PAGE1-第1講三角函數的圖象與性質[做小題——激活思維]1．函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期為()A．4π B．2πC．π D．eq\f(π,2)C[函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期為eq\f(2π,2)＝π.故選C.]2．函數y＝cos2x圖象的一條對稱軸方程是()A．x＝eq\f(π,12) B．x＝eq\f(π,6)C．x＝eq\f(π,3) D．x＝eq\f(π,2)D[由題意易知其一條對稱軸的方程為x＝eq\f(π,2)，故選D.]3．函數g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上的最小值為________．－eq\f(3,2)[因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以x－eq\f(π,12)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3))).當x－eq\f(π,12)＝－eq\f(π,3)，即x＝－eq\f(π,4)時，g(x)取得最小值－eq\f(3,2).]4．函數y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))的單調遞減區間為________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)[由y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，得2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋π(k∈Z)，解得kπ＋eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(5π,8)(k∈Z)，所以函數的單調遞減區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)．]5．函數y＝Asin(ωx＋φ)A＞0，ω＞0，|φ|＜eq\f(π,2)的部分圖象如圖所示，則該函數的解析式為________．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))[由題圖易知A＝2，由T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，可知ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2.于是y＝2sin(2x＋φ)，把eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))代入y＝2sin(2x＋φ)得，0＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))，故eq\f(π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，又|φ|＜eq\f(π,2)，故φ＝－eq\f(π,3)，綜上可知，該函數的解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).]6．將函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象上全部的點向左平移eq\f(π,4)個單位長度，再把圖象上各點的橫坐標擴大到原來的2倍(縱坐標不變)，則所得圖象的解析式為________．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(5π,12)))[將函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))eq\o(→,\s\up8(函數圖象上全部的點),\s\do12(向左平移\f(π,4)個單位長度))y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))eq\o(→,\s\up8(橫坐標擴大到原來的2倍),\s\do8(縱坐標不變))y＝sineq\f(1,2)x＋eq\f(5π,12).][扣要點——查缺補漏]1．函數y＝Asin(ωx＋φ)表達式的確定A由最值確定；ω由周期確定T＝eq\f(2π,ω)；φ由五點中的零點或最值點作為解題突破口，列方程確定即ωxi＋φ＝0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3π,2)，2π，如T5.2．三種圖象變換：平移、伸縮、對稱留意：由y＝Asinωx的圖象得到y＝Asin(ωx＋φ)的圖象時，需向左或向右平移eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω)))個單位，如T6.3．函數y＝Asin(ωx＋φ)(ω＞0，A＞0)的性質探討三角函數的性質，關鍵是將函數化為y＝Asin(ωx＋φ)＋B(或y＝Acos(ωx＋φ)＋B)的形式，利用正、余弦函數與復合函數的性質求解．(1)T＝eq\f(2π,ω)，如T1.(2)類比y＝sinx的性質，將y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看作一個整體t，可求得函數的對稱軸、對稱中心、單調性、最值．①y＝Asin(ωx＋φ)，當φ＝kπ(k∈Z)時為奇函數；當φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時為偶函數；對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)求得，對稱中心可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得．②y＝Acos(ωx＋φ)，當φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時為奇函數；當φ＝kπ(k∈Z)時為偶函數；對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得，對稱中心可由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)求得．留意對稱中心必需寫成點坐標．如T2.③y＝Atan(ωx＋φ)，當φ＝kπ(k∈Z)時為奇函數，對稱中心可由ωx＋φ＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)求得．④單調性、最值，如T3，T4.三角函數的值域、最值問題(5年3考)[高考解讀]高考對該點的考查常與三角恒等變換交匯命題，求最值時，一般化為fx＝Asinωx＋φ＋B的形式或化fx為二次函數形式，難度中等.預料2024年會照舊持續該命題風格.1．(2024·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，則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]，且開口向下，∴當t＝1時，f(x)有最小值－4.]2．(2024·全國卷Ⅱ)函數f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的最大值是________．1[f(x)＝1－cos2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋1.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosx∈[0,1]，∴當cosx＝eq\f(\r(3),2)時，f(x)取得最大值，最大值為1.]3．(2024·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________．－eq\f(3\r(3),2)[因為f(x)＝2sinx＋sin2x，所以f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(1,2)))(cosx＋1)，由f′(x)≥0得eq\f(1,2)≤cosx≤1，即2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，由f′(x)≤0得－1≤cosx≤eq\f(1,2)，2kπ＋eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋π或2kπ－π≤x≤2kπ－eq\f(π,3)，k∈Z，所以當x＝2kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)時，f(x)取得最小值，且f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＝－eq\f(3\r(3),2).][老師備選題]1．(2013·全國卷Ⅰ)設當x＝θ時，函數f(x)＝sinx－2cosx取得最大值，則cosθ＝________.－eq\f(2\r(5),5)[y＝sinx－2cosx＝eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(5))sinx－\f(2,\r(5))cosx))，設eq\f(1,\r(5))＝cosα，eq\f(2,\r(5))＝sinα，則y＝eq\r(5)(sinxcosα－cosxsinα)＝eq\r(5)sin(x－α)．∵x∈R∴x－α∈R，∴ymax＝eq\r(5).又∵x＝θ時，f(x)取得最大值，∴f(θ)＝sinθ－2cosθ＝eq\r(5).又sin2θ＋cos2θ＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(1,\r(5))，,cosθ＝－\f(2,\r(5))，))即cosθ＝－eq\f(2\r(5),5).]2．(2014·全國卷Ⅱ)函數f(x)＝sin(x＋2φ)－2sinφ·cos(x＋φ)的最大值為________．1[∵f(x)＝sin(x＋2φ)－2sinφcos(x＋φ)＝sin[(x＋φ)＋φ]－2sinφcos(x＋φ)＝sin(x＋φ)cosφ＋cos(x＋φ)sinφ－2sinφcos(x＋φ)＝sin(x＋φ)cosφ－cos(x＋φ)sinφ＝sin[(x＋φ)－φ]＝sinx，∴f(x)的最大值為1.]三角函數值域(最值)的3種求法(1)干脆法：利用sinx，cosx的有界性干脆求．(2)單調性法：化為y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，采納整體思想，求出ωx＋φ的范圍，依據y＝sinx的單調性求出函數的值域(最值)．(3)換元法：對于y＝asin2x＋bsinx＋c和y＝a(sinx＋cosx)＋bsinxcosx＋c型常用到換元法，轉化為二次函數在限定區間內的最值問題．1．(求取得最值時的變量x)當函數y＝eq\r(3)sinx－cosx(0≤x＜2π)取得最大值時，x＝________.eq\f(2π,3)[∵y＝eq\r(3)sinx－cosx＝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))).∵0≤x＜2π，∴－eq\f(π,6)≤x－eq\f(π,6)＜eq\f(11π,6).∴當x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(2π,3)時，函數取得最大值．]2．(求參數的范圍)已知函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω＞0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,3)))上有最大值，但沒有最小值，則ω的取值范圍是________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，3))[函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω＞0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,3)))上有最大值，但沒有最小值，所以ω·eq\f(π,12)＋eq\f(π,4)＜eq\f(π,2)＜ω·eq\f(π,3)＋eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)?ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，3)).]3．(與導數交匯求最值)已知函數f(x)＝2cosx＋sin2x，則f(x)的最大值為________．eq\f(3\r(3),2)[∵f′(x)＝－2sinx＋2cos2x＝2－4sin2x－2sinx＝－2(2sinx－1)(sinx＋1)，由f′(x)＝0得sinx＝eq\f(1,2)或sinx＝－1.∴當－1＜sinx＜eq\f(1,2)時，f′(x)＞0，當eq\f(1,2)＜sinx＜1時，f′(x)＜0.∴當sinx＝eq\f(1,2)時，f(x)取得極大值．此時cosx＝－eq\f(\r(3),2)或cosx＝eq\f(\r(3),2).閱歷證可知，當cosx＝eq\f(\r(3),2)時，f(x)有最大值，又f(x)＝2cosx(sinx＋1)，∴f(x)max＝2×eq\f(\r(3),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝eq\f(3\r(3),2).]三角函數的圖象(5年5考)[高考解讀]高考對該點的考查主要有兩種：一是由圖象求解析式；二是圖象的平移變換.前者考查圖象的識別和信息提取實力，后者考查邏輯推理實力.估計2024年高考會側重考查三角函數圖象變換的應用.1.(2024·全國卷Ⅱ)函數y＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))A[依據圖象上點的坐標及函數最值點，確定A，ω與φ的值．由圖象知eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,2)，故T＝π，因此ω＝eq\f(2π,π)＝2.又圖象的一個最高點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2))，所以A＝2，且2×eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，故φ＝2kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)，結合選項可知y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).故選A.]2．(2024·全國卷Ⅰ)已知曲線C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，則下面結論正確的是()A．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到曲線C2B．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得到曲線C2C．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到曲線C2D．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得到曲線C2D[因為y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)－\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以曲線C1：y＝cosx上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)，縱坐標不變，得到曲線y＝cos2x，再把得到的曲線y＝cos2x向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得到曲線y＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).故選D.][老師備選題](2024·全國卷Ⅲ)函數y＝sinx－eq\r(3)cosx的圖象可由函數y＝sinx＋eq\r(3)cosx的圖象至少向右平移________個單位長度得到．eq\f(2π,3)[因為y＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，所以把y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象至少向右平移eq\f(2π,3)個單位長度可得y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象．]求函數y＝Asin(ωx＋φ)＋Β(Α＞0，ω＞0)解析式的方法字母確定途徑說明A、B由最值確定A＝eq\f(ymax－ymin,2)，B＝eq\f(ymax＋ymin,2)ω由函數的周期確定利用圖象中最高點、最低點與x軸交點的橫坐標確定周期φ由圖象上的特別點確定代入圖象上某一個已知點的坐標，表示出φ后，利用已知范圍求φ提示：三角函數圖象的平移問題(1)當原函數與所要變換得到的目標函數的名稱不同時，首先要將函數名稱統一，如T2.(2)將y＝sinωx(ω＞0)的圖象變換成y＝sin(ωx＋φ)的圖象時，應把ωx＋φ變換成ωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(φ,ω)))，依據eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω)))確定平移量的大小，依據eq\f(φ,ω)的符號確定平移的方向．1.(知圖求值)函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0,0≤φ＜2π)的部分圖象如圖所示，則f(2019)的值為________．－1[由題圖易知，函數f(x)的最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－1))＝6，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))，將(0,1)代入，可得Asinφ＝1，所以f(2019)＝f(6×336＋3)＝f(3)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)×3＋φ))＝－Asinφ＝－1.]2．(平移變換的應用)將偶函數f(x)＝sin(3x＋φ)(0＜φ＜π)的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位長度后，得到的曲線的對稱中心為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,3)＋\f(π,4)，0))(k∈Z) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,3)＋\f(π,12)，0))(k∈Z)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,3)＋\f(π,6)，0))(k∈Z) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,3)＋\f(7π,36)，0))(k∈Z)A[因為函數f(x)＝sin(3x＋φ)為偶函數且0＜φ＜π，所以φ＝eq\f(π,2)，f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位長度后可得g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,4)))的圖象，分析選項知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,3)＋\f(π,4)，0))(k∈Z)為曲線y＝g(x)的對稱中心．故選A.]3．(與函數的零點交匯)設函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2sinx，x∈[0，π]，,|cosx|，x∈π，2π]，))若函數g(x)＝f(x)－m在[0,2π]內恰有4個不同的零點，則實數m的取值范圍是()A．(0,1) B．[1,2]C．(0,1] D．(1,2)A[畫出函數f(x)在[0,2π]上的圖象，如圖所示：若函數g(x)＝f(x)－m在[0,2π]內恰有4個不同的零點，即y＝f(x)和y＝m在[0,2π]內恰有4個不同的交點，結合圖象，知0＜m＜1.]三角函數的性質及應用(5年7考)[高考解讀]高考對該點的考查主要立足兩點，一是函數性質的推斷或求解，二是利用性質求參數的范圍值，精確理解y＝sinxy＝cosx的有關性質是求解此類問題的關鍵.預料2024年以考查函數性質的應用為主.1．(2024·全國卷Ⅲ)設函數f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，則下列結論錯誤的是()A．f(x)的一個周期為－2πB．y＝f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(8π,3)對稱C．f(x＋π)的一個零點為x＝eq\f(π,6)D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調遞減D[A項，因為f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的周期為2kπ(k∈Z)，所以f(x)的一個周期為－2π，A項正確．B項，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋\f(π,3)))＝cos3π＝－1，可知B正確；C項，由f(x＋π)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,3)＋x))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋π))＝－coseq\f(π,2)＝0，故C正確．D項，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝cosπ＝－1可知，D不正確．]2．[一題多解](2024·全國卷Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]是減函數，則a的最大值是()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4) D．πA[法一：(干脆法)f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，且函數y＝cosx在區間[0，π]上單調遞減，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，所以eq\b\lc\{\rc\(\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)，故選A.法二：(單調性法)因為f(x)＝cosx－sinx，所以f′(x)＝－sinx－cosx，則由題意，知f′(x)＝－sinx－cosx≤0在[－a，a]上恒成立，即sinx＋cosx≥0，即eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥0在[－a，a]上恒成立，結合函數y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的圖象(圖略)，可知有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，))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)，故選A.]3．[重視題][一題多解](2024·全國卷Ⅰ)關于函數f(x)＝sin|x|＋|sinx|有下述四個結論：①f(x)是偶函數；②f(x)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調遞增；③f(x)在[－π，π]有4個零點；④f(x)的最大值為2.其中全部正確結論的編號是()A．①②④ B．②④C．①④ D．①③C[法一：f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，∴f(x)為偶函數，故①正確；當eq\f(π,2)＜x＜π時，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調遞減，故②不正確；f(x)在[－π，π]的圖象如圖所示，由圖可知函數f(x)在[－π，π]只有3個零點，故③不正確；∵y＝sin|x|與y＝|sinx|的最大值都為1且可以同時取到，∴f(x)可以取到最大值2，故④正確．綜上，正確結論的序號是①④.故選C.法二：∵f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，∴f(x)為偶函數，故①正確，解除B；當eq\f(π,2)＜x＜π時，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調遞減，故②不正確，解除A；∵y＝sin|x|與y＝|sinx|的最大值都為1且可以同時取到，∴f(x)的最大值為2，故④正確．故選C.法三：畫出函數f(x)＝sin|x|＋|sinx|的圖象，由圖象可得①④正確，故選C.][老師備選題]1．(2015·全國卷Ⅰ)函數f(x)＝cos(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則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∈ZD[由圖象知，最小正周期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.故選D.]2．(2024·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,4)為f(x)的零點，x＝eq\f(π,4)為y＝f(x)圖象的對稱軸，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調，則ω的最大值為()A．11 B．9C．7 D．5B[先依據函數的零點及圖象、對稱軸，求出ω，φ滿意的關系式，再依據函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))的區間長度不大于函數f(x)周期的eq\f(1,2)，然后結合|φ|≤eq\f(π,2)計算ω的最大值．因為f(x)＝sin(ωx＋φ)的一個零點為x＝－eq\f(π,4)，x＝eq\f(π,4)為y＝f(x)圖象的對稱軸，所以eq\f(T,4)·k＝eq\f(π,2)(k為奇數)．又T＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝k(k為奇數)．又函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調，所以eq\f(π,12)≤eq\f(1,2)×eq\f(2π,ω)，即ω≤12.若ω＝11，又|φ|≤eq\f(π,2)，則φ＝－eq\f(π,4)，此時，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(11x－\f(π,4)))，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(3π,44)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,44)，\f(5π,36)))上單調遞減，不滿意條件．若ω＝9，又|φ|≤eq\f(π,2)，則φ＝eq\f(π,4)，此時，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(π,4)))，滿意f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調的條件．故選B.]1．求三角函數單調區間的方法(1)代換法：求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A，ω，φ為常數，A≠0，ω＞0)的單調區間時，令ωx＋φ＝z，得y＝Asinz(或y＝Acosz)，然后由復合函數的單調性求得．(2)圖象法：畫出三角函數的圖象，結合圖象求其單調區間．2．推斷對稱中心與對稱軸的方法利用函數y＝Asin(ωx＋φ)的對稱軸肯定經過圖象的最高點或最低點，對稱中心肯定是函數的零點這一性質，通過檢驗f(x0)的值進行推斷．3．求三角函數周期的常用結論(1)y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為eq\f(2π,|ω|)，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期為eq\f(π,|ω|).(2)正弦曲線(余弦曲線)相鄰兩對稱中心、相鄰兩對稱軸之間的距離是eq\f(1,2)個周期，相鄰的對稱中心與對稱軸之間的距離是eq\f(1,4)個周期；正切曲線相鄰兩對稱中心之間的距離是eq\f(1,2)個周期．1．(求單調區間)(2024·武昌調研)已知函數f(x)＝eq\r(3)sinωx－cosωx(ω＞0)的最小正周期為2π，則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[因為f(x)＝2eq\f(\r(3),2)sinωx－eq\f(1,2)cosωx＝2sinωx－eq\f(π,6)，f(x)的最小正周期