10、平移個單位長度，再向上平移1個單位長度
B.向右平移個單位長度，再向上平移1個單位長度
C.向左平移個單位長度，再向下平移1個單位長度
D.向右平移個單位長度，再向下平移1個單位長度
(2)(2018·湖南六校聯考)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)，其圖象相鄰兩條對稱軸之間的距離為，將函數y＝f(x)的圖象向左平移個單位長度后，得到的圖象關于y軸對稱，那么函數y＝f(x)的圖象( )
A.關于點對稱 B.關于點對稱
C.關于直線x＝對稱 D.關于直線x＝－對稱
解析 (1)因為y＝sin 2x＋1＝cos＋1＝cos＋1，
故只需將函數y＝cos 2x的圖象向右平移個
11、單位長度，再向上平移1個單位長度，即可得到函數y＝sin 2x＋1的圖象.
(2)由題意，T＝π，ω＝2.
又y＝f ＝sin的圖象關于y軸對稱.∴φ＋＝kπ＋，k∈Z.
由|φ|<，取φ＝－，因此f(x)＝sin，
代入檢驗f ＝0，A正確.
答案 (1)B (2)A
探究提高 1.“五點法”作圖：設z＝ωx＋φ，令z＝0，，π，，2π，求出x的值與相應的y的值，描點、連線可得.
2.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的系數不是1，就要把這個系數提取后再確定變換的單位長度和方向.
考法2 由函數的圖象特征求解析式
12、
【例2－2】 (1)函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則函數f(x)的解析式為( )
A.f(x)＝2sin B.f(x)＝2sin
C.f(x)＝2sin D.f(x)＝2sin
(2)(2018·濟南調研)函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，若x1，x2∈，且f(x1)＝f(x2)，則f(x1＋x2)＝( )
A.1 B. C. D.
解析 (1)由題意知A＝2，T＝4＝π，ω＝2，
因為當x＝時取得最大值2，
所以2＝2sin，
所以2×＋φ＝2kπ＋，k∈Z，
解得φ＝2kπ－，k∈Z，
因為|φ|
13、<，得φ＝－.
因此函數f(x)＝2sin.
(2)觀察圖象可知，A＝1，T＝π，則ω＝2.
又點是“五點法”中的始點，
∴2×＋φ＝0，φ＝.
則f(x)＝sin.
函數圖象的對稱軸為x＝＝.
又x1，x2∈，且f(x1)＝f(x2)，
所以＝，則x1＋x2＝，
因此f(x1＋x2)＝sin＝.
答案 (1)B (2)D
探究提高 已知函數y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象求解析式時，常采用待定系數法，由圖中的最高點、最低點或特殊點求A；由函數的周期確定ω；確定φ常根據“五點法”中的五個點求解，其中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
14、的位置.
【訓練2】 已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜)的部分圖象如圖所示.
(1)求函數f(x)的解析式；
(2)將函數y＝f(x)的圖象上各點的縱坐標保持不變，橫坐標縮短到原來的倍，再把所得的函數圖象向左平移個單位長度，得到函數y＝g(x)的圖象，求函數g(x)在區(qū)間上的最小值.
解 (1)設函數f(x)的最小正周期為T，由題圖可知
A＝1，＝－＝，
即T＝π，所以π＝，解得ω＝2，
所以f(x)＝sin(2x＋φ)，又過點，
由0＝sin可得＋φ＝2kπ，k∈Z，
則φ＝2kπ－，k∈Z，因為|φ|＜，所以φ＝－，
故函數f(x)的
15、解析式為f(x)＝sin.
(2)根據條件得g(x)＝sin，
當x∈時，4x＋∈，
所以當x＝時，g(x)取得最小值，且g(x) min＝.
熱點三 三角函數的性質
考法1 三角函數性質
【例3－1】 (2018·合肥質檢)已知函數f(x)＝sin ωx－cos ωx(ω>0)的最小正周期為π.
(1)求函數y＝f(x)圖象的對稱軸方程；
(2)討論函數f(x)在上的單調性.
解 (1)∵f(x)＝sin ωx－cos ωx＝sin，且T＝π，
∴ω＝2，于是f(x)＝sin.
令2x－＝kπ＋(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z).
即函數f(x)圖象的對稱軸方程為x＝＋(
16、k∈Z).
(2)令2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
得函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(k∈Z).
注意到x∈，所以令k＝0，
得函數f(x)在上的單調遞增區(qū)間為；
同理，其單調遞減區(qū)間為.
探究提高 1.討論三角函數的單調性，研究函數的周期性、奇偶性與對稱性，都必須首先利用輔助角公式，將函數化成一個角的一種三角函數.
2.求函數y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的單調區(qū)間，是將ωx＋φ作為一個整體代入正弦函數增區(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)，但是當A＞0，ω＜0時，需先利用誘導公式變形為y＝－Asin(－ωx－φ)，則y
17、＝Asin(－ωx－φ)的增區(qū)間即為原函數的減區(qū)間，減區(qū)間即為原函數的增區(qū)間.
考法2 三角函數性質與圖象的綜合應用
【例3－2】 已知函數f(x)＝2sin ωxcos ωx＋2sin2ωx－(ω>0)的最小正周期為π.
(1)求函數f(x)的單調遞增區(qū)間.
(2)將函數f(x)的圖象向左平移個單位，再向上平移1個單位，得到函數y＝g(x)的圖象，若y＝g(x)在[0，b](b>0)上至少含有10個零點，求b的最小值.
解 (1)f(x)＝2sin ωxcosωx＋(2sin2ωx－1)
＝sin 2ωx－cos 2ωx＝2sin.
由最小正周期為π，得ω＝1，
所以f(x)
18、＝2sin，
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
整理得kπ－≤x≤kx＋，k∈Z，
所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間是，k∈Z.
(2)將函數f(x)的圖象向左平移個單位，再向上平移1個單位，得到y＝2sin 2x＋1的圖象；
所以g(x)＝2sin 2x＋1.
令g(x)＝0，得x＝kπ＋或x＝kπ＋(k∈Z)，
所以在[0，π]上恰好有兩個零點，若y＝g(x)在[0，b]上有10個零點，則b不小于第10個零點的橫坐標即可.
所以b的最小值為4π＋＝.
探究提高 1.研究三角函數的圖象與性質，關鍵是將函數化為y＝Asin(ωx＋φ)＋B(或y＝Acos(ωx＋φ)＋B)
19、的形式，利用正余弦函數與復合函數的性質求解.
2.函數y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝.應特別注意y＝|Asin(ωx＋φ)|的最小正周期為T＝.
【訓練3】 (2018·湖南師大附中質檢)已知向量m＝(2cos ωx，－1)，n＝(sin ωx－cos ωx，2)(ω>0)，函數f(x)＝m·n＋3，若函數f(x)的圖象的兩個相鄰對稱中心的距離為.
(1)求函數f(x)的單調增區(qū)間；
(2)若將函數f(x)的圖象先向左平移個單位，然后縱坐標不變，橫坐標縮短為原來的倍，得到函數g(x)的圖象，當x∈時，求函數g(x)的值域.
解 (1)f(x)＝
20、m·n＋3＝2cos ωx(sin ωx－cos ωx)－2＋3
＝sin 2ωx－cos 2ωx＝sin.
依題意知，最小正周期T＝π.
∴ω＝1，因此f(x)＝sin.
令－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
求得f(x)的增區(qū)間為，k∈Z.
(2)將函數f(x)的圖象先向左平移個單位，
得y＝sin＝sin的圖象.
然后縱坐標不變，橫坐標縮短為原來的倍，得到函數g(x)＝sin的圖象.
故g(x)＝sin，
由≤x≤，知≤4x＋≤.
∴－1≤sin≤.
故函數g(x)的值域是[－，1].
1.已知函數y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A＞0，ω＞0)的圖象求解
21、析式
(1)A＝，B＝.
(2)由函數的周期T求ω，ω＝.
(3)利用“五點法”中相對應的特殊點求φ.
2.運用整體換元法求解單調區(qū)間與對稱性
類比y＝sin x的性質，只需將y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”，采用整體代入求解.
(1)令ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)，可求得對稱軸方程；
(2)令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得對稱中心的橫坐標；
(3)將ωx＋φ看作整體，可求得y＝Asin(ωx＋φ)的單調區(qū)間，注意ω的符號.
3.函數y＝Asin(ωx＋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
22、化成y＝Asin(ωx＋φ)＋B(一角一函數)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＝Asin(ωx＋φ)＋B的單調性及奇偶性、最值、對稱性等問題.
一、選擇題
1.(2018·全國Ⅲ卷)函數f(x)＝的最小正周期為( )
A. B. C.π D.2π
解析 f(x)＝＝＝＝sin xcos x＝sin 2x，所以f(x)的最小正周期T＝＝π.
答案 C
2.(2017·全國Ⅲ卷)函數f(x)＝sin＋cos的最大值為( )
A. B.1 C. D.
解析 cos ＝cos＝sin，則f(x)＝sin＋sin＝sin
23、，函數的最大值為.
答案 A
3.(2018·湖南六校聯考)定義一種運算＝ad－bc，將函數f(x)＝的圖象向左平移φ(φ>0)個單位，所得圖象對應的函數為偶函數，則φ的最小值是( )
A. B. C. D.
解析 f(x)＝2cos x－2sin x＝4cos，
依題意g(x)＝f(x＋φ)＝4cos是偶函數(其中φ>0).
∴＋φ＝kπ，k∈Z，則φmin＝π.
答案 C
4.偶函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)的部分圖象如圖所示，其中△EFG是斜邊為4的等腰直角三角形(E，F是函數與x軸的交點，點G在圖象上)，則f(1)的值為(
24、 )
A. B. C. D.2
解析 依題設，＝|EF|＝4，T＝8，ω＝.
∵函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)為偶函數，且0<φ<π.
∴φ＝，在等腰直角△EGF中，易求A＝2.
所以f(x)＝2sin＝2cosx，則f(1)＝.
答案 C
5.(2018·天津卷)將函數y＝sin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
解析 把函數y＝sin的圖象向右平移個單位長度得函數g(x)＝sin＝sin 2x的圖象，由－＋2kπ≤2x≤＋2kπ(k∈Z)得
25、－＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)，令k＝1，得≤x≤，即函數g(x)＝sin 2x的一個單調遞增區(qū)間為.
答案 A
二、填空題
6.(2018·江蘇卷)已知函數y＝sin(2x＋φ)的圖象關于直線x＝對稱，則φ的值是________.
解析 由函數y＝sin(2x＋φ)的圖象關于直線x＝對稱，得sin＝±1.因為－<φ<，所以<＋φ<，則＋φ＝，φ＝－.
答案?。?
7.已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，其中|PQ|＝2.則f(x)的解析式為________.
解析 由題圖可知A＝2，P(x1，－2)，Q(x2，2)，所以|PQ|＝＝＝2.整理得|x1－x
26、2|＝2，所以函數f(x)的最小正周期T＝2|x1－x2|＝4，即＝4，解得ω＝.又函數圖象過點(0，
－)，所以2sin φ＝－，即sin φ＝－.又|φ|<，所以φ＝－，所以f(x)＝2sin.
答案 f(x)＝2sin
8.(2018·北京卷)設函數f(x)＝cos(ω>0).若f(x)≤f 對任意的實數x都成立，則ω的最小值為________.
解析 由于對任意的實數都有f(x)≤f 成立，故當x＝時，函數f(x)有最大值，故f ＝1，－＝2kπ(k∈Z)，∴ω＝8k＋(k∈Z).又ω>0，∴ωmin＝.
答案
三、解答題
9.已知函數f(x)＝4tan xsin·co
27、s－.
(1)求f(x)的定義域與最小正周期；
(2)討論f(x)在區(qū)間上的單調性.
解 (1)f(x)的定義域為{x|x≠＋kπ，k∈Z}，
f(x)＝4tan xcos xcos－
＝4sin xcos－
＝4sin x－
＝2sin xcos x＋2sin2x－
＝sin 2x－cos 2x
＝2sin.
所以f(x)的最小正周期T＝＝π.
(2)由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
設A＝，B＝，易知A∩B＝.
所以當x∈時，f(x)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減.
10.(2018·西安模擬)已知函數f(x)＝s
28、insin x－cos2x＋.
(1)求f(x)的最大值及取得最大值時x的值；
(2)若方程f(x)＝在(0，π)上的解為x1，x2，求cos(x1－x2)的值.
解 (1)f(x)＝cos xsin x－(2cos2x－1)
＝sin 2x－cos 2x＝sin.
當2x－＝＋2kπ(k∈Z)，即x＝π＋kπ(k∈Z)時，函數f(x)取最大值，且最大值為1.
(2)由(1)知，函數f(x)圖象的對稱軸為x＝π＋kπ，k∈Z，
∴當x∈(0，π)時，對稱軸為x＝π.
又方程f(x)＝在(0，π)上的解為x1，x2.
∴x1＋x2＝π，則x1＝π－x2，
∴cos(x1－x2
29、)＝cos＝sin，
又f(x2)＝sin＝，
故cos(x1－x2)＝.
11.設函數f(x)＝sin＋sin，其中0＜ω＜3，已知f＝0.
(1)求ω；
(2)將函數y＝f(x)的圖象上各點的橫坐標伸長為原來的2倍(縱坐標不變)，再將得到的圖象向左平移個單位，得到函數y＝g(x)的圖象，求g (x)在上的最小值.
解 (1)因為f(x)＝sin＋sin，
所以f(x)＝sin ωx－cos ωx－cos ωx
＝sin ωx－cos ωx＝
＝sin.
由題設知f ＝0，
所以－＝kπ，k∈Z，故ω＝6k＋2，k∈Z.
又0＜ω＜3，所以ω＝2.
(2)由(1)得f(x)＝sin，
所以g(x)＝sin＝sin.
因為x∈，所以x－∈，
當x－＝－，即x＝－時，g(x)取得最小值－.
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2019屆高考數學二輪復習 專題一 三角函數與解三角形 第1講 三角函數的圖象與性質學案 理
