四川省眉山市2023屆高三數學一輪復習講義3三角函數的圖像

Page33三角函數的圖象：知識梳理一單位圓中的三角函數線1.正弦線，余弦線，正切線：2.一個結論：若則例：1．按從小到大排列為____________.2．函數上交點個數是_________.二利用三角函數線作出三角函數的圖象；y＝sinxy＝cosxy＝tanx三三角函數的性質1.三角函數的性質函數y＝sinxy＝cosxy＝tanx圖象定義域RR值域[－1，1][－1，1]R最小正周期2π2ππ奇偶性奇函數偶函數奇函數遞增區(qū)間遞減區(qū)間無對稱中心對稱軸方程x＝kπ＋eq\f(π,2)，x＝kπ，無函數取最大值的無函數取最小值的無注意：1.對稱軸，對稱中心的特點：正、余弦函數在對稱軸處取最值；在對稱中心處函數值為零。2.正弦曲線、余弦曲線相鄰兩對稱中心、相鄰兩對稱軸之間的距離是半個周期，相鄰的對稱中心與對稱軸之間的距離是eq\f(1,4)個周期；正切曲線相鄰兩對稱中心之間的距離是半個周期.3.y＝tanx不能認為其在定義域上為增函數，而是在每個區(qū)間內為增函數.2.三角函數性質的應用注意：求解三角函數的值域(最值)常見四種類型：(1)形如y＝asinx＋bcosx＋c的三角函數化為y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)；(2)形如y＝asin2x＋bsinx＋c的三角函數，可先設sinx＝t，化為關于t的二次函數求值域(最值)；(3)形如y＝asinxcosx＋b(sinx±cosx)＋c的三角函數，可先設t＝sinx±cosx，化為關于t的二次函數求值域(最值).(4)形如y＝asin2x＋bcos2x＋csinxcosx＋d的三角函數，“降冪化一”化為y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)；例1．（2021·全國·高考真題（文））函數的最小正周期和最大值分別是（

）A．和 B．和2 C．和 D．和2例2.(2016·全國Ⅱ卷)函數f(x)＝cos2x＋6cos的最大值為()A.4B.5 C.6 D.7例3.已知函數f(x)＝2sinx－2cosx＋2sinxcosx＋eq\f(1,2)，則f(x)的最大值為。例4.(2018·全國Ⅰ卷)已知函數f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，則()A.f(x)的最小正周期為π，最大值為3B.f(x)的最小正周期為π，最大值為4C.f(x)的最小正周期為2π，最大值為3D.f(x)的最小正周期為2π，最大值為4四函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)、y＝Atan(ωx＋φ)(其中ω＞0,|φ|<eq\f(π,2))的圖像和性質（一）函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)、y＝Atan(ωx＋φ)(其中ω＞0,|φ|<eq\f(π,2))的定義域函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)的定義域都為，函數y＝Atan(ωx＋φ)的定義域：從中摳去使得ωx＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)的值。例.函數的定義域是（ ）A． B． C． D．（二）函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)(其中A＞0)的值域函數y＝Asin(ωx＋φ)在ωx＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ時取最大值A；在ωx＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)時取最小值－A；函數y＝Acos(ωx＋φ)在ωx＋φ＝2kπ(k∈Z)時取最大值A；在ωx＋φ＝2kπ－π(k∈Z)時取最小值－A；例1.已知函數f(x)＝2sinωx(ω>0)在區(qū)間上的最小值是－2，則ω的最小值等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(3,2)C.2 D.3例2.已知，且在區(qū)間上有最小值，無最大值，則ω＝_______.例3.若圓至少能蓋住函數的圖象的一個最高點和一個最低點，則r的取值范圍是（） A． B． C． D．以上都不對例4.函數的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝________.例5.(14年全國卷Ⅱ）設函數.若存在的極值點滿足，則m的取值范圍是（）A.B.C.D.（三）函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)、y＝Atan(ωx＋φ)(其中ω＞0,|φ|<eq\f(π,2))的最小正周期函數y＝Asin(ωx＋φ)與y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq\f(2π,|ω|)，函數y＝Atan(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq\f(π,|ω|).例1.(2017·全國Ⅱ卷)函數的最小正周期為()A.4π B.2π C.π D.eq\f(π,2)例2.函數的周期為____________.例3.函數f(x)＝2sinωx－cosωx(ω>0)，若f(x)的兩個零點x1，x2滿足|x1－x2|min＝2，則f(1)的值為()A.eq\f(\r(10),2) B.－eq\f(\r(10),2) C.2 D.－2例4.(2017·天津卷)設函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<π.若，，且f(x)的最小正周期大于2π，則()A.ω＝eq\f(2,3)，φ＝eq\f(π,12)B.ω＝eq\f(2,3)，φ＝－eq\f(11π,12)C.ω＝eq\f(1,3)，φ＝－eq\f(11π,24) D.ω＝eq\f(1,3)，φ＝eq\f(7π,24)例5.已知函數.（Ⅰ）求的最小正周期及的最小值；（Ⅱ）若,且,求的值.例6.設函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ是常數，A>0，ω>0)．若f(x)在區(qū)間上具有單調性，且，則f(x)的最小正周期為_____．例7.為了使函數y＝sinωx(ω>0)在區(qū)間[0，1]上至少出現50次最大值，則ω的最小值為()A.98π B.eq\f(197,2)π C.eq\f(199,2)π D.100π（四）函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)、y＝Atan(ωx＋φ)(其中ω＞0,|φ|<eq\f(π,2))單調性1.已知函數求單調區(qū)間函數的增減區(qū)間的求法：由求出即得函數的增區(qū)間；由求出即得函數的減區(qū)間；函數的增減區(qū)間的求法：由求出即得函數的增區(qū)間；由求出即得函數的減區(qū)間；函數的增區(qū)間的求法：由求出即得函數的增區(qū)間；函數無減區(qū)間；注意：1.要注意求函數y＝Asin(ωx＋φ)的單調區(qū)間時A和ω的符號，盡量化成ω＞0時情況，避免出現增減區(qū)間的混淆.2.函數無減區(qū)間，且其增區(qū)間必須是開區(qū)間；3.必須寫；例1.函數y＝－tan的單調遞減區(qū)間為________.例2.函數f(x)＝sin的單調遞減區(qū)間為________.例3.已知x0＝eq\f(π,3)是函數f(x)＝sin(2x＋φ)的一個極大值點，則f(x)的單調遞減區(qū)間是________.例4.已知函數f(x)＝sinsinx－eq\r(3)cos2x.(1)求f(x)的最小正周期和最大值；(2)討論f(x)在上的單調性．例5.已知函數為常數）．（1）求函數的單調遞增區(qū)間；(2)若時，的最小值為，求的值．2.求函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)、y＝Atan(ωx＋φ)(其中ω＞0,|φ|<eq\f(π,2))單調區(qū)間的選擇題（1）觀察出最小正周期，單調區(qū)間前有周期的整數倍；看所選區(qū)間的“長度”是否為半個周期，若比半個周期長，肯定不為單調區(qū)間；若為半個周期，函數必在端點處取最值；若比半個周期短，看取最值的數是否在所選區(qū)間內，若在，必不選；若不在，僅比較端點的大小即得。例1．（2021·全國·高考真題）下列區(qū)間中，函數單調遞增的區(qū)間是（

）A． B． C． D．例2.函數的最小正周期是,則函數的一個單調遞增區(qū)間是()A.B.C.D.例3.已知函數，的圖像與直線的兩個相鄰交點的距離等于，則的單調遞增區(qū)間是（）A.B.C.D.例4.【2018天津卷6】將函數的圖象向右平移個單位長度，所得圖象對應的函數A在區(qū)間上單調遞增 B在區(qū)間上單調遞減C在區(qū)間上單調遞增 D在區(qū)間上單調遞減例5．已知函數f(x)＝－2sin(2x＋φ)(|φ|<π)，若f(eq\f(π,8))＝－2，則f(x)的一個單調遞減區(qū)間是（）A．[－eq\f(π,8)，eq\f(3π,8)] B．[eq\f(π,8)，eq\f(9π,8)]C．[－eq\f(3π,8)，eq\f(π,8)] D．[eq\f(π,8)，eq\f(5π,8)]3.已知函數的單調區(qū)間的某一部分確定參數ω的范圍或選函數表達式的問題例1.【2018全國二卷10】若在是減函數，則的最大值是（）A． B． C． D．例2.已知ω>0，函數f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))在(eq\f(π,2)，π)上單調遞減，則ω的取值范圍是()A．[eq\f(1,2)，eq\f(5,4)]B．[eq\f(1,2)，eq\f(3,4)]C．(0，eq\f(1,2)]D．(0,2]例3．設函數f(x)＝3sin(eq\f(π,2)x＋eq\f(π,4))，若存在這樣的實數x1，x2，對任意的x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，則|x1－x2|的最小值為_______．例4.若函數f(x)＝sinωx(ω>0)在上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，則ω＝________.例5.（2019全國二卷9）下列函數中，以為周期且在區(qū)間(，)單調遞增的是A．f(x)=│cos2x│B．f(x)=│sin2x│C．f(x)=cos│x│ D．f(x)=sin│x│例6．（2019全國一卷11）關于函數有下述四個結論：①f(x)是偶函數 ②f(x)在區(qū)間（，）單調遞增③f(x)在有4個零點 ④f(x)的最大值為2其中所有正確結論的編號是A．①②④ B．②④ C．①④ D．①③（五）函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)、y＝Atan(ωx＋φ)(其中ω＞0,|φ|<eq\f(π,2))的對稱軸和對稱中心函數的對稱軸的特點：過最值點與軸垂直的線，即函數在對稱軸處取最值；對稱中心的特點：圖像與軸的交點，即對稱中心橫坐標為函數零點。例1.1.設函數的圖象關于y軸對稱，則θ＝()A.－eq\f(π,6) B.eq\f(π,6) C.－eq\f(π,3) D.eq\f(π,3)2.若是函數f(x)＝sinωx＋cosωx圖象的一個對稱中心，則ω的一個取值是()A.2 B.4 C.6 D.83．將函數的圖象向左平移個單位長度后得到圖象，若的一個對稱中心為（，0），則的一個可能取值是（）A．B．C．D．4.【2018全國三卷15】函數在的零點個數為______．例2.若點(θ，0)是函數f(x)＝sinx＋2cosx圖象的一個對稱中心，則cos2θ＋sinθcosθ＝()A.eq\f(11,10) B.－eq\f(11,10) C.1 D.－1例3.已知函數f(x)＝asinx＋cosx(a為常數，x∈R)的圖象關于直線x＝eq\f(π,6)對稱，則函數g(x)＝sinx＋acosx的圖象()A.關于點對稱B.關于點對稱C.關于直線x＝eq\f(π,3)對稱 D.關于直線x＝eq\f(π,6)對稱例4.【2018北京卷11】設函數f（x）=，若對任意的實數x都成立，則ω的最小值為__________．例5.已知函數(I)求函數圖象的對稱中心與對稱軸；(Ⅱ)求函數在區(qū)間上的最小值和最大值．例6．（2022·全國·高考真題（理））記函數的最小正周期為T，若，為的零點，則的最小值為____________．例7．（2022·全國·高考真題）記函數的最小正周期為T．若，且的圖象關于點中心對稱，則（

）A．1 B． C． D．3例8．（2022·全國·高考真題（理））設函數在區(qū)間恰有三個極值點、兩個零點，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．例9．（2022·全國）已知函數的圖像關于點中心對稱，則正確的是①在區(qū)間單調遞減②在區(qū)間有兩個極值點③直線是曲線的對稱軸④直線是曲線的切線（六）函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)、y＝Atan(ωx＋φ)(其中ω＞0,|φ|<eq\f(π,2))的圖像（1）“五點作圖法”作三角函數的圖象；（2）函數圖像變換作圖例1.1.(2016·全國Ⅰ卷)若將函數y＝2sin的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期后，所得圖象對應的函數為()A.y＝2sinB.y＝2sinC.y＝2sin D.y＝2sin2.把函數的圖象向左平移，所得圖象的函數式為（） A． B． C． D．3.設函數的圖象為C1，將C1向右平移個單位，可得曲線C2，若曲線C2與函數的圖象關于x軸對稱，那么可以是______________.例2.1.已知函數的最小正周期為，為了得到函數g(x)=cosωx的圖象，只要將的圖象（）A．向左平移個單位B．向右平移個單位C.向左平移個單位D．向右平移個單位2.要得到函數y＝sin(2x－EQ\f(π,3))的圖象，只要將函數y＝cos2x的圖象（）A.向左平移EQ\f(π,3)個單位B.向左平移EQ\f(5π,12)個單位C.向右平移EQ\f(π,3)個單位D.向右平移EQ\f(5π,12)個單位3.若把函數y＝sin的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度，所得到的圖象與函數y＝cosωx的圖象重合，則ω的一個可能取值是()A.2 B.eq\f(3,2) C.eq\f(2,3) D.eq\f(1,2)例3.(2017·全國Ⅰ卷)已知曲線C1：y＝cosx，C2：y＝sin，則下面結論正確的是()A.把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到曲線C2B.把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得到曲線C2C.把C1上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到曲線C2D.把C1上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得到曲線C2例4．（2021·全國·高考真題（理））把函數圖像上所有點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，再把所得曲線向右平移個單位長度，得到函數的圖像，則（

）A．B．C． D．例5．已知函數f(x)＝eq\r(3)sinωx·cosωx＋cos2ωx－eq\f(1,2)(ω>0)，其最小正周期為eq\f(π,2).（1）求f(x)的表達式；(2)將函數f(x)的圖象向右平移eq\f(π,8)個單位長度，再將圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，得到函數y＝g(x)的圖象，若關于x的方程g(x)＋k＝0在區(qū)間[0，eq\f(π,2)]上有且只有一個實數解，求實數k的取值范圍．例6．（2019全國三卷12）設函數=sin（）(＞0)，已知在有且僅有5個零點，下述四個結論：①在（）有且僅有3個極大值點②在（）有且僅有2個極小值點③在（）單調遞增④的取值范圍是[)其中所有正確結論的編號是A．①④B．②③C．①②③D．①③④（七）由圖象寫函數的表達式的問題.由圖像寫出函數的表達式的思維順序：第一步：確定；；第二步：確定A；；第三步：尋找圖像五點中的任意兩點的橫坐標，確定或或或，再由確定；第四步：取點代入表達式確定。例1.(2016·全國Ⅱ卷)函數y＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則()A.y＝2sinB.y＝2sinC.y＝2sinD.y＝2sin例2.函數的部分圖象如圖所示，，則函數表達式為()A.B.C.D.例3.已知函數f(x)＝－2cosωx(ω>0)的圖象向左平移個單位，所得的部分函數圖象如圖所示，則φ的值為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(5π,6)C.eq\f(π,12) D.eq\f(5π,12)例4．已知函數f(x)＝Acos(ωx＋φ)的圖象如圖所示，，則＝________.例5．（2021·全國·高考真題（理））已知函數的部分圖像如圖所示，則滿足條件的最小正整數x為________．三角方程和三角不等式求解三角方程和三角不等式的本質就是換元法，然后三角函數線法或函數圖像法。例1.滿足cosα≤－eq\f(1,2)的角α的集合為________.例2.函數y＝eq\r(2sinx－1)的定義域為________.例3．不等式的解集為：例4．已知函數f(x)＝cosx·cos(x－eq\f(π,3))．(1)求f(eq\f(2π,3))的值；(2)求使f(x)<eq\f(1,4)成立的x的取值集合．三角函數的圖象：知識梳理一單位圓中的三角函數線1.正弦線，余弦線，正切線：2.一個結論：若則例：1．按從小到大排列為____________.2．函數上交點個數是____3______.二利用三角函數線作出三角函數的圖象；y＝sinxy＝cosxy＝tanx三三角函數的性質1.三角函數的性質函數y＝sinxy＝cosxy＝tanx圖象定義域RR值域[－1，1][－1，1]R最小正周期2π2ππ奇偶性奇函數偶函數奇函數遞增區(qū)間遞減區(qū)間無對稱中心對稱軸方程x＝kπ＋eq\f(π,2)，x＝kπ，無函數取最大值的無函數取最小值的無注意：1.對稱軸，對稱中心的特點：正、余弦函數在對稱軸處取最值；在對稱中心處函數值為零。2.正弦曲線、余弦曲線相鄰兩對稱中心、相鄰兩對稱軸之間的距離是半個周期，相鄰的對稱中心與對稱軸之間的距離是eq\f(1,4)個周期；正切曲線相鄰兩對稱中心之間的距離是半個周期.3.y＝tanx不能認為其在定義域上為增函數，而是在每個區(qū)間內為增函數.2.三角函數性質的應用注意：求解三角函數的值域(最值)常見四種類型：(1)形如y＝asinx＋bcosx＋c的三角函數化為y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)；(2)形如y＝asin2x＋bsinx＋c的三角函數，可先設sinx＝t，化為關于t的二次函數求值域(最值)；(3)形如y＝asinxcosx＋b(sinx±cosx)＋c的三角函數，可先設t＝sinx±cosx，化為關于t的二次函數求值域(最值).(4)形如y＝asin2x＋bcos2x＋csinxcosx＋d的三角函數，“降冪化一”化為y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)；例1．（2021·全國·高考真題（文））函數的最小正周期和最大值分別是（

）A．和 B．和2 C．和 D．和2答案：C解析：由題，，所以的最小正周期為，最大值為.故選：C．例2.(2016·全國Ⅱ卷)函數f(x)＝cos2x＋6cos的最大值為()A.4 B.5 C.6 D.7答案：B解析：由f(x)＝cos2x＋6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝1－2sin2x＋6sinx＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(11,2)，又sinx∈[－1，1]，所以當sinx＝1時，函數f(x)的最大值為5.例3.已知函數f(x)＝2sinx－2cosx＋2sinxcosx＋eq\f(1,2)，則f(x)的最大值為。例4.(2018·全國Ⅰ卷)已知函數f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，則()A.f(x)的最小正周期為π，最大值為3B.f(x)的最小正周期為π，最大值為4C.f(x)的最小正周期為2π，最大值為3D.f(x)的最小正周期為2π，最大值為4答案：B解析：易知f(x)＝2cos2x－sin2x＋2＝3cos2x＋1＝3eq\f(cos2x＋1,2)＋1＝eq\f(3,2)cos2x＋eq\f(5,2)，則f(x)的最小正周期為π，當2x＝2kπ，即x＝kπ(k∈Z)時，f(x)取得最大值，最大值為4.四函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)、y＝Atan(ωx＋φ)(其中ω＞0,|φ|<eq\f(π,2))的圖像和性質（一）函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)、y＝Atan(ωx＋φ)(其中ω＞0,|φ|<eq\f(π,2))的定義域函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)的定義域都為，函數y＝Atan(ωx＋φ)的定義域：從中摳去使得ωx＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)的值。例.函數的定義域是（ ）A． B． C． D．答案：D（二）函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)(其中A＞0)的值域函數y＝Asin(ωx＋φ)在ωx＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ時取最大值A；在ωx＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)時取最小值－A；函數y＝Acos(ωx＋φ)在ωx＋φ＝2kπ(k∈Z)時取最大值A；在ωx＋φ＝2kπ－π(k∈Z)時取最小值－A；例1.已知函數f(x)＝2sinωx(ω>0)在區(qū)間上的最小值是－2，則ω的最小值等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(3,2)C.2 D.3答案B解析∵ω>0，－eq\f(π,3)≤x≤eq\f(π,4)，∴－eq\f(ωπ,3)≤ωx≤eq\f(ωπ,4).由已知條件知－eq\f(ωπ,3)≤－eq\f(π,2)，∴ω≥eq\f(3,2).例2.已知，且在區(qū)間上有最小值，無最大值，則ω＝_______.答案eq\f(14,3)解析依題意，x＝eq\f(\f(π,6)＋\f(π,3),2)＝eq\f(π,4)時，y有最小值，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)·ω＋\f(π,3)))＝－1，∴eq\f(π,4)ω＋eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)．∴ω＝8k＋eq\f(14,3)(k∈Z)，因為f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上有最小值，無最大值，所以eq\f(π,3)－eq\f(π,4)<eq\f(π,ω)，即ω<12令k＝0，得ω＝eq\f(14,3).例3.若圓至少能蓋住函數的圖象的一個最高點和一個最低點，則r的取值范圍是（） A． B． C． D．以上都不對例4.函數的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝________.答案2解析(構造法)根據分子和分母同次的特點，把分子展開，得到部分分式，f(x)＝1＋eq\f(x＋sinx,2x2＋cosx)，f(x)－1為奇函數，則m－1＝－(M－1)，所以M＋m＝2.例5.(14年全國卷Ⅱ）設函數.若存在的極值點滿足，則m的取值范圍是（）A.B.C.D.答案：C解析：（三）函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)、y＝Atan(ωx＋φ)(其中ω＞0,|φ|<eq\f(π,2))的最小正周期函數y＝Asin(ωx＋φ)與y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq\f(2π,|ω|)，函數y＝Atan(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq\f(π,|ω|).例1.(2017·全國Ⅱ卷)函數的最小正周期為()A.4π B.2π C.π D.eq\f(π,2)答案C解析由題意T＝eq\f(2π,2)＝π.例2.函數的周期為____________.答案：例3.函數f(x)＝2sinωx－cosωx(ω>0)，若f(x)的兩個零點x1，x2滿足|x1－x2|min＝2，則f(1)的值為()A.eq\f(\r(10),2) B.－eq\f(\r(10),2) C.2 D.－2答案C解析：依題意函數的最小正周期為eq\f(2π,ω)＝2|x1－x2|min＝2×2＝4，即ω＝eq\f(π,2)，所以f(1)＝2sineq\f(π,2)－coseq\f(π,2)＝2.例4.(2017·天津卷)設函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<π.若，，且f(x)的最小正周期大于2π，則()A.ω＝eq\f(2,3)，φ＝eq\f(π,12)B.ω＝eq\f(2,3)，φ＝－eq\f(11π,12)C.ω＝eq\f(1,3)，φ＝－eq\f(11π,24) D.ω＝eq\f(1,3)，φ＝eq\f(7π,24)答案A解析∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，∴f(x)的最小正周期為4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)－\f(5π,8)))＝3π，∴ω＝eq\f(2π,3π)＝eq\f(2,3)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋φ)).∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(5π,8)＋φ))＝2，得φ＝2kπ＋eq\f(π,12)(k∈Z)，又|φ|<π，∴取k＝0，得φ＝eq\f(π,12).例5.已知函數.（Ⅰ）求的最小正周期及的最小值；（Ⅱ）若,且,求的值.答案：（1），最小正周期為；最小值為-1.（2）例6.（2014·北京)設函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ是常數，A>0，ω>0)．若f(x)在區(qū)間上具有單調性，且，則f(x)的最小正周期為_____．例7.為了使函數y＝sinωx(ω>0)在區(qū)間[0，1]上至少出現50次最大值，則ω的最小值為()A.98π B.eq\f(197,2)π C.eq\f(199,2)π D.100π答案B解析由題意，至少出現50次最大值即至少需用49eq\f(1,4)個周期，所以eq\f(197,4)T＝eq\f(197,4)·eq\f(2π,ω)≤1，所以ω≥eq\f(197,2)π.評析解決此類問題的關鍵在于結合條件弄清周期T＝eq\f(2π,ω)與所給區(qū)間的關系，從而建立不等關系.（四）函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)、y＝Atan(ωx＋φ)(其中ω＞0,|φ|<eq\f(π,2))單調性1.已知函數求單調區(qū)間函數的增減區(qū)間的求法：由求出即得函數的增區(qū)間；由求出即得函數的減區(qū)間；函數的增減區(qū)間的求法：由求出即得函數的增區(qū)間；由求出即得函數的減區(qū)間；函數的增區(qū)間的求法：由求出即得函數的增區(qū)間；函數無減區(qū)間；注意：1.要注意求函數y＝Asin(ωx＋φ)的單調區(qū)間時A和ω的符號，盡量化成ω＞0時情況，避免出現增減區(qū)間的混淆.2.函數無減區(qū)間，且其增區(qū)間必須是開區(qū)間；3.必須寫；例1.函數y＝－tan的單調遞減區(qū)間為________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)解析由－eq\f(π,2)＋kπ＜2x－eq\f(3π,4)＜eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)＜x＜eq\f(5π,8)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，所以y＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))的單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z).例2.函數f(x)＝sin的單調遞減區(qū)間為________.答案:eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)解析:由已知可得函數為y＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，欲求函數的單調遞減區(qū)間，只需求y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的單調遞增區(qū)間.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).故所求函數的單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z).例3.已知x0＝eq\f(π,3)是函數f(x)＝sin(2x＋φ)的一個極大值點，則f(x)的單調遞減區(qū)間是________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)，kπ＋\f(5,6)π))(k∈Z)解析因為x0＝eq\f(π,3)是函數f(x)＝sin(2x＋φ)的一個極大值點，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋φ))＝1，解得φ＝2kπ－eq\f(π,6)(k∈Z).不妨取φ＝－eq\f(π,6)，此時f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得f(x)的單調遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)，kπ＋\f(5,6)π))(k∈Z).例4.已知函數f(x)＝sinsinx－eq\r(3)cos2x.(1)求f(x)的最小正周期和最大值；(2)討論f(x)在上的單調性．答案：f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上單調遞增；在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))上單調遞減解析：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))sinx－eq\r(3)cos2x＝cosxsinx－eq\f(\r(3),2)(1＋cos2x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x－eq\f(\r(3),2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2)，[4分]因此f(x)的最小正周期為π，最大值為eq\f(2－\r(3),2).[6分](2)當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))時，0≤2x－eq\f(π,3)≤π，[7分]從而當0≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)，即eq\f(π,6)≤x≤eq\f(5π,12)時，f(x)單調遞增，[9分]當eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤π，即eq\f(5π,12)≤x≤eq\f(2π,3)時，f(x)單調遞減．[11分]綜上可知，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上單調遞增；在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))上單調遞減．[12分]例5.已知函數為常數）．（1）求函數的單調遞增區(qū)間；(2)若時，的最小值為，求的值．答案：（1）；單調遞增區(qū)間（2）2.求函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)、y＝Atan(ωx＋φ)(其中ω＞0,|φ|<eq\f(π,2))單調區(qū)間的選擇題（1）觀察出最小正周期，單調區(qū)間前有周期的整數倍；看所選區(qū)間的“長度”是否為半個周期，若比半個周期長，肯定不為單調區(qū)間；若為半個周期，函數必在端點處取最值；若比半個周期短，看取最值的數是否在所選區(qū)間內，若在，必不選；若不在，僅比較端點的大小即得。例1．（2021·全國·高考真題）下列區(qū)間中，函數單調遞增的區(qū)間是（

）A． B． C． D．答案：A解析：因為函數的單調遞增區(qū)間為，對于函數，由，解得，取，可得函數的一個單調遞增區(qū)間為，則，，A選項滿足條件，B不滿足條件；取，可得函數的一個單調遞增區(qū)間為，且，，CD選項均不滿足條件.故選：A.例2.函數的最小正周期是,則函數的一個單調遞增區(qū)間是()A.B.C.D.答案：B例3.已知函數，的圖像與直線的兩個相鄰交點的距離等于，則的單調遞增區(qū)間是（）A.B.C.D.答案：C例4.【2018天津卷6】將函數的圖象向右平移個單位長度，所得圖象對應的函數A在區(qū)間上單調遞增 B在區(qū)間上單調遞減C在區(qū)間上單調遞增 D在區(qū)間上單調遞減答案：A例5．已知函數f(x)＝－2sin(2x＋φ)(|φ|<π)，若f(eq\f(π,8))＝－2，則f(x)的一個單調遞減區(qū)間是（）A．[－eq\f(π,8)，eq\f(3π,8)] B．[eq\f(π,8)，eq\f(9π,8)]C．[－eq\f(3π,8)，eq\f(π,8)] D．[eq\f(π,8)，eq\f(5π,8)]答案：C3.已知函數的單調區(qū)間的某一部分確定參數ω的范圍或選函數表達式的問題例1.【2018全國二卷10】若在是減函數，則的最大值是（）A． B． C． D．答案A解析f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，由題意得a>0，故－a＋eq\f(π,4)<eq\f(π,4)，因為f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))在[－a，a]是減函數，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，,a>0，))解得0<a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4).例2.已知ω>0，函數f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))在(eq\f(π,2)，π)上單調遞減，則ω的取值范圍是()A．[eq\f(1,2)，eq\f(5,4)]B．[eq\f(1,2)，eq\f(3,4)]C．(0，eq\f(1,2)]D．(0,2]答案：C例3．設函數f(x)＝3sin(eq\f(π,2)x＋eq\f(π,4))，若存在這樣的實數x1，x2，對任意的x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，則|x1－x2|的最小值為_______．答案：2例4.若函數f(x)＝sinωx(ω>0)在上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，則ω＝________.答案：eq\f(3,2)解析：法一由于函數f(x)＝sinωx(ω>0)的圖象經過坐標原點，由已知并結合正弦函數的圖象可知，eq\f(π,3)為函數f(x)的eq\f(1,4)周期，故eq\f(2π,ω)＝eq\f(4π,3)，解得ω＝eq\f(3,2).法二由題意，得f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\f(π,3)ω＝1.由已知并結合正弦函數圖象可知，eq\f(π,3)ω＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝eq\f(3,2)＋6k(k∈Z).所以當k＝0時，ω＝eq\f(3,2).例5.（2019全國二卷9）下列函數中，以為周期且在區(qū)間(，)單調遞增的是A．f(x)=│cos2x│B．f(x)=│sin2x│C．f(x)=cos│x│ D．f(x)=sin│x│例6．（2019全國一卷11）關于函數有下述四個結論：①f(x)是偶函數 ②f(x)在區(qū)間（，）單調遞增③f(x)在有4個零點 ④f(x)的最大值為2其中所有正確結論的編號是A．①②④ B．②④ C．①④ D．①③（五）函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)、y＝Atan(ωx＋φ)(其中ω＞0,|φ|<eq\f(π,2))的對稱軸和對稱中心函數的對稱軸的特點：過最值點與軸垂直的線，即函數在對稱軸處取最值；對稱中心的特點：圖像與軸的交點，即對稱中心橫坐標為函數零點。例1.1.(2019·武漢調研)設函數的圖象關于y軸對稱，則θ＝()A.－eq\f(π,6) B.eq\f(π,6) C.－eq\f(π,3) D.eq\f(π,3)答案：A解析：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋θ))－eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋θ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋θ－\f(π,3)))，由題意可得f(0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝±2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝±1，∴θ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，∴θ＝eq\f(5π,6)＋kπ(k∈Z).∵|θ|<eq\f(π,2)，∴k＝－1時，θ＝－eq\f(π,6).2.(2018·石家莊檢測)若是函數f(x)＝sinωx＋cosωx圖象的一個對稱中心，則ω的一個取值是()A.2 B.4 C.6 D.8答案C解析因為f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，由題意，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,8)＋\f(π,4)))＝0，所以eq\f(ωπ,8)＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，即ω＝8k－2(k∈Z)，當k＝1時，ω＝6.3．將函數的圖象向左平移個單位長度后得到圖象，若的一個對稱中心為（，0），則的一個可能取值是（）A．B．C．D．4.【2018全國三卷15】函數在的零點個數為___3_____．例2.若點(θ，0)是函數f(x)＝sinx＋2cosx圖象的一個對稱中心，則cos2θ＋sinθcosθ＝()A.eq\f(11,10) B.－eq\f(11,10) C.1 D.－1答案D解析∵點(θ，0)是函數f(x)＝sinx＋2cosx圖象的一個對稱中心，∴sinθ＋2cosθ＝0，即tanθ＝－2.∴cos2θ＋sinθcosθ＝eq\f(cos2θ－sin2θ＋sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(1－tan2θ＋tanθ,tan2θ＋1)＝eq\f(1－4－2,4＋1)＝－1.例3.已知函數f(x)＝asinx＋cosx(a為常數，x∈R)的圖象關于直線x＝eq\f(π,6)對稱，則函數g(x)＝sinx＋acosx的圖象()A.關于點對稱B.關于點對稱C.關于直線x＝eq\f(π,3)對稱 D.關于直線x＝eq\f(π,6)對稱答案:C解析:因為函數f(x)＝asinx＋cosx(a為常數，x∈R)的圖象關于直線x＝eq\f(π,6)對稱，所以f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以1＝eq\f(\r(3),2)a＋eq\f(1,2)，a＝eq\f(\r(3),3)，所以g(x)＝sinx＋eq\f(\r(3),3)cosx＝eq\f(2\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，函數g(x)的對稱軸方程為x＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，當k＝0時，對稱軸為直線x＝eq\f(π,3)，所以g(x)＝sinx＋acosx的圖象關于直線x＝eq\f(π,3)對稱.例4.【2018北京卷11】設函數f（x）=，若對任意的實數x都成立，則ω的最小值為__________．答案eq\f(2,3)解析由于對任意的實數都有f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))成立，故當x＝eq\f(π,4)時，函數f(x)有最大值，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1，eq\f(πω,4)－eq\f(π,6)＝2kπ(k∈Z)，∴ω＝8k＋eq\f(2,3)(k∈Z).又ω>0，∴ωmin＝eq\f(2,3).例5.已知函數(I)求函數圖象的對稱中心與對稱軸；(Ⅱ)求函數在區(qū)間上的最小值和最大值．答案：（1），函數圖象的對稱中心為：；函數圖象的對稱軸為：。（2）最大值為：；最小值。例6．（2022·全國·高考真題（理））記函數的最小正周期為T，若，為的零點，則的最小值為____________．答案：解析：因為，（，）所以最小正周期，因為，又，所以，即，又為的零點，所以，解得，因為，所以當時；故答案為：例7．（2022·全國·高考真題）記函數的最小正周期為T．若，且的圖象關于點中心對稱，則（

）A．1 B． C． D．3答案：A解析：由函數的最小正周期T滿足，得，解得，又因為函數圖象關于點對稱，所以，且，所以，所以，，所以.故選：A例8．（2022·全國·高考真題（理））設函數在區(qū)間恰有三個極值點、兩個零點，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．答案：C解析：依題意可得，因為，所以，要使函數在區(qū)間恰有三個極值點、兩個零點，又，的圖象如下所示：則，解得，即．故選：C．例9．（2022·全國）已知函數的圖像關于點中心對稱，則正確的是①在區(qū)間單調遞減②在區(qū)間有兩個極值點③直線是曲線的對稱軸④直線是曲線的切線答案：AD解析：由題意得：，所以，，即，又，所以時，，故．對A，當時，，由正弦函數圖象知在上是單調遞減；對B，當時，，由正弦函數圖象知只有1個極值點，由，解得，即為函數的唯一極值點；對C，當時，，，直線不是對稱軸；對D，由得：，解得或,從而得：或,所以函數在點處的切線斜率為，切線方程為：即．故選：AD．（六）函數y＝Asin(ωx＋φ)、y＝Acos(ωx＋φ)、y＝Atan(ωx＋φ)(其中ω＞0,|φ|<eq\f(π,2))的圖像（1）“五點作圖法”作三角函數的圖象；（2）函數圖像變換作圖例1.1.(2016·全國Ⅰ卷)若將函數y＝2sin的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期后，所得圖象對應的函數為()A.y＝2sinB.y＝2sinC.y＝2sin D.y＝2sin答案D解析函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的周期為π，將函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期即eq\f(π,4)個單位，所得函數為y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故選D.2.把函數的圖象向左平移，所得圖象的函數式為（） A． B． C． D．3.設函數的圖象為C1，將C1向右平移個單位，可得曲線C2，若曲線C2與函數的圖象關于x軸對稱，那么可以是______________.例2.1.已知函數的最小正周期為，為了得到函數g(x)=cosωx的圖象，只要將的圖象（）A．向左平移個單位B．向右平移個單位C.向左平移個單位D．向右平移個單位2.要得到函數y＝sin(2x－EQ\f(π,3))的圖象，只要將函數y＝cos2x的圖象（）A.向左平移EQ\f(π,3)個單位B.向左平移EQ\f(5π,12)個單位C.向右平移EQ\f(π,3)個單位D.向右平移EQ\f(5π,12)個單位3.(2018·石家莊調研)若把函數y＝sin的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度，所得到的圖象與函數y＝cosωx的圖象重合，則ω的一個可能取值是()A.2 B.eq\f(3,2) C.eq\f(2,3) D.eq\f(1,2)答案：A解析：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(ω,3)π－\f(π,6)))和函數y＝cosωx的圖象重合，可得eq\f(ω,3)π－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，則ω＝6k＋2，k∈Z.∴2是ω的一個可能值.例3.(2017·全國Ⅰ卷)已知曲線C1：y＝cosx，C2：y＝sin，則下面結論正確的是()A.把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到曲線C2B.把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得到曲線C2C.把C1上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到曲線C2D.把C1上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得到曲線C2答案：D解析：易知C1：y＝cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))，把曲線C1上的各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，得到函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))的圖象，再把所得函數的圖象向左平移eq\f(π,12)個單位長度，可得函數y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))的圖象，即曲線C2，因此D項正確.例4．（2021·全國·高考真題（理））把函數圖像上所有點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，再把所得曲線向右平移個單位長度，得到函數的圖像，則（

）A．B．C． D．答案：B解析：解法一：函數圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，得到的圖象，再把所得曲線向右平移個單位長度，應當得到的圖象，根據已知得到了函數的圖象，所以，令,則,所以,所以；解法二：由已知的函數逆向變換，第一步：向左平移個單位長度，得到的圖象，第二步：圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，得到的圖象，即為的圖象，所以.故選：B.例5．已知函數f(x)＝eq\r(3)sinωx·cosωx＋cos2ωx－eq\f(1,2)(ω>0)，其最小正周期為eq\f(π,2).（1）求f(x)的表達式；(2)將函數f(x)的圖象向右平移eq\f(π,8)個單位長度，再將圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，得到函數y＝g(x)的圖象，若關于x的方程g(x)＋k＝0在區(qū)間[0，eq\f(π,2)]上有且