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专题专项练
思想方法练6
一、函数与方程思想在三角函数中的应用
1.函数f(x)=2sin(ωx+φ)的部分图象如图所示,则f=　(　　)
A.　　　　B.-　　　　C.1　　　　D.-1
2.(2026江苏南京金陵中学月考)如图,有一个扇环形花圃ABCD,外圆弧的半径是内圆弧半径的两倍,周长为定值2l,圆心角为α(0<α<π).
(1)当α=2时,求弧的中点E到弦BC的距离;
(2)当α为多少弧度时,扇环面积最大 并求出最大面积.
二、数形结合思想在三角函数中的应用
3.(2025浙江浙南名校联盟联考)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)-1(ω>0),若对于任意的实数φ, f(x)在区间上的图象与x轴至少有2个交点,至多有3个交点,则ω的取值范围是(　　)
A.　　　　B.[4,5)　　　　
C.　　　　D.
4.(多选题)(2025山东枣庄期末)已知函数f(x)=sin x+cos x+|sin x-cos x|,下列说法正确的是(　　)
A.f(x)是以2π为周期的函数
B.当且仅当x=2kπ+,k∈Z时,函数取得最小值-
C. f(x)图象的对称轴为直线x=+2kπ,k∈Z
D.当2kπ+π三、分类讨论思想在三角函数中的应用
5.函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π),设T为函数f(x)的最小正周期, f=,且函数f(x)在(π,2π)上单调,则ω的取值范围为　　　　　　　.
6.(2026山东菏泽期中)已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的图象与y轴的交点为(0,-),它在y轴右侧的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为(x0,2)和.
(1)求函数y=f(x)的表达式及x0的值;
(2)已知a,b∈R,若函数y=af(x)+b,x∈的值域为[0,3],求a,b的值.
7.(2026江苏徐州检测)已知函数f(x)=(ex+ke-x)·sin x,x∈R.
(1)若函数f(x)为偶函数,求实数k的值;
(2)当k=0且x∈[-2π,2π]时,解不等式f(x)+f(-x)>0.
四、转化与化归思想在三角函数中的应用
8.(2025江苏南京励志高级中学调研)已知θ∈,sin=,则tan=　　　　.
9.(2025江苏南通第一中学月考)已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π)的图象的相邻对称轴之间的距离是,将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后得到的图象对应的函数为偶函数,且当x=时, f(x)取得最大值.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)若函数h(x)=f(x)-的图象与x轴交点的横坐标为x0,求sin2+cos;
(3)方程[f(x)]2+(2-a)f(x)+1=0在上有4个不相等的实数根,求实数a的取值范围.
五、数学建模思想在三角函数中的应用
10.(2025江苏盐城五校联盟期末)放假期间,小王去某游乐园玩,该游乐园内竖立着一摩天轮,半径为20米,购票后可以乘坐一圈,每逆时针匀速旋转一圈要12分钟,摩天轮的最低点与地面相距1米,供游客上、下摩天轮轿厢.从小王进入摩天轮轿厢开始计时,在运行过程中,轿厢与其中的游客看作摩天圆环上一个点.
(1)求小王距离地面的高度H(单位:米)关于时间t(单位:分钟)的函数;
(2)当小王距离地面的高度为11米时,突然发现同学小李在摩天轮的另一个轿厢里,此时正和他处于同一高度,小王记得自己是下午6:00进入摩天轮轿厢的,按此推算,小李大概是什么时候进入摩天轮轿厢的
(3)当游客距离地面的高度达到31米及以上时,可以俯看到游乐园的全景,这段时间称为“美景期”,求摩天轮在旋转一周的过程中,小王处于“美景期”的时长.
答案与分层梯度式解析
专题专项练
思想方法练6
1.D　记f(x)的最小正周期为T.由题图可知T=-=,所以T=π,
(列出有关最小正周期T的方程,求出T的值,进而得到ω的值)
因此=π,所以ω=2.
根据五点作图法可得×2+φ=,
(结合五点作图法列出关于φ的方程,求出φ的值)
∴φ=,符合|φ|<,因此f(x)=2sin2x+,∴f=2sin-+=2sin=2sin=-2sin =-1.
2.解析　(1)设内圆弧的半径为r,则AB=CD=OA=OD=r,所以=rα,=2rα,
(利用条件列出内圆弧半径r与周长2l的方程,进而用l表示r)
所以rα+2rα+2r=2l,则r=.
因为α=2,所以r===.
连接OE(图略),交BC于点F, 则OE⊥BC,∠BOE=∠BOC=1,所以OF=·cos 1,所以EF=OE-OF=2r-cos 1=(1-cos 1),即点E到弦BC的距离为(1-cos 1).
(2)由(1)得r=,
(构建面积S关于α的函数关系式,结合基本不等式求解函数的最值)
所以S扇环=S扇形OBC-S扇形OAD=×2rα×2r-×rα×r=αr2=≤=,当且仅当9α=,即α=时取等号,所以当α为时,扇环面积最大,为.
思想方法
在本章中,研究三角函数的有关问题时,将条件化为等式或者函数式,通过方程或函数的知识求解,是一种常见的方法.3.B　令f(x)=0,得sin(ωx+φ)=.
令t=ωx+φ,则sin t=,当x∈,,ω>0时,t∈,
所以原问题转化为sin t=在区间上至少有2个解,至多有3个解,即函数y=sin t的图象与直线y=在区间上至少有2个交点,至多有3个交点.
作出函数y=sin t的图象及直线y=,利用图象研究满足的条件
在同一平面直角坐标系中作出y=sin t的图象与直线y=,如图所示.
由图可知,2π≤-<,解得4≤ω<5.
4.ABD　f(x)=sin x+cos x+|sin x-cos x|
=
=
f(x+2π)=sin(x+2π)+cos(x+2π)+|sin(x+2π)-cos(x+2π)|=sin x+cos x+|sin x-cos x|=f(x),故A正确.
作出y=f(x)的图象,如图,
(由函数解析式作出函数图象,利用图象研究函数的性质)
由图可知,当且仅当x=2kπ+,k∈Z时, f(x)min=-,故B正确.
由图可知, f(x)图象的对称轴为直线x=+kπ,k∈Z,故C不正确.
由图可知,当2kπ+π所以f(x)min=f =-,
又f(2kπ+π)=f =0,
所以-≤f(x)<0,故D正确.
思想方法
解决与三角函数有关的问题时,常通过数形结合实现函数图象与性质的结合,如利用图象解三角不等式、解决方程的根的问题.5.答案　∪
解析　因为ω>0,所以T=, f=f=sin=cos φ=,又0<φ<π,所以φ=,所以f(x)=sin.
若f(x)=sin在(π,2π)上单调递增,则k∈Z,即2k-≤ω≤k+,k∈Z,需满足2k-≤k+,k∈Z,所以k≤,k∈Z,而ω>0,故k=0,则0<ω≤;
若f(x)=sin在(π,2π)上单调递减,则k∈Z,即2k+≤ω≤k+,k∈Z,需满足2k+≤k+,k∈Z,所以k≤,k∈Z,而ω>0,故k=0,则≤ω≤.
综上所述,ω的取值范围为∪.
6.解析　(1)设f(x)的最小正周期为T.
由题意得,A=2,==,所以ω=2.
又 f(0)=Acos φ=2cos φ=-,
所以cos φ=-,
因为|φ|<π,所以φ=或φ=-.
当φ=-时, f(x)=2cos,
由2cos=2,得cos=1,得x=kπ+(k∈Z),
当k=0时,x=,即x0=.
同理,当φ=时, f(x)=2cos,此时函数图象在y轴右侧的第一个最低点的坐标为,第一个最高点的坐标为,不合题意.
综上, f(x)=2cos,x0=.
(2)当x∈时,2x-∈,所以-2≤2cos≤1,即-2≤f(x)≤1.
函数y=af(x)+b,x∈的值域与a的取值有关,所以需对a分小于0、等于0、大于0三种情况进行讨论
当a=0时,y=b,与题意不符,舍去.
当a>0时,y∈[-2a+b,a+b],
所以解得
当a<0时,y∈[a+b,-2a+b],
所以解得
综上,a=1,b=2或a=-1,b=1.
7.解析　(1)因为函数f(x)为偶函数,
所以f(-x)=(e-x+kex)sin(-x)=-(e-x+kex)sin x=f(x),即(ex+ke-x+e-x+kex)·sin x=0对任意的x∈R恒成立,
所以(k+1)(ex+e-x)=0,
所以k+1=0,解得k=-1.
(2)当k=0时, f(x)=exsin x,则f(x)+f(-x)=exsin x+e-xsin(-x)=exsin x-e-xsin x=(ex-e-x)sin x>0.
(对x的取值分段讨论,从而确定sin x的符号,进而简化不等式)
当x=-2π,-π,0,π,2π时,sin x=0,原不等式的解集为 ;
当x∈(0,π)时,sin x>0,所以由(ex-e-x)·sin x>0得ex-e-x>0,所以x>-x,所以x>0,所以此时不等式的解集为(0,π);
当x∈(π,2π)时,sin x<0,所以由(ex-e-x)sin x>0得ex-e-x<0,所以x<-x,所以x<0,所以此时不等式的解集为 ;
当x∈(-π,0)时,sin x<0,所以由(ex-e-x)sin x>0得ex-e-x<0,所以x<-x,所以x<0,所以此时不等式的解集为(-π,0);
当x∈(-2π,-π)时,sin x>0,所以由(ex-e-x)sin x>0得ex-e-x>0,所以x>-x,所以x>0,所以此时不等式的解集为 .
综上,不等式的解集为(-π,0)∪(0,π).
思想方法
当所研究的问题中包含了多种情况,但不能用统一的方法、统一的式子进行解决时,可进行分类讨论.三角函数的问题经常受到角的范围或参数的限制,往往需要进行分类讨论.
8.答案　-2
解析　因为θ∈,
所以θ-∈-,,
所以cos=
=,
所以tan===.
(将未知角的三角函数转化为已知角的三角函数)
所以tan====-=-=-2.
9.解析　(1)设f(x)的最小正周期为T.
由题意得=,∴T=π.又T=,
∴ω=2,∴f(x)=2sin(2x+φ).
设函数f(x)的图象向右平移个单位长度后得到的图象对应的函数为g(x),则g(x)= f=2sin=2sin.
∵g(x)为偶函数,∴2×0-+φ=+kπ,k∈Z,解得φ=+kπ,k∈Z.
又|φ|<π,∴φ=或φ=-.
∵当x=时, f(x)取得最大值,∴2×+φ=+2kπ,k∈Z,∴φ=+2kπ,k∈Z.∴φ=,∴f(x)=2sin.
(2)结合(1)得h(x)=f(x)-=2sin-.
由题意得h(x0)=2sin-=0,
∴sin=,cos2=1-sin2=1-=.
∴sin2+cos=sin2-+cos-=cos2+sin=+=.
(3)当x∈时,2x+∈.
令t=f(x),则t∈[-2,2],则方程[f(x)]2+(2-a)f(x)+1=0在上有4个不相等的实数根等价于关于t的方程t2+(2-a)t+1=0在(-2,0]上有2个不相等的实数根,
(将复杂函数的有解问题转化为简单函数的有解问题)
∴
解得-思想方法
转化与化归思想在三角函数中常见的应用:将任意角的三角函数转化为锐角的三角函数进行求值;将y=Asin(ωx+φ)(A≠0,ω≠0,A,ω,φ为常数)的图象转化为y=Asin t的图象来研究;进行恒等变形或者条件的等价转化等.
10.解析　(1)设H(t)=Asin(ωt+φ)+B(ω>0),
由题意得解得
因为摩天轮转一圈需要12分钟,所以最小正周期T=12,所以ω==.
又因为从摩天轮位于最低点时开始计时,即t=0时H=1,所以1=20sin φ+21,得sin φ=-1,不妨取φ=-,
所以H(t)=20sin+21=21-20cost.
(2)令H(t)=21-20cost=11,
得cost=.
又t∈[0,12],所以t=2或t=10.
所以两人进入摩天轮轿厢的时间相差8分钟,即小李大概是下午5:52或6:08进入摩天轮轿厢的.
(3)令H(t)=21-20cost≥31,
即cost≤-,又0≤t≤12,所以4≤t≤8,所以小王处于“美景期”的时长为4分钟.
思想方法
现实生活中与周期相关的问题,常建立三角函数模型进行解决.三年模拟练
应用实践
1.(2026江苏无锡辅仁高级中学质量检测)已知sin α+cos α=-,α∈(0,π),则tan α=(　　)
A.　　　　B.-　　　　
C.　　　　D.-
2.(2025江苏扬中第二高级中学期初)cos(37°+α)=,且0°<α<90°,则tan(37°+α)·sin2(53°-α)-cos(143°-α)=(　　)
A.　　　　B.　　　　
C.　　　　D.
3.(2025江苏淮阴中学月考)已知函数f(x)=sin(ω>0)图象的两条相邻对称轴之间的距离为2π,将f(x)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象,若函数g(x)在区间(-m,m)上单调递增,则实数m的取值范围是(　　)
A.　　　　B.　　　　
C.(0,π]　　　　D.
4.(多选题)(2025浙江杭州第十一中学期末)如图,弹簧挂着的小球做上下振动,小球的最高点与最低点间的距离为10 cm,它在t s时相对于平衡位置(静止时的位置)的高度h cm由关系式h=Asin确定,其中A>0,t≥0,则下列说法正确的是(　　)
A.小球在往复振动一次的过程中,从最高点运动至最低点用时2 s
B.小球在往复振动一次的过程中,经过的路程为20 cm
C.小球从初始位置开始振动,重新回到初始位置时所用的最短时间为 s
D.小球从初始位置开始振动,若经过最高点和最低点的次数均为10,则所用时间的范围是
5.(多选题)(2025江苏盐城中学检测)如图,函数f(x)=2cos(ωx+φ)的部分图象与直线y=-1交于A,B两点,点C在曲线f(x)上,且△ABC的面积为,则(　　)
A.ω=2
B.f 为偶函数
C.f(x)在上单调递减
D.f(x)≥f
6.(2026福建厦门第一中学月考)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)的图象关于点对称,其一条对称轴为直线x=,且在上单调,则ω的最大值为　　　　.
7.(2026江苏泰州靖江高级中学检测)已知函数f(x)=sin(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求函数f(x)在区间[0,π]上的单调递增区间;
(2)已知函数h(x)=asin2x-2sin x+(a∈R)的最小值为1.
①求实数a的值;
②若 x1∈R, x2∈,使得h(x1)=mf(x2)+2,求实数m的取值范围.
迁移创新
8.(2025湖北部分省级示范高中期末)若定义域为R的函数h(x)满足:对任意的x∈R,都有h(x+2π)=h(x)+h(2π),则称h(x)具有性质P.
(1)分别判断以下两个函数是否具有性质P:m(x)=2x-1和n(x)=1-cos x;
(2)若函数f(x)=sin(ωx+φ),是否存在实数ω,φ,使f(x)具有性质P 若存在,求出ω,φ的值;若不存在,请说明理由;
(3)在(2)的条件下,若方程f =a(a为常数)在区间上恰有三个实数根x1,x2,x3(x1答案与分层梯度式解析
三年模拟练
1.B 2.C 3.B 4.BC 5.BCD
1.B　∵sin α+cos α=-①,
∴(sin α+cos α)2=sin2α+cos2α+2sin αcos α=,
∴2sin αcos α=-1=-<0,
∴sin2α+cos2α-2sin αcos α=1-=,∴(sin α-cos α)2=,
∴|sin α-cos α|=.
∵α∈(0,π),sin αcos α<0,∴sin α>0且cos α<0,∴sin α-cos α=②.
联立①②,得
∴tan α==-.
2.C　因为0°<α<90°,cos(37°+α)=>0,所以37°<37°+α<90°,
令37°+α=m,则m为锐角,且α=m-37°,
因为cos m=,所以sin m=,
所以tan(37°+α)sin2(53°-α)-cos(143°-α)
=tan msin2(90°-m)-cos(180°-m)
=tan mcos2m+cos m
=sin mcos m+cos m=.
3.B　因为函数f(x)图象的两条相邻对称轴之间的距离为2π,所以最小正周期T=2×2π=4π,所以=4π,又ω>0,所以ω=,所以f(x)=sin,
所以g(x)=sin=sin.
当x∈(-m,m)时,x+∈.
因为函数g(x)在区间(-m,m)上单调递增,所以m>0,
所以(k∈Z),
解得(k∈Z).
当k=0时,m≤,又m>0,所以m∈.
4.BC　由题意得,A===5,
所以h=5sin.
对于A,最小正周期T==2,所以小球在往复振动一次的过程中,从最高点运动至最低点用时1 s,故A错误.
显然B正确.
对于C,当t=0时,h=5sin=,
令h=5sin=,得πt+=2kπ+或πt+=2kπ+(k∈Z),解得t=2k或t=2k+(k∈Z),又t≥0,所以小球从初始位置开始振动,重新回到初始位置时所用的最短时间为 s,故C正确.
对于D,由πt+=,得t=,所以在 s时,小球第一次到达最高点,以后每隔一个周期都出现一次最高点,
因为小球在t s内经过最高点和最低点的次数均为10,所以+9T+T≤t<+10T,又T=2,所以19≤t<20,故D错误.
5.BCD　设A(x1,y1),B(x2,y2),则S△ABC=|AB|×1=,所以x2-x1=.
因为点A在函数f(x)的图象上,所以2cos(ωx1+φ)=-1,所以cos(ωx1+φ)=-,结合题图可知ωx1+φ=2kπ+,k∈Z.同理,得ωx2+φ=2kπ+,k∈Z,
两式相减,得ω(x2-x1)=,所以ω=,所以ω=3,故A错误.
由上述分析得f(x)=2cos(3x+φ),
因为点C在曲线f(x)上,
所以2cos=0,
由五点作图法及|φ|<可知,+φ=,所以φ=,所以f(x)=2cos,
所以f =2cos=2cos 3x,所以f 为偶函数,故B正确.
令2kπ≤3x+≤2kπ+π,k∈Z,得-≤x≤+,k∈Z,
取k=1,则f(x)在上单调递减,所以f(x)在上单调递减,故C正确.
令3x+=2kπ+π,k∈Z,得x=+,k∈Z,
令+=-,得k=-1∈Z,
所以当x=-时, f(x)取得最小值,
所以f(x)≥f ,故D正确.
6.答案　6
解析　设f(x)的最小正周期为T.由题意得(2k+1)·=-=,k∈N,解得T=,k∈N,所以ω=2(2k+1),k∈N.
因为f(x)在上单调,所以≥-=,即T≥,所以≥,解得k≤.
又k∈N,所以k∈{0,1,2}.
当k=2时,ω=10, f(x)=Asin(10x+φ),由 f=Asin=0,得+φ=nπ,n∈Z,又|φ|<,所以n=2,φ=,所以f(x)=Asin.
当x∈时,10x+∈2π,,此时函数f(x)在上不单调,不符合题意.
当k=1时,ω=6, f(x)=Asin(6x+φ),
由 f=Asin(π+φ)=0,得π+φ=nπ,n∈Z,又|φ|<,所以n=1,φ=0,所以f(x)=Asin 6x.
当x∈时,6x∈,此时f(x)在上单调,符合题意.
当k=0时,ω=2, f(x)=Asin(2x+φ),
由 f=Asin=0,得+φ=nπ,n∈Z,又|φ|<,所以n=0,φ=-,所以f(x)=Asin.
当x∈时,2x-∈,此时f(x)在上单调,符合题意.
综上,ω=2或ω=6,所以ω的最大值为6.
7.解析　(1)由题意得ω>0,f(x)的最小正周期T==π,∴ω=2,∴f(x)=sin.
令-+2kπ≤2x+≤+2kπ(k∈Z),得-+kπ≤x≤+kπ(k∈Z),
∴函数f(x)在区间[0,π]上的单调递增区间为,.
(2)①令t=sin x,则t∈[-1,1],asin2x-2sin x+=at2-2t+,
令g(t)=at2-2t+,t∈[-1,1].
当a<0时,函数g(t)的图象开口向下,∴g(1)或g(-1)为函数的最小值,
∴g(1)=a-2+=1或g(-1)=a+2+=1,解得a=(舍去)或a=-,
当a=-时,g(1)=--2-=-3,此时最小值为-3,不合题意,舍去.
当a=0时,g(t)=-2t,单调递减,
∴g(t)≥g(1)=-2,不合题意,舍去.
当a>0时,函数y=at2-2t+的图象开口向上,对称轴为直线t=-=.
当a∈(0,1)时,∈(1,+∞),此时函数g(t)的最小值为g(1)=1,解得a=(舍去);
当a∈[1,+∞)时,∈(0,1],此时函数g(t)的最小值为g=a-2+=1,整理得3a2-4a-4=0,即(3a+2)·(a-2)=0,解得a=-(舍去)或a=2.
综上,a=2.
②由①得,h(x)=g(t)=2t2-2t+∈.
结合(1)可知,函数f(x)在区间上单调递增,在上单调递减,
∴当x2∈时, f(x2)∈-,1.
当m=0时,mf(x2)+2=2,不合题意,舍去;
当m>0时,mf(x2)+2∈,
由题意得 ,
∴解得m≥;
当m<0时,mf(x2)+2∈,
由题意得 ,
∴解得m≤-7.
综上,实数m的取值范围为(-∞,-7]∪.
8.解析　(1)因为m(x+2π)=2(x+2π)-1=2x+4π-1,m(2π)=4π-1,
所以m(x+2π)≠m(x)+m(2π),所以函数m(x)=2x-1不具有性质P.
因为n(x+2π)=1-cos(x+2π)=1-cos x,n(2π)=1-cos 2π=0,所以n(x+2π)=n(x)+n(2π),所以函数n(x)=1-cos x具有性质P.
(2)若f(x)具有性质P,则f(0+2π)=f(0)+f(2π),所以f(0)=sin φ=0.
又|φ|<,所以φ=0,所以f(x)=sin ωx.
由f(x+2π)=f(x)+f(2π),得f(2kπ)=k·f(2π)(k∈Z).
若f(2π)≠0,则存在k0∈Z,使得|k0·f(2π)|>1,而|f(x)|≤1,故上式不成立,即f(2π)=0,即sin 2ωπ=0.
因为<ω<,所以3π<2ωπ<5π,所以2ωπ=4π,所以ω=2,所以f(x)=sin 2x.
验证:当ω=2,φ=0时, f(x)=sin 2x,
则对任意的x∈R, f(x+2π)=sin[2(x+2π)]=sin 2x, f(x)+f(2π)=sin 2x+sin 4π=sin 2x,所以f(x+2π)=f(x)+f(2π).
故当ω=2,φ=0时, f(x)具有性质P.
(3)由(2)得f(x)=sin 2x,所以f=f=sin=a.
令t=2x+,
因为x∈,所以t∈,
则问题可转化为sin t=a在区间上恰有三个实数根t1,t2,t3(t1由函数y=sin t的图象(图略)知,t1+t2=π,t3=t1+2π,所以t3-t2-2t1=(t3-t1)-(t1+t2)=π,所以--2=π,所以x3-x2-2x1=,
所以sin(x3-x2-2x1)=.五年高考练
考点1　三角函数的概念与同角三角函数关系
1.(2023全国甲理,7)设甲:sin2α+sin2β=1,乙:sin α+cos β=0,则(　　)
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
2.(全国Ⅱ,2)若α为第四象限角,则(　　)
A.cos 2α>0　　　　B.cos 2α<0
C.sin 2α>0　　　　D.sin 2α<0
3.(2024北京,12)在平面直角坐标系xOy中,角α与角β均以Ox为始边,它们的终边关于原点对称.若α∈,则cos β的最大值为　　　　.
4.(2023全国乙文,14)若θ∈,tan θ=,则sin θ-cos θ=　　　　.
考点2　三角函数的图象及应用
5.(2024全国甲理,7)函数y=-x2+(ex-e-x)sin x在区间[-2.8,2.8]的图象大致为(　　)
　　　　
　　　　
6.(2024新课标Ⅰ,7)当x∈[0,2π]时,曲线y=sin x与y=2sin的交点个数为(　　)
A.3　　　　B.4　　　　
C.6　　　　D.8
7.(2024新课标Ⅱ,6)设函数f(x)=a(x+1)2-1,g(x)=cos x+2ax.当x∈(-1,1)时,曲线y=f(x)与y=g(x)恰有一个交点①,则a=(　　)
A.-1　　　　B.　　　　
C.1　　　　D.2
①关键点拨　转化思想、数形结合思想
8.(2023新课标Ⅰ,15)已知函数f(x)=cos ωx-1(ω>0)在区间[0,2π]有且仅有3个零点①,则ω的取值范围是　　　　.
①心中有“数”　转化为对应图象的交点或方程的解
9.(2023新课标Ⅱ,16)已知函数f(x)=sin(ωx+φ),如图①,A,B是直线y=与曲线y=f(x)的两个交点,若|AB|=,则f(π)=　　　　.
①关键点拨　由图象求出三角函数的解析式
10.(2021全国甲理,16)已知函数f(x)=2cos(ωx+φ)的部分图象如图所示,则满足条件>0的最小正整数x为　　　　.
考点3　三角函数的性质
11.(2025全国一卷,4)已知点(a,0)(a>0)是函数y=2tan的图象的一个对称中心,则a的最小值为(　　)
A.　　　　B.　　　　
C.　　　　D.
12.(2024北京,6)设函数f(x)=sin ωx(ω>0),已知f(x1)=-1,f(x2)=1,且|x1-x2|的最小值为,则ω=(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
13.(多选题)(2024新课标Ⅱ,9)对于函数f(x)=sin 2x和g(x)=sin,下列说法中正确的有(　　)
A. f(x)与g(x)有相同的零点
B. f(x)与g(x)有相同的最大值
C. f(x)与g(x)有相同的最小正周期
D. f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴
14.(2023全国乙理,6)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)在区间单调递增,直线x=和x=为函数y=f(x)的图象的两条对称轴,则f =(　　)
A.-　　　　B.-　　　　
C.　　　　D.
15.(2025天津,8)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,-π<φ<π)在上单调递增,直线x=为一条对称轴,为一个对称中心,则在区间内, f(x)的最小值为(　　)
A.-　　　　B.-
C.-1　　　　D.0
16.(2022新高考Ⅰ,6)记函数f(x)=sin+b(ω>0)的最小正周期为T.若A.1　　　　B.　　　　C.　　　　D.3
17.(2023全国甲理,13)若f(x)=(x-1)2+ax+sin为偶函数,则a=　　　　.
18.(2022全国乙理,15)记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)=,x=为f(x)的零点,则ω的最小值为　　　　.
考点4　三角函数图象的变换及应用
19.(2023全国甲理,10)函数y=f(x)的图象由函数y=cos的图象向左平移个单位长度得到,则y=f(x)的图象与直线y=x-的交点个数为(　　)
A.1　　　　B.2　　　　
C.3　　　　D.4
20.(2021全国乙理,7)把函数y=f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,再把所得曲线向右平移个单位长度,得到函数y=sin的图象,则 f(x)=(　　)
A.sin　　　　B.sin
C.sin　　　　D.sin
学科竞赛
21.(2024全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区)函数y=的最大值与最小值之积为　　　　.
22.(2024全国高中数学联赛吉林赛区)设函数f(x)=sin x·sin 3x,若关于x的方程 f(x)=a在(0,π]上有奇数个不同的实数解,则实数a的值为　　　　.
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.B 2.D 5.B 6.C 7.D
11.B 12.B 13.BC 14.D 15.A
16.A 19.C 20.B
1.B　∵∴sin2α=cos2β,∴|sin α|=|cos β|,推不出sin α+cos β=0,∴充分性不成立;
∵sin α+cos β=0,∴sin α=-cos β,∴sin2α+sin2β=(-cos β)2+sin2β=1,
∴必要性成立.
∴甲是乙的必要条件但不是充分条件.
2.D　∵α是第四象限角,
∴-+2kπ<α<2kπ,k∈Z,
∴-π+4kπ<2α<4kπ,k∈Z,∴角2α的终边在第三或第四象限或在y轴负半轴上,∴sin 2α<0,cos 2α可正、可负、可为零.
3.答案　-
解析　∵角α与角β的终边关于原点对称,∴β=α+π+2kπ,k∈Z,
∴cos β=cos(α+π+2kπ)=-cos α,
∵α∈,
∴cos α∈,
∴cos β∈,∴cos β的最大值为-.
4.答案　-
解析　由tan θ=,得sin θ=cos θ,代入sin2θ+cos2θ=1,可得cos2θ=,又因为θ∈,所以cos θ=,则sin θ=,
所以sin θ-cos θ=-.
考场速解
因为θ∈,tan θ=,所以角θ的终边位于第一象限.取点P(3,1),则sin θ==,cos θ==,所以sin θ-cos θ=-.
5.B　令f(x)=-x2+(ex-e-x)sin x,x∈[-2.8,2.8],定义域关于原点对称,又f(-x)=-(-x)2+(e-x-ex)sin(-x)=-x2+(ex-e-x)sin x=f(x),故该函数为偶函数,排除A,C;
f(1)=-1+sin 1>-1+·sin=-1->->0,故排除D.
6.C　如图所示,在同一平面直角坐标系中作出y=2sin与y=sin x在[0,2π]上的图象,由图可知曲线y=sin x与y=2sin的交点个数为6.
7.D　
思路点拨
　　观察g(x)的解析式可知g(x)的图象不易画出,所以将曲线y=f(x)与y=g(x)有一个交点转化为方程a(x+1)2-1=cos x+2ax有一个解,对式子进行整理,可得到两部分熟悉的关系式,再将方程有一个解转化为两函数图象有一个交点.
解析　由已知得a(x+1)2-1=cos x+2ax,即ax2+a-1=cos x,
令y1=ax2+a-1,y2=cos x,在同一平面直角坐标系中作出两函数图象,如图,
由已知得两函数图象只有一个交点,根据对称性知a-1=1,所以a=2.(利用偶函数图象关于y轴对称,发现若两图象只有一个交点,则只有a-1=1时符合)
8.答案　[2,3)
真题降维
关键信息 信息处理
f(x)=cos ωx-1的零点 cos ωx=1的根
y=cos ωx(ω>0),x∈[0,2π] 画函数图象或列方程求解
f(x)在[0,2π]上有且仅有3个零点 结合区间找两个函数图象的3个交点或根的临界情况
解析　解法一:令t=ωx,因为0≤x≤2π,ω>0,所以0≤ωx≤2ωπ,则cos t=1在[0,2ωπ]上有且仅有3个根,
结合余弦函数y=cos t的图象可得4π≤2ωπ<6π,故2≤ω<3.
解法二:依题意得cos ωx=1在区间[0,2π]上恰好有3个解,即x=,k∈Z,ω>0在区间[0,2π]上恰好有3个解,所以k=0,1,2,当k=2时,x=≤2π,解得ω≥2,当k=3时,x=>2π,解得ω<3.
综上所述,ω的取值范围是[2,3).
9.答案　-
思路点拨
解析　第一步先求ω,通常考虑|ω|=,但结合题图不能得出T,思维受阻,由直线y=与曲线y=f(x)交于点A,B,可考虑特殊角的三角函数值,设点A,B,则|AB|=x2-x1=,
由题图可知(k1∈Z),则ω(x2-x1)=,故ω=4.
第二步求φ,通常考虑用“五点作图法”,由题图知函数图象过点,且在单调递增区间内,所以4×+φ=2kπ(k∈Z),即φ=2kπ-(k∈Z),
故f(x)=sin,将x=π代入即得f(π)=-.
考场速解
　　本题还可以这样求出ω:令sin x=,在一个周期[0,2π]内的解为和,则函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)的最小正周期T满足=,解得T=,ω=4.
10.答案　2
解析　设函数f(x)的最小正周期为T,则T=-=,T=π,则=π,解得|ω|=2.
不妨取ω=2,此时f(x)=2cos(2x+φ).
将代入上式,结合题图得+φ=+2kπ,k∈Z,∴φ=-+2kπ,k∈Z,取φ=-,∴f(x)=2cos,
∴f=2cos=2cos=1,f=2cos=2cos=0,
∴不等式可化为[f(x)-1]f(x)>0,
解得f(x)>1或f(x)<0.
由f(x)>1,得2cos>1,
即cos>,①
由f(x)<0,得cos<0,②
由①得-+2kπ<2x-<+2kπ,k∈Z,解得-+kπ要使x为最小正整数,则k=1,此时由②得+2kπ<2x-<+2kπ,k∈Z,
解得+kπ要使x为最小正整数,则k=0,此时综上,最小正整数x为2.
11.B　由题意得,a-=(k∈Z),
故a=+(k∈Z).
又a>0,则k=0时,amin=.
12.B　设f(x)的最小正周期为T.
由题意可知,x1为f(x)的最小值点,x2为f(x)的最大值点,
所以==,即T=π,
又ω>0,所以ω==2.
13.BC　对于A,令sin 2x=0,则2x=kπ,k∈Z,解得x=,k∈Z,
令sin=0,则2x-=kπ,k∈Z,解得x=+,k∈Z,
∴f(x)与g(x)的零点不同,∴A错误.
对于B, f(x)与g(x)的最大值均为1,
∴B正确.
对于C, f(x)与g(x)的最小正周期均为=π,∴C正确.
对于D,令2x=+kπ,k∈Z,得x=+,k∈Z,则f(x)图象的对称轴为直线x=+,k∈Z,同理可知g(x)图象的对称轴为直线x=+,k∈Z,∴f(x)与g(x)的图象的对称轴不同,∴D错误.
14.D　由题意画出f(x)的大致图象,如图所示,
由图可知点和点为f(x)图象的相邻最低点和最高点,
设f(x)的最小正周期为T,由题意知=-=,又T=,
所以|ω|=2,
不妨令ω=2,则f(x)=sin(2x+φ),
将代入,得sin=-1,
所以+φ=-+2kπ,k∈Z,
所以φ=-+2kπ,k∈Z,
所以f(x)=sin=sin,k∈Z,
故f=sin=sin=sin=.
15.A　记f(x)的最小正周期为T.
-=≤,-==(2k+1)·(k∈N),所以T=π,则ω==2,由题意得sin=1,则φ=2k1π+(k1∈Z),又-π<φ<π,故φ=,则函数f(x)=sin,因为x∈,所以≤2x+≤,由正弦函数的图象及性质可知, f(x)min=-.
16.A　由题意可知,T=,又0,所以2<ω<3.
因为y=f(x)的图象关于点中心对称,所以b=2,且sin=0,所以ω+=kπ(k∈Z),得ω=-+k(k∈Z),又2<ω<3,所以ω=.
故f(x)=sin+2,则f =sin+2=1.
17.答案　2
解析　f(x)=x2+(a-2)x+cos x+1.由f(x)为偶函数得f(x)=f(-x),即x2+(a-2)x+cos x+1=x2-(a-2)x+cos x+1,所以2(a-2)x=0,所以a=2.
考场速解
　　f(x)=x2+(a-2)x+cos x+1,观察解析式结构,若f(x)为偶函数,则a-2=0,得a=2.
18.答案　3
解析　∵T=,ω>0, f(T)=,
∴cos=,∴cos φ=,
又0<φ<π,∴φ=,
∴f(x)=cos,
又f =0,∴cos=0,
∴+=kπ+(k∈Z),
∴=k+(k∈Z),
∴ω=9k+3(k∈Z).
又ω>0,∴k=0时,ω取得最小值3.
19.C　由题知 f(x)=cos2+=cos=-sin 2x.
在同一平面直角坐标系中作出y=f(x)=-sin 2x的图象与直线y=x-,如图所示,
由图知y=f(x)的图象与直线y=x-共有3个交点.
20.B　将函数y=sinx-的图象向左平移个单位长度可得函数y=sin=sinx+的图象,再将该函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,可得函数y=f(x)的图象,则f(x)=sin.
21.答案　
解析　令t=sin x,则-1≤t≤1,y=.
当t=0时,y=1.
当t≠0时,y==1+.
当t>0时,t+≥2,当且仅当t=1时取等号,此时0<≤,所以1<1+≤;
当t<0时,t+≤-2,当且仅当t=-1时取等号,此时-≤<0,所以≤1+<1.
综上,≤y≤.
所以函数的最大值与最小值之积为×=.
22.答案　0或-1
解析　因为f=sin·sin=-cos xcos 3x, f-x=sinsin=-cos xcos 3x,所以f =f ,所以f(x)的图象关于直线x=对称.
易得f(0)=f(π)=0, f =-1.
因为关于x的方程 f(x)=a 在 (0,π]上有奇数个不同的实数解,所以y=f(x),y=a的图象在(0,π]上有奇数个不同的交点.
因为f(x)的图象关于直线x=对称,
所以a=f=-1时,y=f(x)的图象与直线y=a在 (0,π]上有奇数个不同的交点.
因为区间(0,π]是半开半闭区间,所以a=f(π)=0时,y=f(x)的图象与直线y=a在 (0,π]上有奇数个不同的交点.
综上,实数a的值为0或-1.专题专项练
易混易错练6
易错点1　忽略三角函数的定义域、值域致错
1.(2026江苏南京第二十九中学检测)已知函数f(x)=sin2x+asin x+的图象在区间[0,π]上与x轴有4个不同的交点,则实数a的取值范围是　　　　.
2.(2026山东烟台开学考试)已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的图象关于直线x=对称,点(0,2)在f(x)的图象上, f(x1)=0, f(x2)=A,且|x1-x2|的最小值是.
(1)求f(x)的解析式;
(2)当x∈[0,π]时,求不等式f(x)>2的解集;
(3)若对任意的x∈,不等式f(x)+a2-2a+1≥0恒成立,求实数a的取值范围.
易错点2　忽略对参数的讨论致错
3.(2026黑龙江龙东十校联盟期末)已知函数f(x)=2sin,g(x)=2msin-m(m≠0),若对任意的x1∈,总存在x2∈,使得 f(x1)=g(x2)成立,则实数m的取值范围为　　　　.
4.(2025江苏泰州中学等校联考)已知函数f(x)=2sin,g(x)=f .
(1)若存在x∈,使等式[g(x)]2-mg(x)+2=0成立,求实数m的取值范围;
(2)若当x∈时,不等式f(x)-ag(-x)>a-2恒成立,求实数a的取值范围.
易错点3　忽略自变量的系数致错
5.(2026江苏苏南五校联考)下列区间上,函数f(x)=7sin单调递增的是(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
6.(2026重庆育才中学检测)若函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的图象向右平移个单位长度得到函数g(x)=cos的图象,则φ=(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
7.(2026山东省实验中学检测)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)的最小正周期为π,x=时函数f(x)的图象位于最低点,则 f=　　　　.
答案与分层梯度式解析
专题专项练
易混易错练6
1.答案　
解析　令t=sin x,当x∈[0,π]时,t∈[0,1],(易错点:注意三角函数的有界性),g(t)=t2+at+.
因为函数f(x)的图象在区间[0,π]上与x轴有4个不同的交点,所以g(t)=t2+at+=0在t∈[0,1)上有2个不同的实数根,所以解得-2.解析　(1)因为|x1-x2|的最小值是,所以=4×=π,所以ω=2.
因为f(x)的图象关于直线x=对称,
所以 f=Acos=±A,
所以cos=±1,所以+φ=kπ(k∈Z),即φ=kπ-(k∈Z).
又0<φ<π,所以φ=.
因为点(0,2)在f(x)的图象上,
所以Acos=2,所以A=4.
所以f(x)=4cos.
(2)f(x)>2,即4cos>2,
所以cos>,
所以2kπ-<2x+<2kπ+(k∈Z),
解得kπ-又x∈[0,π],(易错点:不要忽略函数的定义域)所以f(x)>2的解集为.
(3)当x∈时,2x+∈,所以cos∈-1,,所以f(x)∈[-4,2],所以-f(x)∈[-2,4].
因为对任意的x∈,不等式f(x)+a2-2a+1≥0恒成立,所以a2-2a+1≥[-f(x)]max=4,即a2-2a-3≥0,即(a-3)(a+1)≥0,解得a≤-1或a≥3,故实数a的取值范围为(-∞,-1]∪[3,+∞).
3.答案　(-∞,-2]∪[+1,+∞)
解析　因为对任意的x1∈,总存在x2∈,使得 f(x1)=g(x2)成立,所以f(x)在上的值域为g(x)在上的值域的子集.
当x∈时,3x+∈,所以sin∈,所以f(x)∈[-1,2].
当x∈时,2x+∈,所以sin∈,
所以2sin-1∈[-1,-1].
当m>0时,g(x)∈[-m,(-1)m],
所以
所以
所以m∈[+1,+∞).
当m<0时,g(x)∈[(-1)m,-m],
所以所以
所以m∈(-∞,-2].
综上,m∈(-∞,-2]∪[+1,+∞).
易错警示
形如y=Asin(ωx+φ)+B或y=Acos(ωx+φ)+B(A≠0,ω≠0,A,B,ω,φ为常数)的函数,其最值与参数A的正负有关,因此在解决这类问题时,要注意分A>0和A<0两种情况进行讨论.4.解析　g(x)=f=2sin-x+=2sin=2sinπ--x+=2sin.
(1)当x∈时,x+∈,则g(x)∈[1,2].
令g(x)=t,则1≤t≤2,∴原问题转化为存在t∈[1,2],使得t2-mt+2=0成立.
易得m=t+≥2=2,当且仅当t=时取等号,∴m的最小值为2.
当t=1时,m=3;当t=2时,m=3,
∴由对勾函数的性质知m的最大值为3.
综上,实数m的取值范围为[2,3].
(2)由f(x)-ag(-x)>a-2,
得sin+2asin>a-2.
当-≤x≤时,0≤x+≤π,-≤x-≤.
当a=0时,sin>-2显然恒成立.
当a>0时,y=sin,y=sin在x=-时分别取得最小值,则y=sin+2asin在x=-时取得最小值,∴-2a>a-2,∴0当a<0时,y=sin在x=时取得最小值,y=sin在x=时取得最大值,则y=sin+2asin在x=时取得最小值,∴2a>a-2,∴-2综上,实数a的取值范围是.
5.B　令+2kπ≤-2x+≤+2kπ,k∈Z(易错点:注意x的系数为负数),得--kπ≤x≤--kπ,k∈Z,
所以函数f(x)的单调递增区间为,k∈Z.
当k=-1时, f(x)的单调递增区间为,显然 .
经检验,A,C,D中的区间均不满足题意.
6.C　将f(x)的图象向右平移个单位长度后得到y=sin=sin2x-+φ的图象,又g(x)=cos=sin=sin,0<φ<π,所以-+φ=,解得φ=.
易错警示
在横向变换中,要注意x的系数ω对平移的影响,解题时要先提取ω.
7.答案　-或1
解析　由题意得=π,所以ω=±2,(易错点:题中未给出ω>0,所以此时ω的取值有两种情况)
所以f(x)=sin(±2x+φ).
当ω=2时,由题意得 f=sin=-1,所以+φ=-+2kπ,k∈Z,所以φ=-+2kπ,k∈Z,所以 f= f=sin=sin-+2kπ=sin=-.
当ω=-2时,由题意得 f=sin-+φ=-1,所以-+φ=-+2kπ,k∈Z,所以φ=-+2kπ,k∈Z,所以 f= f=sin=sin-+2kπ=sin=1.
综上, f=-或1.专题专项练
专题强化练6　同角三角函数关系及诱导公式的运用
1.(2026江苏常州金坛第一中学月考)“sin2α+cos2β=1”是“α±β=0”的(　　)
A.必要不充分条件　　　　B.充分不必要条件
C.充要条件　　　　D.既不充分也不必要条件
2.(2026四川成都中和中学月考)已知α为第二象限角,且tan(α-π)=k,则sin α=(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
3.(2026江苏镇江三校联考)已知tan(π+θ)=-2,则=(　　)
A.-6　　　　B.-　　　　C.8　　　　D.-8
4.已知sin α+cos α=-,则的值为(　　)
A.-　　　　B.　　　　C.-　　　　D.
5.(2026江苏淮安涟水一中月考)已知cos=,x∈,则sin=(　　)
A.-　　　　B.　　　　C.　　　　D.-
6.(多选题)(2025江苏扬中第二高级中学期初)已知函数f(x)=,且f(α)=2,α∈(0,π),则下列结论正确的是(　　)
A.f(2 025π-α)=
B.tan α=
C.sin2α-2sin αcos α=
D.sin4+cos4=
7.(多选题)(2026江苏邗江中学等校联考)设α∈(0,π),已知sin α,cos α是方程3x2-x-m=0的两根,则下列等式正确的是(　　)
A.m=-　　　　B.sin α-cos α=
C.tan α=　　　　D.cos6α+sin6α=
8.(2026安徽合肥第七中学月考)已知cos=,则cos+cos2=　　　　.
9.(2025江苏徐州第一中学检测)已知α为锐角,且2tan(π-α)-3cos+5=0,tan(π+α)+6sin(π+β)-1=0,则sin α=　　　　　.
10.证明下列三角恒等式:
(1)=;
(2)=.
11.(2026广东深圳宝安中学期中)已知f(α)=.
(1)若α的始边为x轴的正半轴,终边过点,求f(α)的值;
(2)若m=cos(2π-θ)·,θ∈,求f的值;
(3)若sin α+cos α=,且0<α<π,求f(α)的值.
12.(2025江苏江阴南菁中学月考)已知函数f(x)=cos,x∈R.
(1)若f(θ)=,-π<θ<-,求cos的值;
(2)若f -f =,求tan θ+的值.
13.(2026江苏淮安涟水第一中学月考)已知f(θ)=,其中θ≠,k∈Z.
(1)化简f(θ);
(2)若f(θ)=2,求+的值;
(3)若2sin θ· f+sin·f(θ)=1,求f(θ)的值.
14.(2026吉林省实验中学期末)在平面直角坐标系xOy中,锐角α的终边与单位圆交于点A,射线OA绕点O按逆时针方向旋转θ角后交单位圆于点B,点B的纵坐标为f(θ).
(1)若tan θ=-3,求的值;
(2)若θ∈,且f(θ)=tan α,求sin的值.
答案与分层梯度式解析
专题专项练
专题强化练6　同角三角函数关系及诱导公式的运用
1.A 2.A 3.D 4.A 5.B
6.AC 7.BD
1.A　若sin2α+cos2β=1,则sin2α=sin2β,即sin α=±sin β,得不出α±β=0,如α=π±β,故充分性不成立.
若α±β=0,则β=±α,所以cos2β=cos2α,所以sin2α+cos2β=sin2α+cos2α=1,故必要性成立.
所以“sin2α+cos2β=1”是“α±β=0”的必要不充分条件.
2.A　易知tan(α-π)=tan α=k,即=k,所以sin α=kcos α.
又sin2α+cos2α=1,所以k2cos2α+cos2α=1,所以cos2α=.
因为α为第二象限角,所以cos α<0,sin α>0,k<0,所以sin α=.
3.D　由tan(π+θ)=-2得tan θ=-2,
所以======-8.
4.A　因为sin α+cos α=-,
所以(sin α+cos α)2=,
即1+2sin αcos α=,
所以sin αcos α=-,
所以======-.
5.B　∵cos=,∴sin2=1-cos2=1-=,
∴sin=±.
∵x∈,∴x+∈,
∴sin=,∴sin=sinπ--x=sin=.
6.AC　由=2得=2,解得tan α=-3,故B错误.
f(2 025π-α)=
===,故A正确.
sin2α-2sin αcos α====,故C正确.
易得sin αcos α====-,所以sin4+cos4-α=cos4α+sin4α=(sin2α+cos2α)2-2sin2αcos2α=1-2sin2αcos2α=1-2×(sin αcos α)2=1-2×=,故D错误.
7.BD　由题意得,sin α+cos α=,
sin αcos α=-.
对于A,将sin α+cos α=的两边平方,得(sin α+cos α)2=1+2sin αcos α=,所以sin αcos α=-,即-=-,解得m=,故A错误.
对于B,易得(sin α-cos α)2=sin2α+cos2α-2sin αcos α=1-=.
因为sin αcos α=-<0且α∈(0,π),所以sin α>0,cos α<0,所以sin α-cos α>0,所以sin α-cos α=,故B正确.
对于C,联立
得sin α=,cos α=,所以tan α==≠,故C错误.
对于D,cos6α+sin6α=(cos2α+sin2α)·(cos4α+sin4α-cos2αsin2α)=cos4α+sin4α-cos2αsin2α=(cos2α+sin2α)2-3cos2αsin2α=1-3×=,故D正确.
8.答案　
解析　cos+cos2
=cos+cos2
=-cos+sin2
=-cos+1-cos2
=-+1-=.
9.答案　
解析　由2tan(π-α)-3cos+5=0,得-2tan α+3sin β+5=0,即2tan α-3sin β-5=0①.
由tan(π+α)+6sin(π+β)-1=0,
得tan α-6sin β-1=0②.
①×2-②,得3tan α-9=0,所以tan α=3,即=3.
又sin2α+cos2α=1,所以sin2α=,
又α为锐角,所以sin α=.
10.证明　(1)左边=====+=+==右边,所以原等式得证.
(2)左边=
=
=
==
=
===右边,
所以原等式得证.
11.解析　(1)由题意得,sin α=,cos α=-,
∴f(α)==-.
(2)易得m=cos(2π-θ)·=cos θ·(-sin θ)=cos θ(-sin θ)=-1,
∴f=f
=
===-2.
(3)因为sin α+cos α=,
所以(sin α+cos α)2=,
所以2sin αcos α=-,
所以(sin α-cos α)2=1-2sin αcos α=.
因为0<α<π,所以sin α>0,又sin αcos α<0,所以cos α<0,所以sin α-cos α>0,
所以sin α-cos α=,
所以f(α)==.
12.解析　(1)因为-π<θ<-,所以-<+θ<-.
又f(θ)=cos=,
所以sin=
-=-.
易知+=,
所以cos=cos =sin=-.
(2)由f-f=,得cos θ-cos=,即sin θ+cos θ=,所以1+2sin θcos θ=,
所以sin θcos θ=-,
所以tan θ+=+===-3.
13.解析　(1)f(θ)
=
==-tan θ.
(2)由题意及(1)得tan θ=-2,
所以+
=+
=tan2θ+1+tan θ+
=4+1-2-=.
(3)因为2sin θ·f+sin·f(θ)=1,所以2sin θ·+sin·(-tan θ)=1,即2sin θ·-cos θ·tan θ=1,
所以2cos θ-sin θ=1,所以(2cos θ-sin θ)2=4cos2θ-4cos θsin θ+sin2θ=1,
所以3cos2θ-4cos θsin θ==0,即=0,
所以tan θ=,即f(θ)=-.
14.解析　(1)因为锐角α的终边与单位圆交于点A,所以m=,
所以tan α=.
=
==.
将tan α=,tan θ=-3代入,得原式==.
(2)由三角函数的概念得f(θ)=sin(α+θ).
由(1)知tan α=,
又α为锐角,所以α=,
又f(θ)=tan α,
所以sin=.
因为θ∈,
所以+θ∈,
又sin>0,
所以+θ∈,
所以sin=sin=cos=-=-.专题专项练
单元整合练4　三角函数图象与性质的应用
1.(2025浙江杭州第十一中学期末)设函数f(x)=sin(ω>0)的最小正周期为T.若2πA.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
2.(2025江苏海安高级中学检测)“函数y=tan的图象关于点对称”是“φ=+kπ,k∈Z”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
3.(2026江苏无锡堰桥高级中学检测)已知函数f(x)=cos(ωx+φ), f(0)=,且f(x)在(0,π)上的图象与x轴有且只有一个交点,则f=(　　)
A.0　　　　B.　　　　C.　　　　D.
4.(多选题)(2025江苏南京第二十九中学月考)已知函数f(x)=sin(cos x)+cos(sin x),则下列结论正确的是　　(　　)
A.f(x)是偶函数
B.f(x)的一个周期是2π
C.f(x)的最小值是-2
D.f(x)在上单调递减
5.(多选题)(2026江苏如皋调研)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示,则下列结论正确的是(　　)
A.f(x)=2sin
B.若f(x1)=f(x2)=1,x1≠x2,则|x1-x2|min=
C.将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)=2sin 2x的图象
D.当x∈[0,2π]时,曲线y=sin x与f(x)的图象有4个交点
6.(多选题)(2025江苏常州北郊高级中学调研)将函数f(x)的图象向左平移个单位长度后得到函数g(x)=sin(ωx+φ)+b的图象,且函数g(x)的图象与函数y=tan 2x+1的图象有相同的对称中心,则(　　)
A.f(x)=sin+1
B.函数f(x)的图象关于直线x=对称
C.在区间上,存在函数f(x)图象的2个对称中心
D.若函数f(x)在区间上单调递增,则-≤a<
7.(2026福建厦门外国语学校月考)已知函数f(x)=2 025sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|≤π)的最小正周期为π,且f(x)在上单调递增,则φ的最大值为　　　　.
8.(2025江苏南京第二十九中学月考)已知函数 f(x)=2sin(ωx+φ), f =0,f =f ,且f(x)在上单调,则ω=　　　　.
9.(2026江苏盐城中学质量检测)已知函数f(x)=2sin.
(1)求 f(2x)的单调区间;
(2)若 x∈,都有tcos+2cos2≥t-4恒成立,求实数t的取值范围.
10.(2025湖南长沙名校联合体开学考试)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)-1(ω>0,0<φ<π)的图象的两条相邻对称轴之间的距离是,将f(x)的图象上的点先向左平移个单位长度,再向上平移1个单位长度得到函数g(x)的图象,且g(x)为偶函数.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若对任意的x∈,[f(x)]2-(2+m)·f(x)+2+m≤0恒成立,求实数m的取值范围;
(3)若函数h(x)=2f(x)+3的图象在区间[a,b](a,b∈R且a答案与分层梯度式解析
专题专项练
单元整合练4　三角函数图象与性质的应用
1.B 2.B 3.A 4.ABD 5.ABD
6.ACD
1.B　因为2π0,所以2π<<3π,即<ω<1.
由对任意x∈R, f(x)+f≥0恒成立,可知-f 为f(x)的最小值,又f(x)∈[-1,1],所以f =1,即+=+2kπ(k∈Z),解得ω=+6k(k∈Z),所以ω=.
2.B　若函数y=tan的图象关于点对称,则-φ=,k∈Z,解得φ=-,k∈Z,不能得到φ=+kπ,k∈Z,故充分性不成立;
当φ=+kπ,k∈Z时,y=tan=tan,k∈Z,
令-=,k∈Z,得x=+kπ,k∈Z,所以函数的图象的对称中心为,k∈Z,令k=0,得图象的对称中心为,故必要性成立.
综上,“函数y=tan的图象关于点对称”是“φ=+kπ,k∈Z”的必要不充分条件.
3.A　因为f(0)=,所以cos φ=,
又0<φ<,所以φ=,
所以f(x)=cos.
当x∈(0,π),ω∈N*时,ωx+∈.
因为f(x)在(0,π)上的图象与x轴有且只有一个交点,所以<πω+≤,解得<ω≤.又ω∈N*,所以ω=1,所以f(x)=cos,所以f=cos=0.
4.ABD　对于A, f(x)的定义域为R,关于原点对称, f(-x)=sin[cos(-x)]+cos[sin(-x)]=sin(cos x)+cos(sin x)=f(x),故A正确;
对于B, f(2π+x)=sin[cos(2π+x)]+cos[sin(2π+x)]=sin(cos x)+cos(sin x)=f(x),故B正确;
对于C,若f(x)的最小值为-2,
则sin(cos x)=-1,cos(sin x)=-1,
∵-1≤cos x≤1,∴sin(cos x)∈[-sin 1,sin 1],∴sin(cos x)≠-1,故C错误;
对于D,y=cos x在上单调递减,且cos x∈(0,1) ,
∴y=sin(cos x)在上单调递减,
y=sin x在上单调递增,且sin x∈(0,1) ,∴y=cos(sin x)在上单调递减,∴f(x)在上单调递减,故D正确.
5.ABD　由题图得,A=2,最小正周期T==-,解得ω=2,
所以f(x)=2sin(2x+φ).
又f=0,所以2×+φ=kπ,k∈Z,又|φ|<,所以k=0,φ=,
所以f(x)=2sin,故A正确.
对于B,由f(x)=1得sin=,所以2x+=2k1π+,k1∈Z或2x+=2k2π+,k2∈Z,解得x=k1π,k1∈Z或x=k2π+,k2∈Z,所以|x1-x2|min=,故B正确.
对于C, f=2sin2+=2sin≠g(x),故C错误.
对于D,在同一平面直角坐标系中作出函数y=sin x与y=f(x)在[0,2π]上的图象,如图所示.
由图可知,两函数图象有4个交点,故D正确.
6.ACD　因为函数g(x)的图象与函数y=tan 2x+1的图象有相同的对称中心,所以=,即ω=4,且b=1.
又函数y=tan 2x+1的图象的对称中心为,k∈Z,
所以4×+φ=k1π,k,k1∈Z,所以φ=(k1-k)π,k1,k∈Z.又|φ|<,所以φ=0,所以g(x)=sin 4x+1,所以f(x)=g=sin+1=sin+1,故A正确.
令4x-=k2π+,k2∈Z,得x=+,k2∈Z,所以函数f(x)图象的对称轴方程为x=+,k2∈Z,令+=,得k2=- Z,所以函数f(x)的图象不关于直线x=对称,故B错误.
令4x-=k3π,k3∈Z,得x=+,k3∈Z,所以函数f(x)图象的对称中心为,k3∈Z,所以在区间上,函数f(x)图象的对称中心为和,故C正确.
=,令2k4π-≤4x-≤2k4π+,k4∈Z,得-≤x≤+,k4∈Z,当k4=0时,函数f(x)在上单调递增,所以-≤a<,故D正确.
7.答案　-
解析　因为f(x)的最小正周期为π,
所以=π,解得ω=2,
所以f(x)=2 025sin(2x+φ).
当x∈时,2x+φ∈+φ,π+φ.因为|φ|≤π,所以-≤+φ≤,0≤π+φ≤2π.
令t=2x+φ,则t∈.
因为f(x)在上单调递增,所以y=2 025sin t在上单调递增,又y=2 025sin t在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减,
所以解得φ∈-,-,所以φ的最大值为-.
8.答案　3
解析　因为f =f ,所以f(x)的图象的一条对称轴为直线x=,所以+φ=k1π+(k1∈Z)①.
因为f =2sin=0,所以φ-=k2π(k2∈Z)②.
由①②得φ=+π(k1,k2∈Z).
又<φ<π,所以φ=.
将φ=代入①,得ω=4k1-1(k1∈Z).
因为f(x)在上单调,所以函数f(x)的最小正周期T满足T≥2×=,所以0<ω=≤2π×=,所以0<4k1-1≤(k1∈Z),所以k1∈{1,2,3}.
当k1=3时,ω=4×3-1=11,此时f(x)=2sin,
当当k1=2时,ω=4×2-1=7,此时f(x)=2sin,
当当k1=1时,ω=4×1-1=3,此时f(x)=2sin,
当综上,ω=3.
9.解析　(1)f(2x)=2sin.
令-+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z.
令+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,得+kπ≤x≤+kπ,k∈Z.
所以 f(2x)的单调递增区间为,k∈Z,单调递减区间为,k∈Z.
(2)令u=cos,当x∈时,u∈[-1,0].
因为 x∈,tcos+2cos2≥t-4恒成立,所以tu+2u2≥t-4在u∈[-1,0]上恒成立,即t≤在u∈[-1,0]上恒成立.
易得=2(1-u)+-4≥2-4=4-4,当且仅当2(1-u)=,即u=1-时,等号成立,所以t≤4-4.
故实数t的取值范围为(-∞,4-4].
10.解析　(1)因为函数f(x)的图象的两条相邻对称轴之间的距离是,所以f(x)的最小正周期T==2×,解得ω=2,所以f(x)=sin(2x+φ)-1,
所以g(x)=sin-1+1=sin.
因为g(x)为偶函数,所以+φ=+kπ,k∈Z,解得φ=+kπ,k∈Z.
又0<φ<π,所以φ=,
所以f(x)=sin-1.
(2)当x∈时,2x+∈,所以sin∈[0,1],所以f(x)∈[-1,0],所以f(x)-1∈[-2,-1].
由[f(x)]2-(2+m)f(x)+2+m≤0,
得[f(x)]2-2f(x)+2≤[f(x)-1]m,
所以m≤+f(x)-1.
令t=f(x)-1,则t∈[-2,-1],m≤+t.
设n(t)=+t,t∈[-2,-1].
任取t1,t2∈[-2,-1],且t1易得t1-t2<0,t1t2>1,
所以n(t1)-n(t2)<0,即n(t1)所以n(t)=+t在[-2,-1]上单调递增,所以n(t)min=n(-2)=-,
所以m≤-,即实数m的取值范围是.
(3)h(x)=2f(x)+3=2sin+1.
令h(x)=0,得sin=-,
所以2x+=2kπ+,k∈Z或2x+=2kπ+,k∈Z,解得x=kπ+,k∈Z或x=kπ+,k∈Z,所以相邻两个零点之间的距离为或.
若b-a最小,则a和b都是零点,此时在区间[a,π+a],[a,2π+a],…,[a,sπ+a](s∈N*)内分别恰有3,5,…,(2s+1)个零点,所以在区间[a,14π+a]上恰有29个零点,
所以在区间(14π+a,b]上至少有一个零点,所以b-a-14π≥,
经检验,在区间上恰有30个零点,
所以b-a的最小值为14π+=.

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