專題01-三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)(解析版)

專題01三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)【要點提煉】1.常用的三種函數(shù)的圖象與性質(zhì)(下表中k∈Z)函數(shù)y＝sinxy＝cosxy＝tanx圖象遞增區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))[2kπ－π，2kπ]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))遞減區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))[2kπ，2kπ＋π]奇偶性奇函數(shù)偶函數(shù)奇函數(shù)對稱中心(kπ，0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))對稱軸x＝kπ＋eq\f(π,2)x＝kπ周期性2π2ππ2.三角函數(shù)的常用結(jié)論(1)y＝Asin(ωx＋φ)，當φ＝kπ(k∈Z)時為奇函數(shù)；當φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時為偶函數(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φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時為奇函數(shù)；當φ＝kπ(k∈Z)時為偶函數(shù)；對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得.(3)y＝Atan(ωx＋φ)，當φ＝kπ(k∈Z)時為奇函數(shù).3.三角函數(shù)的兩種常見變換(1)y＝sinxeq\o(→,\s\up12(向左(φ＞0)或向右(φ＜0)),\s\do12(平移|φ|個單位))y＝sin(ωx＋φ)eq\o(→,\s\up12(縱坐標變?yōu)樵瓉淼腁倍),\s\do12(橫坐標不變))y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0).y＝sinωxeq\o(→,\s\up12(向左(φ＞0)或向右(φ＜0)),\s\do12(平移|\f(φ,ω)|個單位))y＝sin(ωx＋φ)eq\o(→,\s\up12(縱坐標變?yōu)樵瓉淼腁倍),\s\do12(橫坐標不變))y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0).考點一三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)考向一三角函數(shù)的定義與同角關系式【典例1】(1)在平面直角坐標系中，eq\o(AB,\s\up8(︵))，eq\o(CD,\s\up8(︵))，eq\o(EF,\s\up8(︵))，eq\o(GH,\s\up8(︵))是圓x2＋y2＝1上的四段弧(如圖)，點P在其中一段上，角α以Ox為始邊，OP為終邊.若tanα<cosα<sinα，則P所在的圓弧是()A.eq\o(AB,\s\up8(︵)) B.eq\o(CD,\s\up8(︵)) C.eq\o(EF,\s\up8(︵)) D.eq\o(GH,\s\up8(︵))(2)已知角α的頂點為坐標原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊上有兩點A(1，a)，B(2，b)，且cos2α＝eq\f(2,3)，則|a－b|＝()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),5) C.eq\f(2\r(5),5) D.1解析(1)設點P的坐標為(x，y)，且tanα＜cosα＜sinα，∴eq\f(y,x)＜x＜y，解之得－1＜x＜0，且0＜y＜1.故點P(x，y)所在的圓弧是eq\o(EF,\s\up8(︵)).(2)由題意知cosα>0.因為cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(2,3)，所以cosα＝eq\f(\r(30),6)，sinα＝±eq\f(\r(6),6)，得|tanα|＝eq\f(\r(5),5).由題意知|tanα|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,1－2)))，所以|a－b|＝eq\f(\r(5),5).答案(1)C(2)B探究提高1.任意角的三角函數(shù)值僅與角α的終邊位置有關，而與角α終邊上點P的位置無關.若角α已經(jīng)給出，則無論點P選擇在α終邊上的什么位置，角α的三角函數(shù)值都是確定的.2.應用誘導公式與同角關系開方運算時，一定要注意三角函數(shù)值的符號；利用同角三角函數(shù)的關系化簡要遵循一定的原則，如切化弦、化異為同、化高為低、化繁為簡等.【拓展練習1】(1)(2020·唐山模擬)若cosθ－2sinθ＝1，則tanθ＝()A.eq\f(4,3) B.eq\f(3,4)C.0或eq\f(4,3) D.0或eq\f(3,4)(2)(2020·濟南模擬)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－sinα＝eq\f(4\r(3),5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(11π,6)))＝________.解析(1)由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosθ－2sinθ＝1，,cos2θ＋sin2θ＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinθ＝0，,cosθ＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinθ＝－\f(4,5)，,cosθ＝－\f(3,5)，))所以tanθ＝0，或tanθ＝eq\f(4,3).故選C.(2)∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－sinα＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα－sinα＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(3,2)sinα＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(4\r(3),5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(11π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋2π))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－eq\f(4,5).答案(1)C(2)－eq\f(4,5)考向二三角函數(shù)的圖象及圖象變換【典例2】(1)(多選題)(2020·新高考山東、海南卷)如圖是函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)的部分圖象，則sin(ωx＋φ)＝()A.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) B.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))C.coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D.coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))(2)(2019·天津卷)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函數(shù)，將y＝f(x)的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，所得圖象對應的函數(shù)為g(x).若g(x)的最小正周期為2π，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝()A.－2 B.－eq\r(2) C.eq\r(2) D.2解析(1)由圖象知eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，得T＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2.又圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，由“五點法”，結(jié)合圖象可得φ＋eq\f(π,3)＝π，即φ＝eq\f(2π,3)，所以sin(ωx＋φ)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，故A錯誤；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))知B正確；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))知C正確；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))知D錯誤.綜上可知，正確的選項為BC.(2)由f(x)是奇函數(shù)可得φ＝kπ(k∈Z)，又|φ|<π，所以φ＝0.所以g(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ωx))，且g(x)最小正周期為2π，可得eq\f(2π,\f(1,2)ω)＝2π，故ω＝2，所以g(x)＝Asinx，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝Asineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)A＝eq\r(2)，所以A＝2.所以f(x)＝2sin2x，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2sineq\f(3π,4)＝eq\r(2).答案(1)BC(2)C探究提高1.在圖象變換過程中務必分清是先相位變換，還是先周期變換.變換只是相對于其中的自變量x而言的，如果x的系數(shù)不是1，就要把這個系數(shù)提取后再確定變換的單位長度和方向.2.已知函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象求解析式時，常采用待定系數(shù)法，由圖中的最高點、最低點或特殊點求A；由函數(shù)的周期確定ω；確定φ常根據(jù)“五點法”中的五個點求解，一般把第一個“零點”作為突破口，可以從圖象的升降找準第一個“零點”的位置.【拓展練習2】(1)(多選題)(2020·濟南歷城區(qū)模擬)將函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,12)個單位長度，再向上平移1個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象.若g(x1)g(x2)＝9，且x1，x2∈[－2π，2π]，則2x1－x2的可能取值為()A.－eq\f(59π,12) B.－eq\f(35π,6) C.eq\f(25π,6) D.eq\f(49π,12)(2)(2020·長沙質(zhì)檢)函數(shù)g(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，0＜φ＜2π)的部分圖象如圖所示，已知g(0)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝eq\r(3)，函數(shù)y＝f(x)的圖象可由y＝g(x)圖象向右平移eq\f(π,3)個單位長度而得到，則函數(shù)f(x)的解析式為()A.f(x)＝2sin2x B.f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C.f(x)＝－2sin2x D.f(x)＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))解析(1)將函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,12)個單位長度，再向上平移1個單位長度，得到函數(shù)g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1的圖象.由g(x1)g(x2)＝9，知g(x1)＝3，g(x2)＝3，所以2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即x＝eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z.由x1，x2∈[－2π，2π]，得x1，x2的取值集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(23π,12)，－\f(11π,12)，\f(π,12)，\f(13π,12))).當x1＝－eq\f(23π,12)，x2＝eq\f(13π,12)時，2x1－x2＝－eq\f(59π,12)；當x1＝eq\f(13π,12)，x2＝－eq\f(23π,12)時，2x1－x2＝eq\f(49π,12).故選AD.(2)由函數(shù)g(x)的圖象及g(0)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝eq\r(3)，知直線x＝eq\f(5π,12)為函數(shù)g(x)的圖象的一條對稱軸，所以eq\f(T,4)＝eq\f(5π,12)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,4)，則T＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2，所以g(x)＝Asin(2x＋φ)，由題圖可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))為“五點法”作圖中的第三點，則2×eq\f(π,6)＋φ＝π，解得φ＝eq\f(2π,3)，由g(0)＝eq\r(3)，得Asineq\f(2π,3)＝eq\r(3)，又A＞0，所以A＝2，則g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，所以g(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個單位長度后得到的圖象對應的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋\f(2π,3)))＝2sin2x，故選A.答案(1)AD(2)A考向三三角函數(shù)的性質(zhì)【典例3】(1)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]上是減函數(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(2)(2020·天一大聯(lián)考)已知f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω＞0)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，且f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))內(nèi)有最小值，無最大值，則ω＝()A.eq\f(8,3) B.eq\f(14,3) C.8 D.4(3)已知函數(shù)f(x)＝sinωx＋cosωx(ω＞0)，x∈R.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－ω，ω)內(nèi)單調(diào)遞增，且函數(shù)y＝f(x)的圖象關于直線x＝ω對稱，則ω的值為________.解析(1)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).因為f(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).(2)由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，且f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))內(nèi)有最小值，∴f(x)在x＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＝eq\f(π,4)處取得最小值.因此eq\f(π,4)ω－eq\f(π,6)＝2kπ＋π，即ω＝8k＋eq\f(14,3)，k∈Z.①又函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))無最大值，且ω＞0，∴T＝eq\f(2π,ω)≥eq\f(π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，∴0＜ω≤12.②由①②知ω＝eq\f(14,3).(3)f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，因為f(x)在區(qū)間(－ω，ω)內(nèi)單調(diào)遞增，且函數(shù)圖象關于直線x＝ω對稱，所以f(ω)必為一個周期上的最大值，所以有ω·ω＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω2＝eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.又ω－(－ω)≤eq\f(\f(2π,ω),2)，即ω2≤eq\f(π,2)，即ω2＝eq\f(π,4)，所以ω＝eq\f(\r(π),2).答案(1)A(2)B(3)eq\f(\r(π),2)探究提高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).【拓展練習3】(1)(多選題)(2020·濟南質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝2sin(2x＋φ)(0<φ<π)，若將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后，得到圖象關于y軸對稱，則下列結(jié)論中正確的是()A.φ＝eq\f(5π,6)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))是f(x)的圖象的一個對稱中心C.f(φ)＝－2D.x＝－eq\f(π,6)是f(x)圖象的一條對稱軸(2)(多選題)關于函數(shù)f(x)＝|cosx|＋cos|2x|，則下列結(jié)論正確的是()A.f(x)是偶函數(shù)B.π是f(x)的最小正周期C.f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))上單調(diào)遞增D.當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π，\f(5,4)π))時，f(x)的最大值為2解析(1)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后，得到y(tǒng)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋φ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,3)))的圖象，∵其關于y軸對稱，∴φ－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴φ＝kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z.又0<φ<π，∴當k＝0時，φ＝eq\f(5π,6)，故A正確；f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))是f(x)的圖象的一個對稱中心，故B正確；因為f(φ)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝2，故C錯誤；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝2，則x＝－eq\f(π,6)是f(x)圖象的一條對稱軸，故D正確.故選ABD.(2)f(x)＝|cosx|＋cos|2x|＝|cosx|＋cos2x＝|cosx|＋2cos2x－1＝2|cosx|2＋|cosx|－1，由f(－x)＝2|cos(－x)|2＋|cos(－x)|－1＝f(x)，且函數(shù)f(x)的定義域為R，得f(x)為偶函數(shù)，故A正確.由于y＝|cosx|的最小正周期為π，可得f(x)的最小正周期為π，故B正確.令t＝|cosx|，得函數(shù)f(x)可轉(zhuǎn)化為g(t)＝2t2＋t－1，t∈[0，1]，易知t＝|cosx|在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,4)))上單調(diào)遞減，由t∈[0，1]，g(t)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(9,8)，可得g(t)在[0，1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,4)))上單調(diào)遞減，故C錯誤.根據(jù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π，π))上遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(5,4)π))上遞減，∴f(x)在x＝π時取到最大值f(π)＝2，則D正確.答案(1)ABD(2)ABD考向四三角函數(shù)性質(zhì)與圖象的綜合應用【典例4】(2020·臨沂一預)在①f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(5π,6ω)對稱，②f(x)＝cosωx－eq\r(3)sinωx，③f(x)≤f(0)恒成立這三個條件中任選一個，補充在下面橫線處.若問題中的ω存在，求出ω的值；若ω不存在，請說明理由.設函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0≤φ≤\f(π,2)))，_____________________________.是否存在正整數(shù)ω，使得函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是單調(diào)的？(注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分)解若選①，則存在滿足條件的正整數(shù)ω.求解過程如下：令ωx＋φ＝kπ，k∈Z，代入x＝eq\f(5π,6ω)，解得φ＝kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z.因為0≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(ωπ,2)＋\f(π,6))).若函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)，則有eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,6)≤π，解得0<ω≤eq\f(5,3).所以存在正整數(shù)ω＝1，使得函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是單調(diào)的.若選②，則存在滿足條件的正整數(shù)ω.求解過程如下：f(x)＝cosωx－eq\r(3)sinωx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＝2cos(ωx＋φ)，且0≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3).當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(ωπ,2)＋\f(π,3))).若函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)，則有eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,3)≤π，解得0<ω≤eq\f(4,3).所以存在正整數(shù)ω＝1，使得函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是單調(diào)的.若選③，則存在滿足條件的正整數(shù)ω.求解過程如下：因為f(x)≤f(0)恒成立，即f(x)max＝f(0)＝2cosφ＝2，所以cosφ＝1.因為0≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝0，所以f(x)＝2cosωx.當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，ωx∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(ωπ,2))).若函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)，則有eq\f(ωπ,2)≤π，解得0<ω≤2.所以存在正整數(shù)ω＝1或ω＝2，使得函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是單調(diào)的.探究提高1.研究三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，關鍵是將函數(shù)化為y＝Asin(ωx＋φ)＋B(或y＝Acos(ωx＋φ)＋B)的形式，利用正余弦函數(shù)與復合函數(shù)的性質(zhì)求解.2.函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝eq\f(2π,|ω|).應特別注意y＝|Asin(ωx＋φ)|的最小正周期為T＝eq\f(π,|ω|).【拓展練習4】(2020·威海三校一聯(lián))已知函數(shù)f(x)＝2cos2ω1x＋sinω2x.(1)求f(0)的值；(2)從①ω1＝1，ω2＝2，②ω1＝1，ω2＝1這兩個條件中任選一個，作為題目的已知條件，求函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))上的最小值，并直接寫出函數(shù)f(x)的一個周期.(注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分)解(1)f(0)＝2cos20＋sin0＝2.(2)選擇條件①.f(x)的一個周期為π.當ω1＝1，ω2＝2時，f(x)＝2cos2x＋sin2x＝(cos2x＋1)＋sin2x＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sin2x＋\f(\r(2),2)cos2x))＋1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1.因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))，所以2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(7π,12))).所以－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))≤1，則1－eq\r(2)≤f(x)≤1＋eq\r(2).當2x＋eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(3π,8)時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))上取得最小值1－eq\r(2).選擇條件②.f(x)的一個周期為2π.當ω1＝1，ω2＝1時，f(x)＝2cos2x＋sinx＝2(1－sin2x)＋sinx＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(17,8).因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))，所以sinx∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).所以當sinx＝－1，即x＝－eq\f(π,2)時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))上取得最小值－1.【專題拓展練習】一、選擇題（1～10題為單項選擇題，11～15題為多項選擇題）1．函數(shù)的最小正周期為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】因為，所以最小正周期為.2．把函數(shù)的圖象向左平移個單位長度，再把所得圖象所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），所得函數(shù)圖象的解析式為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】把函數(shù)的圖象向左平移個單位長度，得到，再把所得圖象所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），所得函數(shù)圖象的解析式為.3．若，是函數(shù)兩個相鄰的極值點，則（）A．3 B． C． D．【答案】B【詳解】解：由題意得，是函數(shù)周期的一半，則，得．故選：B4．將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度后得到函數(shù)的圖象，則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度后得到函數(shù)的圖象，所以，由可得，即函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是.5．函數(shù)的圖像最近兩對稱軸之間的距離為，若該函數(shù)圖像關于點成中心對稱，當時m的值為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】的最小正周期,，所以，令,則,函數(shù)f(x)的對稱軸心為,,所以，當時,解得：,又,6．已知函數(shù)，，則（）A．的最大值為1 B．的圖象關于直線對稱C．的最小正周期為 D．在區(qū)間上只有1個零點【答案】B【詳解】故最大值為2，A錯，故關于對稱，B對最小正周期為，C錯解得，和都是零點，故D錯.7．已知函數(shù)在上具有單調(diào)性，且滿足，，則的取值共有（）A．6個 B．5個 C．4個 D．3個【答案】B【詳解】因為在上具有單調(diào)性，，，所以得，，，所以，解得.即，可得，，，6，經(jīng)檢驗均符合題意，所以的取值共有5個.8．函數(shù)的部分圖象如圖所示，將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度后得到的圖象，則下列說法正確的是（）A．函數(shù)為奇函數(shù)B．函數(shù)的最小正周期為C．函數(shù)的圖象的對稱軸為直線D．函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為【答案】D【詳解】由圖象可知，，∴，則.將點的坐標代入中，整理得，∴，即；，∴，∴.∵將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度后得到的圖象，∴.，∴既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)