2021届高考数学二轮复习专题一三角函数与解三角形第1讲三角函数的图象与性质学案理

第1讲 三角函数的图象与性质
高考定位 三角函数的图象与性质是高考考察的重点和热点内容，主要从以下两个方面进展考察：1.三角函数的图象，涉及图象变换问题以及由图象确定解析式问题，主要以选择题、填空题的形式考察；2.利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等，主要以解答题的形式考察.
真 题 感 悟
1.(2021·全国Ⅰ卷)角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点
A (1，a )，
B (2，b )，且cos 2α＝23
，那么|a －b |＝( )
A.15
B.55
C.25
5
解析 由题意知cos α>0.因为cos 2α＝2cos 2
α－1＝23，所以cos α＝306，sin α＝±66，
得|tan α|＝55.由题意知|tan α|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪a －b 1－2，所以|a －b |＝55.
答案 B
2.(2021·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝cos ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π3，那么以下结论错误的选项是( )
A.f (x )的一个周期为－2π
B.y ＝f (x )的图象关于直线x ＝8π
3对称
C.f (x ＋π)的一个零点为x ＝π
6
D.f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，π单调递减 解析 A 项，因为f (x )的周期为2k π(k ∈Z 且k ≠0)，所以f (x )的一个周期为－2π，A 项正确.
B 项，因为f (x )图象的对称轴为直线x ＝k π－π3(k ∈Z )，当k ＝3时，直线x ＝8π
3是其对称
轴，B 项正确.
C 项，f (x ＋π)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4π3，将x ＝π6代入得到f ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π6＝cos 3π2＝0，所以x ＝π6是f (x
＋π)的一个零点，C 项正确.
D 项，因为f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的递减区间为⎣
⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋2π3 (k ∈Z )，递增区间为
⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋2π3，2k π＋5π3 (k ∈Z )，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2π3是减区间，⎣⎢⎡⎭
⎪⎫2π3，π是增区间，
D 项错误. 答案 D
3.(2021·全国Ⅰ卷)函数f (x )＝2cos 2
x －sin 2
x ＋2，那么( ) A.f (x )的最小正周期为π，最大值为3 B.f (x )的最小正周期为π，最大值为4 C.f (x )的最小正周期为2π，最大值为3 D.f (x )的最小正周期为2π，最大值为4
解析 易知f (x )＝2cos 2x －sin 2x ＋2＝3cos 2
x ＋1＝3cos 2x ＋12＋1＝32cos 2x ＋52，那么f (x )
的最小正周期为π，当2x ＝2k π，即x ＝k π(k ∈Z )时，f (x )取得最大值，最大值为4. 答案 B
4.(2021·全国Ⅱ卷)假设f (x )＝cos x －sin x 在[－a ，a ]是减函数，那么a 的最大值是( ) A.π
4
B.π2
C.3π4
解析 f (x )＝cos x －sin x ＝2cos ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π4，且函数y ＝cos x 在区间[0，π]上单调递减，
那么由0≤x ＋
π4≤π，得－π4≤x ≤3π
4
.因为f (x )在[－a ，a ]上是减函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ≥－π
4，a ≤3π4，解得a ≤π4，所以0<a ≤π4，所以a 的最大值是π
4
. 答案 A
考 点 整 合
1.常用三种函数的图象与性质(下表中k ∈Z ) 函数
y ＝sin x y ＝cos x y ＝tan x
图象
递增 区间 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π2，2k π＋π2
[2k π－π，2k π]
⎝ ⎛⎭
⎪⎫k π－π2，k π＋π2
递减
⎣⎢⎡⎦
⎥⎤2k π＋π2，2k π＋3π2 [2k π，2k π＋π]
区间 奇偶性 奇函数
偶函数
奇函数
对称
中心 (k π，0)
⎝ ⎛⎭
⎪⎫k π＋π2，0 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫k π2，0
对称轴 x ＝k π＋π2
x ＝k π
周期性 2π
2π
π
(1)y ＝A sin(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数；
当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π＋π
2(k ∈Z )求得.
(2)y ＝A cos(ωx ＋φ)，当φ＝k π＋π
2
(k ∈Z )时为奇函数；
当φ＝k π(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )求得. (3)y ＝A tan(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数.
热点一 三角函数的定义
【例1】 (1)(2021·北京卷)在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称.假设sin α＝1
3
，那么cos(α－β)＝________.
(2)如图，以Ox 为始边作角α(0<α<π)，终边与单位圆相交于点P ，点P 的坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫－35，45，那么sin 2α＋cos 2α＋11＋tan α
＝________.
解析 (1)法一 由得β＝(2k ＋1)π－α(k ∈Z ).
∵sin α＝13，∴sin β＝sin[(2k ＋1)π－α]＝sin α＝1
3(k ∈Z ).
当cos α＝1－sin 2
α＝
223时，cos β＝－22
3
， ∴cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝223×⎝ ⎛⎭⎪⎫－223＋13×13＝－7
9. 当cos α＝－1－sin 2
α＝－223时，cos β＝223，
∴cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－7
9.
综上可知，cos(α－β)＝－7
9
.
法二 由得β＝(2k ＋1)π－α(k ∈Z )， ∴sin β＝sin[(2k ＋1)π－α]＝sin α， cos β＝cos[(2k ＋1)π－α]＝－cos α，k ∈Z .
当sin α＝13时，cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－cos 2α＋sin 2
α＝－(1－
sin 2α)＋sin 2α＝2sin 2
α－1＝2×19－1＝－79.
(2)由三角函数定义，得cos α＝－35，sin α＝4
5
，
∴原式＝2sin αcos α＋2cos 2
α1＋
sin αcos α＝2cos α〔sin α＋cos α〕sin α＋cos αcos α
＝2cos 2
α＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－352＝
18
25
.
答案 (1)－79 (2)18
25
探究提高 1.当角的终边所在的位置不是唯一确定的时候要注意分情况解决，机械地使用三角函数的定义就会出现错误.
α的终边位置有关，而与角α终边上点Pα已经给出，那么无论点P 选择在α终边上的
什么位置，角α的三角函数值都是确定的.
【训练1】 (1)(2021·潍坊三模)在直角坐标系中，假设角α的终边经过点
P ⎝
⎛⎭
⎪⎫sin 23
π，cos 23π，那么sin(π－α)＝( ) A.1
2
B.32
C.－12
D.－
32
(2)(2021·北京卷)在平面直角坐标系中，AB ︵，CD ︵，EF ︵，GH ︵
是圆x 2＋y 2＝1上的四段弧(如图)，点P 在其中一段上，角α以Ox 为始边，OP 为终边.假设tan α<cos α<sin α，那么P 所在的圆弧是( )
A.AB ︵
B.CD ︵
C.EF ︵
D.GH ︵
解析 (1)∵角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2
3π，cos 23π，且|OP |＝1.∴由三角函数定义，知sin α
＝cos 2π3＝－12.因此sin(π－α)＝sin α＝－1
2
.
(2)设点P 的坐标为(x ，y )，由三角函数的定义得y
x
<x <y ，所以－1<x <0，0<yP 所在的圆弧是EF ︵
.
答案 (1)C (2)C 热点二 三角函数的图象 考法1 三角函数的图象变换
【例2－1】 (1)要想得到函数y ＝sin 2x ＋1的图象，只需将函数y ＝cos 2x 的图象( ) π
4
个单位长度，再向上平移1个单位长度 π
4
个单位长度，再向上平移1个单位长度
π
2
个单位长度，再向下平移1个单位长度 π
2
个单位长度，再向下平移1个单位长度 (2)(2021·湖南六校联考)函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2，其图象相邻两条对称轴之间的距离为π2，将函数y ＝f (x )的图象向左平移π
3个单位长度后，得到的图象关于y
轴对称，那么函数y ＝f (x )的图象( )
⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0⎝ ⎛⎭
⎪⎫－π12，0对称
x ＝π
12
x ＝－π12
对称
解析 (1)因为y ＝sin 2x ＋1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＋1＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝
⎛⎭⎪⎫x －π4＋1，
故只需将函数y ＝cos 2x 的图象向右平移π
4个单位长度，再向上平移1个单位长度，即可得
到函数y ＝sin 2x ＋1的图象. (2)由题意，T ＝π，ω＝2.
又y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋φ＋2π3的图象关于y 轴对称.∴φ＋2π3＝k π＋π2，k ∈Z .
由|φ|<π2，取φ＝－π6，因此f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，
代入检验f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π12＝0，A 正确. 答案 (1)B (2)A
探究提高 1.“五点法〞作图：设z ＝ωx ＋φ，令z ＝0，π2，π，3π
2，2π，求出x 的值
与相应的y 的值，描点、连线可得.
x 而言的，如果x 的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向.
考法2 由函数的图象特征求解析式
【例2－2】 (1)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的局部图象如下图，那么
函数f (x )的解析式为( )
A.f (x )＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫x －π6
B.f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3
C.f (x )＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π12 D.f (x )＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x －π6 (2)(2021·济南调研)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝
⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的局部图象如下图，
假设x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫－π6，π3，且f (x 1)＝f (x 2)，那么f (x 1＋x 2)＝( )
A.1
B.12
C.22
D.32
解析 (1)由题意知A ＝2，T ＝4⎝
⎛⎭
⎪
⎫5π12－π6＝π，ω＝2，
因为当x ＝5π
12
时取得最大值2，
所以2＝2sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2×5π12＋φ，
所以2×5π12＋φ＝2k π＋π
2，k ∈Z ，
解得φ＝2k π－π
3，k ∈Z ，
因为|φ|<π2，得φ＝－π
3.
因此函数f (x )＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x －π3.
(2)观察图象可知，A ＝1，T ＝π，那么ω＝2. 又点⎝
⎛⎭⎪⎫－π6，0是“五点法〞中的始点， ∴2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＋φ＝0，φ＝π3.
那么f (x )＝sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π3. 函数图象的对称轴为x ＝－π6＋
π32＝π
12
.
又x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫－π6，π3，且f (x 1)＝f (x 2)，
所以
x 1＋x 22＝π
12，那么x 1＋x 2＝π
6
，
因此f (x 1＋x 2)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋π3＝32.
答案 (1)B (2)D
探究提高 函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A ；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法〞中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置.
【训练2】 函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，|φ|＜π
2
)的局部图象如下图.
(1)求函数f (x )的解析式；
(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的1
2倍，再把所得的
函数图象向左平移π6个单位长度，得到函数y ＝g (x )的图象，求函数g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π8上
的最小值.
解 (1)设函数f (x )的最小正周期为T ，由题图可知
A ＝1，T 2
＝2π3
－π6
＝π
2
，
即T ＝π，所以π＝2π
ω
，解得ω＝2，
所以f (x )＝sin(2x ＋φ)，又过点⎝
⎛⎭
⎪⎫π6，0，
由0＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2×π6＋φ可得π3＋φ＝2k π，k ∈Z ，
那么φ＝2k π－π3，k ∈Z ，因为|φ|＜π2，所以φ＝－π
3，
故函数f (x )的解析式为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.
(2)根据条件得g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π3，
当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π8时，4x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，5π6，
所以当x ＝π8时，g (x )取得最小值，且g (x ) min ＝1
2.
热点三 三角函数的性质
考法1 三角函数性质
【例3－1】 (2021·合肥质检)函数f (x )＝sin ωx －cos ωx (ω>0)的最小正周期为π. (1)求函数y ＝f (x )图象的对称轴方程；
(2)讨论函数f (x )在⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的单调性.
解 (1)∵f (x )＝sin ωx －cos ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π4，且T ＝π，
∴ω＝2，于是f (x )＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x －π4.
令2x －π4＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π2＋3π
8(k ∈Z ).
即函数f (x )图象的对称轴方程为x ＝
k π2＋3π
8
(k ∈Z ).
(2)令2k π－π2≤2x －π4≤2k π＋π
2
(k ∈Z )，
得函数f (x )的单调递增区间为⎣
⎢⎡⎦⎥⎤k π－π8，k π＋3π8(k ∈Z ).
注意到x ∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以令k ＝0，
得函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的单调递增区间为⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，3π8； 同理，其单调递减区间为⎣⎢
⎡⎦⎥⎤3π8
，π2.
探究提高 1.讨论三角函数的单调性，研究函数的周期性、奇偶性与对称性，都必须首先利用辅助角公式，将函数化成一个角的一种三角函数.
y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的单调区间，是将ωx ＋φ作为一个整体代入正弦函数增区
间(或减区间)，求出的区间即为y ＝A sin(ωx ＋φ)的增区间(或减区间)，但是当A ＞0，ω＜0时，需先利用诱导公式变形为y ＝－A sin(－ωx －φ)，那么y ＝A sin(－ωx －φ)的增区间即为原函数的减区间，减区间即为原函数的增区间. 考法2 三角函数性质与图象的综合应用
【例3－2】 函数f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋23sin 2
ωx －3(ω>0)的最小正周期为π. (1)求函数f (x )的单调递增区间.
(2)将函数f (x )的图象向左平移π
6个单位，再向上平移1个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，
假设y ＝g (x )在[0，b ](b >0)上至少含有10个零点，求b 的最小值. 解 (1)f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋3(2sin 2
ωx －1)
＝sin 2ωx －3cos 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π3. 由最小正周期为π，得ω＝1， 所以f (x )＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x －π3，
由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π
2，k ∈Z ，
整理得k π－π12≤x ≤kx ＋5π
12
，k ∈Z ，
所以函数f (x )的单调递增区间是⎣
⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12，k ∈Z .
(2)将函数f (x )的图象向左平移π
6个单位，再向上平移1个单位，得到y ＝2sin 2x ＋1的图
象；
所以g (x )＝2sin 2x ＋1.
令g (x )＝0，得x ＝k π＋7π12或x ＝k π＋11π
12
(k ∈Z )，
所以在[0，π]上恰好有两个零点，假设y ＝g (x )在[0，b ]上有10个零点，那么b 不小于第10个零点的横坐标即可.
所以b 的最小值为4π＋11π12＝59π
12
.
探究提高 1.研究三角函数的图象与性质，关键是将函数化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (或y ＝A cos(ωx ＋φ)＋B )的形式，利用正余弦函数与复合函数的性质求解.
y ＝A sin(ωx ＋φ)(或y ＝A cos(ωx ＋φ))的最小正周期T ＝
2π
|ω|
.应特别注意y ＝|A sin(ωx ＋φ)|的最小正周期为T ＝π
|ω|
.
【训练3】 (2021·湖南师大附中质检)向量m ＝(2cos ωx ，－1)，n ＝(sin ωx －cos ωx ，2)(ω>0)，函数f (x )＝m·n ＋3，假设函数f (x )的图象的两个相邻对称中心的距离为π
2.
(1)求函数f (x )的单调增区间；
(2)假设将函数f (x )的图象先向左平移π4个单位，然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的
1
2倍，得到函数g (x )的图象，当x ∈⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤π4，π2时，求函数g (x )的值域. 解 (1)f (x )＝m·n ＋3＝2cos ωx (sin ωx －cos ωx )－2＋3 ＝sin 2ωx －cos 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π4. 依题意知，最小正周期T ＝π.
∴ω＝1，因此f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4. 令－π2＋2k π≤2x －π4≤π
2
＋2k π，k ∈Z ，
求得f (x )的增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π8＋k π，3π8＋k π，k ∈Z .
(2)将函数f (x )的图象先向左平移π
4个单位，
得y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象.
然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的12倍，得到函数g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4的图象.
故g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4，
由π4≤x ≤π2，知5π4≤4x ＋π4≤9π
4. ∴－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4≤22.
故函数g (x )的值域是[－2，1].
y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (A ＞0，ω＞0)的图象求解析式
(1)A ＝
y max －y min
2
，B ＝
y max ＋y min
2
.
(2)由函数的周期T 求ω，ω＝2π
T
.
(3)利用“五点法〞中相对应的特殊点求φ.
类比y ＝sin x 的性质，只需将y ＝A sin(ωx ＋φ)中的“ωx ＋φ〞看成y ＝sin x 中的“x 〞，采用整体代入求解.
(1)令ωx ＋φ＝k π＋π
2(k ∈Z )，可求得对称轴方程；
(2)令ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )，可求得对称中心的横坐标；
(3)将ωx ＋φ看作整体，可求得y ＝A sin(ωx ＋φ)的单调区间，注意ω的符号.
y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的性质及应用的求解思路
第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成y ＝A sin(ωx ＋φ)＋
B (一角一函数)的形式；
第二步：把“ωx ＋φ〞视为一个整体，借助复合函数性质求y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的单调
性及奇偶性、最值、对称性等问题.
一、选择题
1.(2021·全国Ⅲ卷)函数f (x )＝tan x
1＋tan 2x 的最小正周期为( )
A.π4
B.π2
C.π
解析 f (x )＝tan x 1＋tan 2x ＝sin x cos x 1＋sin 2x cos 2
x ＝sin x cos x cos 2x ＋sin 2x ＝sin x cos x ＝1
2
sin 2x ，所以f (x )的最小
正周期T ＝2π
2＝π.
答案 C
2.(2021·全国Ⅲ卷)函数f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6的最大值为( )
A.6
5
B.1
C.35
D.15
解析 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，那么f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋
sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝65sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，函数的最大值为65.
答案 A
3.(2021·湖南六校联考)定义一种运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪
a b c d ＝ad －bc ，将函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪2 2sin x 3 cos x 的图
象向左平移φ(φ>0)个单位，所得图象对应的函数为偶函数，那么φ的最小值是( ) A.π
6
B.π3
C.2π3
D.5π6
解析 f (x )＝2cos x －23sin x ＝4cos ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π3，
依题意g (x )＝f (x ＋φ)＝4cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋π3＋φ是偶函数(其中φ>0).
∴π3＋φ＝k π，k ∈Z ，那么φmin ＝2
3π. 答案 C
f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，0<φ<π)的局部图象如下图，其中△EFG 是斜边为4的
等腰直角三角形(E ，F 是函数与x 轴的交点，点G 在图象上)，那么f (1)的值为( )
A.22
B.62
C. 2
2
解析 依题设，T 2＝|EF |＝4，T ＝8，ω＝π
4
.
∵函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)为偶函数，且0<φ<π. ∴φ＝π
2
，在等腰直角△EGF 中，易求A ＝2.
所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋π2＝2cos π4x ，那么f (1)＝ 2.
答案 C
5.(2021·天津卷)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度，所得图象对应的
函数( )
⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4上单调递增
⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，π上单调递减 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，3π2上单调递增 ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤3π2，2π上单调递减 解析 把函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度得函数g (x )＝
sin ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π10＋π5＝sin 2x 的图象，由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π(k ∈Z )得－π4＋
k π≤x ≤π
4＋k π(k ∈Z )，令k ＝1，得
3π4≤x ≤5π
4
，即函数g (x )＝sin 2x 的一个单调递增区间为⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤3π4，5π4.
答案 A 二、填空题
6.(2021·江苏卷)函数y ＝sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π
2<φ<π2的图象关于直线x ＝π3对称，那么φ
的值是________.
解析 由函数y ＝sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<φ<π2的图象关于直线x ＝π3对称，得sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2π3＋φ＝
±1.因为－π2<φ<π2，所以π6<2π3＋φ<7π6，那么2π3＋φ＝π2，φ＝－π
6.
答案 －π
6
f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝
⎛⎭
⎪⎫
A >0，ω>0，|φ|<π2
的局部图象如下图，其中|PQ |＝2 5.那么f (x )
的解析式为________.
解析 由题图可知A ＝2，P (x 1，－2)，Q (x 2，2)，所以|PQ |＝〔x 1－x 2〕2
＋〔－2－2〕2
＝〔x 1－x 2〕2
＋42
＝2 5.整理得|x 1－x 2|＝2，所以函数f (x )的最小正周期T ＝2|x 1－x 2|＝4，即2πω＝4，解得ω＝π
2.又函数图象过点(0， －3)，所以2sin φ＝－3，即sin φ＝－32.又|φ|<π2，所以φ＝－π
3
，所以f (x )＝2sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫π2x －π3.
答案 f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2
x －π3
8.(2021·北京卷)设函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6(ω>0).假设f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4对任意的实数x 都
成立，那么ω的最小值为________.
解析 由于对任意的实数都有f (x )≤f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π4成立，故当x ＝π4时，函数f (x )有最大值，故f
⎝ ⎛⎭
⎪⎫π4＝1，πω4－π6＝2k π(k ∈Z )，∴ω＝8k ＋23(k ∈Z ).又ω>0，∴ωmin
＝23.
答案 2
3
三、解答题
f (x )＝4tan x sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫π2－x ·cos ⎝
⎛⎭
⎪⎫x －π
3
－ 3. (1)求f (x )的定义域与最小正周期；
(2)讨论f (x )在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－π4，π4上的单调性. 解 (1)f (x )的定义域为{x |x ≠π
2
＋k π，k ∈Z }，
f (x )＝4tan x cos x cos ⎝
⎛⎭
⎪⎫
x －π3
－ 3
＝4sin x cos ⎝
⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3
＝4sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫
12cos x ＋32sin x － 3
＝2sin x cos x ＋23sin 2
x － 3 ＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.
所以f (x )的最小正周期T ＝
2π
2
＝π. (2)由－π2＋2k π≤2x －π3≤π
2＋2k π，k ∈Z ，
得－π12＋k π≤x ≤5π
12
＋k π，k ∈Z .
设A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4，B ＝⎩⎨⎧⎭
⎬⎫x ⎪⎪⎪－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z ，易知A ∩B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4. 所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4时，f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π
4，－π12上单调
递减.
10.(2021·西安模拟)函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x sin x －3cos 2
x ＋32.
(1)求f (x )的最大值及取得最大值时x 的值；
(2)假设方程f (x )＝2
3在(0，π)上的解为x 1，x 2，求cos(x 1－x 2)的值.
解 (1)f (x )＝cos x sin x －
32
(2cos 2
x －1) ＝12sin 2x －32cos 2x ＝sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x －π3. 当2x －π3＝π2＋2k π(k ∈Z )，即x ＝5
12π＋k π(k ∈Z )时，函数f (x )取最大值，且最大值为
1.
(2)由(1)知，函数f (x )图象的对称轴为x ＝5
12π＋k π，k ∈Z ，
∴当x ∈(0，π)时，对称轴为x ＝5
12π.
又方程f (x )＝2
3在(0，π)上的解为x 1，x 2.
∴x 1＋x 2＝56π，那么x 1＝5
6
π－x 2，
∴cos(x 1－x 2)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫56π－2x 2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－π3， 又f (x 2)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－π3＝23，
故cos(x 1－x 2)＝2
3
.
f (x )＝sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫
ωx －π6＋sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫
ωx －π2，其中0＜ω＜3，f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6
＝0.
(1)求ω；
(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4上的最小值.
解 (1)因为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π2，
所以f (x )＝32sin ωx －1
2
cos ωx －cos ωx ＝
32sin ωx －32cos ωx ＝3⎝ ⎛⎭
⎪⎫12sin ωx －32cos ωx ＝3sin ⎝
⎛⎭⎪⎫ωx －π3.
由题设知f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6＝0， 所以
ωπ6
－π
3
＝k π，k ∈Z ，故ω＝6k ＋2，k ∈Z . 又0＜ω＜3，所以ω＝2.
(2)由(1)得f (x )＝3sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x －π3， 所以g (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π3＝3sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －π12.
因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4，所以x －π12∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3， 当x －π12＝－π3，即x ＝－π4时，g (x )取得最小值－3
2
.。