高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)學(xué)案第二部分專項(xiàng)二專題二1第1講三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)

專題二三角函數(shù)與解三角形第1講三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)年份卷別考查內(nèi)容及考題位置命題分析2018卷Ⅰ三角函數(shù)的最值·T16高考對此部分內(nèi)容主要以選擇、填空題的形式考查，難度為中等偏下，大多出現(xiàn)在第6～12題或第14、15題位置上，命題的熱點(diǎn)主要集中在三角函數(shù)的定義、圖象與性質(zhì)，主要考查圖象的變換，函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性、對稱性及最值，并常與三角恒等變換交匯命題.卷Ⅱ三角函數(shù)的單調(diào)性·T10卷Ⅲ三角函數(shù)圖象的應(yīng)用·T152017卷Ⅰ三角函數(shù)的圖象變換·T9卷Ⅱ三角函數(shù)的最值·T14卷Ⅲ余弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)·T62016卷Ⅱ三角函數(shù)的圖象變換與性質(zhì)·T7卷Ⅲ同角三角函數(shù)的基本關(guān)系·T5三角函數(shù)的圖象變換·T14三角函數(shù)的定義、誘導(dǎo)公式及基本關(guān)系(基礎(chǔ)型)三角函數(shù)的定義若角α的終邊過點(diǎn)P(x，y)，則sinα＝eq\f(y,r)，cosα＝eq\f(x,r)，tanα＝eq\f(y,x)(其中r＝eq\r(x2＋y2))．利用誘導(dǎo)公式進(jìn)行化簡求值的步驟利用公式化任意角的三角函數(shù)為銳角三角函數(shù)，其步驟：去負(fù)—脫周—化銳．特別注意函數(shù)名稱和符號(hào)的確定．[注意]“奇變偶不變，符號(hào)看象限”．基本關(guān)系sin2x＋cos2x＝1，tanx＝eq\f(sinx,cosx).[考法全練]1．若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝－eq\f(3,5)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則tan(π－α)＝()A.eq\f(4,3) B.eq\f(2,3)C．－eq\f(2,3) D．－eq\f(4,3)解析：選A.由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝cosα＝－eq\f(3,5)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(4,5)，所以tan(π－α)＝－tanα＝－eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(\f(4,5),－\f(3,5))＝eq\f(4,3).2．(2018·唐山模擬)已知α是第三象限的角，且tanα＝2，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A．－eq\f(\r(10),10) B.eq\f(\r(10),10)C．－eq\f(3\r(10),10) D.eq\f(3\r(10),10)解析：選α是第三象限的角，tanα＝2，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(sinα,cosα)＝tanα，,sin2α＋cos2α＝1，))所以cosα＝－eq\r(\f(1,1＋tan2α))＝－eq\f(\r(5),5)，sinα＝－eq\f(2\r(5),5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝－eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(3\r(10),10)，故選C.3．已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則eq\r(1－2sin（π＋θ）sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ)))＝____________．解析：因?yàn)閑q\r(1－2sin（π＋θ）sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ)))＝eq\r(1－2sinθcosθ)＝eq\r(（sinθ－cosθ）2)＝|sinθ－cosθ|，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以原式＝sinθ－cosθ.答案：sinθ－cosθ4．已知角α的頂點(diǎn)與原點(diǎn)重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊上一點(diǎn)P(－4，3)，則eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sin（－π－α）,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,2)－α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,2)＋α)))的值為________．解析：因?yàn)閠anα＝eq\f(y,x)＝－eq\f(3,4)，所以eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π－α)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,2)－α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,2)＋α)))＝eq\f(－sinα·sinα,－sinα·cosα)＝tanα＝－eq\f(3,4).答案：－eq\f(3,4)5．(2018·武漢調(diào)研)若tanα＝cosα，則eq\f(1,sinα)＋cos4α＝____________．解析：tanα＝cosα?eq\f(sinα,cosα)＝cosα?sinα＝cos2α，故eq\f(1,sinα)＋cos4α＝eq\f(sin2α＋cos2α,sinα)＋cos4α＝sinα＋eq\f(cos2α,sinα)＋cos4α＝sinα＋eq\f(sinα,sinα)＋sin2α＝sin2α＋sinα＋1＝sin2α＋cos2α＋1＝1＋1＝2.答案：2三角函數(shù)的圖象與解析式(綜合型)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象(1)“五點(diǎn)法”作圖設(shè)z＝ωx＋φ，令z＝0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3π,2)，2π，求出x的值與相應(yīng)的y的值，描點(diǎn)、連線可得．(2)圖象變換y＝sinx的圖象eq\o(→,\s\up7(向左（φ＞0）或向右（φ＜0）),\s\do5(平移|φ|個(gè)單位))y＝sin(x＋φ)的圖象eq\o(→,\s\up7(橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,ω)（ω＞0）倍,縱坐標(biāo)不變))y＝sin(ωx＋φ)的圖象eq\o(→,\s\up7(縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼腁（A＞0）倍),\s\do5(橫坐標(biāo)不變))y＝Asin(ωx＋φ)的圖象．[典型例題]命題角度一由“圖”定“式”(一題多解)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(2π,3)))))，eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的圖象如圖所示，若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，則f(x1＋x2)的值為()A．0 B．1C.eq\r(2) D.eq\r(3)【解析】法一：由f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(2π,3)))的圖象，得最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,12)))＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝2sin(2x＋φ)，將點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，－2))代入，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋φ))＝－1，又φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，解得φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(2π,3)))))，由f(x1)＝f(x2)得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2＋\f(π,6)))eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(x1，x2∈))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(2π,3)))，x1≠x2))，因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(2π,3)))，所以0≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)，所以2x1＋eq\f(π,6)＋2x2＋eq\f(π,6)＝π，所以x1＋x2＝eq\f(π,3)，所以f(x1＋x2)＝2sineq\f(5π,6)＝1，故選B.法二：由f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(2π,3)))的圖象，得最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,12)))＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝2sin(2x＋φ)，將點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，－2))代入，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋φ))＝－1，又φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，解得φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝2sin(2x＋eq\f(π,6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(2π,3)))))，因?yàn)閒(x1)＝f(x2)且x1≠x2，由圖象得x1＋x2＝eq\f(π,3)，所以f(x1＋x2)＝2sineq\f(5π,6)＝1，故選B.【答案】B由“圖”定“式”找“對應(yīng)”由三角函數(shù)的圖象求解析式y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)中參數(shù)的值，關(guān)鍵是把握函數(shù)圖象的特征與參數(shù)之間的對應(yīng)關(guān)系，其基本依據(jù)就是“五點(diǎn)法”作圖．(1)最值定A，B：根據(jù)給定的函數(shù)圖象確定最值，設(shè)最大值為M，最小值為m，則M＝A＋B，m＝－A＋B，解得B＝eq\f(M＋m,2)，A＝eq\f(M－m,2).(2)T定ω：由周期的求解公式T＝eq\f(2π,ω)，可得ω＝eq\f(2π,T).記住三角函數(shù)的周期T的相關(guān)結(jié)論：①兩個(gè)相鄰對稱中心之間的距離等于eq\f(T,2).②兩條相鄰對稱軸之間的距離等于eq\f(T,2).③對稱中心與相鄰對稱軸的距離等于eq\f(T,4).(3)點(diǎn)坐標(biāo)定φ：一般運(yùn)用代入法求解φ值，在求解過程中，可以代入圖象上的一個(gè)已知點(diǎn)(此時(shí)A，ω，B已知)，也可代入圖象與直線y＝B的交點(diǎn)(此時(shí)要注意交點(diǎn)在上升區(qū)間上還是在下降區(qū)間上)．注意在確定φ值時(shí)，往往以尋找“五點(diǎn)法”中的某一個(gè)點(diǎn)為突破口，即“峰點(diǎn)”“谷點(diǎn)”與三個(gè)“中心點(diǎn)”，利用“中心點(diǎn)”時(shí)要注意其所在單調(diào)區(qū)間的單調(diào)性，避免產(chǎn)生增解．eq\a\vs4\al()命題角度二圖象變換(1)(一題多解)(2018·南昌調(diào)研)函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))的圖象可以由函數(shù)y＝coseq\f(x,2)的圖象()A．向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度得到B．向右平移eq\f(2π,3)個(gè)單位長度得到C．向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度得到D．向左平移eq\f(2π,3)個(gè)單位長度得到(2)(2018·石家莊質(zhì)量檢測(一))若ω>0，函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度后與函數(shù)y＝sinωx的圖象重合，則ω的最小值為()A.eq\f(11,2) B.eq\f(5,2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(3,2)【解析】(1)法一：由y＝coseq\f(x,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,2)))，y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2π,3)))＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))，知函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))的圖象可以由y＝coseq\f(x,2)的圖象向右平移eq\f(2π,3)個(gè)單位長度得到．法二：在同一坐標(biāo)系中畫出兩函數(shù)的部分圖象如圖所示，易知選B.(2)函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度后，所得函數(shù)圖象對應(yīng)的解析式為y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,3)＋\f(π,3)))，其圖象與函數(shù)y＝sinωx＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z的圖象重合，所以－eq\f(π,2)＋2kπ＝－eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,3)，k∈Z，所以ω＝－6k＋eq\f(5,2)，k∈Z，又ω>0，所以ω的最小值為eq\f(5,2)，故選B.【答案】(1)B(2)Beq\a\vs4\al()(1)平移規(guī)律由函數(shù)y＝sinx的圖象變換得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象的兩種方法．(2)圖象變換的實(shí)質(zhì)圖象變換的實(shí)質(zhì)——點(diǎn)的坐標(biāo)的變換，三角函數(shù)圖象的伸縮、平移變換，可以利用兩個(gè)函數(shù)圖象上的兩個(gè)特征點(diǎn)之間的對應(yīng)確定變換的方式，一般選取與y軸最近的最高點(diǎn)或最低點(diǎn)，當(dāng)然也可以選取在原點(diǎn)右側(cè)的第一個(gè)中心點(diǎn)，根據(jù)這些點(diǎn)的坐標(biāo)即可確定變換的方式、平移的長度與方向等．命題角度三圖象的應(yīng)用已知函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))cosx＋eq\r(3)，若函數(shù)g(x)＝f(x)－m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為____________．【解析】方程g(x)＝0同解于f(x)＝m，在平面直角坐標(biāo)系中畫出函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的圖象，如圖所示，由圖象可知，當(dāng)且僅當(dāng)m∈[eq\r(3)，2)時(shí)，方程f(x)＝m有兩個(gè)不同的解．【答案】[eq\r(3)，2)eq\a\vs4\al()巧用圖象解決三角方程或不等式問題解決與三角函數(shù)相關(guān)的方程以及不等式問題，最基本的方法就是作出對應(yīng)函數(shù)的圖象，然后結(jié)合函數(shù)的圖象的特征確定方程的解或不等式的解集．準(zhǔn)確作出對應(yīng)函數(shù)的圖象是解決問題的關(guān)鍵，尤其是作出函數(shù)在指定區(qū)間上的圖象，需要準(zhǔn)確把握函數(shù)圖象的端點(diǎn)值以及最值．[對點(diǎn)訓(xùn)練]1.(2018·開封模擬)如果存在正整數(shù)ω和實(shí)數(shù)φ使得函數(shù)f(x)＝sin2(ωx＋φ)的圖象如圖所示(圖象經(jīng)過點(diǎn)(1，0))，那么ω的值為()A．1 B．2C．3 D．4解析：選B.由f(x)＝sin2(ωx＋φ)＝eq\f(1－cos（2ωx＋2φ）,2)及其圖象知，eq\f(1,2)<eq\f(1,2)×eq\f(2π,2ω)<1，即eq\f(π,2)<ω<π，所以正整數(shù)ωf(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(1，0)，得f(1)＝eq\f(1－cos（2ω＋2φ）,2)＝0，得2ω＋2φ＝2kπ(k∈Z)，即2φ＝2kπ－2ω(k∈Z)．由圖象知f(0)>eq\f(1,2)，即eq\f(1－cos2φ,2)＝eq\f(1－cos2ω,2)>eq\f(1,2)，得cos2ω<0，所以ω＝2，故選B.2．(2018·廣州調(diào)研)將函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))的圖象向左平移φ(φ>0)個(gè)單位長度，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)恰為奇函數(shù)，則φ的最小值為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,12)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,3)解析：選A.由y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))可得y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，該函數(shù)的圖象向左平移φ個(gè)單位長度后，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（x＋φ）＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ＋\f(2π,3)))，因?yàn)間(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ＋\f(2π,3)))為奇函數(shù)，所以2φ＋eq\f(2π,3)＝kπ(k∈Z)，φ＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,3)(k∈Z)，又φ>0，故φ的最小值為eq\f(π,6)，選A.三角函數(shù)的性質(zhì)(綜合型)三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(1)y＝sinx的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)．(2)y＝cosx的單調(diào)遞增區(qū)間是[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，單調(diào)遞減區(qū)間是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)．(3)y＝tanx的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)．三角函數(shù)的奇偶性、對稱軸方程(1)y＝Asin(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝kπ(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù)；當(dāng)φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時(shí)為偶函數(shù)；對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)求得．(2)y＝Acos(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù)；當(dāng)φ＝kπ(k∈Z)時(shí)為偶函數(shù)；對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得．(3)y＝Atan(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝kπ(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù)．[典型例題](1)(2018·柳州模擬)下列函數(shù)中同時(shí)具有以下性質(zhì)的是()①最小正周期是π；②圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對稱；③在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上是增函數(shù)；④圖象的一個(gè)對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0)).A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6))) B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))(2)(2018·鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測)若將函數(shù)f(x)＝3sin(2x＋φ)(0<φ<π)圖象上的每一個(gè)點(diǎn)都向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度，得到g(x)的圖象，若函數(shù)g(x)是奇函數(shù)，則函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(2π,3)，kπ－\f(π,6)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)【解析】(1)因?yàn)樽钚≌芷谑铅?，所以ω?，排除A選項(xiàng)；當(dāng)x＝eq\f(π,3)時(shí)，對于B，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋\f(π,3)))＝0，對于D，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)，又圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對稱，從而排除B，D選項(xiàng)，因此選C.(2)由題意知g(x)＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋φ))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋φ))，因?yàn)間(x)是奇函數(shù)，所以eq\f(2π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，即φ＝－eq\f(2π,3)＋kπ(k∈Z)，又0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,3)，所以g(x)＝3sin(2x＋π)＝－3sin2x，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得kπ＋eq\f(π,4)≤x≤kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)，所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)．故選B.【答案】(1)C(2)Beq\a\vs4\al()(1)討論三角函數(shù)的單調(diào)性，研究函數(shù)的周期性、奇偶性與對稱性，都必須首先利用輔助角公式，將函數(shù)化成一個(gè)角的一種三角函數(shù)．(2)求函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的單調(diào)區(qū)間，是將ωx＋φ作為一個(gè)整體代入正弦函數(shù)增區(qū)間(或減區(qū)間)，求出的區(qū)間即為y＝Asin(ωx＋φ)的增區(qū)間(或減區(qū)間)，但是當(dāng)A>0，ω<0時(shí)，需先利用誘導(dǎo)公式變形為y＝－Asin(－ωx－φ)，則y＝Asin(－ωx－φ)的增區(qū)間即為原函數(shù)的減區(qū)間，減區(qū)間即為原函數(shù)的增區(qū)間．[對點(diǎn)訓(xùn)練]1．(2018·西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝cos(x＋θ)(0<θ<π)在x＝eq\f(π,3)時(shí)取得最小值，則f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．[eq\f(π,3)，π] B．[eq\f(π,3)，eq\f(2π,3)]C．[0，eq\f(2π,3)] D．[eq\f(2π,3)，π]解析：選A.因?yàn)?<θ<π，所以eq\f(π,3)<eq\f(π,3)＋θ<eq\f(4π,3)，又f(x)＝cos(x＋θ)在x＝eq\f(π,3)時(shí)取得最小值，所以eq\f(π,3)＋θ＝π，θ＝eq\f(2π,3)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3))).由0≤x≤π，得eq\f(2π,3)≤x＋eq\f(2π,3)≤eq\f(5π,3).由π≤x＋eq\f(2π,3)≤eq\f(5π,3)，得eq\f(π,3)≤x≤π，所以f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))，故選A.2．(一題多解)(2018·高考全國卷Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]是減函數(shù)，則a的最大值是()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4)D．π解析：選A.法一：f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，且函數(shù)y＝cosx在區(qū)間[0，π]上單調(diào)遞減，則由0≤x＋eq\f(π,4)≤π，得－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(3π,4).因?yàn)閒(x)在[－a，a]上是減函數(shù)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a≥－\f(π,4)，,a≤\f(3π,4)，))解得a≤eq\f(π,4)，所以0<a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4)，故選A.法二：因?yàn)閒(x)＝cosx－sinx，所以f′(x)＝－sinx－cosx，則由題意，知f′(x)＝－sinx－cosx≤0在[－a，a]上恒成立，即sinx＋cosx≥0，即eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥0在[－a，a]上恒成立，結(jié)合函數(shù)y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的圖象可知有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，))解得a≤eq\f(π,4)，所以0<a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4)，故選A.三角函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合問題(綜合型)[典型例題]已知函數(shù)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)))＋2sinxcosx.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)先將函數(shù)y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長度，再將所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的4倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2π))上的值域．【解】(1)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)))＋2sinxcosx＝sin2xcoseq\f(π,3)＋cos2xsineq\f(π,3)＋cos2xcoseq\f(π,6)－sin2xsineq\f(π,6)＋sin2x＝eq\r(3)cos2x＋sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，先將函數(shù)y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長度得到函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象，再將所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的4倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))的圖象．令t＝eq\f(1,2)x＋eq\f(π,6)，則函數(shù)g(x)可轉(zhuǎn)化為y＝2sint.因?yàn)閑q\f(π,3)≤x≤2π，所以eq\f(π,3)≤t≤eq\f(7π,6)，所以當(dāng)t＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(2π,3)時(shí)，ymax＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2；當(dāng)t＝eq\f(7π,6)，即x＝2π時(shí)，ymin＝g(2π)＝－1.所以函數(shù)y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2π))上的值域?yàn)閇－1，2]．eq\a\vs4\al()求解三角函數(shù)的最值或值域，最基本的方法就是換元法，通常有兩種類型：(1)“一角一函數(shù)”型：通過三角恒等變換，將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋B(或y＝Acos(ωx＋φ)＋B)的最值或值域問題，可利用t＝ωx＋φ換元轉(zhuǎn)化為基本的三角函數(shù)y＝Asint(或y＝Acost)的最值或值域問題求解．(2)“二次函數(shù)”型：將問題轉(zhuǎn)化為y＝asin2(ωx＋φ)＋bsin(ωx＋φ)＋c的最值或值域問題，可通過t＝sin(ωx＋φ)換元轉(zhuǎn)化為y＝at2＋bt＋c的最值或值域問題求解．求解函數(shù)在指定區(qū)間上的最值或值域，要注意換元后“元”的取值范圍．[對點(diǎn)訓(xùn)練]已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0≤φ≤\f(π,2)))圖象的相鄰兩對稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，且在x＝eq\f(π,8)時(shí)取得最大值1.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9,8)π))時(shí)，若方程f(x)＝a恰好有三個(gè)根，分別為x1，x2，x3，求x1＋x2＋x3的取值范圍．解：(1)eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)?T＝π?eq\f(2π,ω)＝π?ω＝2，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,8)＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝1，所以eq\f(π,4)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以φ＝2kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z，因?yàn)?≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).(2)畫出該函數(shù)的圖象如圖，當(dāng)eq\f(\r(2),2)≤a<1時(shí)，方程f(x)＝a恰好有三個(gè)根，且點(diǎn)(x1，a)和(x2，a)關(guān)于直線x＝eq\f(π,8)對稱，點(diǎn)(x2，a)和(x3，a)關(guān)于直線x＝eq\f(5π,8)對稱，所以x1＋x2＝eq\f(π,4)，π≤x3<eq\f(9π,8)，所以eq\f(5π,4)≤x1＋x2＋x3<eq\f(11π,8).一、選擇題1．(2018·南寧模擬)如圖，函數(shù)f(x)＝Asin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，|φ|<\f(π,2)))的圖象過點(diǎn)(0，eq\r(3))，則函數(shù)f(x)的解析式為()A．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))B．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))D．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))解析：選B.由函數(shù)圖象可知，A＝2，又函數(shù)f(x)的圖象過點(diǎn)(0，eq\r(3))，所以2sinφ＝eq\r(3)，即sinφ＝eq\f(\r(3),2)，由于|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，于是f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，故選B.2．(2018·鄭州質(zhì)量檢測(二))已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))－cos2x，若要得到一個(gè)奇函數(shù)的圖象，則可以將函數(shù)f(x)的圖象()A．向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度B．向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度C．向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長度D．向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長度解析：選C.f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))－cos2x＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))－cos2x＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))，所以將f(x)的圖象向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長度可得到奇函數(shù)y＝2sin2x的圖象．故選C.3．(2018·廣州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3))) 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(8,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，2))解析：選B.因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))，所以ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)ω＋\f(π,6)，\f(2π,3)ω＋\f(π,6)))，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)ω＋\f(π,6)≥2kπ－\f(π,2)，k∈Z，,\f(2π,3)ω＋\f(π,6)≤2kπ＋\f(π,2)，k∈Z.))又ω>0，所以0<ω≤eq\f(1,2)，選B.4.(2018·石家莊質(zhì)量檢測(二))已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π)的部分圖象如圖所示，已知點(diǎn)A(0，eq\r(3))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，若將它的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，則函數(shù)g(x)圖象的一條對稱軸方程為()A．x＝eq\f(π,12) B．x＝eq\f(π,4)C．x＝eq\f(π,3) D．x＝eq\f(2π,3)解析：選A.因?yàn)閒(0)＝2sinφ＝eq\r(3)，所以sinφ＝eq\f(\r(3),2)，又|φ|<π，所以φ＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πω,6)＋φ))＝0，所以eq\f(πω,6)＋φ＝kπ(k∈Z)，所以ω＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)))×eq\f(6,π)＝6k－2(k∈Z)，或ω＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(2π,3)))×eq\f(6,π)＝6k－4(k∈Z)，又ω>0，且eq\f(T,4)＝eq\f(2π,4ω)＝eq\f(π,2ω)>eq\f(π,6)，所以ω<3，所以ω＝2，φ＝eq\f(2π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，將其圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，所以g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(2π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，g(x)圖象的對稱軸方程滿足2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，所以x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)(k∈Z)，故選A.5.(2018·惠州第二次調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝Asin(2x＋θ)(|θ|≤eq\f(π,2)，A>0)的部分圖象如圖所示，且f(a)＝f(b)＝0，對不同的x1，x2∈[a，b]，若f(x1)＝f(x2)，有f(x1＋x2)＝eq\r(3)，則()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上是減函數(shù)B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上是增函數(shù)C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))上是減函數(shù)D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))上是增函數(shù)解析：選B.由題圖知A＝2，設(shè)m∈[a，b]，且f(0)＝f(m)，則f(0＋m)＝f(m)＝f(0)＝eq\r(3)，所以2sinθ＝eq\r(3)，sinθ＝eq\f(\r(3),2)，又|θ|≤eq\f(π,2)，所以θ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增．所以選項(xiàng)B正確．6．(2018·河北“五個(gè)一名校聯(lián)盟”模擬)已知函數(shù)f(x)＝1＋2cosxcos(x＋3φ)是偶函數(shù)，其中φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則下列關(guān)于函數(shù)g(x)＝cos(2x－φ)的正確描述是()A．g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,3)))上的最小值為－1B．g(x)的圖象可由函數(shù)f(x)的圖象向上平移2個(gè)單位長度，向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度得到C．g(x)的圖象的一個(gè)對稱中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))D．g(x)的一個(gè)單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析：選C.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝1＋2cosxcos(x＋3φ)是偶函數(shù)，y＝1，y＝2cosx都是偶函數(shù)，所以y＝cos(x＋3φ)是偶函數(shù)，所以3φ＝kπ，k∈Z，所以φ＝eq\f(kπ,3)，k∈Z，又0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).當(dāng)－eq\f(π,12)≤x≤eq\f(π,3)時(shí)，－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,3)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈[0，1]，故A錯(cuò)誤；f(x)＝1＋2cosxcos(x＋π)＝1－2cos2x＝－cos2x，顯然B錯(cuò)誤；當(dāng)x＝－eq\f(π,12)時(shí)，g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝0，故C正確；當(dāng)0≤x≤eq\f(π,2)時(shí)，－eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))有增有減，故D錯(cuò)誤．故選C.二、填空題7．(2018·遼寧五校聯(lián)合體模擬)已知函數(shù)f(x)＝4cos(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)為奇函數(shù)，A(a，0)，B(b，0)是其圖象上兩點(diǎn)，若|a－b|的最小值是1，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))＝________．解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝4cos(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)為奇函數(shù)，所以cosφ＝0(0<φ<π)，所以φ＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝－4sinωx，又A(a，0)，B(b，0)是其圖象上兩點(diǎn)，且|a－b|的最小值是1，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為2，所以ω＝π，所以f(x)＝－4sinπx，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))＝－4sineq\f(π,6)＝－2.答案：－28．已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜eq\f(π,2))，f(0)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，若將f(x)的圖象向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長度后所得函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，則φ＝________．解析：因?yàn)閒(0)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，則sinφ＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋φ))，所以ω＝4k＋2，k∈Z，將f(x)的圖象向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長度后所得函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(ωπ,12)＋φ))的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，則eq\f(ωπ,12)＋φ＝kπ，k∈Z，由ω＞0，0＜φ＜eq\f(π,2)得ω＝10，φ＝eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)9．已知函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)＋acos(2x＋φ)(0<φ<π)的最大值為2，且滿足f(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，則φ＝________．解析：因?yàn)閒(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對稱，由函數(shù)的解析式可得eq\r(a2＋1)＝2，即a2＝3.若a＝eq\r(3)，則f(x)＝sin(2x＋φ)＋eq\r(3)cos(2x＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,3)))，由函數(shù)圖象的對稱性可得2×eq\f(π,4)＋φ＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，所以φ＝kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)，因?yàn)?<φ<π，所以φ＝eq\f(2π,3)；若a＝－eq\r(3)，則f(x)＝sin(2x＋φ)－eq\r(3)cos(2x＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,3)))，由函數(shù)圖象的對稱性可得2×eq\f(π,4)＋φ－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，所以φ＝kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，因?yàn)?<φ<π，所以φ＝eq\f(π,3).綜上可得φ＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).答案：eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)三、解答題10．已知函數(shù)f(x)＝sin4x＋cos4x＋eq\f(\r(3),2)sin2xcos2x.(1)求f(x)的最小正周期；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，求f(x)的最值．解：f(x)＝sin4x＋cos4x＋eq\f(\r(3),2)sin2xcos2x＝(sin2x＋cos2x)2－2sin2xcos2x＋eq\f(\r(3),4)sin4x＝1－eq\f(1,2)sin22x＋eq\f(\r(3),4)sin4x＝1－eq\f(1,2)·eq\f(1－cos4x,2)＋eq\f(\r(3),4)sin4x＝eq\f(\r(3),4)sin4x＋eq\f(1,4)cos4x＋eq\f(3,4)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))＋eq\f(3,4).(1)T＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2).(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，4x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，則當(dāng)4x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,12)時(shí)，函數(shù)f(x)取最大值eq\f(5,4)；當(dāng)4