热点专题4-3三角函数图象与性质11类常考题型汇总（解析版）_2025年新高考资料_二轮复习_2025年高考数学二轮热点题型追踪与重难点专题突破（新高考专用）

热点专题 4-3 三角函数的图象与性质 近5年考情（2020-2024） 考题统计 考点分析 考点要求 2024年天津卷第7题，5分 2024年北京卷第6题，5分 以三角函数的图像、周期性、 单调性、奇偶性、对称性、最 （1）正弦函数、余弦函 2024年II卷第9题，6分 值等重点内容展开，并结合三 数和正切函数的图像性质 2024年I卷第7题，5分 角公式、化简求值、平面向 （2）三角函数图像的平 2023年甲卷第12题，5分 量、解三角形等内容综合考 移与变换 2023年I卷第15题，5分 查，因此复习时要注重三角知 （3）三角函数实际应用 识的工具性，以及三角知识的 问题 2023·新高考Ⅱ卷T16 应用意识． （4）辅助角公式 2023·全国甲卷（理）T11 2022·全国乙卷数学（理）T15 模块一 【题型1】求单调区间 三角函数的单调性，需将函数 看成由一次函数和正弦函数组成的复合函数，利用 复合函数单调区间的单调方法转化为解一元一次不等式． 如函数 的单调区间的确定基本思想是吧 看做是一个整体， 如由 解出 的范围，所得区间即为增区间； 热点题型解读（目录） 由 解出 的范围，所得区间即为减区间． 若函数 中 ，可用诱导公式将函数变为 ，则 的增区间为原函数的减区间，减区间为原函数的的增区间． 对于函数 的单调性的讨论与以上类似处理即可．类型一：利用恒等变形和辅助角公式合并 2 个式子  1．函数 f(x) 3sin(x )cosx的单调递减区间为 3 ( )  4  2 A．[ k, k],kZ B．[ k, k],kZ 3 3 6 3  4  2 C．[ 2k, 2k],kZ D．[ 2k, 2k],kZ 3 3 6 3 【答案】C 【 解 答 】 解 ：  1 3 3 1  f(x) 3sin(x )cosx 3( sinx cosx)cosx sinx cosxsin(x )， 3 2 2 2 2 6   3  4 令x [2k ，2k ]， ，则x[2k ，2k ]， ， 6 2 2 kZ 3 3 kZ  4 所以 的单调递减区间为[2k ，2k ]， ． f(x) 3 3 kZ 【巩固练习1】（2024·高三·山东青岛·期末）函数 的单调减区间为 ． 【答案】 ； 【解析】因为 ， 则函数的单调减区间为: ， 解得： . 故答案为： . 【巩固练习2】函数y2sinxcosx2sin2 x1，x[0，]的单调递减区间为 ________．  5 【答案】[ ， ] 8 8  【解答】解：y2sinxcosx2sin2x1sin2xcos2x 2sin(2x )， 4   3  5 令2x [2k ，2k ]， ，则x[k ，k ]， ， 4 2 2 kZ 8 8 kZ  5 因为 ， ，所以x[ ， ]． x[0 ] 8 8类型二：有负号的情况  2．函数 f(x)sin(2x )的单调增区间是 6 ( )     A．[n ，n ](nZ) B．[2n ，2n ](nZ) 6 3 6 3 2  2  C．[n ，n ](nZ) D．[2n ，2n ](nZ) 3 6 3 6 【答案】C    【解答】解： f(x)sin(2x )sin(2x )的单调增区间，即函数 ysin(2x )的单调减区 6 6 6 间． 3   2  令2k 剟2x 2k ，求得k 剟x k ， ， 2 6 2 3 6 kz  2  故函数函数ysin(2x )的单调减区间为[n ，n ](kz) 6 3 6 【巩固练习1】（2024·全国·二模）已知函数 ， ，则函数 的 单调递减区间为 . 【答案】 【解析】由题意知， ， 由 ，得 ， 令 ，得 ，令 ，则 ， 即函数 的单调递减区间为 . 【巩固练习2】将函数 的图象向右平移 个单位后得到函数 的图象，则 在 为 函数．（填“增”或“减”） 【答案】减 【解析】利用三角函数的单调性进行求解即可 【详解】将函数 的图象向右平移 个单位后得到函数 ， 则 ，则单调递减区间为： ，解得 ， 所以， 在 为减函数类型三：复合函数型   ylog sin2x  3．函数 1  4的单调减区间为（ ） 2       k ,k  kZ k ,k  kZ A． 4  B． 8 8  3    3  k ,k  kZ k ,k   kZ C． 8 8 D． 8 8  【答案】B     【分析】本题首先可求出函数ylog 1 sin  2x 4   的定义域，然后求出函数gxsin  2x 4   的 2 ylog gx 单调性，最后根据复合函数的单调性的相关性质以及 1 的单调性即可得出结果. 2   【详解】令gxsin  2x 4   ，则ylog 1 gx ， 2     因为ylog 1 sin  2x 4   ，所以gxsin  2x 4   0， 2   3 即2k2x 2k，解得 kx kkZ ， 4 8 8     3  函数 ylog 1 sin  2x 4   的定义域为   8 k, 8 k  kZ. 2     当 kx k时，2k2x  2kkZ，gx是增函数， 8 8 4 2  3   当 kx k时， 2k2x 2kkZ ，gx是减函数， 8 8 2 4 ylog gx 因为 1 是减函数， 2 所以根据复合函数的单调性的相关性质易知，      当x  k 8 ,k 8  kZ时，函数ylog 1 sin  2x 4   是减函数 2 类型四：利用单调性和诱导公式比大小 4．（襄阳市一中2023期末）（多选）下列各式正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】CD【分析】根据三角函数的单调性及诱导公式，逐个选项判断即可得到答案． 【详解】对于A，因为 在 单调递增，而 ， 所以 ，故A错误； 对于B，因为 在 上单调递减，而 ， 所以 ，故B错误； 对于C，由诱导公式得 ， ，因为 在 单调递增，而 ，所以 ，故C正确； 对于D，因为 ，所以 ，而 ，所以 ， 故D正确. 应用：函数值比大小 5．（2023·全国·统考高考真题）函数 的图象由函数 的图象向左平 移 个单位长度得到，则 的图象与直线 的交点个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】先利用三角函数平移的性质求得 ，再作出 与 的部分大致图 像，考虑特殊点处 与 的大小关系，从而精确图像，由此得解. 【 详 解 】 因 为 向 左 平 移 个 单 位 所 得 函 数 为 ，所以 ， 而 显然过 与 两点， 作出 与 的部分大致图像如下，考虑 ，即 处 与 的大小关系， 当 时， ， ； 当 时， ， ； 当 时， ， ； 所以由图可知， 与 的交点个数为 . 类型五：结合导数确定单调区间 6．函数 在 上的单调递减区间为 . 【答案】 【解析】由题意知， . 即 ， ，因为 ，所以 ， 所以在 中， ， 所以 在 上的单调递减区间为 . 故答案为： 类型六：由单调性求参数范围  π 7．若 f xsin  2x 6  在区间 t,t 上单调递增，则实数t的取值范围为（ ） π π  π π π  π  ,  0,   ,  0,  A．6 2 B． 3 C．6 3 D． 6【答案】D π π π 【详解】令 2kπ2x  2kπ,kZ， 2 6 2 π π 所以 kπx kπ， 3 6 kZ  π π  所以函数 f x的单调增区间为   3 kπ, 6 kπ   ， kZ 又因为 f x 在 t,t 上单调递增，  π π  则t,t是   3 kπ, 6 kπ   ， kZ 的一个子区间，  π π 当 时，即  , ， k 0  3 6  π π 若t,t是   3 , 6   的子集，  π 则t0,   6 【巩固练习1】若函数 f(x)2xsinxcosxacosx在R上单调递增，则实数a的取值范围是 ． 【答案】[1，1] 【解答】解： 函数 f(x)2xsinxcosxacosx在R上单调递增，  f(x)32sin2 xasinx�0 恒成立， 设t sinx(1剟t 1)，即2t2 at3�0恒成立． t 0时，不等式显然成立， 3 当 时，a� 2t， 0t�1 t 3 由y 2t在 ， 递减，得 时， 取最小值1，故 ， t (0 1] t 1 y a�1 3 当 时，a� 2t， 1�t0 t 3 由y 2t 在 ， 递减，得 时， 取最大值 ，故 ， t [1 0) t1 y 1 a� 1 综上：a的取值范围是[1，1] 【题型2】三角函数的对称轴，对称中心和周期 二、对称性与周期 f(x)=Asin(x+)(A0，0) 1.一般情况下， 两个点关于中心对称，则函数值互为相反数。2.对称中心之间的距离是半个周期的整数倍。 3.周期与轴之间的距离，是四分之一周期的整数倍。 4正余弦与水平线交点的中点，是函数的对称轴。 f(x)=Asin(x+)+b(A0，0) 5.一般情况下， 的最大值或者最小值，必在对称轴处。 6.对称轴之间的距离，是半个周期的整数倍。  7、求函数 f(x)=Asin(x+)+b(A0，0)的对称轴的方法；令x k(kZ)，得 2  k 2 ；对称中心的求取方法；令 ，得 k，即对称中心 x (kZ) x  xk(kZ)  k  为 ，b．     k 8、求函数 的对称轴的方法；令 得 2 ，即 x y Acos(x)b(w0) xk(kZ)  类型一：求对称轴（中心），周期 8．（武汉市部分省示范高中期末联考）（多选）对于函数 ，下列说法正确的 是（ ） A．最小正周期为 B．其图象关于点 对称 C．对称轴方程为 D．单调增区间 【答案】AC 【分析】利用余弦型函数的周期公式可判断A选项；利用余弦型函数的对称性可判断BC选项；利 用余弦型函数的单调性可判断D选项. 【详解】对于A选项，函数 的最小正周期为 ，A对； 对于B选项， ，B错； 对于C选项，由 ，可得 ，即函数 的对称轴方程为 ，C对； 对于D选项，由 ，解得 ， 所以，函数 的单调增区间 ，D错. 9．（陕西汉中市期末）已知函数 ，下列说法正确的有（ ） ①函数 最小正周期为 ； ②定义域为 ③ 图象的所有对称中心为 ； ④函数 的单调递增区间为 ． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据正切函数的图象与性质，代入周期、定义域、对称中心和单调递增期间的公式即可求 解. 【详解】对①，函数 ，可得 的最小正周期为 ，所以①正确； 对②，令 ，解得 ， 即函数 的定义域为 ，所以②错误； 对 ③ ， 令 ， 解 得 ， 所 以 函 数 的 图 象 关 于 点 对称，所以③正确； 对④，令 ，解得 ，故函数 的单调递 增区间为 ，所以④正确； 故①③④正确 【巩固练习1】（多选）已知函数 f(x)2 3sin2xcos2xcos42xsin42x，则( ) f(x)  A． 的最小正周期为  B． f(x)的图象关于直线x 6 对称k  k  C． f(x)的单调递增区间为[ 2  6 , 2  12 ](kZ)  D． f(x)的图象关于点( 24 ,0)对称 【答案】CD  【解答】解： 函数 f(x)2 3sin2xcos2xcos42xsin42x 3sin4xcos4x2sin(4x )， 6  2  故它的最小正周期为  ，故 错误； 4 2 A   令x ，求得 ，不是最值，故 的图象不关于直线x 对称，故 错误； 6 f(x)1 (x) 6 B    k  k  令2k 剟4x 2k ，可得  剟x  ， 2 6 2 2 6 2 12 k  k  故函数的增区间为[  ，  ]， ，故 正确； 2 6 2 12 kZ C   令x ，求得 ，可得 的图象关于点( ,0)对称，故 正确 24 f(x)0 (x) 24 D    【巩固练习2】已知函数 f(x)sin(3x)(  )的图象关于直线x 对称，则 2 2 4 ( )   A．函数 f(x)在[ 12 , 3 ]上单调递增  B．函数 f(x )为偶函数 12  C．若 ，则 的最小值为 | f(x ) f(x )|2 |x x | 3 1 2 1 2  D．函数 f(x)的图象向右平移 4 个单位长度得到函数ycos3x的图象 【答案】C    【解答】解： 函数 f(x)sin(3x)(  )的图象关于直线x 对称， 2 2 4      3  ， ， f(x)sin(3x )． 4 2 4 4    3 当x[ , ]，3x [0， ]，函数 没有单调性，故 错误； 12 3 4 4 f(x) A  函数 f(x )sin3x为奇函数，故 错误； 12 B 1 2  若 ，则 的最小值   ，故 正确； | f(x ) f(x )|2 |x x | 2 3 3 C 1 2 1 2  3  函数 的图象向右平移 个单位长度得到函数ysin(3x  )sin3x的图象，故 错误 f(x) 4 4 4 D π  π 【巩固练习3】（多选）已知函数 f xcos2x  3sin2x 1，则下列判断正确的是  3  3 （ ）  π  A． f x的最小正周期为 π B． f x的图象关于点   4 ,0  对称 π C． f x的值域为 1,3 D． f x的图象关于直线 x 对称 2 【答案】ACD 【分析】逆用两角和差的正弦公式化简，利用余弦型函数的性质确定周期、对称轴、对称中心、值 域即可得解.  π  π  π π 【详解】因为 f xcos2x  3sin2x 12sin2x  12cos2x1，  3  3  3 6 2π 所以最小正周期为T  π，故A正确； 2 π kπ π kπ π  由2xkπ ,kZ，得x  ,kZ，所以对称中心为  ,1(kZ)，当 时，函数 2 2 4  2 4  k 1  π  的一个对称中心为 ,1，故B错误；  4  因为1cos2x1，所以 f(x)2cos2x1[1,3]，故C正确； kπ kπ 由 ，得x kZ ，即函数的对称轴方程为x kZ ，当 时，可得函数 2xkπ(kZ) 2 2 k 1 π 的一条对称轴x ，故D正确. 2 【巩固练习4】（多选）已知函数 ，则（ ） A． 的图象关于直线 轴对称 B． 的图象关于点 中心对称 C． 的所有零点为 D． 是以 为周期的函数 【答案】AC 【分析】对于A：根据对称轴的定义分析证明；对于B：举例说明即可；对于C：根据零点的定义 结合倍角公式运算求解；对于D：举例说明即可. 【详解】对于A：因为 ， 所以 的图象关于直线 轴对称，故A正确；对于B：因为 ， ，所以 的图象不关于点 中心对称，B错误. 对于C：因为 ， 注意到 ， 令 ，得 ，即 ， 故 的所有零点为 ，故C正确； 对于D：因为 ，所以 不是 的周期，故D错误 类型二：对称性的应用 10．已知函数 的最大值为 ，最小值为 ，则 的值为 ． 【答案】4 【详解】解：因为 ， 令 ， 则 ， ， 所以 为奇函数， 因此 ，因此 【巩固练习 1】已知函数 f(x)acosxb(a0)的最大值为 3，最小值为 1，则函数  y f(2x)2f(x)(x[ ,]的值域为 ． 3 7 【答案】[ ， 2 1] 【解答】解： a0， 当cosx1时， f(x)取得最大值为ab3， 当cosx1时， f(x)取得最小值为ab1， 解得a1，b2， 即 f(x)cosx2， 则y f(2x)2f(x)cos2x22cosx42cos2 x2cosx3，  1 1 设 t cosx ，当 3 剟x 时，1剟t 2 ，则函数等价为 y2t2 2t3 ，对称轴为t 2 ，1 7 7 则当t 时，函数最小为y ，当 时，函数最大为 ，即函数的值域为[ ， 2 2 t1 y1 2 1] π 【巩固练习2】已知 f xasinxcosx的图象关于x 对称，则函数gxsinxacosx的图象的 3 一条对称轴是x（ ） π π 2π 5π A． B． C． D． 6 3 3 6 【答案】A 【分析】化简后结合三角函数的对称轴即可求解. 1 【详解】 f xasinxcosx 1a2sinx,tan ， a     又图象关于x 对称，  k,kZ，可以求得k ， 3 3 2 6 1 1 3    故a  3,gxsinx 3cosx2 sinx cosx  2sinx ， tan 2 2   3    对称轴为x  k,x k， 时即A项． 3 2 6 k 0 【巩固练习3】（多选）已知函数 的定义域为 ，且 为奇函数， 为偶函数， 时， ，则下列结论正确的是（ ） A． 的周期为4 B． C． 在 上为单调递减函数 D．方程 有且仅有四个不同的解 【答案】BCD 【分析】根据题意可知函数 关于 对称且关于 对称，结合周期函数的定义即可判断 A，根据函数的对称性结合函数的解析式即可判断B，判断出函数在 上的单调性，再结合函 数的对称性即可判断D，作出函数 与函数 图象，结合图象即可判断D. 【详解】解：因为 为奇函数， 所以 ，即 ， 则函数 关于 对称， 又 为偶函数，所以 ， 即 ，即函数 关于 对称， 则 ， 则有 ，则 ，所以 是以 为周期的周期函数，故A错误； 对于B， ，故B正确； 对于C，当 时， ，则函数 在 上递增， 又 且函数 关于 对称， 所以函数函数 在 上递增， 又因函数 关于 对称， 所以 在 上为单调递减函数，故C正确； 对于D，方程 根的个数， 即为函数 与函数 图象交点的个数， 如图，作出两函数的图象， 由图可知，两函数的图象有4个交点， 即方程 有且仅有四个不同的解，故D正确. 【题型3】三角函数的值域问题 求三角函数的最值，通常要利用正、余弦函数的有界性，一般是通过三角变换化归为下列基本类型 处理． （1） ，设 ，化为一次函数 在 上的最值求解． （2） ，引入辅助角 ，化为 ，求解方法同 类型（1） （3） ，设 ，化为二次函数 在闭区间 上的最值求解，也可以是 或 型． （ 4 ） ， 设 ， 则 ， 故 ，故原函数化为二次函数 在闭区间 上的最值求解． （5） 与 ，根据正弦函数的有界性，即可用分析法求最值，也可用不等 式法求最值，更可用数形结合法求最值．这里需要注意的是化为关于 或 的函数求解释务 必注意 或 的范围． （6）导数法 类型一：二次函数型 11．（2017·全国·高考真题）函数 （ ）的最大值是 ． 【答案】1 【详解】化简三角函数的解析式，可得 ，由 ，可得 ，当 时，函数 取得最大值1． 【巩固练习1】函数ysin2x4cosx6的值域是（ ） 2,10 0,10 2,10 10,2 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用平方关系将函数写成关于cosx的一元二次函数形式，再利用换元法求二次函数的值域 即可. 【详解】由sin2 xcos2 x1可得ysin2x4cosx6cos2x4cosx7 令cosxt，则t1,1 ，y f(t)t24t7 易知，二次函数 f(t)t24t7关于t 2对称，且开口向上， 所以函数 f(t)t24t7在t1,1 为单调递增， 所以，y  f(1)12 4(1)710 min y  f(1)12472 max 所以，其值域为 10,2 .【巩固练习2】函数 的值域为 . 【答案】 【解析】由正弦函数的性质可知，当 ， 当 时， ；当 或 时， ，故值域为 . 类型二：通过辅助角公式，诱导公式合并 1   12．函数f(x)= sin(x+ )+cos(x− )的最大值为 5 3 6 6 3 1 A． B．1 C． D． 5 5 5 【答案】A  π π  π  π 【详解】由诱导公式可得cosx cos  x  sinx ，  6 2  3  3 1  π  π 6  π 则 f x sinx sinx  sinx , 5  3  3 5  3 6 函数 f x的最大值为 . 5 【巩固练习】已知函数 f(x)sin2xcos2x2 3sinxcosx(xR)． （Ⅰ）求 f(x)的最小正周期及对称轴方程；  （Ⅱ）当 ， ]时，求函数 的最大值、最小值，并分别求出使该函数取得最大值、最小 x[0 2 f(x) 值时的自变量x的值．  【解答】解：（Ⅰ） f(x)cos2x 3sin2x( 3sin2xcos2x)2sin(2x )， 6 2 则最小正周期T  ， 2    1  由2x k ，得2xk ，即x k ， 6 2 3 2 6 1  即函数的对称轴为x k ， ． 2 6 kZ   7 （Ⅱ）当 ， ]时， ， ，2x [ ， ]， x[0 2 2x[0 ] 6 6 6     则当2x  ，即x 时，函数ysin(2x )取得最大值， 6 2 6 6  此时 取得最小值，最小值 f(x)2sin 2， f(x) 2  7   当2x  ，即x 时，函数ysin(2x )取得最小值， 6 6 2 6 7 1 此时 取得最大值，最大值 f(x)2sin 2( )1． f(x) 6 2 类型三：已知值域求参数范围 π  13．已知函数 f(x)4sin2  2 x  4sinx ，x0,a 的值域为 4,5 ，则实数a的取值范围为（ ） π π π  5π  A．  6 , 2   B．   π 6 , 5 6 π  C．  6 ,π   D．   6 ,π   【答案】C 【分析】首先化简函数 f x 的解析式，再利用复合函数的值域，求实数a的取值范围. 【详解】 f(x)4cos2x4sinx4sin2x4sinx4  1 2  1 2 1 4sinx  5，设 ，gt4t  5，函数的对称轴为t   2 tsinx  2 2 1 且 f 0g04 ，g 2   5， g14 ， 1 因为函数 f x在区间0,a的值域为4,5，所以 tsinx 在区间0,a上能取得t  2 ，但是 t 不能小 π 于0，所以 aπ. 6  1 1 1 【巩固练习】已知函数 f(x)sinxsin(x ) 的定义域为 ， ，值域为[ , ]，则 3 4 [m n](mn) 2 4 nm的取值范围为 ．  2 【答案】[ ， ] 3 3  1 【解答】解： f(x)sinxsin(x ) 3 4 1 3 1 sinx( sinx cosx) 2 2 4 1 3 1  sin2x sinxcosx 2 2 41 3 1  (1cos2x) sin2x 4 4 4 1 3 1  ( sin2x cos2x) 2 2 2 1  1 1  sin(2x )，值域为[ ， ]， 2 6 2 4  1 sin(2x )[1， ]， 6 2  7  所以2x [2k ，2k ]， 6 6 6   故x[k ，k ]， ， 2 6 kZ   2 k (k ) ， 6 2 3 2 所以 最大值为 ； nm 3    令2x  ，得x ， 6 2 6    令2x  ，得x ， 6 6 6    所以 的最小值为 ( ) ， nm 6 6 3  2 所以 的取值范围是[ ， ]． nm 3 3 类型四：换元或结合导数 14．已知函数 ，该函数的最大值为__________． 【答案】 【解析】由题意，函数 ， 令 且 ，则 ， 从而 ， 令 ，解得 或 ， 当 时， ；当 时， ； 当 时， ， 所以 在 上单调递减；在 上单调递增；在 上单调递减． 因为 ， ，所以 的最大值为 .【巩固练习1】函数 在区间 上的最大值与最小值之和是 . 【答案】 【解析】由函数 ， 令 ，则 ，即 ， 所以 ， 又因为 ，且 ，可得 ， 则 ， 又由 在 是增函数， 当 时， ；当 时， ， 所以 . 【巩固练习2】函数 的值域为_____________． 【答案】 【解析】令 ， ， 则 ，即 ， 所以 ， 又因为 ，所以 ， 即函数 的值域为 ． 故答案为： . 【题型4】三角函数图像的平移与伸缩变换 由函数 的图像变换为函数y2sin(2x )3的图像的步骤； y sinx 3   方法一：(xx 2x )．先平移后伸缩． 3 3  向左平移个单位 ysin(x )的图像 所有点的横坐标变为原来的1 ysinx的图像3  3 2 纵坐标不变   ysin(2x )的图像 所有点的纵坐标变为原来的2倍 y2sin(2x )的图像 3 横坐标不变 3  y2sin(2x )3 向上平移3个单位 3   方法二：(xx 2x )．先伸缩后平移． 2 3  ysinx的图像  所  有  点的  横坐  标变  为原  来  的1 2 y sin2x的图像 向  左  平移 6 个  单位  纵坐标不变   ysin2(x )sin(2x )的图像 所有点的纵坐标变为原来的2倍 6 2 横坐标不变   y2sin(2x )的图像向上平移3个单位 y2sin(2x )3 3 3 注：在进行图像变换时，提倡先平移后伸缩，但先伸缩后平移在题目中也经常出现，所以必须熟练 掌握，无论哪种变化，切记每一个变换总是对变量x而言的，即图像变换要看“变量x”发生多大 变化，而不是“角x”变化多少． 注：函数名称不一致的平移：诱导公式化同名 【易错分析】： 函数 中，参数 的变化引起图象的 变换： 的变化引起图象中振幅的变换； 的变化引起横向伸缩变换； 的变化引起左右平移变 换； 的变化引起上下平移变换．图象平移遵循的规律为：“左加右减，上加下减”． 类型一：不改变函数名  π ysinx  15．将函数  3的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得的 π 图象向左平移 个单位，得到的图象对应的解析式是（ ） 31 1 π A． ysin x B．ysin x  2 2 6 ysin   1 x π  ysin  2x π  C． 2 2 D．  6 【答案】B 【分析】利用三角函数图像变换规则解题即可.  π 【详解】将函数ysinx 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得到图象对  3 1 π 应的函数解析式为ysin x ， 2 3 1 π π 将 ysin x 的 图 象 向 左 平 移 个 单 位 得 到 的 图 象 对 应 的 解 析 式 为 2 3 3 1 π π 1 π ysin x  sin x . 2 3 3 2 6 【巩固练习1】要得到函数 ， 的图象，只需将函数 ， 的 图象（ ） A．横坐标向左平移 个单位长度，纵坐标不变 B．横坐标向右平移 个单位长度，纵坐标不变 C．横坐标向右平移 个单位长度，纵坐标不变 D．横坐标向左平移 个单位长度，纵坐标不变 【答案】C 【解析】将函数 的图象上各点横坐标向右平移 个单位长度，纵坐标不变， 得 的图象.  【巩固练习2】把函数 f(x)sin(2x )的图象向左平移 个单位可以得到函数 的 3 (0) g(x) 图象，若g(x)是偶函数，则的值为( ) 5  5  5 11 A． B． C． 或 D． 或 12 6 12 6 12 12 【答案】D  【解答】解：把函数 f(x)sin(2x )的图象向左平移 个单位， 3 (0) 可以得到函数g(x)sin(2x2 )的图象， 3   若 是偶函数，则2  k， ， g(x) 3 2 kZ 5 11 分别令 、 ，可得 ，或  k 0 k 1 12 12 【巩固练习3】将函数 f xsinx的图象上各点的横坐标缩小为原来的 1 ，纵坐标不变，再将所得 2 图象向左平移0 个单位长度，所得图象关于y轴对称，则的值可能是（ ） π π π 3π A． B． C． D． 6 3 2 4 【答案】D 【分析】根据三角函数图象平移规律、伸缩变化可得ysin2x2 的图象，再由图象关于y轴对 π kπ 称得到  ， ，然后逐项验证 是否为整数可得答案. 4 2 kZ k 【详解】将函数 f xsinx的图象上各点的横坐标缩小为原来的 1 ， 2 纵坐标不变得到ysin2x的图象， 将ysin2x的图象向左平移个单位长度得到ysin2xsin2x2的图象， π π kπ 该图象关于 轴对称，所以2 kπ， ，  ， ， y 2 kZ 4 2 kZ π kπ π 1 π kπ π 1 若   ，解得k  Z，若   ，解得k  Z， 4 2 6 6 4 2 3 6 π kπ π 1 π kπ 3π 若   ，解得k  Z，若   ，解得 4 2 2 2 4 2 4 k 1Z  【巩固练习4】（多选）将函数 f x2sinx的图象向左平移 个单位长度，再把所得图象上各点 6 的横坐标变为原来的 1 倍，纵坐标不变，得到gx 的图象，下面四个结论中，错误的是（ ） 2   0, A．函数 gx 在区间   3  上为增函数  B．将函数gx的图象向左平移 6 个单位长度后得到的图象关于 y 轴对称   ,0 C．点  6  是函数gx 图象的一个对称中心 π  D．函数 gx在 2 ,π   上的最大值为1【答案】AC  π 【分析】A选项，根据图象变换得到gx2sin2x ，然后根据复合函数单调性的判断方法判  6  π 断；B选项，根据图象变换得到gx 2cos2x，然后根据奇偶性判断；C选项，利用代入检验  6 法判断；D选项，利用换元法求最值. π  π 【详解】将函数 f x2sinx 的图象向左平移 6 个单位长度，可得y2sin  x 6   的图象；再把所  π 得图象上各点的横坐标变为原来的1 倍，纵坐标不变，可得gx2sin2x 的图象． 2  6  π π π 5π  π 当x  0, 时，2x   , ，此时gx2sin2x 是不单调，故A错误；  3 6 6 6   6 π 将 函 数 gx的 图 象 向 左 平 移 个 单 位 长 度 后 得 到 6  π   π π  π gx 2sin2x  2sin2x 2cos2x的图象，此函数是偶函数，满足图象关于  6   6 6  2 y 轴对称，故B正确； 将x π 6 代入函数 gx的解析式中，得到gx2sin    2 π 6  π 6    2sin π 2 2，故点    π 6 ,0    不是函数 gx 图象的一个对称中心，故C错误； π  π 7π 13π π 13π 当x  2 ,π   ，2x 6    6 , 6   ，所以当2x 6  6 ，即 xπ 时， gx的最大值为1，故D正 确． 类型二：改变函数名（结合诱导公式变形）  π π f x3cos6x  16．将函数  3图象上所有的点都向左平移12个单位长度，再把得到的曲线图象 3 gx gx 上所有点的横坐标伸长到原来的 倍，纵坐标不变，得到函数 的图象，则 （ ）  2π  π 3sin2x  3sinx  A．  3  B．  3  π 1 2π 3cos2x  3cos x  C．  4 D． 6 3  【答案】A 【分析】利用三角函数图像平移结合诱导公式即可求解. π 【详解】将 f x图象上所有的点都向左平移 个单位长度， 12  π  π  π 得到曲线y3cos  6x   3cos6x ，   12 3  6 再把得到的曲线上所有点的横坐标伸长到原来的3倍，  π  2π 纵坐标不变，得到gx3cos2x 3sin2x 的图象.  6  3  【巩固练习1】已知曲线 ， ，若想要由 得到 ，下列说法正确的 是（ ） A．把曲线 上各点的横坐标伸长到原来的 倍（纵坐标不变），再向左平移 个单位 B．把曲线 上各点的横坐标伸长到原来的 倍（纵坐标不变），再向右平移 个单位 C．把曲线 上各点的横坐标缩短为原来的 （纵坐标不变），再向左平移 个单位 D．把曲线 上各点的横坐标缩短为原来的 （纵坐标不变），再向右平移 个单位 【答案】D 【解析】曲线 化为 ，将曲线 上各点的横坐标缩短为原来的 （纵坐标不变）， 可得到函数 的图象，再将所得函数图象上每点向右平移 个单位，可得到函数 的图象，即曲线 . x x 【巩固练习2】要得到ysin 的图像，只要将ycos 的图像（ ） 2 2 π π A．向左平移 个单位长度 B．向右平移 个单位长度 2 2 C．向左平移π个单位长度 D．向右平移π个单位长度 【答案】D x π 【详解】对于选项A：将ycos 的图像向左平移 个单位长度， 2 2 1 π x π π x π 得到ycos x cos     sin  ，故A错误； 2 2 2 4 2 2 4 x π 对于选项B：将ycos 的图像向右平移 个单位长度， 2 2 1 π x π π x π 得到ycos x cos     sin  ，故B错误； 2 2 2 4 2 2 4 x 对于选项C：将ycos 的图像向左平移 个单位长度， 2 π1 x π x 得到ycos xπcos  sin ，故C错误； 2 2 2 2 x 对于选项D：将ycos 的图像向右平移 个单位长度， 2 π 1 x π x 得到ycos xπcos  sin ，故D正确 2 2 2 2  π 【巩固练习3】要得到函数 的图象，只需将y3sin2x+ 的图象上所有的点（ ） y3cosx  4 π A．横坐标变为原来的1 （纵坐标不变）再向左平移 个单位长度 2 4 1 π B．横坐标变为原来的 （纵坐标不变）再向左平移 个单位长度 2 8 π C．横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）再向左平移 个单位长度 4 π D．横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）再向左平移 个单位长度 8 【答案】C  π  π 【分析】 y3cosx3sinx ，利用伸缩变换与平移变换由 y3sin2x+ 的图象得到  2  4 y3cosx的图象.  π  π 【详解】因为y3cosx3sinx ，将y3sin2x+ 的图象上所有的点横坐标变为原来的2倍  2  4  π （纵坐标不变）得到y3sinx ，  4 π  π 再向左平移 个单位长度得y3sinx ，即得到函数 的图象. 4  2 y3cosx  π 【巩固练习5】为得到函数ycos2x 的图像，只需将函数 的图像（ ）  3 ysin2x 5π 5π A．向左平移 个长度单位 B．向右平移 个长度单位 12 12 5π 5π C．向左平移 个长度单位 D．向右平移 个长度单位 6 6 【答案】A  【分析】设出向左平移 个长度，利用诱导公式将余弦函数变为正弦函数，列出方程，求出答案.  π  π π  5π 【详解】ycos2x sin2x  sin2x ，  3  3 2  6  将函数ysin2x向左平移个长度单位，得到ysin2x2 ， 5π 5π 5π 故2 ，解得 ，即向左平移 个长度单位. 6 12 12 11π π  【巩固练习 5】为了得到 y3sin2x 的图象，只要把 y3cos 2x的图象向左平移  12  4  （ ）个单位长度 π π 2π 7π A． B． C． D． 12 3 3 6 【答案】B 【分析】根据三角函数图象变换结合诱导公式逐项分析判断. π  π 【详解】对于选项A：若把y3cos 2x的图象向左平移 个单位长度， 4  12 π  π   π    11π  11π 可得y3cos  2x  3cos 2x3cos  π2x  3cos2x ， 4  12 12    12   12  不合题意，故A错误； π  π 对于选项B：若把y3cos 2x的图象向左平移 个单位长度， 4  3 π  π  5π  π  11π  11π 可得y3cos  2x  3cos 2x3cos  2x  3sin2x ， 4  3  12  2  12   12  符合题意，故B正确； π  2π 对于选项C：若把y3cos 2x的图象向左平移 个单位长度， 4  3 π  2π  13π   π  11π 可得y3cos  2x  3cos 2x3cos   2x ， 4  3   12   6  12  不合题意，故C错误； π  7π 对于选项D：若把y3cos 2x的图象向左平移 个单位长度， 4  6 π  7π  25π   7π  11π 可得y3cos  2x  3cos 2x3cos   2x ， 4  6   12   6  12  不合题意，故D错误 类型三：求最短距离或参数范围  17．函数 f xsin2x的图象向右平移 个单位得到函数gx的图象，若gxgx，当 6  最小时，φ的值是（ ）     A． B． C． D． 6 6 3 3 【答案】A   5 【分析】由题知gxsin2x ，且为偶函数，进而得 k,kZ，再讨论 最小值  3 6  即可得答案. 【详解】解：因为函数 f xsin2x的图象向右平移 个单位得到函数gx的图象， 6   所以gxsin2x ，  3 因为gxgx ，即函数gx 为偶函数，   5 所以  k,kZ ，即 k,kZ， 3 2 6  所以当 k 1 时，最小，此时 6 . 【巩固练习1】将函数 f xcos  x π (0)的图象向左平移 π 个单位长度后得到的函数为奇  4 3 函数，则实数的最小值为（ ） 9 5 3 1 A． B． C． D． 4 4 4 4 【答案】C π π 【分析】根据题意，利用三角函数的图象变换，求得gxcos(x  )，再由gx为奇函数， 3 4 3 求得3k+ ,kZ，进而得到 取得最小值. 4  【详解】由函数 f xcos    x π 4    (0)，将函数 y f x的图象向左平移 π 3 个单位长度后， π π π π 得到函数gxcos[(x ) ]cos(x  )， 3 4 3 4 π π π 3 又由gx为奇函数，所以   +kπ,kZ，解得3k+ ,kZ， 3 4 2 4 3 因为 ，所以当 时， 取得最小值，最小值为 . 0 k 0  4  2 【巩固练习2】将函数 ysin2x 的图象沿水平方向平移 个单位后得到的图象关于直线  3    x 4 对称（ 0 向左移动， 0 向右移动），当最小时，则  （ ）     A． B． C． D． 3 12 6 3 【答案】C  【分析】根据图像的平移公式先求出平移后的解析式，再根据平移后的图像关于直线x 对称， 4 结合正弦函数的图像性质可得答案.  2  2 【详解】将函数ysin  2x 3   的图象沿水平方向平移  个单位后得到ysin   2x 3    2 即ysin2x2   3  2  由题意ysin2x2 的图像关于直线x 对称.  3  4  2  k  所以2 2 k ,kZ，即  ,kZ 4 3 2 2 3  当 时， ，此时 最小 k 1 6  【巩固练习3】将函数 的图象向右平移 个单位长度后得到函数 的图 象，若对满足 的 ，总有 的最小值等于 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】函数 的周期为 ， 将函数的图象向右平移 个单位长度后得到函数 的图象， 可得 ， 由 可知，两个函数的最大值与最小值的差为2，且 ， 不妨设 ，则 ，即 在 时取得最小值， 由于 ，此时 ，不合题意； ，此时 ， 当 时， 满足题意. 【巩固练习 4】将函数 f x 3sin2xcos2x向右平移（0）个单位长度后得到一个关于 π x 对称的函数，则实数 的最小值为（ ） 12  5π π 5π π A． B． C． D． 12 12 6 6 【答案】A 【分析】利用两角和的正弦公式化简 f x ，再根据三角函数的变换规则得到平移后的解析式，根  据正弦函数的对称性求出 的取值，即可得解.  3 1   π 【详解】因为 f(x) 3sin2xcos2x2   2 sin2x 2 cos2x   2sin  2x 6   ，  π 将 函 数 f(x)2sin2x 向 右 平 移 个 单 位 长 度 得 到 函 数  6 (0)  π  π  y2sin  2x  2sin2x 2，  6  6  π  π 由函数y2sin2x 2关于x 对称，  6  12 π π π π kπ 所以2  2kπ (kZ)，所以  ,kZ， 12 6 2 12 2 5π 又 ，  ． 0 min 12 【题型5】三角函数相关图像的识别 先看奇偶性，再看正负，最后看单调性 18．我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔 裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也可用函数的解析  1 式来琢磨函数的图象的特征，如通过函数y  x x   cosx的解析式可判断其在区间,的图 象大致为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数的定义域，函数的奇偶性，函数值的符号及函数的零点即可判断出选项.  1   【详解】当 x,时，令y  x x   cosx0，得x 2 或x 2 ，    1    1 且x0, 时，yx cosx0；x , 时，yx cosx0，故排除选项B.  2  x  2   x 1  1 因为 为偶函数，yx 为奇函数，所以yx cosx为奇函数，故排除选项C； ycosx x  x 1 因为 时，函数yx cosx无意义，故排除选项D x0  x 2 19．函数 f(x)( 1)cosx 图象的大致形状是（ ） 1ex A． B． C． D． 【答案】B  【分析】分析函数 的奇偶性，并排除两个选项，再由x(0, )时 值的正负判断作答. f(x) 2 f(x) 1ex 【 详 解 】 依 题 意 ， 函 数 f(x) cosx的 定 义 域 为 R ， 1ex 1ex ex1 f(x) cos(x) cosxf(x)， 1ex 1ex 即函数 f(x)是R上的奇函数，其图象关于原点对称，选项A，C不满足；  1ex 当x(0, )时， 0,cosx0，即有 ，选项D不满足，B符合题意. 2 1ex f(x)0 20．（2023·广东广州·统考一模）函数 在 上的图像大致为（ ） A． B． C． D． 【答案】B【分析】根据给定的函数，由奇偶性排除两个选项，再取特值即可判断作答. 【详解】函数 定义域为 ， 而 ，且 ， 即函数 既不是奇函数也不是偶函数，其图象关于原点不对称，排除选项CD； 而当 时， ，排除选项A，选项B符合要求. 21．（湖南常德·统考一模）函数 的图象大致是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析函数的奇偶性排除两个选项，再利用 时， 值为正即可判断作答. 【详解】函数 定义域为R， ，即 是奇函数， A，B不满足； 当 时，即 ，则 ，而 ，因此 ，D不满足，C满足. 【题型6】求三角函数解析式 一、根据函数必关于 轴对称，在三角函数中联想到 的模型，从图象、对称轴、对称中 心、最值点或单调性来求解． 二、由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式解析式的解决思路 由函数图像求解析式 y  Asin(x)B(A0，0) 确定 的步骤和方法:M m M m (1)求 ：确定函数的最大值 和最小值 ，则 A ，B  ； A，B M m 2 2 2 (2)求 ：确定函数的周期 ，则＝ ；  T T  (3)求 ：常用的方法有代入法和五点法． ①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时A，，b已知)或代入图象与直线y＝b的交点求解(此 时要注意交点是在增区间还是在减区间)．  ②五点法：确定 值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口． 类型一：由基本性质求解析式或基本量 22．（2023·全国·统考高考真题）已知函数 在区间 单调递增，直 线 和 为函数 的图像的两条相邻对称轴，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入 即可得到答案. 【详解】因为 在区间 单调递增， 所以 ，且 ，则 ， ， 当 时， 取得最小值，则 ， ， 则 ， ，不妨取 ，则 ， 则 23．（2022·全国·统考高考真题）记函数 的最小正周期为T． 若 ，且 的图象关于点 中心对称，则 （ ） A．1 B． C． D．3【答案】A 【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解. 【详解】由函数的最小正周期T满足 ，得 ，解得 ， 又因为函数图象关于点 对称，所以 ，且 ， 所以 ，所以 ， ， 所以 . 【巩固练习1】（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数 ，如图 是直线 与 曲线 的两个交点， ，则 （ ） A．0 B． C． D． 【答案】C 【解析】设 ，由 可得 ， 由 可知， 或 ， ，由图可知， 当 时， ，即 ， ； 当 时， ，即 ， ； 综上： ； 因为同一图象对应的解析式是一样的，所以此时不妨设 ，则 ， 因为 ， 则 ，解得 ， 所以 ，． 【巩固练习2】已知函数 f xsinx 在区间    π 6 , 2 3 π  上单调递减，直线 x π 6和 x 2 3 π 为函数 π y f x的图象的两条相邻对称轴，则 f （ ） 3 3 1 3   1 A． 2 B． 2 C． 2 D． 2 【答案】C T 2π π π 2π π 【分析】由题求出    ，得到T π, 2，然后根据最值得出2kπ ,kZ， 2 3 6 2 T 6 求出y f x 的解析式，得出答案. π 2π 【详解】因为直线x 和x 为函数y f x的图象的两条相邻对称轴， 6 3 T 2π π π 2π 所以    ，且 ，则T π, 2， 2 3 6 2 0 T π 2π 又 在区间 , 上单调递减， f xsinx 6 3  π π π 所以当x 时， f x取得最大值，则2 2kπ ,kZ， 6 6 2 则2kπ π ,kZ，不妨取 ，则 f xsin  2x π ，则 f   π sin   5π  1 6 k 0  6 3  6  2  2π π π π π 【巩固练习3】已知函数 f xsin  x 3   (0) ，若 f  6    f  3  ，且 f x 在区间  6 , 3  上 有最小值无最大值，则 . 10 34 【答案】 或 3 3 【分析】根据三角函数的对称性、最值求得正确答案. π π π π 【详解】因为 f   f  ，且 在区间 , 上有最小值无最大值， 6 3 f(x) 6 3 π π  则 6 3  π ，则 f   π sin   π  2π 1， 2 4 4 4 3  π 2π 3π 10 可得  2kπ ,kZ，解得8k ,kZ， 4 3 2 30  且T  π  π  π  π ，解得 ，可知： 或1， 10或34. 2  4 6 12   012 k 0 3 3   π , π  x π x π 【巩固练习4】已知函数 f(x)sin(x)在区间 6 3单调递增，直线 6和 3为函数  π  y f x 的图像的两条相邻对称轴，则 f    12    （ ） 3 1 3   1 A． 2 B． 2 C． 2 D． 2 【答案】A π 【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入x 即可得到答案. 12 【详解】因为 f xsinx在区间     π 6 , π 3    上单调递增，且直线x π 6 与x π 3 为 y f x相 邻的两条对称轴， T π  π π 2π 所以    ，即 ，且 ， 2， 2 3  6 2 T π 0 T π  π  π  又x 时取得最小值，即 f  1，所以sin 1， 6  6  3  π 解得 2kπ,kZ， 6  π   π   π 3 f  sin 2kπsin  .  12  3   3 2 1 【巩固练习5】已知函数 f xsin2xπ0，设方程 f x 最小的两个正根为 2 x,x x x  x 4x  1 2 1 2 ，若 2 1，则 ． π 【答案】 18 1 【分析】根据 f x 可得出两正根 的表达式取值，再根据最小正根之间的关系式 2 2x ,2x  1 2 π 即可求得 . 18 1 【详解】令 f xsin2x ，由题意知 ， 2 x0 当x0时，可得2x，π 5π π  5π  所以可得2x  ,2x  ，解得x   ,x   ， 1 6 2 6 1 12 2 2 12 2 5π   π  又 ，所以  4  ， x 4x 12 2 12 2 2 1 π 解得 ． 18 5π 2π 【巩固练习6】已知函数 f xsinx0有一个零点为 ,x 为其图象的一条对称轴． 12 3 5π 2π  π 且函数 f x 在区间  12 , 3  上单调递增，则 f    6    （ ） 1 3 3 1   A． 2 B． 2 C． 2 D． 2 【答案】A 2π 【分析】根据题意可知 T  2π  5π  π ，利用T  2π π，可求得 的值，再根据 f  1可求得 4 3 12 4    3   的值，求出 f x 的解析式后，即可求值. T 2π 5π π 2π 【详解】由题意可知    ，则T  π， 4 3 12 4  故2，所以 f xsin2x ， 2π 又x 为其图象的一条对称轴， 3 5π 2π 2π  2π  4π  且函数 f x在区间 12 , 3   上单调递增，则 f   3   sin  2 3   sin  3   1， 4π π 所以  2kπ, , 3 2 kZ 5π 5π 故 2kπ, ，可取 ， 6 kZ 6  5π  π  π 5π  7π 1 则 f xsin2x ，所以 f  sin  =sin  .  6   6  3 6   6  2  π  π  f xsinx 0,0  f x f   【巩固练习7】已知函数  2满足 6恒成立， f x f πx f x 0,2π  ，且 在区间 上有5个零点，则 . 7 【答案】 3 π   π  【分析】由 f x f  6   可知 f  6   1，由此可求得  的值；根据函数 f x在区间0,2π零点 的个数，结合正弦函数的图象可知的取值范围；由 f x f πx 可知函数的对称轴，得出 1 2k  k Z ,再结合 的取值范围即可得出 的值. 1 3 1    π   π  π  【详解】由题意 f  sin sin 1， 6  6  6  π π π 所以  2kπkZ ，得 2kπkZ ， 6 2 3 因为0 π ，所以 π ，所以 f xsin  x π ； 2 3  3 因为 f x 在区间 0,2π 上有5个零点， π 所以5π2π 6π， 3 7 17 解得  ； 3 6 因为 f x f πx ，  π 所以函数 f xsinx 的图象关于直线x π 对称，  3 2 π π π 1 7 所以  kπ ,k Z，得2k  k Z ，所以 . 2 3 1 2 1 1 3 1 3  π π 【巩固练习8】函数 f xsinx(0) 满足 f    3   0 ，且 f x f  3  恒成立，若 f x  π π  ,  在区间 3 3上有最小值而无最大值，则 . 9 【答案】 4  π  【分析】由题意可得   3 ,0  为函数的对称中心， x π 3 为函数的对称轴，再结合 f x在区间  π π 3T π  π  , 上有最小值而无最大值，可得   ，即可得解.  3 3 4 3  3  π  π  【详解】因为 f  0，所以 ,0为函数的对称中心，  3  3  π π 因为 f x f  恒成立，所以 f  1， 3 3 π 所以x 为函数的对称轴， 3 π π 又因为 f x在区间   3 , 3   上有最小值而无最大值， 3T 6π π  π 9 所以    ，解得 4 4 3  3 4 类型二：由图象确定 y＝Asin(ωx＋φ)的解析式解析式 24．（2020·新高考1卷真题）下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （ ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】首先利用周期确定 的值，然后确定 的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可 得正确结果. 【详解】由函数图像可知： ，则 ，所以不选A, 不妨令 , 当 时， ， 解得： ， 即函数的解析式为： . 而 2023·新高考Ⅱ卷T16 25．已知函数 ，如图A，B是直线 与曲线 的两个交点，若 ， 则 ．【答案】 【分析】设 ，依题可得， ，结合 的解可得， ， 从而得到 的值，再根据 以及 ，即可得 ，进而求得 ． 【详解】设 ，由 可得 ， 由 可知， 或 ， ，由图可知， ，即 ， ． 因为 ，所以 ，即 ， ． 所以 ， 所以 或 ， 又因为 ，所以 ， ． 【巩固练习1】（2024·陕西渭南·模拟预测）函数 的图象如图 所示 .将 的图象向右平移2个单位长度，得到函数 的图象，则 的 解析式为（ ）A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意可知 的周期 满足 ，得 ， 即 ，得 ， 所以 ， 因为点 是 图象的一个点， 所以 ， ， 则 ，又 ，所以 ， 所以 ， 将 的图象向右平移2个单位长度， 得到函数 . 【巩固练习2】已知函数 （ ）的部分图象如图所示，则 函数 的解析式为 ．【答案】 【详解】观察图象，得 ，函数 的周期 ， ， 由 ，得 ，而 ，则 ， 所以 . 故答案为： 【巩固练习3】已知函数 （ ， ， ）的部分图象如图所示，则 的解析式为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】依题意，由图象中最值可知 ， 周期满足 ，又 ，则 ，故 ， 所以 ，又点 在 的图象上， 所以 ，即 ， 所以 ，即 ， 而 ，所以 ，所以 . 【巩固练习4】若函数 的部分图象如图所示，则 的解析式可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图： 易知： ， ，即 . 由 ， ， 时， . 所以： . 【巩固练习5】（多选）已知函数 （ ， ， ）的部分图象如图 所示，其中 的图象与 轴的一个交点的横坐标为 ，则（ ）A． 的最小正周期为π B． ， C． 的图象关于点 中心对称 D． 在 上单调递增 【答案】ABD 【详解】对AB，由图 ，知 ，∴ ，∴ ， 因为 ， ，则 ，∴ ， ∵ ，∴ ，故AB正确； 对C，因为 ，故 的图象不关于点 中心对称，故C错误， 对D，当 时， ， 结合余弦函数y=cosx的单调性知 在 上单调递增，D正确. 【巩固练习7】已知函数 的部分图像如图所示，则 .【答案】 【分析】首先确定函数的解析式，然后求解 的值即可. 【详解】由题意可得： ， 当 时， ， 令 可得： ， 据此有： . 【巩固练习8】（多选）已知函数 的部分图象如图所示， 则下列正确的是（ ） A． B． C．函数 为偶函数 D． 【答案】AD 【解析】先利用图象得到 ， ，求得 ，再结合 时取得最大值求得 ，得到解 析式，再利用解析式，结合奇偶性、对称性对选项逐一判断即可. 【详解】由图象可知， ， ，即 , ， 由 时， ，得 ， 即 ，而 ，故 ，故 ，A正确； ，故B错误；由 知， 不是恒成立，故函数 不是偶函数，故C错误； 由 时， ，故 是 的对称中心， 故 ，故D正确.  【巩固练习9】已知函数 ， ，|| )的部分图象如图所示，则 f(x) Asin(x)(A0 0 2 f(x) 的解析式为   A． f(x)2sin(2x ) B． f(x)2sin(2x ) 6 6  1  C． f(x)3sin(2x ) D． f(x)3sin( x ) 6 2 6 【答案】C 3 4 7 3 2 【解答】解：由函数的图象可得函数的周期 T    ，可得T  ， 4 3 12 4  7 ， ， 点( ， 在函数图象上， 2 f(x) Asin(2x) 12 0)  7 7   Asin(2 )0，可得2 k， ，由于|| ，可得 ， 12 12 kZ 2 6 3  3 又 点 (0, )在 函 数 图 象 上 ， 可 得 Asin( ) ， 可 得 ， 的 解 析 式 为 2 6 2 A3 f(x)   f(x)3sin(2x )． 6 π 【巩固练习10】已知函数 f x Asinx （其中 A0,0, ）的部分图像如右图所示， 2  π π 则 f x在   2 , 3   上的值域为 ．【答案】 2, 3   【分析】根据题意，由函数图像可求得函数 f x 的解析式，再由正弦型函数的值域，即可得到结 果. 【详解】 3 7π  π 3π 2π 由图像可知，A2, 4 T  12    6    4 T π  2；从而 f x2sin2x，  π  π  π π π π 又由 f  2sin 0 kπ kπ,kZ，因为 ，所以 ，从而  6  3  3 3 2 3  π  π π π  2π π  2π π f x2sin2x ，当 x   , 时，则t 2x    , ，因为 在  ,   3  2 3 3  3 3 ysint  3 2  π π 2π π 3 上单调递减，在 , 上单调递增，所以y min  y  1，因为t   ,y ，所以  2 3 ∣t 3 3 2 2 3 3  π y  ，故 1sint ，即 ，从而 2 f x2sin2x  3，即 max 2 2 22sint 3  3  π π f x在   2 , 3   上的值域为  2, 3  ．  π 【巩固练习11】已知函数 f xsinx   0,0 2  的部分图象如图所示，则 f π 的值 为 .1 【答案】 /0.5 2 1 4π T   4 15 【分析】根据 过点 ， ，求得 ， ，再结合 ， (0, 3 ) ( 4π ,0)  π  15 k 5 ,kN*  1 T  4π f(x) 2 15 3 4 4 2 15 求得，即可解. 3 π π 【详解】由 f 0sin ,0 ，得 ， 2 2 3 4π π 15 5 由  kπ,kZ，又 ，得 k ,kN*， 15 3 0 4 4 1 4π 1 2π 4π T     4 15  4  15 观察图象知， ，即 ， 1 4π 1 2π 4π  T     2 15 2  15 15 15 5 解得  ，则k 1, ， 8 4 2 5 π 5 π π π 1 因此， f xsin x ，所以 f πsin π sin   . 2 3 2 3 2 3 2  π 【巩固练习12】已知函数 f x Asin  x 3   A0,0 的部分图象如图所示，则 f 5π . 【答案】0 3π  1 4k 【 分 析 】 由 函 数 的 最 值 可 得 ， 代 入 点  ,1， 可 得   ， ， 又 A2  2  3 3 kZ 3π 23π 29π 100 1 5 5 T    ，可得0 ， 或 或 ，分别代入验证可得 ，即可得 2 25 50 29 3 3 3 3 函数解析式，进而求得函数值. 【详解】由题图可知A2， 3π 3π π 因为 f  1，所以2sin  1，  2   2 3 3π π π 1 4k 由图像可知   2kπ， ，解得  ， ， 2 3 6 kZ 3 3 kZ3π 23π 29π 2π 3π 23π 29π 又T    ，即    且 ， 2 25 50  2 25 50 0 100 1 5 所以0 ，所以 或 或 ； 29 3 3 3 1 1 π 当 时，函数 f x2sin x ， 3 3 3 1 π π 3π  5π 11π  令 x   2kπ, 2kπ ， ，解得x  6kπ, 6kπ ， ， 3 3 2 2  kZ  2 2  kZ 5π 11π  所以函数的单调递减区间为 6kπ, 6kπ ， ，  2 2  kZ 23π 5π 11π  1 又   6kπ, 6kπ ， ，所以 不符合题意； 25  2 2  kZ 3  π 23π  23π π 182π 当 时， f x2sin3x ，此时 f  2sin3  2sin 0，不符合题意； 3  3  25   25 3 75 当 5 时， f x2sin   5 x π ，此时 f   23π 2sin   5  23π  π 2sin 6π 0， 3 3 3  25  3 25 3 5 5 π π 3π  π 6 11π 6  且令 x   2kπ, 2kπ ， ，解得x   kπ,  kπ ， ， 3 3 2 2  kZ 2 5 10 5  kZ π 6 11π 6  所以函数的单调递减区间为  kπ,  kπ ， ， 2 5 10 5  kZ 23π π 6 11π 6  5 又    kπ,  kπ ， ， 所 以  符 合 题 意 ， 所 以 25 2 5 10 5  kZ 3 5 π f 5π2sin 5π 2sin8π0 3 3 【巩固练习13】（2024届广东省韶关市高三上学期第一次模拟考试数学试题）（多选）已知函数， 的部分图象如图所示，则（ ） A． B．将 的图象向右平移 个单位，得到 的图象C． ，都有 D．若方程 在 上有两个不相等的实数根，则实数 【答案】AD 【分析】根据图象依次求得 的值，再结合三角函数图象变换、以及性质，易得到答案. 【详解】由函数 的部分图象， 可得 ， . 再根据五点法可得 ，得 ，故 . ，故A正确； ，故B错误； 取 时，显然不成立，故C错误； 令 ，由 ，可得 ， 要使方程 在 上有两个不相等的实数根， 只需函数 在 上有两个不同的零点， 即 ，故D正确. 故选：AD. 【巩固练习14】（多选）已知函数 的部分图象如图所 示，若将函数 的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的 ，再向右平移 个单位长度，得到函数 的图象，则下列命题正确的是（ ） A．函数 的解析式为 B．函数 的解析式为 C．函数 在区间 上单调递增 D．函数 图象的一条对称轴是直线 【答案】ABC 【分析】对于A，由图像可得 ， ，从而可求出得 ，再将点 的坐标代入函数 中可求出 的值，从而可求出函数解析式，对于B，由三角函数图像变换规律求出 的解析式， 对于C，由 求出 的增区间进行判断即可，对于D，将 代入 中验证是否能取得最值. 【详解】由图可知， ， ，所以 ，解得 ，故 ． 因为图像过点 ，所以 ，即 ． 因为点 位于单调增区间上，且 ，所以 ， 故 ．故A项正确； 若其纵坐标不变，横坐标缩短到原来的 ，所得到的函数解析式为 ， 再向右平移 个单位长度，所得到的函数解析式 ．故B 项正确； 令 ， 得 ， 故函数 的单调增区间是 ，当 时， 在区间 上单调递增，故C项正确； 当 时， ，即 时， 不取最值，故 不是函数 的一条对称轴,所以D项不正确． 【巩固练习15】（2024·辽宁·二模）A，B，C是直线 与函数 （ ， ）的图象的三个交点，如图所示．其中，点 ，B，C两点的横坐标分别为 ，若 ，则 （ ） A． B．-1 C． D．2 【答案】A 【解析】由 ，可得 ， 因为 ，且点A在 图像的下降部分，所以 ， 故 ， 因为 ，所以 是直线 与 的图像的三个连续的交点； 由 点横坐标 ，即 ，解得 ， ， 解得 ， ，所以 ． 因为 ，所以 ，所以 ，所以 ， 则 ． 故选：A．【题型7】解三角函数不等式 数形结合，注意隐藏的定义域限制 函数 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 图象 1 3 y  cosx 26．函数 lgsinx 2 的定义域为 .  π  π 5π 【答案】2kπ,2kπ 2kπ ,2kπ  ,kZ  2  2 6  【分析】由对数函数和三角函数定义域，可确定正弦函数和余弦函数的取值范围，再根据三角函数 单调性即可求得其定义域. 【详解】由题意可知，要使函数各部分有意义，     lgsinx0 sinx1     则须满足sinx0 即sinx0   3 3 cosx 0 cosx  2  2  π x2kπ ，kZ  2  由正弦函数和余弦函数单调性得2kπx2kππ，kZ ；  5π 5π  2kπ x2kπ ，kZ  6 6 5π π 即得2kπ