，即， 故的对称中心为； 由余弦函数的对称中心为，则，即， 故的对称中心为； 因为点同时是函数与的对称中心， 故，解得； 故，解得； 故的最小正整数为5． 3．（24-25高三上·云南昆明·开学考试）已知函数是偶函数，且在区间上恰有6个零点，则的最大整数值为（    ） A．10 B．9 C．8 D．7 【答案】A 【分析】先把函数化为（或）.利用换元法转化为（或）在上恰有6个零点，利用余弦函数的图像和性质列不等式即可求出的范围，进而求出的最大整数值. 【详解】因为函数是偶函数， 所以,所以（或）. 令，当时，，即（或）. 要使函数在区间上恰有6个零点， 只需（或）在上恰有6个零点， 只需，解得：. 故的最大整数值为10. 故选：A 4．（24-25高三·陕西延安·阶段检测）设函数，其中．若，则的最小整数值为（    ） A．6 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】根据正弦函数的图像，可知最高点的横坐标与对称中心点的横坐标之差为，所以由题设可得到，可求出结果. 【详解】， 所以由正弦函数图像可知：，即. 又，即， 所以的最小正整数为2. 故选：C 题型14 水平线零点求 ω 解决函数综合性问题的注意点 （1）结合条件确定参数的值，进而得到函数的解析式． （2）解题时要将看作一个整体，利用整体代换的方法，并结合正弦函数的相关性质求解． （3）解题时要注意函数图象的运用，使解题过程直观形象化． 1．（25-26高三 全国·二轮复习）已知.若是函数的零点，直线是函数图象的对称轴，在区间上单调，则的最大值是（    ）. A．14 B．9 C．10 D．6 【答案】B 【分析】根据已知可得，为正奇数且.结合为的零点，为图象的对称轴，求出符合题意的解析式，并结合在上单调，可得的最大值. 【详解】解法1：由得，则. 当时，只能取，则，， 从而，是图象的对称轴. 当时，，这个区间不含中的任何一个， 故函数在上单调，符合题意. 当时，只能取，则，， 从而，是图象的对称轴.当时，， 这个区间含有，则函数在上不单调，不符合题意. 当时，只能取，则，， 从而，是图象的对称轴. 当时，，这个区间不含有中的任何一个， 函数在上单调，符合题意. 当时，只能取，则，， 从而，是图象的对称轴.当时，， 这个区间含有，则函数在上不单调，不符合题意. 综上，的最大值为9. 解法2：根据函数的图象特征知，它的一个零点和一条对称轴之间的最近距离为周期的四分之一， 所以，即，可得，其中. 所以函数的极值点为. 由于在上单调，所以对于任意的， 都有， 即. 当时，，存在，不合题意； 当时，，对任意的，符合题意. 解法3：从，入手来思考，要取最大值， 可以结合选项，从取值最大的选项开始，一一验证. 当时，，从单调区间的一个端点往前推算， 靠近的单调区间为，，容易看出，不合题意. 当时，，从单调区间的一个端点往前推算， 靠近的单调区间为，，容易看出，符合题意. 解法4：由得，则， 从而其中. 由，即，可知为正奇数. 由得 又由于，所以只能取. 当时，；当时，；当时，； 当时，. 因为是正奇数且不超过12，所以. 当时，，， 该区间含有，则在上不单调，不符合题意. 当时，，， 该区间不含有中的任何一个，则在上单调，符合题意. 综上，的最大值为9. 解法5：由题意知，得，即，从而①. 又由题意可得其中，则. 又因为，所以. 当时，，②. 由①②可得，的最大值为9. 故选：B. 2．（2024·陕西渭南·三模）若函数在内恰好存在8个，使得，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】化简函数式为，题意说明，得，由正弦函数图象与直线的交点个数得的范围． 【详解】由题意可得： ， 由可得， 因为，，则， 由题意可得，解得， 所以的取值范围为． 故选：D． 【点睛】易错点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 3．（24-25高三上·广西南宁·阶段检测）已知函数在区间上是增函数，若函数在上的图象与直线有且仅有一个交点，则的范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合函数的对称性，及在区间上的单调性，可知，又函数与直线交点的横坐标为，从而得，进而可求出的取值范围. 【详解】因为函数的图象关于原点对称，并且在区间上是增函数，所以，所以， 又，得， 令，得， 所以在上的图象与直线的第一个交点的横坐标为，第二个交点的横坐标为， 所以，解得， 综上所述，. 故选：. 【点睛】关键点点睛：关于三角函数中的取值范围问题，结合三角函数的单调性与最大（小）值列关于的不等式，从而求解即可. 4．（25-26高三上·湖北·期中）已知函数，若的图象在长度为的任意闭区间上与直线最少有3个交点，最多有4个交点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令，解出后利用正弦函数性质可得相邻交点的最小距离和最大距离，再结合题意计算即可得. 【详解】令，则， 所以，或，， 则，或，， 所以相邻交点最小的距离为，最大距离为， 由的图象在长度为的任意闭区间上与直线最少有3个交点， 最多有4个交点，故相邻四个交点之间的最大距离不大于， 相邻五个交点之间的最小距离大于， 又两个周期T的距离内最多个交点， 所以，且，所以. 故选：D. Jieshu 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题02。 三角函数图像与性质归类 题型脑图•核心考法搭建 图象性质基础：五点画图法 零点个数求ω 五点画图：超级双图 极值点与最值点个数求d 五点画图解决最小平移 单调区间求w 超越函数识图 三角函数图像与性质归类 区间无“心”型求 三角函数零点和 区间无“轴”型w 对称中心最值应用 整数型求) 对称中心最值应用 水平线零点求ω 考法深研•解题技能进阶 题型01图象性质基础：五点画图法 点月 方法技巧 五点画图法，是高中解决函数图像性质的小题的“终极实战大法”也是容易被忽略的的基本方法，合理利 用这个方法，能在处理图像和性质，特别是求0的题型时，达到“小题速做，小题不大作”的神奇效果。 y=Asin(@x+o)+b(A>0,@>0) 确定 的步骤和方法： )求：确定函数的最大值M和最小值m则A=2,b=+” 2)求。：确定函数的周期7，则可得。=2”； T i (3)求0：常用的方法有代入法和五点法. 代人法：把图象上的个已知点代入仳时◇已刻成代入图象与直线一 的交点求解（此时要注 意交点是在上升区间上还是在下降区间上). 1/20 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ②五点法：确定9值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口. f(x)=Msin 1·(25-26高三辽宁阶段练习)如图，将绘有函数 x+9M>00<p< 部分图象的纸片 2元 √10 沿x轴折成钝二面角，夹角为3，此时AB与x轴夹角的正弦值为5，则M=（) A 0) A.1 B.2 C.② 0.3 2.(2026重庆永川模拟预测函数()=si血0r+v2cos@x@>0)对应的图象如图，点A为图象与x轴 的交点，点8为图象的最高点点C为图象的最低点。若MB4C=0 则”的值为() A.2 8. C.Z D·元 主设 的中点为，因为和的纵坐标互为相反数，所以 BC M B C y'u 5+5)-0 2 所以点A和点M都在x轴上 2/20 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 在A1BC中，因为AB LAC,所以∠BAC=至且M为BC的中点 根据直角三角形的性质，可得AM=)BC 过点B,C分别作'的平行线，交于点N,则BN1CW B,C 设函数的最小正周期为T 可得4M=1sc=+m-2可+7-2+7 为-.可T-2+好7”，第得7-4，所以答- 2π_T g,25-6高三思在得刚已知点骨和符0层8=3mlor+p 2)图象的两个相邻的对称中心，如图，过原点的直线与y=f(x)的图象在第一象限的一 对相邻的交点分别为4B(其中小在®的左侧.过点么B分别作x轴的垂线.垂足分别为 A,B C,D 若 CD=π，且△BOD的面积是△AOC的面积的9倍.则() VA 7 A.= 12 B.ω 3 3 ,3 C·点B的坐标2 0·点4的坐标为（侵 4.(2026天津河东二模)已知0>0，在函数f)-m(@r+ 的部分图象中（如图），其图象上的点A ,B,C是同一直线上的三点且该直线与轴交于点D,若MD-D=BC=1则0=() 3/20 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 5x 5 V5元 A.2 B.2 C.2 D.4 题型02五点画图：超级双图 点方法技巧 当两个函数周期不一致，或者两个函数对称轴不一致时候，此时寻找两个函数的交点个数，可以借助五 点画图法，做出对应一个周期（周期较大函数的周期）内的图像，来寻找交点规律。 1.2528高三全国二轮复习)当x0,利时曲线()-=sm2ar 6)的图象与曲线y=sinx的图象有 唯一交点，则o的取值范围是() 「11 「117 17 [17 A.24'4 B.24'4 c.12'12 D.12'12 2.(2026江苏无锡模拟预测)当x∈[0,2时，曲线y=sin2wx y=sin ox-π） 6有3个交点，则正实数0 的取值范围为() [1143 3111 1931 「719 A.12'36 B.36'12 c.3636 D.36'36 3.226福建福州模拟须测)当xe0,2a)时，西数d=2o3x+日+sin 的零点个数为() A.3 B.4 C.6 D.8 .24-25高至上河南周卫期末当02如时.曲线y2与y=mx6石有4个交点则 数0的取值范围为（) 「1143 [1135 A.12'36 B.12'36 e.) 4/20 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型03五点画图解决最小平移 点方法技巧 平移变换： 1基本法：提系数（就是直接换x,其余的都不动）； 2.正到余，余到正 方法一：诱导公式化为同名（尽量化正为余，因为余弦是偶函数，可以解决系数是负的）； 方法二：直接第1极大值法（通过快速画图，正弦对应第一极大值轴处。余弦即五点第一点处，本方法 是重点) 1·(2026安微毫州模拟预测)将函数f(x)=2sin(2x+p)的图象向左平移，个单位长度，得到函数g(x) 的图象， A.3 B.-V3 C.-1 D.1 2.(25-26高三湖北试汉阶段练习》将函数国=02x+ 3)的图象向右平移(p>0)个单位长度后 所得图象对应的函数为奇函数，则”的最小值为() A 8.4 5π 7π C·12 D.12 3.2026四川统阳模数预测)将通数=nr+写o>0) π 的图象向左平移3个单位长度后得到函 数(x 的图象，且函数8（是偶函数，则”的最小值是（） A号 B.1 4.(25-26高三北京顺义阶段练习)将函数f()=sin2 的图象向左平移(0>0)个单位得到的函数图 象关于直线=行x对除则的可能取值为() c.3 0.2 5/20 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型04超越函数识图 点方法技巧 超越型函数“识图”与“解图”，从以下几方面入手： 1. 函数中定义域是否有限制。 2. 函数值大致的正负分界（一些容易观察出现的零点可以作为分界点） 3.代入一些容易运算的特殊值进行判断。 4. 函数是否有具有奇偶”（函数乘除（加减需要同奇偶）构成，容易观察处奇偶) 5.函数是否具有渐近线” 6. 可以利用极限思想，在0与0处进行正负判断 7.比值判断法：借助与相对的“暴增”函数做比值判断 f(x)=x cosx+1 1. (26-27高三上江西宜春阶段检测)已知函数 的部分图象可能是() 2.(河北省雄安新区部分校2026-2027学年高三上学期9月阶段检测数学试题)函数f(x) =x2+cosx-3-Inx2 的大致图象为（) 6/20 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3.(26-27高三上河北保定阶段检测)函数(=sn(π)：血(2x-r)的大致图象为() B D 2 4.(26-27高三上·辽宁沈阳阶段检测)下图对应的函数解析式为() VA y=xsin B.y=xsinx C.y=x'sinx D.y=x'cosx 题型05三角函数零点和 7/20 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 点方法技巧 零点和型： 正余弦函数相邻两个零点的中点，则是对称轴对应的横坐标，所以利用正余弦函数的对称性可以计算。 1·(23-24高三下陕西安康阶段检测)已知函数f(x)=sin2x+1,将f(x)的图象向左平移4个单位长 9元 0 度，得到函数8()的图象，若关于x的方程8(x)=a(aeR)在0,8 上有5个实数根，x,x2,,4 x(<<x<<）则+2(5+5+)+西=() B·6m D·5π 2.《2024天津红桥一模)将西数的图象横坐标仲长为原来的2倍同白左平移胥单位。得到西数 g(x)=sin(2x+p)0<o< 2)的部分图象（如图所示）·对于x,为[a,b1,且x≠x.若8(x)=8(:) ,都有8+5)小3 2成立，则下列结论中不正确的是() b A.8=sm2x+ 3π C.g(x)在L 无，2上单调递增 [。4π D.函数在3的零点为，5.则+2+2++2x+x=85 12 8/20 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3.23-高三上*松江阶段绿习)已知系藏f=5n(2x-0)0e0月 xe[0,5m,若函数 F(x)=f()-3 的所有零点依次记为，，，.且<石<5<<<。，neN若 83 x+2x2+2x3+…+2xn-2+2xn1+xn= 元，则9=（) A.9 8·6 c 0.12 4.24-25高三上海黄清阶段练习)已知通数r写引如~0在区同分上有且仅有一个学 点.o份则侣+药() V3 A.-V5 B.2 c.2 D.0 题型06对称轴最值应用 点方法技巧 正余弦对称轴： 最值处，令sin(ox十o)=l,则ox十o=m十(k∈Z,可求得对称轴方程； 对称轴代入，三角函数部分必为正负1，还可以理解为辅助角那个整体取得最大值或者最小值 ±Va2+b2 1.(2023江西模拟预测)已知A是函数 的-5n3r+母引m3x-司到的大恒.芳布在实数出 使得对任意实数×总有()≤八西)成立.则4：的最小值为（) A c.5 4π 6 7.灯-*吉秋路》已刻因=air+》a2r-胃引的大但为4 若存在实数 9/20 画学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 X2X2 使得对任意实数*总有()≤f因代)成立.则4-为的最小值为(） π 2π 4π π A·2023 B·2023 C.2023 D.4046 3.(2026河南周口·模拟预测)将函数 四=3©-了)的图象上的所有吉的横坐标绮短为原来的 纵坐标不变，再把所得的图象向左平移？个单位长度，然后再把所得的图象向下平移1个单位长度，得到 函数8（的图象.若8）8(x)=16 且2,2例.则2-的最大值为（) A. 13 10 B.34 5 0.6 4:(2025高三湖南阶段检测)将函数f(x)=2sin元x-1的图象向左平移p(0<0<2)个单位长度后得 到西数g)的图象若使/O)-go=4成立的、6有a-L-,则下列直线中可以是画数y=g付 图象的对称轴的是 1 A.x=-4 B.x= 2 D.x=4 题型07对称中心最值应用 点 方法技巧 正余弦对称中心： 零点处，令sin(ox+p)=0,ox+o=mk∈Z),可求得对称中心的横坐标 对称中心横坐标代入，三角函数那部分必为0 1.(2026天津南开模拟预测)函数f()=4sin(@r+p)(@>0,0<p<m) 其图象的一个最低点是 （兀0 距离P点最近的对称中心为4’“，则（) A.0=3 10/20 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 日.经是酒数树网安的一条对际统 6(云0)时.通数内草调送蜡 D·fx)的图象向右平移(p>0)个单位后得到g(x)的图象，若g(x)是奇函数，则6的最小值是石 P∈R 2.(25-26高三上江苏阶段练习)关于函数y=sin(2x+p)()有如下四个命题 (ππ 甲：该函数在3’6)上单调递增： 不 乙：该函数图象向右平移2个单位长度得到一个奇函数； 丙：该函数图象的一条对称轴方程为x=5红 6 丁：该函数图像的一个对称中心为（兮0 如果只有一个假命题，则该命题是() A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 3.(2026河北石家庄模拟预测)已知函数f(✉)=-sin(w+pw>0o<孕的最小正周期为m,其图象关 于直线x=石对称.给出下面四个结论：①将了)的图条向右平移名个单位长度后得到函数图条关于原点 天称：②点受0心为付网家的一个对稀中心，③学-方：④布区间0爱上单调腔蜡其+正 确的结论为（) A.①② B.②3 C.②④ D.①④ 4.25-28高三云南照通阶设练习)把”加的图条向左平移0<p< 个单位，再把所得图象各点 的横坐标缩短为原来的2倍，再把所得图象各点的纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数(x)的图象，若 f(x)≤ (3对xeR成立，则 π5π ①f()的-个单调递增区间为3’6： ②f)的图象向右平移mm>0)个单位得到的函数是一个偶函数则m的最小值为 (kr+元，0k∈ ③f)的对称中心为2+20 11/20 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 5ππ ④若关于x的方程3f(x)+f(x)+2=0在区间12’3]上有两个不相等的实根，则n的取值范围为 (-0,-5) 其中 判断正确的序号是() A.①2 B.①③ C.③④ D.①③④ 题型08零点个数求u 点方法技巧 在三角函数()=1sin(@x+)图象与性质中，0对整个图象性质影响最大，因为0可改变函数的单调 区间，极值个数和零点个数，求解⊙的取值范围是经常考察的内容，综合性较强，除掌握三角函数图象 和性质，还要准确发掘题干中的隐含条件，找到切入点，数形结合求出相关性质，如最小正周期，零点 个数，极值点个数等，此部分题目还常常和导函数，去绝对值等相结合考查综合能力. 已知函数y=Asin(@x+)在区间p,q)内有n个零点.则满足 (n-1)T ≤g-p<+07 2 k元-9Sp< kπ+π-P (k+n)π-p <qs(k+ntl)z-p 水平线型零点，可以通过解特殊值对应的函数求解。 π ππ 1.(26-27高三浙江开学考试)已知函数 f(x)=sin ox+4) (0>0)在区间8'8)上单调递增，且 在区间0，刊内恰有两个零点，则的取值范围是() 2.2026广东茂名二模若函数f(d=2sim0rcos0x+2W5cos'0x-5(0>0)图象的一条对称轴是 xsπ 且在0)上有唯-零点，则o的辰小值为《) 19 B.4 C.5 D.3 12/20 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3.25:26高-下浙江抗州期中)卫知函效国=mo+疗@>0在区间后孕上合有2个g点，则 6 0的取值范围为() A. 6.( c.u =0 4.(25-26高三湖南长沙开学考试)已知函数f(x)=2sin(ox+p)(o>0,0<p<π) -3 对任意 reR恒有得 九π 且在区间15’5上有且只有一个x使f(x)=2,则o的最大值为（) A 57 95 C. 117 B.4 D.4 题型09极值点与最值点个数求” 点方法技巧 极值点最大值最小值的问题，可以转化为区间对称轴的个数，利用对称轴公式求解。 f(x)=sin(ax+)(@>0) 1.(2025浙江宁波一模)已知函数 若对任意的eR.fK+)=f儿例恒成 立，且当=6时，f)取到最大值， 则 3 的所有可能取值构成的集合为() B.2 c.{ ?.24-25高三是龙江哈尔滨阶段练习)设通数=+引o>0在（后引上格有西个号点 ππ 且f(x)的图象在3’2上恰有两个最高点，则o的取值范围是()】 13/20 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 「63331 6333 A.42 「45231 B.42 c.2 4523 D.42 3.24,25高三上福定阶段检现已知函数f倒=s血(ar+pjo>00<p5且)-0. 则满足 To. 0 f(x)在区间6上的最大值为3的0的取值的个数为（) A.1 B.2 C.3 D.4 4.24-25高=上山东阶段检测已知函数/（因=5sim@r+12os0xo>0)在区间0，利内没有零点 但有极值点，则5cosπw+12sinπ0的取值范围是() 119120 119120 c.13’13 D.13’13 题型10单调区间求w 点方法技巧 正弦函数 2km-元，2a+ 2 2 在每一个闭区间 (k∈Z)上都单调递增 2+受2+ π 在每一个闭区间 2」 (k∈Z)上都单调递减 余弦函数 在每一个闭区间[2T-π，2](k∈Z）上都单调递增 在每一个闭区间[2kI,2kπ+π](k∈Z)上都单调递减 对于正余弦型函数，如果区间内不单调，则区间内必有对称轴，可以借助这个思维来求解 1·(2025山东青岛一模)已知函数 f(x)-sin(ox+)o>0.l02 小x=一4为f(x)的雯点、？ 4为 π5π y=f)图象的对称轴.且f)在18'36单调.。则。的最大值为() A.13 B.11 C.9 D.7 14/20 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 a,a≤b 2.(24-25高三下湖南长沙阶段检测)定义min(a,6) b,a>b,设函数 5ππ f(x)=min{sinox,coswx(o>0),若f(x)在区间(12'2上单调递减，则o的取值范围为() A[居][昭 e[居[g e[居[ 。B到 :.以-25高-下江西市吕阶段格湖已知00.商板o0=如r引在后引上单调速诺且对任 都有f(x)≥0，则o的取值范围为（) A的 B.[2,6] c 3 4.24.%离三湖北成汉阶段检测)已知马数f-血ar+p)（00例s受).（引-0 食食*问辰引上单调 则@的最大值为() A.10 B.12 C.14 D.18 「ππ 5.(2025河北秦皇岛模拟预测)已知函数f(x)=sin(ox+p(0>0,0<p<m)在6'3上单调，且 (0=(经 则0的最大值与最小值之和为（) A C.2 0.3 15/20 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型11区间无“心”型求w 点方法技巧 无心”型求w,可以采用正难则反的策略把无交点问题转化为有交点的问题，利用补集思想得到最终的 结果，对于其他否定性问题经常这样思考 1.o6西川装制须则已知数-nor-s受+(o>0).若左（答）上无号 3π5π 点，则®的取值范围是() .6 。([8 。o[6+ ).25,26高=湖北式汉阶候检测已知玉数网-m竖+分or5o>0xeR 若函数 因在24上没有零点则仙的取值范围是（) A. 。a[到 。.(到 。[6 3.(25-26高三辽宁朝阳阶段检测)将f(女)=s血x的图象先向右平移了个单位长度，再把所得函数图象 π5π 倍纵坐标不变得到8回的图象若8)在2·4上没有等点 -(0>0) 的横坐标变为原来 则o取 值范围是() .([ c .( 16/20 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4.25-26高三下河南让马店阶段格测)已知话数儿=20am君 (其中0>0)在区间(1,2)上没 有零点，则@的取值范围为() .([ s.(agu ,[] 题型12 区间无“轴”型ω 点方弦技巧 没有最值型： 1如果在a,创 区间内没有最小值，则该区间内没有极小值（-1型)型对称轴。 2如果在a,) 区间内没有最大值，则该区间内没有极大值(1型)对称轴。 3如果在a,月 区间内没有最小值，则该区间内是先增后减型。 [a,b] 4.如果在区间内没有最大值，则该区间内是先减后增型。 :.6南=湘北衣议前积铃已为适款-心a做君刮o>0在区同合列上不在 则0的取值范围为() . e 。周 引 g.525商三河吉南臀段铃刻老国款=如+o>0全合)有花人世法有小 值，则@的取值范围为() 17/20 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 喝)别 e. .劉 3.(23-24高三，广东佛山阶段检测)已知函数f(x)=sin(or+p) o>0网引.为)的婴点旦 s侣月恒定立，因在区同（合0有桑小恒无大生.则如的限痘网以长） A.7 B.3 C.5 D.11 4.（24-25高三上河南周口期未)已知函数f)-2sin@x+牙w>0.若f在区间(z,2m)内无最 41 值，则®的取值范围是 A@) B.g C. 题型13整数型求ωw 点方法技巧 求正整数型，可以先求出对应的范围，再“卡”整数点。 1.(2026全国模拟预测)已知函数f()=sin(or+p(o>0)的一个对称中心为 3 f(x)在区间 石，”上不单调则w的最小正整数值为（） A.1 B.2 C.3 D.4 2.(25-26高三河南南阳阶段检测)已知点（10'同时是函数y=tanox与y=cos@x的对称中心，则o 的最小正整数值为() A.5 B.4 C.3 D.2 3.(（24-25高三上云南昆明开学考试)已知函数冈=2si血(or+p(0>0)是偶函数且在区间 上怡有6个零点则0的最大整数值为( A.10 B.9 C.8 D.7 18/20 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4. (24-25高三陕西延安阶段检测)设函数/（冈=2sin(@x+p)xeR 其中0>01ok元.若 则o的最小整数值为() A.6 B.3 C.2 D.1 题型14水平线零点求w 点方法技巧 解决函数f()=4sin(ox+p）综合性问题的注意点 (1)结合条件确定参数，@， ”的值，进而得到函数的解析式。 ox+ (2)解题时要将 看作一个整体，利用整体代换的方法，并结合正弦函数的相关性质求解， (3)解题时要注意函数图象的运用，使解题过程直观形象化。 1.(25-26高三全国二轮复习)已知f(=sin(@r+p)。 若=普是西数倒附受点 直线一异五西数)圆象的对茶轴，了似在区同房G)上年.则的泰大值是(】 π5π A.14 B.9 C.10 D.6 陕西渭南三模)若函救四=smr一石cos>0在0，内恰好存在 s=5 2,则o的取值范围为（） A.[ 。(经] ππ 3.(24-25高三上广西南宁阶段检测)已知函数f()=2 sinx(@>0)在区间4'3]上是增函数，若函 数f()在0]上的图象与直线y=2有且仅有一个交点.则。的范围为（) 19/20 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.[2,5) B.1,5) c.1,2] 。吲 4.25-26高三上湖北期中)已知函数)-25in0r(0>0）,若'=f()的图象在长度为的任意闭区 间上与直线= 最少有3个交点，最多有4个交点，则”的取值范围为() A得e.[B） 。9。.94 Jieshu 20/20