2020版高考數學二輪復習第2部分專題1三角函數和解三角形第1講三角函數的圖象和性質教案文PAGE38-第1講三角函數的圖象和性質[做小題——激活思維]1．tanα＝－eq\f(3,4)，且α是第二象限角，那么cosα等于()A.eq\f(4,5)B．－eq\f(4,5)C.eq\f(3,5)D．－eq\f(3,5)[答案]B2．函數y＝tan2x的定義域是()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,4)，k∈Z))))B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,8)，k∈Z))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,8)，k∈Z))))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z))))[答案]D3．(2022·濟寧一模)假設sinx＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))，那么cosx·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝()A.eq\f(3,10)B．－eq\f(3,10)C.eq\f(3,4)D．－eq\f(3,4)A[由sinx＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＝－3cosx，解得tanx＝－3，所以cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝－sinxcosx＝eq\f(－sinxcosx,sin2x＋cos2x)＝eq\f(－tanx,tan2x＋1)＝eq\f(3,10)，應選A.]4．設函數f(x)＝cosωx(ω＞0)，將y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個單位長度后，所得的圖象與原圖象重合，那么ω的最小值等于()A.eq\f(1,3)B．3C．6D．9C[由題意知eq\f(π,3)＝eq\f(2π,ω)·k(k∈Z)，解得ω＝6k，令k＝1，即得ωmin＝6.]5．以下函數中同時具有以下性質的是()①最小正周期是π；②圖象關于直線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；④圖象的一個對稱中心為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)))[答案]C[扣要點——查缺補漏]1．同角三角函數根本關系式與誘導公式(1)同角三角函數根本關系式：sin2α＋cos2α＝1，eq\f(sinα,cosα)＝tanαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))，如T1.(2)誘導公式：角eq\f(k,2)π±α(k∈Z)的三角函數口訣：奇變偶不變，符號看象限，如T3.2．三角函數的圖象及變換(1)五點法作簡圖：y＝Asin(ωx＋φ)的圖象可令ωx＋φ＝0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3π,2)，2π，求出x的值，描出點作圖．(2)圖象變換：平移、伸縮、對稱，如T4.特別提醒：由y＝Asinωx的圖象得到y＝Asin(ωx＋φ)的圖象時，需平移eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω)))個單位長度，而不是|φ|個單位長度．3．三角函數的性質(1)整體思想研究性質：對于函數y＝Asin(ωx＋φ)，可令t＝ωx＋φ，考慮y＝Asint的性質．如T2，T5.(2)數形結合思想研究性質．三角函數的定義、誘導公式及根本關系(5年4考)[高考解讀]高考對本局部內容的考查多以三角函數的定義、誘導公式、同角三角函數關系式間的綜合利用為主，且常與簡單的三角恒等變換相結合.1．(2022·全國卷Ⅰ)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)，那么|a－b|＝()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),5)D．1切入點：①終邊上兩點A(1，a)，B(2，b)；②cos2α＝eq\f(2,3).關鍵點：用A，B兩點坐標表示α的正切值tanα，然后利用弦化切將cos2α＝eq\f(2,3)用|a－b|表示出來．B[由題可知cosα>0.因為cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(2,3)，所以cosα＝eq\r(\f(5,6))，sinα＝±eq\r(\f(1,6))，得|tanα|＝eq\f(\r(5),5).由題意知|tanα|＝eq\f(a－b,1－2)，所以|a－b|＝eq\f(\r(5),5).]2．(2022·全國卷Ⅲ)sinα－cosα＝eq\f(4,3)，那么sin2α＝()A．－eq\f(7,9)B．－eq\f(2,9)C.eq\f(2,9)D.eq\f(7,9)切入點：sinα－cosα＝eq\f(4,3).關鍵點：利用平方關系sin2α＋cos2α＝1及倍角公式將sin2α用sinα－cosα表示出來．A[∵(sinα－cosα)2＝1－2sinαcosα＝1－sin2α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2＝eq\f(16,9)，∴sin2α＝－eq\f(7,9).應選A.][教師備選題]1．(2022·全國卷Ⅰ)假設tanα>0，那么()A．sin2α>0 B．cosα>0C．sinα>0 D．cos2α>0A[利用tanα>0，求出角α的象限，再判斷．∵tanα>0，∴α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)是第一、三象限角．∴sinα，cosα都可正、可負，排除B，C.而2α∈(2kπ，2kπ＋π)(k∈Z)，結合正、余弦函數圖象可知，A正確．取α＝eq\f(π,4)，那么tanα＝1>0，而cos2α＝0，故D不正確．]2．(2022·浙江高考)角α的頂點與原點O重合，始邊與x軸的非負半軸重合，它的終邊過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，－\f(4,5))).(1)求sin(α＋π)的值；(2)假設角β滿足sin(α＋β)＝eq\f(5,13)，求cosβ的值．[解](1)由角α的終邊過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，－\f(4,5)))得sinα＝－eq\f(4,5)，所以sin(α＋π)＝－sinα＝eq\f(4,5).(2)由角α的終邊過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，－\f(4,5)))，得cosα＝－eq\f(3,5).由sin(α＋β)＝eq\f(5,13)，得cos(α＋β)＝±eq\f(12,13).由β＝(α＋β)－α，得cosβ＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα，所以cosβ＝－eq\f(56,65)或cosβ＝eq\f(16,65).三角函數求值與化簡的3種方法1弦切互化法：主要利用公式eqtanα＝\f(sinα,cosα)化成正弦、余弦；2和積轉換法：利用sinθ±cosθ2＝1±2sinθcosθ進行變形、轉化；3巧用“1〞的變換：1＝sin2θ＋cos2θ＝cos2θ1＋tan2θ＝eqtan\f(π,4).1．(同角三角函數根本關系式的應用)假設sinα＝－eq\f(5,13)，且α為第四象限角，那么tanα的值等于()A.eq\f(12,5)B．－eq\f(12,5)C.eq\f(5,12)D．－eq\f(5,12)D[∵sinα＝－eq\f(5,13)，α為第四象限角，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(12,13)，∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(5,12).應選D.]2．(三角函數的定義與誘導公式的應用)在平面直角坐標系xOy中，角α與角β均以Ox為始邊，它們的終邊關于y軸對稱．假設sinα＝eq\f(1,3)，那么sinβ＝________.eq\f(1,3)[由角α與角β的終邊關于y軸對稱，可得β＝(2k＋1)π－α，k∈Z，∵sinα＝eq\f(1,3)，∴sinβ＝sin[(2k＋1)π－α]＝sinα＝eq\f(1,3).]3．[新題型](同角三角函數根本關系式及其應用)sinα＋2cosα＝0，那么tanα＝________，2sinαcosα－cos2α＝________.－2－1[由sinα＋2cosα＝0得tanα＝－2.∴2sinαcosα－cos2α＝eq\f(2sinαcosα－cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα－1,tan2α＋1)＝eq\f(2×－2－1,－22＋1)＝eq\f(－5,5)＝－1.]4．(三角函數的意義與簡單的三角恒等變換結合)在平面直角坐標系xOy中，點P(x0，y0)在單位圓O上，設∠xOP＝α，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4))).假設coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(12,13)，那么x0的值為________．－eq\f(7\r(2),26)[因為點P(x0，y0)在單位圓O上，且∠xOP＝α，所以由三角函數的定義知x0＝cosα.因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(12,13)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(5,13)，所以x0＝cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq\f(π,4)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sineq\f(π,4)＝－eq\f(7\r(2),26).]三角函數的圖象及應用(5年3考)[高考解讀]高考對該局部內容的考查主要有兩種方式：1考查三角函數圖象變換；2由圖定式并與三角函數的性質相結合.預計2022年還會這樣考查.1．(2022·全國卷Ⅱ)假設x1＝eq\f(π,4)，x2＝eq\f(3π,4)是函數f(x)＝sinωx(ω＞0)兩個相鄰的極值點，那么ω＝()A．2B.eq\f(3,2)C．1D.eq\f(1,2)A[由題意及函數y＝sinωx的圖象與性質可知，eq\f(1,2)T＝eq\f(3π,4)－eq\f(π,4)，∴T＝π，∴eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.應選A.]2．(2022·全國卷Ⅰ)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)個周期后，所得圖象對應的函數為()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))) D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))切入點：①y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))；②向右平移eq\f(1,4)個周期．關鍵點：y＝Asin(ωx＋φ)的圖象平移規律．D[先求出函數的周期，再根據函數圖象的平移變換規律求出對應的函數解析式．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)個單位長度，所得圖象對應的函數為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)))，應選D.]3．(2022·全國卷Ⅰ)函數f(x)＝cos(ωx＋φ)的局部圖象如下圖，那么f(x)的單調遞減區間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(1,4)，kπ＋\f(3,4)))，k∈ZB.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(1,4)，2kπ＋\f(3,4)))，k∈ZC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,4)，k＋\f(3,4)))，k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z切入點：圖象與x軸交于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，0)).關鍵點：逆用五點作圖求解析式．D[由圖象可求得ω與φ的值，然后利用余弦函數的單調區間求解．由題圖知，周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)－\f(1,4)))＝2，∴eq\f(2π,ω)＝2，∴ω＝π.由π×eq\f(1,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，不妨取φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,4))).由2kπ<πx＋eq\f(π,4)<2kπ＋π，得2k－eq\f(1,4)<x<2k＋eq\f(3,4)，k∈Z，∴f(x)的單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z.應選D.][教師備選題]1．(2022·全國卷Ⅲ)函數y＝sinx－eq\r(3)cosx的圖象可由函數y＝2sinx的圖象至少向右平移________個單位長度得到．eq\f(π,3)[首先利用輔助角公式將函數y＝sinx－eq\r(3)cosx化為正弦型函數，再進行平移變換．∵y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，∴函數y＝sinx－eq\r(3)cosx的圖象可由函數y＝2sinx的圖象向右平移eq\f(π,3)個單位長度得到．]2．(2022·湖北高考)某同學用“五點法〞畫函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在某一個周期內的圖象時，列表并填入了局部數據，如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,3)eq\f(5π,6)Asin(ωx＋φ)05－50(1)請將上表數據補充完整，并直接寫出函數f(x)的解析式；(2)將y＝f(x)圖象上所有點向左平行移動eq\f(π,6)個單位長度，得到y＝g(x)圖象，求y＝g(x)的圖象離原點O最近的對稱中心．[解](1)根據表中數據，解得A＝5，ω＝2，φ＝－eq\f(π,6)，數據補全如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(7π,12)eq\f(5π,6)eq\f(13,12)πAsin(ωx＋φ)050－50且函數解析式為f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)由(1)知f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，因此，g(x)＝5sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).因為y＝sinx的對稱中心為(kπ，0)，k∈Z，令2x＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)，k∈Z，即y＝g(x)圖象的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))，k∈Z，其中離原點O最近的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0)).1．圖象變換抓“實質〞圖象變換的實質——點的坐標變換．三角函數圖象的伸縮、平移變換，可以利用兩個函數圖象上的兩個特征點之間的對應確定變換的方式，一般選取與y軸最近的最高點或最低點，當然也可以選取在原點右側的第一個中心點，根據這些點的坐標即可確定變換的方式、平移的長度與方向等．2．由“圖〞定“式〞找“對應〞由三角函數的圖象求解析式y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A＞0，ω＞0)中參數的值，關鍵是把握函數圖象的特征與參數之間的對應關系，其根本依據就是“五點法〞作圖．(1)最值定A，B：根據給定的函數圖象確定最值，設最大值為M，最小值為m，那么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).(3)點坐標定φ：一般運用代入法求解φ值，在求解過程中，可以代入圖象上的一個點(此時A，ω，B)，也可代入圖象與直線y＝B的交點(此時要注意交點在上升區間上還是在下降區間上)．注意在確定φ值時，往往以尋找“五點法〞中的某一個點為突破口，即“峰點〞“谷點〞與三個“中心點〞，利用“中心點〞時要注意其所在單調區間的單調性，防止產生增解．1．(圖象變換)為了得到函數y＝2cos2x的圖象，可以將函數y＝cos2x－eq\r(3)sin2x的圖象()A．向左平移eq\f(π,6)個單位長度B．向右平移eq\f(π,6)個單位長度C．向左平移eq\f(π,3)個單位長度D．向右平移eq\f(π,3)個單位長度B[因為y＝cos2x－eq\r(3)sin2x＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))))，所以要得到函數y＝2cos2x的圖象，可以將函數y＝cos2x－eq\r(3)sin2x的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，應選B.]2．(由圖定式)函數f(x)＝－2cosωx(ω＞0)的圖象向左平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜φ＜\f(π,2)))個單位，所得的局部函數圖象如下圖，那么φ的值為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(5,6)πC.eq\f(π,12)D.eq\f(5,12)πC[由題圖知，T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)－\f(5π,12)))＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝2，∴f(x)＝－2cos2x，∴f(x＋φ)＝－2cos(2x＋2φ)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋φ))＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋2φ))＝2，故eq\f(5π,6)＋2φ＝π＋2kπ(k∈Z)，∴φ＝eq\f(π,12)＋kπ(k∈Z)．又0＜φ＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,12).應選C.]3．(由圖定式與三角函數性質的綜合問題)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))是函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)圖象的一個最高點，B，C是與P相鄰的兩個最低點．假設|BC|＝6，那么f(x)的圖象的對稱中心可以是()A．(0,0) B．(1,0)C．(2,0) D．(3,0)C[由題設知，A＝2，函數f(x)的最小正周期為6，所以eq\f(2π,ω)＝6，解得ω＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))，將Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))代入，可得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝2，故可取φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,3)))，令eq\f(π,3)x＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，可得x＝3k－1(k∈Z)，結合選項，可知C正確，應選C.]4．(圖象與解析式)ω＞0，在函數y＝2sinωx與y＝2cosωx的圖象的交點中，距離最短的兩個交點的距離為2eq\r(3)，那么ω＝________.eq\f(π,2)[由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2sinωx，,y＝2cosωx))消去y，得sinωx－cosωx＝0，即eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))＝0，解得x＝eq\f(kπ,ω)＋eq\f(π,4ω)，k∈Z.取k＝0,1，可得距離最短的兩個交點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4ω)，\r(2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4ω)，－\r(2)))，又兩交點的距離為2eq\r(3)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4ω)－\f(5π,4ω)))2＋(eq\r(2)＋eq\r(2))2＝(2eq\r(3))2，解得ω＝eq\f(π,2).]三角函數的性質及應用(5年9考)[高考解讀]高考對該局部的考查多與三角恒等變換相結合，考查三角函數的周期性、單調性和最值問題，預計2022年將會延續上述命題規律.1．(2022·全國卷Ⅰ)函數f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，那么()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切入點：對f(x)＝2cos2x－sin2x＋2恒等轉化．關鍵點：將函數解析式轉化為f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式．B[易知f(x)＝2cos2x－sin2x＋2＝3cos2x＋1＝3×eq\f(1＋cos2x,2)＋1＝eq\f(3,2)cos2x＋eq\f(5,2)，那么f(x)的最小正周期為π，最大值為4.]2．[一題多解](2022·全國卷Ⅱ)假設f(x)＝cosx－sinx在[0，a]是減函數，那么a的最大值是()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4)D．π切入點：①f(x)＝cosx－sinx；②減函數．關鍵點：將解析式化為f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式．C[法一：f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)cosx＋eq\f(π,4).當x∈[0，a]時，x＋eq\f(π,4)∈eq\f(π,4)，a＋eq\f(π,4)，所以結合題意可知，a＋eq\f(π,4)≤π，即a≤eq\f(3π,4)，故所求a的最大值是eq\f(3π,4).應選C.法二：f′(x)＝－sinx－cosx＝－eq\r(2)sinx＋eq\f(π,4).于是，由題設得f′(x)≤0，即sinx＋eq\f(π,4)≥0在區間[0，a]上恒成立．當x∈[0，a]時，x＋eq\f(π,4)∈eq\f(π,4)，a＋eq\f(π,4)，所以a＋eq\f(π,4)≤π，即a≤eq\f(3π,4)，故所求a的最大值是eq\f(3π,4).應選C.]3．[一題多解](2022·全國卷Ⅲ)函數f(x)＝eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的最大值為()A.eq\f(6,5)B．1C.eq\f(3,5)D.eq\f(1,5)切入點：f(x)＝eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).關鍵點：利用三角恒等變換化簡解析式為f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式．A[法一(輔助角公式法)：∵f(x)＝eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＋eq\f(\r(3),2)cosx＋eq\f(1,2)sinx＝eq\f(1,10)sinx＋eq\f(\r(3),10)cosx＋eq\f(\r(3),2)cosx＋eq\f(1,2)sinx＝eq\f(3,5)sinx＋eq\f(3\r(3),5)cosx＝eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，∴當x＝eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z)時，f(x)取得最大值eq\f(6,5).應選A.法二(角度轉換法)：∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝eq\f(π,2)，∴f(x)＝eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))≤eq\f(6,5).∴f(x)max＝eq\f(6,5).應選A.]4．(2022·全國卷Ⅰ)函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值為________．－4[∵f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1，令t＝cosx，那么t∈[－1,1]，∴f(x)＝－2t2－3t＋1.又函數f(x)圖象的對稱軸t＝－eq\f(3,4)∈[－1,1]，且圖像的開口向下，∴當t＝1時，f(x)有最小值－4.][教師備選題]1．(2022·天津高考)設函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<π.假設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，那么()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)A[∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，∴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)).∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，∴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).應選A.]2．(2022·北京高考)函數f(x)＝sin2x＋eq\r(3)sinxcosx.(1)求f(x)的最小正周期；(2)假設f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，m))上的最大值為eq\f(3,2)，求m的最小值．[解](1)f(x)＝sin2x＋eq\r(3)sinxcosx＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2).所以f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由(1)知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2).由題意知－eq\f(π,3)≤x≤m.所以－eq\f(5π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤2m－eq\f(π,6).要使得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，m))上的最大值為eq\f(3,2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，m))上的最大值為1.所以2m－eq\f(π,6)≥eq\f(π,2)，即m≥eq\f(π,3).所以m的最小值為eq\f(π,3).函數y＝Asinωx＋φ＋B的性質及應用的求解思路第一步：先借助三角恒等變換及相應三角函數公式把待求函數化成y＝Asinωx＋φ＋B的形式；第二步：把“ωx＋φ〞視為一個整體，借助復合函數性質求y＝Asinωx＋φ＋B的單調性及奇偶性、最值、對稱性等問題.1．[一題多解](求函數的單調區間)函數f(x)＝eq\r(3)sinx－cosx，那么f(x)的單調遞增區間是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)B[法一：由，得f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx－\f(1,2)cosx))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，由2kπ－eq\f(π,2)≤x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，所以f(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，應選B.法二：由，得f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx－\f(1,2)cosx))＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，由2kπ≤x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋π(k∈Z)，得2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，所以f(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，應選B.]2．(函數的單調區間求參數)函數f(x)＝sin2x＋2sin2x－1在[0，m]上單調遞增，那么m的最大值是()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,8) D．πC[由題意，得f(x)＝sin2x－cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得－eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，k＝0時，－eq\f(π,8)≤x≤eq\f(3π,8)，即函數f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))上單調遞增