重难点 12 三角函数的图象与性质的综合应用【八大题型】
【新高考专用】
三角函数是高考考查的重点和热点内容，从近几年的高考情况来看，主要从以下几个方面进行考查：
(1)三角函数的图象，涉及三角函数图象变换问题以及由部分图象确定函数解析式问题，主要以选择题、
填空题的形式考查，试题难度较低；
(2)利用三角函数的图象与性质来求解三角函数的值域、最值、单调区间、含参问题等，主要以选择题、
填空题的形式考查，试题难度中等.
(3)三角恒等变换的化简求值是高考命题的热点，常与三角函数的图象与性质结合在一起综合考查，如
果单独命题，多以选择题、填空题的形式考查，难度较低；如果三角恒等变换作为工具，将其与三角函数
及解三角形相结合来研究最值、范围问题，多以解答题形式考察，此时要灵活求解，试题难度中等.【知识点1 三角函数的图象变换规律】
1．平移变换与伸缩变换法则
(1)平移变换
函数图象的平移法则是“左加右减、上加下减”，但是左右平移变换只是针对 作的变换；
(2)伸缩变换
①沿 轴伸缩时，横坐标 伸长 或缩短 为原来的 （倍）（纵坐标 不变）；
②沿 轴伸缩时，纵坐标 伸长 或缩短 为原来的 （倍）（横坐标 不变）．
2．三角函数的图象变换问题的求解方法
解决三角函数图象变换问题的两种方法分别为先平移后伸缩和先伸缩后平移.破解此类题的关键如下：
(1)定函数：一定要看准是将哪个函数的图象变换得到另一个函数的图象；
(2)变同名：函数的名称要变得一样；
(3)选方法：即选择变换方法.
【知识点2 三角函数的单调性问题的求解策略】
1．三角函数的单调区间的求解方法
求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成 y=Asin(ωx+φ)形式，再求y=Asin(ωx+φ)的单调区间，
只需把ωx+φ看作一个整体代入y=sinx的相应单调区间内即可，注意要先把ω化为正数.
2．已知三角函数的单调性求参数的解题思路
对于已知函数的单调区间的某一部分确定参数ω的范围的问题，首先，明确已知的单调区间应为函数
的单调区间的子集，其次，要确定已知函数的单调区间，从而利用它们之间的关系可求解，另外，若是选
择题，利用特值验证排除法求解更为简捷.
【知识点3 三角函数的值域与最值问题的求解策略】
1．求解三角函数的值域(最值)常见的几种类型：
(1)形如y=asinx+bcosx+c的三角函数化为y=Asin(ωx+φ)+c的形式，再求值域(最值)；
(2)形如y=asin2x+bsinx+c的三角函数，可先设sinx=t，化为关于t的二次函数求值域(最值)；
(3)形如y=asinxcosx+b(sinx±cosx)+c的三角函数，可先设t=sinx±cosx，化为关于t的二次函数求值域(最
值).
2．求三角函数最值的基本思路
(1)将问题化为 的形式，结合三角函数的图象和性质求解.
(2)将问题化为关于 或 的二次函数的形式，借助二次函数的图象和性质求解.
(3)利用导数判断单调性从而求解.
【知识点4 三角函数的周期性、对称性、奇偶性的求解思路】
1．三角函数周期的一般求法
(1)公式法；
(2)不能用公式求函数的周期时，可考虑用图象法或定义法求周期.
2．三角函数的对称轴、对称中心的求解策略(1)对于可化为f(x)=Asin(ωx+φ)（或f(x)=Acos(ωx+φ)）形式的函数，如果求f(x)的对称轴，只需令
ωx+φ= kπ(k∈Z)（或令 ωx+φ=kπ(k∈Z)），求 x 即可；如果求 f(x)的对称中心的横坐标，只需令
ωx+φ=kπ(k∈Z)（或令ωx+φ= kπ(k∈Z)），求x即可.
(2)对于可化为 f(x)=Atan(ωx+φ)形式的函数，如果求 f(x)的对称中心的横坐标，只需令 ωx+φ=
(k∈Z)），求x即可.
3．三角函数的奇偶性的判断方法
三角函数型奇偶性的判断除可以借助定义外，还可以借助其图象与性质，在 y=Asin(ωx+φ)中代入
x=0，
若y=0则为奇函数，若y为最大或最小值则为偶函数.
若y=Asin(ωx+φ)为奇函数，则φ=kπ(k∈Z)；若y=Asin(ωx+φ)为偶函数，则φ= kπ(k∈Z).
【知识点5 含绝对值的三角函数模型】
关于 和 ，如图， 将 图像中 轴上方部分保留， 轴下方部分沿
着 轴翻上去后得到，故 是最小正周期为 的函数，同理 是最小正周期为 的
函数； 是将 图像中 轴右边的部分留下，左边的删除，再将 轴右边图像作对称至左边
故 不是周期函数.我们可以这样来表示：
， .
【题型1 三角函数的图象识别与应用】
sinx
【例1】（2025·辽宁沈阳·一模）函数f (x)= 的图象大致是（ ）
lg(x2+e)A． B．
C． D．
【解题思路】根据函数的奇偶性排除部分选项，再由特殊值判断.
sinx sinx
【解答过程】因为f (x)的定义域为R，且 f (−x)= =− =−f (x) ，
lg((−x) 2+e) lg(x2+e)
所以f (x)是奇函数，故排除BC，
π sinx
又x∈ ( 0, ) ，则 lg(x2+e)>0,sinx>0,f (x)= >0 ，故排除D，
2 lg(x2+e)
故选：A.
1
【变式1-1】（2024·四川·一模）函数f (x)= cosπx⋅(ex−e−x)，x∈(−4,4)的图象大致为（ ）
4
A． B．
C． D．
【解题思路】根据条件，得到f(x)为奇函数，从而可排除选项A和B，再结合cosπx与ex−e−x在
7
( )
x∈ ,4 上的正负值，即可求解.
2【解答过程】因为定义域关于原点对称，又
1 1
f (−x)= cos(−πx)⋅(e−x−ex)=− cosπx⋅(ex−e−x)=−f(x)，
4 4
1
即f (x)= cosπx⋅(ex−e−x)为奇函数，所以选项A和B错误，
4
7 7π 7 7π
又当x= 时，cosπx=cos =0，当x∈ ( ,4 ) 时， πx∈( ,4π)，此时cosπx>0，
2 2 2 2
7
( )
又易知当x>0时，ex−e−x>0，所以x∈ ,4 时，f (x)>0，结合图象可知选项C错误，选项D正确，
2
故选：D.
3cosx
【变式1-2】（2024·四川达州·二模）函数f(x)= 的部分图象大致为（ ）
2x+2−x
A． B．
C． D．
【解题思路】首先判断函数的奇偶性，即可判断B、C；再利用特殊值排除D.
3cosx
【解答过程】函数f(x)= 的定义域为R，
2x+2−x
3cos(−x) 3cosx
且f (−x)= = =f(x)，
2−x+2x 2x+2−x
所以f (x)为偶函数，函数图象关于y轴对称，故排除B、C；
3cos0 3
又f (0)= = ，故排除D.
20+20 2
故选：A.
xcos2x
【变式1-3】（2024·四川成都·三模）函数f(x)=
的图象大致是（ ）
ln(x2+1)A． B．
C． D．
π
【解题思路】由函数的奇偶性排除两个选项，再根据x∈(0, )时的函数值为正排除余下两个中的一个
4
即得.
xcos2x −xcos2x
【解答过程】函数f(x)= 的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，f(−x)= =−f(x)，
ln(x2+1) ln(x2+1)
函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，BD不满足；
π
当x∈(0, )时，cos2x>0,ln(x2+1)>0，则f(x)>0，C不满足，A满足.
4
故选：A.
【题型2 三角函数图象变换问题】
π
【例2】（2024·北京·模拟预测）将y=sinx的图象变换为y=sin ( 3x− ) 的图象，下列变换正确的是
6
（ ）
1 π
A．将图象上点的横坐标变为原来的 倍，再将图象向右平移 个单位
3 6
π
B．将图象上点的横坐标变为原来的3倍，再将图象向右平移 个单位
18
π 1
C．将图象向右平移 个单位，再将图象上点的横坐标变为原来的 倍
6 3
π
D．将图象向右平移 个单位，再将图象上点的横坐标变为原来的3倍
6
【解题思路】根据三角函数的图象变换进行选择.
π
【解答过程】由y=sinx的图象变换为y=sin ( 3x− ) 的图象，有以下两种思路：
6π π
（1）先将y=sinx的图象向右平移 个单位，得y=sin ( x− ) 的图象，
6 6
1
再把所得函数图象上任一点的横坐标变为原来的 ，纵坐标不变，
3
π
得y=sin ( 3x− ) 的图象，故C正确，D错误；
6
1
（2）先将y=sinx的图象上任一点的横坐标变为原来的 ，纵坐标不变，
3
π
得y=sin3x的图象，再把所得函数图象向右平移 个单位，
18
π π
得y=sin3 ( x− ) =sin ( 3x− ) 的图象，故AB错误.
18 6
故选：C.
π
【变式2-1】（2024·四川德阳·模拟预测）把函数f (x)=sin2x图象上所有点先向左平移 个单位长度，再
3
将所得曲线图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则g(x)=
（ ）
A．sin ( 4x+
2π
) B．sin ( 4x−
π
) C．sin( x+
π
) D．sin ( x+
2π
)
3 3 3 3
【解题思路】利用函数的平移变换和伸缩变换即可求解.
π
【解答过程】函数f (x)=sin2x图象上所有点向左平移 个单位长度，得到函数
3
π 2π
y=sin2 ( x+ )=sin ( 2x+ )
的图象；
3 3
(
2π
)
再将所得曲线图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数g(x)=sin x+ 的图
3
象.
故选：D.
π
【变式2-2】（2024·陕西安康·模拟预测）将函数f (x)=sinx的图象向左平移 个单位长度，再把所得函
6
1 π π
数图象的横坐标变为原来的 (ω>0)倍，可以得到函数g(x)的图象，若g(x)在 ( , ) 上没有零点，则
ω 6 2
ω的取值范围是（ ）( 5] [5 ]
A． 0, B． ,3 C．(0,3] D．(3,+∞)
3 3
【解题思路】先根据图象的变换求出g(x)，再结合三角函数性质求解即可.
π π
【解答过程】将函数f (x)=sinx的图象向左平移 个单位长度，得到y=sin( x+ ) ，
6 6
1 π
再把所得函数图象的横坐标变为原来的 (ω>0)倍，得到函数g(x)的图象，即g(x)=sin( ωx+ ) ,
ω 6
π π π π π π π
因为x∈ ( , ) ，所以 ω+ <ωx+ < ω+ ，
6 2 6 6 6 2 6
π π
( )
因为g(x)在 , 上无零点，所以¿，
6 2
5
即¿，解得6k−1≤ω≤2k+ (k∈Z)，
3
5
因为¿，所以k=0，0<ω≤
.
3
故选：A.
π
【变式2-3】（2024·四川自贡·三模）函数f(x)=Asin(ωx+φ)（ω>0，|φ|< ）的部分图象如图所示，
2
f(x)的图象与y轴交于M点，与x轴交于C点，点N在f(x)图象上，点M、N关于点C对称，下列说法
错误的是（ ）
A．函数f(x)的最小正周期是π
(5π
)
B．函数f(x)的图象关于点 ,0 对称
6
π π
( )
C．函数f(x)在 − ,− 单调递增
2 6
π
D．函数f(x)的图象向右平移 后，得到函数g(x)的图象，则g(x)为奇函数
6
【解题思路】A选项，根据M、N关于点C对称得到C点横坐标，从而得到最小正周期T=π；B选项，根
π 2π π
据f(x)的图象关于点 ( − ,0 ) 对称和最小正周期得到B正确；C选项，求出ω= =2，将 ( ,A ) 代
6 T 12π π π
入解析式求出φ= ，A>0，从而利用整体法判断出f(x)在 ( − ,− ) 不单调；D选项，求出
3 2 6
g(x)=Asin2x，得到其奇偶性.
2π
0+
【解答过程】A选项，点M、N关于点C对称，故 3 π，
x = =
C 2 3
1 π π π
设f (x)的最小正周期为T，则 T= − ( − )= ，故T=π，A正确；
2 3 6 2
π
( )
B选项，可以看出函数f(x)的图象关于点 − ,0 对称，
6
又f (x)的最小正周期T=π，
(5π
)
故函数f(x)的图象关于点 ,0 对称，B正确；
6
2π
C选项，又ω>0，故ω= =2，
T
π π
+(
−
)
π π
3 6 π，故将 ( ,A ) 代入解析式得Asin ( 2× +φ )=A，
= 12 12
2 12
π π
解得
+φ= +2kπ,k∈Z
，
6 2
π π
又
|φ|< ，故当且仅当k=0时，满足要求，故φ=
，
2 3
π
又当x=0时，f(x)=Asin >0，故A>0，
3
π
则f (x)=Asin ( 2x+ ) ，
3
π π π 2π
当x∈ ( − ,− ) 时，2x+ ∈ ( − ,0 ) ，
2 6 3 3
2π
( )
由于y=sinz在z∈ − ,0 上不单调，
3
π π π
故f (x)=Asin ( 2x+ ) 在x∈ ( − ,− ) 上不单调，C错误；
3 2 6
π π
D选项，g(x)=Asin ( 2x+ − )=Asin2x，定义域为R，
3 3
又g(−x)=Asin(−2x)=−Asin2x=−g(x)，g(x)为奇函数，D正确.
故选：C.【题型3 三角函数的定义域、值域（最值）问题】
( π) [ π]
【例3】（2024·广东湛江·二模）函数f (x)=4sin 5x− 在 0, 上的值域为（ ）
6 5
A．[−2,2] B．[−2,4] C．[−2√3,4] D．[−2√3,2]
π
【解题思路】先求得5x− 的范围，结合正弦函数的性质，即可容易求得结果.
6
[ π] π [ π 5π] ( π) [ 1 ]
【解答过程】因为x∈ 0, ，所以5x− ∈ − , ，所以sin 5x− ∈ − ,1 ，
5 6 6 6 6 2
( π) [ π]
故f (x)=4sin 5x− 在 0, 上的值域为[−2,4].
6 5
故选：B.
π
【变式3-1】（2024·青海·二模）已知函数f(x)=sin ( x− ) 的定义域为[m,n]（m<n），值域为[0,1]，
6
则n−m的取值范围是（ ）
[π ] [π 2π] [π 2π] [π ]
A． ,π B． , C． , D． ,π
3 3 3 2 3 2
[ π π] π
【解题思路】由三角函数性质，可知区间 m− ,n− 长度不小于 且不大于π，由此即可得解.
6 6 2
π [ π π]
【解答过程】当x∈[m,n]时，x− ∈ m− ,n− .
6 6 6
由题意可得 π ≤n− π − ( m− π ) ≤π ，解得n−m∈ [π ,π ] .
2 6 6 2
故选：D.
【变式3-2】（2024·浙江·三模）若函数 f (x)=sin(ωx)+cosx 的最大值为 2，则常数 ω 的取值可以为
（ ）
1 1 1
A．1 B． C． D．
2 3 4
【解题思路】首先分别分析函数y=cosx和y=sin(ωx)的最大值，再根据三角函数的性质，即可求解.
【解答过程】因为函数y=cosx的最大值为1，y=sin(ωx)的最大值为1，
由题意可知，y=cosx取得最大值1时，y=sin(ωx)也取得最大值1，
π
即当x=2kπ,k∈Z时，ω⋅2kπ= +2k′π ，k,k′ ∈Z，
2
1 k′
得ω= + ，k,k′ ∈Z，k≠0，
4k k1
当k=1,k′=0时，ω= ，其他值不满足等式.
4
故选：D.
π π
【变式3-3】（2024·浙江绍兴·三模）已知函数f (x)=sin(x+φ) ( − <φ<0 ) 的图象关于点 ( ,0 ) 对称，
2 12
[ π]
若当x∈ m, 时，f(x)的最小值是−1，则m的最大值是（ ）
3
π 5π 5π π
A．− B．− C． D．
6 12 12 6
【解题思路】利用正弦型函数的对称性可得φ，再利用正弦型函数的最小值即可得解.
π π
【解答过程】由题意可得
+φ=kπ(k∈Z)，则φ=− +kπ(k∈Z)，
12 12
π π π
又− <φ<0，故φ=− ，即f (x)=sin ( x− ) ，
2 12 12
[ π] π [ π π]
当x∈ m, 时，x− ∈ m− , ，又f(x)的最小值是−1，
3 12 12 4
π π π π 5π 5π
则m− ≤− ，故m≤− + =− ，即m的最大值是 .
12 2 2 12 12 12
故选：B.
【题型4 含三角函数的二次函数模型】
[ π π]
【例4】（23-24高一上·山东德州·期末）已知函数f(x)=1−2a−2asinx−2cos2x，当x∈ − ,
6 2
时，f(x)的最小值为g(a)．
(1)求g(a)；
1
(2)若g(a)= ，求a的值及此时f(x)的最大值．
2
[ π π]
【解题思路】（1）将f(x)转化为关于sinx的二次函数，经配方得到对称轴，根据x∈ − , 求得
6 2
sinx的范围，结合二次函数图象的单调性性质分段讨论得到f(x)的最小值为g(a)的解析式；
1
（2）根据（1）中的分段函数满足g(a)= 时的情况分别讨论得到a值，最后结合不含参数的f(x)解析式，
2
结合y=sinx的有界性即得f(x) .
max
【解答过程】（1）f(x)=1−2a−2asinx−2(1−sin2x) =2sin2x−2asinx−1−2a( a) 2 a2
=2 sinx− − −2a−1,
2 2
[ π π] [ 1 ]
因为x∈ − , ，所以sinx∈ − ,1
6 2 2
a 1 1
① 当 <− ，即a<−1时，则当sinx=− 时，f(x)取最小值，
2 2 2
1 2 1 1
f(x)的最小值为g(a)=2×(− ) −2a×(− )−1−2a=−a− ；
2 2 2
1 a a
②当− ≤ ≤1，即−1≤a≤2时，则当sinx= 时，f(x)取最小值，
2 2 2
a2
f(x)的最小值为g(a)=− −2a−1；
2
a
③当 >1，即a>2时，则当sinx=1时，f(x)取最小值,
2
f(x)的最小值为g(a)=2−2a−1−2a=1−4a.
故g(a)=¿.
1 1
（2）当a<−1时，由−a− = 解得：a=−1，不合题意，舍去；
2 2
a2 1
当−1≤a≤2时，由− −2a−1= ，解得：a=−1或a=−3（舍去），故a=−1；
2 2
1 1
当a>2时，由1−4a= 解得：a= ，不合题意，舍去.
2 8
( 1) 2 1
综上可知：a=−1，此时f(x)=2 sinx+ + ，则当sinx=1时，得f(x) =5．
2 2 max
1
所以若g(a)= ，则有a=−1，此时f(x)的最大值是5.
2
1 3
【变式4-1】（2024高三·全国·专题练习）已知函数f(x)=sin2x+acosx− a− ，x∈R.
2 2
(1)当a=1时，求函数f(x)的最小值；
(2)若f(x)的最大值为1，求实数a的值；
【解题思路】（1）代入a=1后配方，结合二次函数的性质和余弦函数的值域求解即可；
（2）配方后再根据对称轴的情况分类讨论即可；
【解答过程】（1）当a=1时，f(x)=sin2x+cosx−2=−cos2x+cosx−1=− ( cosx− 1) 2 − 3 ，
2 4
因为−1≤cosx≤1，( 1) 2 3
所以当cosx=−1时，函数有最小值，最小值为f (−1)=− −1− − =−3，
2 4
（2）因为f(x)=sin2x+acosx− 1 a− 3 =−cos2x+acosx− a+1 =− ( cosx− 1 a ) 2 + a2−2a−2 ，
2 2 2 2 4
a
当−1≤ ≤1，即−2≤a≤2时，
2
a a2−2a−2
则当cosx= 时，函数的最大值为 =1，
2 4
解得a=1+√7>2（舍去），或a=1−√7；
a a+1
当 >1即a>2时，则当cosx=1时，函数有最大值，即1=−1+a− ，解得a=5；
2 2
a
当 <−1时，即a<−2时，则当cosx=−1时，函数有最大值，
2
a+1 5
即1=−1−a− ，解得a=− （舍去）.
2 3
综上，a=1−√7或5.
【变式4-2】（23-24高一下·辽宁辽阳·阶段练习）设t∈R，函数f (x)=2cos2x−2cosx−t，
π
( )
x∈ 0, .
2
(1)当t=3时，求f (x)的值域；
(2)讨论f (x)的零点个数.
【解题思路】（1）利用换元法及二次函数的性质计算可得；
（2）令f (x)=0，可得2cos2x−2cosx=t，令F(m)=2m2−2m，m∈(0,1)求出函数的单调性与值域，
结合余弦函数的单调性，将问题转化为y=t与F(m)=2m2−2m(0<m<1)的交点个数.
【解答过程】（1）当t=3时，f (x)=2cos2x−2cosx−3，
π
( )
因为x∈ 0, ，所以cosx∈(0,1)，
2
令k=cosx，则k∈(0,1)，令g(k)=2k2−2k−3=2 ( k− 1) 2 − 7 ，k∈(0,1)，
2 2
( 1) (1 )
则g(k)在 0, 上单调递减，在 ,1 上单调递增，
2 2
(1) 7
则g(k) =g =− ，又g(1)=g(0)=−3，
min 2 2[ 7 ) [ 7 )
故g(k)的值域为 − ,−3 ，即f (x)的值域为 − ,−3 .
2 2
（2）令f (x)=0，即2cos2x−2cosx−t=0，得2cos2x−2cosx=t.
π
( )
因为x∈ 0, ，所以cosx∈(0,1)，
2
令m=cosx，则m∈(0,1)，令F(m)=2m2−2m=2 ( m− 1) 2 − 1 ，m∈(0,1)，
2 2
( 1) (1 )
则F(m)在 0, 上单调递减，在 ,1 上单调递增，
2 2
(1) 1 [ 1 )
又F =− ，F(0)=F(1)=0，所以F(m)∈ − ,0 ，
2 2 2
即2m2−2m∈ [ − 1 ,0 ) ，2m2−2m=t，
2
π
( )
因为y=cosx在 0, 上单调递减，
2
所以f (x)的零点个数等价于ℎ(m)=2m2−2m−t(0<m<1)的零点个数，
即y=t与F(m)=2m2−2m(0<m<1)的交点个数，
1
当t≥0或t<− 时，2m2−2m=t无解；
2
1
当t=− 时，2m2−2m=t仅有一解；
2
1
当− <t<0时，2m2−2m=t有两解.
2
1
综上，当t≥0或t<− 时，f (x)无零点；
2
1
当t=− 时，f (x)有一个零点；
2
1
当− <t<0时，f (x)有两个零点.
2
【变式4-3】（24-25高二上·山东日照·开学考试）设a为常数，函数f(x)=−2sin2x−asinx+1．
(1)当a=1时，求函数f(x)的值域；
(2)若函数f(x)在区间(0,π)上有两个不同的零点，求实数a的取值范围；
(3)当−1≤a≤1时，设n为正整数，f(x)在区间(0,nπ)上恰有2024个零点，求所有可能的正整数n的值．【解题思路】（1）利用换元法结合三角函数值域，由二次函数性质即可得出函数f(x)的值域；
（2）根据零点个数可得函数g(t)=−2t2−at+1在(0,1)上仅有一个零点，再由二次函数根的分布可得
a>−1；
（3）由二次函数根的个数及其符号并对参数a的取值范围分类讨论，利用三角函数图象性质可得不同区间
内的零点个数，即可得出结果.
【解答过程】（1）由题意f(x)=−2sin2x−asinx+1，
令t=sinx,t∈[−1,1]，则g(t)=−2t2−at+1，
当a=1时，g(t)=−2t2−t+1=−2 ( t+ 1) 2 + 9 ，
4 8
1 9
所以当t=− 时，g(t)取最大值 ；
4 8
当t=1时，g(t)取最小值−2，
[ 9]
所以f(x)的值域为 −2, ；
8
（2）由题意函数f(x)在区间(0,π)上有两个不同的零点，
即函数g(t)=−2t2−at+1在(0,1)上仅有一个零点，因为g(0)=1>0，
由零点存在性定理，只需g(1)=−a−1<0，得a>−1；
所以实数a的取值范围为(−1,+∞).
（3）因为Δ=a2+8>0，所以g(t)=−2t2−at+1有两个零点t ,t ，
1 2
1
又t ⋅t =− <0，不妨t <0,t >0
1 2 2 1 2
1 1
当a=1时，得t =−1,t = ，即sinx=−1或sinx= ；
1 2 2 2
由三角函数图象性质可知f(x)在(0,2kπ)（k为正整数）内零点个数为3k，在(0,(2k+1)π)内零点个
数为3k+2，
因为2024=3×674+2，所以n=674×2+1=1349；
1
当a=−1时，t =− ,t =1,f(x)在(0,2kπ)（k为正整数）内零点个数为3k，
1 2 2
在(0,(2k+1)π)内零点个数为3k+1，若3k+1=2024，此时不存在n；当−1<a<1时，则−1<t <0,0<t <1，f(x)在(0,kπ)（k为正整数）内零点个数为2k，
1 2
因为2024=2×1012，所以n=k=1012；
综上，n的所有可能值为1012，1349．
【题型5 含绝对值的三角函数模型】
π
【例5】（2024·全国·三模）若偶函数f (x)=|cos(ωx+φ)|+|sin(ωx+φ)|( ω>0,|φ|< ) 的最小正周期为
2
π
，则（ ）
2
A．ω=2 B．φ的值是唯一的
π
C．f (x)的最大值为√3 D．f (x)图象的一条对称轴为x=
4
π
【解题思路】由f ( x+ )=f (x)可判断A；由偶函数的性质可判断B；由三角函数的性质可判断C；
2
π
f
(
−x
)=f
(x)可判断D.
2
【解答过程】对于A，因为周期只与ω有关，因此只需考虑f (x)=|cosωx|+|sinωx|的情况.
π
若对任意x∈R，都有f ( x+ )=f (x)，
2
f ( x+ π )= | cosω ( x+ π )| + | sinω ( x+ π )| = | cos ( ωx+ ωπ )| + | sin ( ωx+ ωπ )| =|cosωx|+|sinωx|，
2 2 2 2 2
ωπ π
所以 = ，所以ω=1，所以A错误.
2 2
对于B，因为f (x)为偶函数，所以f (−x)=f (x).
因为f (x)=|cos(x+φ)|+|sin(x+φ)|，f (−x)=|cos(−x+φ)|+|sin(−x+φ)|，
π π π
所以φ=k⋅ (k∈Z).又|φ|< ，所以φ=0或φ=± ，所以B错误.
4 2 4
对于C，f (x)= √[|cosx+φ|+|sin(x+φ)|] 2 =√1+|sin2(x+φ)|≤√2，
当|sin2(x+φ)|=1时取得最大值，所以C错误.
π
对于D，容易知道φ=0或φ=± 时，
4f ( π −x )= | cos ( π −x+φ )| + | sin ( π −x+φ )| =|sin(x−φ)| +cos|x−φ|=f (x)，
2 2 2
π
所以f (x)的图象关于直线x= 对称，所以D正确.
4
故选：D.
π π π
( )
【变式5-1】（2024·天津·一模）下列函数中，以 为周期，且在区间 , 上单调递增的是（ ）
2 4 3
A．f (x)=sin|x| B．f (x)=|sin2x|
C．f (x)=cos|x| D．f (x)=|cos2x|
【解题思路】结合函数周期性的定义与正弦函数及余弦函数的单调性逐项判断即可得.
【解答过程】对A：f (0)=sin|0|=0，f (
π
)=sin
|π|
=1≠f (0)，故f (x)=sin|x|不以
π
为周期，故A错
2 2 2
误；
π π
对B：f ( x+ )=|sin(2x+π)|=|sin2x|=f (x)，故f (x)=|sin2x|以 为周期，
2 2
( π π ) (π 2π ) (π 2π )
当x∈ , 时，2x∈ , ，由y=sinx在 , 上单调递减，
4 3 2 3 2 3
π π
( )
且y=sinx>0，故f (x)=|sin2x|在 , 上单调递减，故B错误；
4 3
对C：f (0)=cos|0|=1，f (
π
)=cos
|π|
=0≠f (0)，故f (x)=cos|x|不以
π
为周期，故C错误；
2 2 2
π π
对D：f ( x+ )=|cos(2x+π)|=|cos2x|=f (x)，故f (x)=|cos2x|以 为周期，
2 2
( π π ) (π 2π ) (π 2π )
当x∈ , 时，2x∈ , ，由y=cosx在 , 上单调递减，
4 3 2 3 2 3
π π
( )
但y=cosx<0，故x∈ , 时，f (x)=|cos2x|=−cos2x，
4 3
π π
( )
故f (x)=|cos2x|在 , 上单调递增，故D正确.
4 3
故选：D.
| x|
【变式5-2】（2024·陕西宝鸡·三模）已知函数f(x)=cosx+ sin ，则下列结论正确的是（ ）
2
π
( )
A．f(x)在区间 0, 单调递增
2B．f(x)的图象关于直线x=π对称
( 9)
C．f(x)的值域为 0,
8
D．若关于x的方程f(x)=a在区间[0,2π]有实数根，则所有根之和组成的集合为{π,2π}
π
【解题思路】由x的范围，可得函数的解析式，换元整理可得，函数(0, )上不单调，判断出A的真假；
2
求出f(2π−x)的解析式，可得函数图象关于x=π对称，判断出B的真假；由A选项的分析，可得函数
的最值，判断出C选项的真假；由B选项的分析，可得f(x)=a在[0,2π]的根关于x=π对称，可得方程
的根的和的集合，判断出D的真假．
π x x x
【解答过程】A．因为x∈ ( 0, ) ，则f(x)=cosx+|sin |=1−2sin2 +sin ，
2 2 2 2
x √2
设t=sin ∈(0, )，且函数t单调递增，
2 2
√2
设g(t)=−2t2+t+1，t∈(0, )，
2
1 √2
开口向下，对称轴t= ∈(0, )，
4 2
1 1 √2
t∈(0, )，g(t)单调递增，t∈( , )，g(t)单调递减，
4 4 2
π
即函数f(x)在(0, )上不单调，所以A不正确；
2
2π−x x
B．因为f(2π−x)=cos(2π−x)+|sin( )|=cos2x+|sin |=f(x)，
2 2
可得函数f(x)函数图象关于x=π对称，所以B正确；
C．由A选项的分析，当g(t)=−2t2+t+1，t∈[0,1]，
1 1 1 9
显然g( )=−2× + +1= ，g(1)=−2×1+1+1=0，所以C不正确；
4 16 4 8
D．由B选项的分析，函数的图象关于x=π对称，函数草图如下：
当方程f(x)=a在区间[0,2π]有一个实数根时，所有根之和π；当方程f(x)=a在区间[0,2π]有两个实数根时，所有根之和2π；
当方程f(x)=a在区间[0,2π]有四个实数根时，所有根之和4π；
所以所有的根之和组成的集合为{π,2π,4π}，所以D不正确．
故选：B．
【变式5-3】（2024·河北唐山·一模）已知函数f (x)=|sinωx|+cosωx(ω>0)的最小正周期为π，则（ ）
A．f (x)在 [ − π , π] 单调递增 B． ( 3π ,0 ) 是f (x)的一个对称中心
8 8 8
[ π π ] π
C．f (x)在 − , 的值域为[1,√2] D．x= 是f (x)的一条对称轴
6 6 8
【解题思路】由函数f (x)的最小正周期为π，求出ω=2，再代入化简f (x)，画出f (x)的图象，再对选项一
一判断即可得出答案.
【解答过程】因为函数f (x)的最小正周期为π，所以ω=2，
所以函数f (x)=|sin2x|+cos2x=¿
即f (x)=¿，作出函数f (x)的图象，
如下图所示：
[ π π]
对于A，由图可知，f (x)在 − , 单调有增有减，故A错误；
8 8
对于B，由图象可知，f (x)无对称中心，故B错误；
[ π]
对于C，由图象可知，f (x)为偶函数，当x∈ 0, ，
6
2x+
π
∈
[π
,
7π]
，所以sin ( 2x+
π
) ∈
[√2
,1
]
，
4 4 12 4 2
所以√2sin ( 2x+ π ) ∈[1,√2] ，所以f (x)在 [ − π , π] 的值域为[1,√2]，故C正确；
4 6 6
kπ
对于D，由图象可知，f (x)的对称轴为x= ,k∈Z，故D错误.
2
故选：C.【题型6 ω的取值与最值（范围）问题】
【例6】（2024·四川泸州·一模）若函数f (x)=sin( ωx+ π ) (ω>0)在 [ 0, π] 上单调递增，则ω的取值范
3 6
围是（ ）
( 1] [1 ]
A．(0,2] B．(0,1] C． 0, D． ,1
2 2
【解题思路】根据正弦型函数单调性求参数范围即可.
π π π π π π π
【解答过程】由题设t=ωx+ ∈[ , ω+ ]，则y=sint在[ , ω+ ]上递增，
3 3 6 3 3 6 3
π π π
所以 ω+ ≤ ⇒ω≤1，又ω>0，故0<ω≤1.
6 3 2
故选：B.
π π
【变式6-1】（2024·福建龙岩·三模）已知函数f(x)=sin(ωx+φ) ( ω>0,|φ|< ) ,x=− 为f(x)的零
2 4
π π
点，x= 为f(x)图象的对称轴，且f(x)在 ( 0, ) 上有且仅有1个零点，则ω的最大值为（ ）
4 6
A．11 B．9 C．7 D．5
【解题思路】根据对称性可得ω=2k+1,k∈Z，即可分别取ω=11和ω=9，代入求解φ，进而整体法验
证是否符合一个零点求解.
π
【解答过程】f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0，|φ|< )
2
π π
∵x=− 为f(x)的零点,x= 为f(x)图象的对称轴
4 4
π π 2k+1 2k+1 2π
∴ −(− )= T= ⋅ ,∴ω=2k+1,k∈Z，
4 4 4 4 ω
∵ω>0 ∴ω=2k+1,k∈Z+
π 2π
又 −0<T= ,∴ω<12
6 ω
当ω=11时， f(x)=sin(11x+φ)
11 π 9
π+φ= +kπ,∴φ=− π+kπ,k∈Z
4 2 4
π π
∵|φ|< ，∴φ=−
2 4π
∴f(x)=sin(11x− )
4
π π π 19
当x∈(0, )时，11x− ∈(− , π)，故f(x)有2个零点，不符合，舍去.
6 4 4 12
当ω=9时，f(x)=sin(9x+φ)
9 π 7
π+φ= +kπ ∴φ=− π+kπ,k∈Z
4 2 4
π π
∵|φ|< ,∴φ=
2 4
π
∴f(x)=sin(9x+ )
4
π π π 7
当x∈(0, )时，9x+ ∈( , π)，此时f(x)有且仅有1个零点，符合
6 4 4 4
故选：B.
π π
【变式6-2】（2024·山东烟台·三模）若函数f (x)=sin ( ωx+ ) 在 ( 0, ) 上有且只有一条对称轴和一个
4 3
对称中心，则正整数ω的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
π π π π
【解题思路】先得出ωx+ ∈ ( , ω+ ) ，然后结合已知列出关于ω的不等式组，结合ω是正整数
4 4 3 4
即可得解.
【解答过程】由题意ω>0且ω是整数，
π π π π π
若x∈ ( 0, ) ，则ωx+ ∈ ( , ω+ ) ，
3 4 4 3 4
π π
若函数f (x)=sin ( ωx+ ) 在 ( 0, ) 上有且只有一条对称轴和一个对称中心，
4 3
π π 3π 9 15
所以π< ω+ ≤ ,ω∈N∗ ，解得 <ω≤ ,ω∈N∗ ，即ω=3.
3 4 2 4 4
故选：C.
π
【变式6-3】（2024·河南南阳·模拟预测）若函数f (x)=cos(ωx+φ) ( ω>0,|φ|≤ ) 的图象关于点
2
(
π
,0 ) 中心对称，且x=−
π
是f (x)的极值点，f (x)在区间 ( 0,
2π
) 内有唯一的极大值点，则ω的最大
3 3 5
值为（ ）27 25
A．8 B．7 C． D．
4 4
1 37
【解题思路】根据题意，结合三角函数的图象与性质，得到¿，进而得到0<ω≤10，求得− <k≤ ，分
2 6
类讨论，即可求解.
π π
【解答过程】由函数f (x)的图象关于点 ( ,0 ) 中心对称，且x=− 是f (x)的极值点，
3 3
可得¿，即¿，其中k=k −k ,k′=k +k =2k −k，
1 2 1 2 1
π π π
因为|φ|≤ ，当k′=−1时φ=− ,k=2k +1,k ∈Z ，当k′=0时φ= ,k=2k ,k ∈Z ，
2 4 1 1 4 1 1
(
2π
)
2π 2π 4π
因为f (x)在区间 0, 内有唯一的极大值点，所以 −0= ≤2T= ，
5 5 5 ω
3(2k+1) 1 37
解得0<ω≤10，即0< ≤10，所以− <k≤ ，
4 2 6
39 π 39 π (π 83π )
当k=6时，ω= ,φ= ，此时 x+ ∈ , ，此时有两个极大值点，舍去；
4 4 4 4 4 20
33 π 33 π ( π 61π )
当k=5时，ω= ,φ=− ，此时 x− ∈ − , ，此时有两个极大值点，舍去；
4 4 4 4 4 20
27 π 27 π (π 59π )
当k=4时，ω= ,φ= ，此时 x+ ∈ , ，此时有一个极大值点，
4 4 4 4 4 20
27
所以ω的最大值为 .
4
故选：C.
【题型7 三角函数的性质综合】
π
【例7】（2024·天津滨海新·三模）已知函数f
(x)=sin(
2x−
)
，关于该函数有下列四个说法：
6
(5π
)
（1）函数f (x)的图象关于点 ,0 中心对称
12
π
（2）函数f (x)的图象关于直线x=− 对称
8
（3）函数f (x)在区间(−π,π)内有4个零点
[ π ]
（4）函数f (x)在区间 − ,0 上单调递增
2
以上四个说法中，正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】根据题意，利用三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
5π 5π π 2π √3
【解答过程】对于（1），由f( )=sin(2× − )=sin = ≠0，
12 12 6 3 2
(5π
)
所以 ,0 不是函数f (x)的图象的对称中心，所以（1）错误；
12
π π π 5π
对于（2）中，由f(− )=sin(−2× − )=sin(− )≠±1，
8 8 6 12
π
所以x=− 不是函数f (x)的图象的对称轴，所以（2）错误；
8
π π kπ
对于（3）中，令2x− =kπ,k∈Z，可得x= + ,k∈Z，
6 12 2
π 7π 5π
当k=0时，可得x= ；当k=1时，可得x= ；当k=−1时，可得x=−
；
12 12 12
11π
当k=−2时，可得x=− ，所以在(−π,π)内，函数f (x)有4个零点，所以（3）正确；
12
[ π ] π [ 7π π]
对于（4）中，由x∈ − ,0 ，可得2x− ∈ − ,− ，此时函数f (x)不是单调函数，所以
2 6 6 6
（4）错误.
故选：A.
π
【变式7-1】（2024·陕西渭南·二模）关于函数f (x)=sin2x+2sin( x+ ) ，给出如下结论：
4
π
( )
①f (x)的图象关于点 − ,0 对称
4
π
②f (x)的图象关于直线x= 对称
4
③f (x)的最大值是3
④π是函数f (x)的周期
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
π π π
【解题思路】根据f ( − +x )+f ( − −x )=0是否成立即可判断①；根据f ( −x )=f (x)是否成立即
4 4 2
π
可判断②；令t=sinx+cosx=√2sin ( x+ ) ,t∈[−√2,√2]
，再结合二次函数的性质即可判断③；根据
4
f (x+π)=f (x)是否成立即可判断④.π π
【解答过程】对于①，f ( − +x )=sin ( − +2x )+2sinx=−cos2x+2sinx，
4 2
π π
f
(
− −x
)=sin (
− −2x
)+2sin(−x)=−cos2x−2sinx，
4 2
π π
则f ( − +x )+f ( − −x )=−2cos2x≠0，
4 4
π
( )
所以f (x)的图象不关于点 − ,0 对称，故①错误；
4
π π π π
对于②，f ( −x )=sin(π−2x)+2sin ( −x+ )=sin2x+2sin ( x+ )=f (x)，
2 2 4 4
π
所以f (x)的图象关于直线x= 对称，故②正确；
4
π
对于③，f (x)=sin2x+2sin( x+ )=2sinxcosx+√2(sinx+cosx)，
4
π
令t=sinx+cosx=√2sin ( x+ ) ,t∈[−√2,√2]
，
4
则2sinxcosx=(sinx+cosx) 2−1=t2−1，
则y=t2+√2t−1，
当t=√2时，y =3，
max
所以f (x)的最大值是3，故③正确；
π π
对于④，f (x+π)=sin(2x+2π)+2sin(π+x+ )=sin2x−2sin ( x+ ) ≠f (x)，
4 4
所以π不是函数f (x)的周期，故④错误.
所以正确结论的个数为2个.
故选：B.
【变式7-2】（2024·四川·模拟预测）已知函数f (x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为π，且
π
( )
y=f (x)的图象关于点 ,0 中心对称，给出下列三个结论：
6
√3
①f (0)= ；
2
π
( )
②函数f (x)在 0, 上单调递减；
3
π
③将y=cos2x的图象向左平移 个单位可得到f (x)的图象．
12其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
(
2π
)
【解题思路】由题意先求出f (x)=sin 2x+ ，再由三角函数的性质对选项一一判断即可得出答案.
3
【解答过程】因为函数f (x)的周期为π，所以ω=2，
π π
又图象对称中心为 ( ,0 ) ，即 sin( 2× +φ )=0，
6 6
π π
则 +φ=kπ,k∈Z，有φ=kπ− ,k∈Z，
3 3
2π
(
2π
)
由0<φ<π，所以k=1,φ= ，故f (x)=sin 2x+ ，
3 3
2π √3
此时f (0)=sin = ，结论①正确；
3 2
π 2π 2π 4π
当0<x< 时， <2x+ < ，函数f (x)单调递减，结论②正确；
3 3 3 3
π π
将y=cos2x的图象向左平移 个单位可得图象对应的函数为y=cos( 2x+ ) ，
12 6
因为sin ( 2x+ 2π ) =sin( 2x+ π + π )=cos( 2x+ π ) ，所以结论③正确．
3 6 2 6
故选：D.
1
【变式7-3】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数f (x)=cosx− ，现给出下列四个结论：
cosx
π
( )
①f (x)的图象关于点 ,0 对称；
2
②函数ℎ(x)=|f (x)|的最小正周期为2π；
π
( )
③函数g(x)=2f (x)+|f (x)|在 0, 上单调递减；
2
π
④对于函数g(x)=2f (x)+|f (x)|,∀x∈ ( 0, ) ,3|g(x)|=g(x+π)．
2
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①② B．①③ C．①③④ D．②③④
【解题思路】利用中心对称的性质验证判断A；求出周期判断B；探讨函数单调性判断C；计算判断D.
{ π }
【解答过程】对于①，由cosx≠0得f (x)的定义域为 x|x≠ +kπ,k∈Z ，
21 1
f(π−x)+f(x)=cos(π−x)− +cosx− =0，
cos(π−x) cosx
π
因此f(x)的图象关于点( ,0)对称，故①正确；
2
| 1 | | 1 |
对于②，因为ℎ(π+x)=|f (π+x)|= cos(π+x)− = cosx− = ℎ(x)，
cos(π+x) cosx
所以π是ℎ(x)的周期，故②错误；
π 1
对于③，当x∈ ( 0, ) 时，cosx∈(0,1)，所以cosx− <0，
2 cosx
( 1 ) ( 1 ) 1
故g(x)=2f (x)+|f (x)|=2 cosx− − cosx− =cosx− ，
cosx cosx cosx
π 1
因为t=cosx在 ( 0, ) 上单调递减，y=t− 在(0,1)上单调递增，
2 t
π
( )
所以，由复合函数性质可知，函数g(x)在 0, 上单调递减，③正确；
2
π 1
对于④，由上知，当x∈ ( 0, ) 时，3|g(x)|=3( −cosx)，
2 cosx
1 1
g(x+π)=2[cos(x+π)− ]+|cos(x+π)− |
cos(x+π) cos(x+π)
1 1 1
=2(−cosx+ )+ −cosx=3( −cosx)，
cosx cosx cosx
因此3|g(x)|=g(x+π)，故④正确.
故选：C.
【题型8 三角恒等变换与三角函数综合】
【例8】（2024·湖北·模拟预测）已知函数f (x)=2cos2ωx−(sinωx−cosωx) 2 (ω>0)的图象关于直线
π π
x= 轴对称，且f (x)在 ( 0, ) 上没有最小值，则ω的值为（ ）
12 3
1 3
A． B．1 C． D．2
2 2
3
【解题思路】先由三角恒等变换化简解析式，再由对称轴方程解得ω=6k+ ,k∈Z，再由f (x)在
2
π
( )
0, 上没有最小值得ω范围，建立不等式求解可得.
3【解答过程】f (x)=2cos2ωx−(sin2ωx−2sinωxcosωx+cos2ωx)
=2cos2ωx+sin2ωx−1=cos2ωx+sin2ωx
π
=√2sin( 2ωx+ )
，
4
π
因为f (x)的图象关于直线x= 轴对称，
12
所以f (
π
)=√2sin
(ωπ
+
π)
=±√2，
12 6 4
ωπ π π 3
故 + =kπ+ ,k∈Z，即ω=6k+ ,k∈Z，
6 4 2 2
π π
当2ωx+ =− +2mπ ，m∈Z，ω>0,
4 2
3π mπ
即当x=− + ,m∈Z时，函数f (x)取得最小值，
8ω ω
5π
当m=1时，x= 为y轴右侧第1条对称轴.
8ω
π 5π π 15
( )
因为f (x)在 0, 上没有最小值，所以 ≥ ，即ω≤ ，
3 8ω 3 8
3 15 1 1
故由0<6k+ ≤ ，解得− <k≤ ，k∈Z
2 8 4 16
3
故k=0，得ω= ．
2
故选：C.
【变式8-1】（2024·四川广安·二模）已知函数f (x)=cos2x+sin2x，则下列说法中，正确的是（ ）
A．f (x)的最小值为−1
[ π π]
B．f (x)在区间 − , 上单调递增
4 4
C．f (x)的最小正周期为2π
π
D．f (x)的图象可由g(x)=√2cos2x的图象向右平移 个单位得到
8
【解题思路】根据选项的内容，我们可以利用辅助角公式把函数解析式化为余弦型函数形式，结合余弦型
函数的最值性质、单调性性质、最小正周期公式、图象平移的性质逐一判断即可.
π
【解答过程】f
(x)=cos2x+sin2x=√2cos(
2x−
)
.
4π 5π
A：当2x− =2kπ+π(k∈Z)时，即当x=kπ+ (k∈Z)时，
4 8
函数f (x)的最小值为−√2，所以本选项说法不正确；
[ π π] 3π π π [ 3π π]
B：由x∈ − , ⇒− ≤2x− ≤ ，显然 − , 不是[−π,0]的子集，
4 4 4 4 4 4 4
所以本选项说法不正确；
2π
C：f (x)的最小正周期为 =π，因此本选项说法不正确；
2
π
D：g(x)=√2cos2x的图象向右平移 个单位得到
8
g ( x− π )=√2cos [ 2 ( x− π )] =√2cos ( 2x− π ) ，所以本选项说法正确，
8 8 4
故选：D.
π
【变式8-2】（2024·辽宁大连·模拟预测）已知函数f (x)=√3cos ( 2x− ) −2sin2x+1.
2
(1)求f (x)的单调区间；
π
( )
(2)当x∈ 0, 时，求f (x)的值域；
2
π 3 π
(3)若x∈ ( 0, ) 且f (x)= ，求f ( x− ) 的值.
6 2 12
【解题思路】（1）利用余弦的二倍角公式和辅助角公式化简，再根据正弦函数的单调性求解；
（2）利用正弦函数的性质求值域；
（3）根据正弦的两角差公式求解.
π
【解答过程】（1）f (x)=√3sin2x+cos2x=2sin( 2x+ ) ，
6
π π π
当2kπ− ≤2x+ ≤2kπ+ ,k∈Z时，f (x)单调递增，
2 6 2
π π
即kπ− ≤x≤kπ+ ,k∈Z，
3 6
[ π π]
∴f (x)的单调递增区间： kπ− ,kπ+ ,k∈Z，
3 6
π π 3π
当2kπ+ ≤2x+ ≤2kπ+ ,k∈Z时，f (x)单调递减，
2 6 2
π 2π
即kπ+ ≤x≤kπ+ ,k∈Z，
6 3[ π 2π]
f (x)的单调递减区间： kπ+ ,kπ+ ,k∈Z；
6 3
π π π 7π
（2）∵0<x< ，∴ <2x+ < ，
2 6 6 6
1 π
∴− <sin(2x+ ) ≤1，
2 6
∴f (x)的值域为(−1,2]；
π 3 π 3
（3）∵f (x)=2sin( 2x+ )= ⇒sin( 2x+ )= ，
6 2 6 4
π π π π
∵0<x<
，∴
<2x+ <
，
6 6 6 2
∴cos( 2x+
π
)=
√
1−
(3) 2
=
√7
，
6 4 4
∴f ( x− π )=2sin2x=2sin [( 2x+ π ) − π] =2 (3 × √3 − √7 × 1) = 3√3−√7 .
12 6 6 4 2 4 2 4
π
【变式8-3】（2024·上海·模拟预测）已知函数f(x)=2cos2x+cos(2x− )−1．
3
(1)求函数f(x)的在[0,π]上单调递减区间；
(2)若函数f(x)在区间[0,m]上有且只有两个零点，求m的取值范围．
【解题思路】（1）利用二倍角公式及和差角公式化简函数解析式，再求出相位的范围，并借助正弦函数
的性质求出递减区间.
π
（2）由x的取值范围求出2x+ 的范围，再根据正弦函数的性质得到不等式组，解得即可.
3
π π π
【解答过程】（1）依题意，f(x)=2cos2x+cos(2x− )−1 =cos2x+cos2xcos +sin2xsin
3 3 3
√3 3 π
= sin2x+ cos2x =√3sin(2x+ )，
2 2 3
π π 7π π π 3π π 7π
当x∈[0,π]时，2x+ ∈[ , ]，由 ≤2x+ ≤ ，得 ≤x≤ ，
3 3 3 2 3 2 12 12
π 7π
所以函数f(x)的在[0,π]上的单调递减区间为[ , ].
12 12
π π π
（2）当x∈[0,m]时，2x+ ∈[ ,2m+ ]，又函数f(x)在区间[0,m]上有且只有两个零点，
3 3 3π π
即函数y=sinx在[ ,2m+ ]只有两个零点，
3 3
π 5π 4π
因此2π≤2m+ <3π ，解得 ≤m< ，
3 6 3
5π 4π
所以m的取值范围为[ , ).
6 3
一、单选题
(ex−1)sinx
1．（2024·山东·一模）函数f (x)= ，则y=f (x)的部分图象大致形状是（ ）
ex+1
A． B．
C． D．
π
( )
【解题思路】先判断函数的奇偶性，再判断f (x)在区间 0, 上函数值的正负，用排除法得到答案.
2
【解答过程】函数y=f (x)的定义域为R，
(e−x−1)sin(−x) (ex−1)sinx
f (−x)= = =f (x)，
e−x+1 ex+1
即函数y=f (x)为偶函数，排除BD；
π (ex−1)sinx
( )
当x∈ 0, 时，f (x)= >0，排除A.
2 ex+1
故选：C.
( 1)
2．（2024·广西·模拟预测）为了得到函数y=cos x− 的图象，只需将正弦函数y=sinx图象上各点
3
（ ）
π 1
A．横坐标向右平移 − 个单位长度，纵坐标不变
2 3π 1
B．横坐标向左平移 − 个单位长度，纵坐标不变
2 3
π
C．横坐标向左平移 个单位长度，纵坐标不变
6
π
D．横坐标向右平移 个单位长度，纵坐标不变
6
【解题思路】直接由函数平移变换法则即可求解.
π π 1
【解答过程】把y=sinx=cos ( x− ) 上的所有点向左平移 − 个单位长度，
2 2 3
( 1)
得到函数y=cos x− 的图象．
3
故选：B．
π π π
3．（2024·上海长宁·一模）已知函数y=sin( ωx+ ) (ω>0)在区间 ( − , ) 上单调递增，则ω的取
6 2 3
值范围是（ ）
( 4) ( 6]
A．(0,1] B．(0,1) C． 1, D． 0,
3 5
π π π π π
【解题思路】由题可得y=sint，其中t=ωx+ ，在 ( − ω+ , ω+ ) 上单调递增，然后结合函
6 2 6 3 6
数y=sinx的单调性及ω>0可得答案.
π π π π π π π
【解答过程】x∈ ( − , ) ⇒ωx+ ∈ ( − ω+ , ω+ ) ，
2 3 6 2 6 3 6
π π
因y=sinx在 ( − +2kπ, +2kπ) （其中k∈Z）上单调递增，
2 2
则¿，k∈Z.
又因ω>0，则取k=0⇒ω≤1，则0<ω≤1.
故选：A.
4．（2024·西藏拉萨·一模）若函数f (x)=|sinωx|+sin|ωx|(ω>0)在(−1,1)上恰有9个极值点，则ω的取值
范围是（ ）
(13π 17π] [13π
)
(9π 13π]
A． , B． ,+∞ C． , D．
2 2 2 2 2
[13π 17π
)
,
2 2
【解题思路】根据函数的奇偶性可判断当x>0时函数的极值点情况，再结合函数图像列不等式即可.【解答过程】由题得f (−x)=f (x)，
即f (x)是偶函数，
又f (x)在(−1,1)上有9个极值点，
易知x=0是极值点，则f (x)在(0,1)上有4个极值点，
当0<x<1时，f (x)=|sinωx|+sin|ωx|=¿，k∈Z，
设t=ωx，则0<t<ω，
π 5π 9π 13π 17π
则y=¿，k∈Z，在t∈(0,+∞)上的前5个极值点依次为 ， ， ， ， ，
2 2 2 2 2
13π 17π
所以 <ω≤ ，
2 2
故选：A.
π
5．（2024·湖南邵阳·三模）将函数f (x)=sinωx(ω>0)的图象向右平移 个单位长度后得到函数g(x)的
3ω
π π
图象，若g(x)在区间
(
− ,0
)
上单调递增，且在区间
( ,π)
上有且仅有1个零点，则ω的取值范围为
18 3
（ ）
(1 ) (4 7] (4 7) ( 1) (4 7]
A． ,1 ∪ , B．(0,1)∪ , C． 0, ∪ , D．
3 3 3 3 3 3 3 3
( 1) (4 )
0, ∪ ,3
3 3
π
( )
【解题思路】先求出g(x)，结合g(x)在区间 − ,0 上单调递增可得0<ω≤3，再由g(x)在区间
18
π
( ,π)
上有且仅有1个零点，可得g(x)可能的零点，再分类讨论结合三角函数的性质即可得得出答案.
3
π π
【解答过程】由题意可得：g(x)=sinω ( x− )=sin( ωx− ) ，
3ω 3
π
( )
因为g(x)在区间 − ,0 上单调递增，
18
π π π π π
( ) ( )
因为x∈ − ,0 ，ωx− ∈ −ω − ,− ，
18 3 18 3 3
π π π
所以−ω − ≥− ，解得：0<ω≤3，
18 3 2
π
又g(x)在区间
( ,π)
上有且仅有1个零点，
3所以x∈ (
π
,π) ，ωx−
π
∈
(ωπ
−
π
,ωπ−
π)
，
3 3 3 3 3
π π 8π
结合0<ω≤3，所以− <ωx− < ，
3 3 3
π π π
所以这个零点可能为ωx− =0或ωx− =π 或ωx− =2π ，
3 3 3
π ωπ π π
当ωx− =0时， − <0，0<ωπ− ≤π ，
3 3 3 3
(1 )
解得：ω∈ ,1 ，
3
π ωπ π π
当ωx− =π 时，0≤ − <π， π<ωπ− ≤2π ，
3 3 3 3
(4 7]
解得：ω∈ , ，
3 3
π ωπ π
当ωx− =2π 时，2π< − 无解，
3 3 3
(1 ) (4 7]
综上：ω的取值范围为 ,1 ∪ , .
3 3 3
故选：A.
6．（2024·四川·模拟预测）已知函数g(x)=sin(ωx+φ)(0<ω<π,0<φ<π)，对于任意x∈R，有
π π π
g ( −x )=g ( +x )=−g ( x− ) ，则以下错误的为（ ）
3 6 6
2π
A．函数g(x)的最小正周期为
3
(11 )
B．函数g(x)的图象关于点 π,0 对称
12
π π
( )
C．函数g(x)在 − , 上单调递减
12 12
D．函数g(x)在(−π,π)上共有6个极值点
π 3π
【解题思路】先推导出周期，求出ω的值，再利用对称轴为x= 得φ= ，再利用三角函数的对称性和
4 4
单调性逐一判断选项即可.
【解答过程】因为g (
π
+x )=−g ( x−
π
) ，所以g (
π
+x )=−g(x)，因此g
(2π
+x ) =g(x)，从而
6 6 3 32π 2
= π×n(n∈N*)，
ω 3
π π
注意到0<ω<π，故n=1,ω=3，所以g(x)=sin(3x+φ)，又g ( −x )=g ( +x ) ，即g(x)的图象关
3 6
π
于直线x=
对称，
4
从而sin (3π +φ ) =±1，即 3π +φ=kπ+ π ,k∈Z，所以φ=kπ− π ，
4 4 2 4
3π
又0<φ<π，所以φ= ，
4
(
3π
)
2π
所以g(x)=sin 3x+ ，所以g(x)的最小正周期为 ,A正确．
4 3
(11π
)
(11π
)
因为g =−1，所以函数g(x)的图象不关于点 ,0 对称，B错误．
12 12
π π 3π π π π
当x∈ ( − , ) 时，3x+ ∈ ( ,π) ，故函数g(x)在 ( − , ) 上单调递减，C正确．
12 12 4 2 12 12
3π π kπ π
令3x+ =kπ+ ,k∈Z，得x= − ,k∈Z，
4 2 3 12
kπ π 11 13
令−π< − <π，得− <k< ，
3 12 4 4
( 3 ) ( 5π π) (π 7π ) (11π )
故k=−2,−1,0,1,2,3，易知函数g(x)在 −π,− π , − ,− , , , ,π 单调递
4 12 12 4 12 12
增，
在 ( − 3 π,− 5π ) , ( − π , π ) , (7π , 11π ) 单调递减，故函数g(x)在(−π,π)上共有6个极值点，D
4 12 12 4 12 12
正确．
故选：B．
π
7．（2024·山东济南·三模）函数f(x)=Asin(ωx+φ) ( A>0,ω>0,|φ|< ) 的部分图象如图所示，下
2
列说法错误的是（ ）3π
A．函数的周期是 B．函数y=f(x)的图象的过点(0,√3)
2
C．函数y=f(x)在 [ −π,− 5π ] 上单调递减 D．当x∈ ( − 13π ,− 3π ) 时，f(x)>1
6 6 2
π
【解题思路】根据函数图象可得f(x)=2sin(x+ )，即可根据整体法求解CD，代入即可求解B，由周
3
期公式即可求解A.
7π π 3
【解答过程】由图可得 − ( − )= T⇒T=2π⇒ω=1,A=2,
6 3 4
7π 7π 7π 3π
故f(x)=2sin(x+φ)，将点 ( ,−2 ) 代入可得sin ( +φ )=−1⇒ +φ= +2kπ,k∈Z ,所
6 6 6 2
π
以φ= +2kπ,k∈Z
，
3
π π π
由于 |φ|< ，故φ= ，所以f(x)=2sin(x+ )，
2 3 3
对于A，T=2π，故A错误，
π
对于B，f(0)=2sin =√3，故y=f(x)的图象的过点(0,√3)，B正确，
3
[ 5π] π [ 2π π] [ 3π π]
对于C, x∈ −π,− ，则x+ ∈ − ,− ⊆ − ,− ，故y=f(x)在
6 3 3 2 2 2
[ 5π]
−π,− 上单调递减，C正确，
6
13π 3π π 11π 7π
对于D，x∈ ( − ,− ) ，则x+ ∈ ( − ,− ) ，故f(x)∈(1,2]，故f(x)>1，D正确，
6 2 3 6 6
故选：A.
1
8．（2024·四川绵阳·模拟预测）关于函数f(x)=√3sinxcosx−cos2x+
，有下列命题：
2
π
( )
①f(x)的最小正周期为π；②函数f(x)的图象关于 ,0 对称；
12[π π] 5π
③f(x)在区间 , 上单调递增；④将函数f(x)的图象向右平移 个单位长度后所得到的图象与函
3 2 12
数y=sin2x的图象重合．
其中正确的为（ ）
A．①② B．①③ C．①②③ D．①②④
π
【解题思路】利用正余弦函数的二倍角公式化简可得f (x)=sin ( 2x− ) ，求出周期可判断①；求出
6
π
( )
f 可判断②；根据正弦函数的单调性可判断③；根据三角函数图象平移规律可判④．
12
1 √3 1 π
【解答过程】f (x)=√3sinxcosx−cos2x+ = sin2x− cos2x=sin ( 2x− ) ，
2 2 2 6
2π
对于①，f(x)的最小正周期为 =π ，故正确；
2
π π π π
对于②，f
( )=sin (
2× −
)=0，所以函数f(x)的图象关于 (
,0
)
对称，
12 12 6 12
故正确；
[π π] π π 5π [π 5π]
对于③，当x∈ , 时， ≤2x− ≤ ，因为y=sinx在x∈ , 上单调递减，
3 2 2 6 6 2 6
[π π]
所以f (x)在区间 , 上单调递减，故错误；
3 2
5π
对于④，将函数f (x)的图象向右平移 个单位长度后得到
12
f (x)=sin [ 2 ( x− 5π ) − π] =sin(2x−π)=−sin2x的图象，不与函数y=sin2x的图象重合，故错误．
12 6
故选：A.
二、多选题
9．（2024·山西太原·二模）函数f (x)=Asin(ωx+θ)（A>0，ω>0，−π<θ<0）的部分图象如图所示，
则下列结论正确的是（ ）π
A．θ=− B．f (x)的周期T=π
3
( 13π ) ( π π)
C．f (x)图象关于点 − ,0 对称 D．f (x)在区间 − ,− 上递减
12 2 3
(2π
)
【解题思路】由图象求出A，f (0)=−1求出θ可判断A；由f =2求出ω=2+3k(k∈Z)，再由
3
3T 2π ( 13π ) 5π
> 求出ω可判断B；利用f − =0可判断C；求出2x− 的范围根据y=sinx的单调性判
4 3 12 6
断出f (x)的单调性可判断D.
【解答过程】对于A，由图象可得，A=2，f (0)=2sin(ω×0+θ)=−1，
1 π 5π
所以sinθ=− ，因为−π<θ<0，所以θ=− ，或θ=− ，
2 6 6
5π
因为点(0,−1)附近的图象呈下降趋势，所以θ=−
，故A错误；
6
对于B，可得f (x)=2sin ( ωx− 5π ) ，又f (2π ) =2sin ( ω× 2π − 5π) =2，
6 3 3 6
( 2π 5π) 2π 5π π
所以sin ω× − =1，所以ω× − = +2kπ(k∈Z)，
3 6 3 6 2
3T 2π
得ω=2+3k(k∈Z)，由图知， > ，
4 3
2π 8π 9
所以T= > ，所以0<ω< ，
ω 9 4
5π
可得ω=2，所以f (x)=2sin ( 2x− ) ，T=π，故B正确；
6
( 13π ) ( 13π 5π)
对于C，因为f − =2sin − − =0，故C正确；
12 6 6
( π π ) 5π ( 11π 3π )
对于D，当x∈ − ,− 时，2x− ∈ − ,− ，
2 3 6 6 2(
11π 3π
)
因为y=sinx在x∈ − ,− 上单调递增，
6 2
π π
( )
所以f (x)在区间 − ,− 上单调递增，故D错误.
2 3
故选：BC.
10．（2024·四川·一模）已知函数f (x)=sinωx+√3cosωx(ω>0)的最小正周期为π，则（ ）
A．f (x)的最大值为2
π π
( )
B．f (x)在 − , 上单调递增
3 6
π
( )
C．f (x)的图象关于点 − ,0 中心对称
6
π
D．f (x)的图象可由y=2cos2x的图象向右平移 个单位得到
12
【解题思路】利用辅助角公式及周期公式可得函数解析式，根据三角函数的值域、单调性、对称性及图象
变换一一判定选项即可.
π 2π
【解答过程】易知f (x)=sinωx+√3cosωx=2sin ( ωx+ ) ，其最小正周期为T= =π，
3 ω
π
所以ω=2，即f (x)=2sin ( 2x+ ) ，显然f (x)≤2，故A正确；
3
π [ π π ] [ π π ]
令2x+ ∈ − +2kπ, +2kπ ⇒x∈ − +kπ, +kπ (k∈Z)，
3 2 2 12 12
显然区间 ( − π , π ) 不是区间 [ − π +kπ, π +kπ ] (k∈Z)的子区间，故B错误；
3 6 12 12
π π π
令x=− ⇒2x+ =0，则 ( − ,0 ) 是f (x)的一个对称中心，故C正确；
6 3 6
π
将y=2cos2x的图象向右平移 个单位得到
12
y=cos [ 2 ( x− π )] =cos ( 2x− π )=sin [π +( 2x− π )] =sin ( 2x+ π )=f (x)，
12 6 2 6 3
故D正确.
故选：ACD.
π
11．（2024·河北邯郸·模拟预测）已知函数f (x)=sin(ωx+φ)(0<ω<3,|φ|< )图象上相邻两点
2A ( x , √2) ,B ( x , √2)，若 |x −x |= π，且 y=f ( x− π )为奇函数，则（ ）
1 2 2 2 1 2 3 6
π
A．ω=2 B．φ=
4
π π
C．函数f ( x+ ) 为偶函数 D．函数f (x)在区间 ( 0, ) 上单调递增
6 3
T 3
【解题思路】根据三角函数性质得出|AB|= 或|AB|= T结合已知即可求参判断A,应用函数奇偶性函数
4 4
判断B,C,求出函数单调增区间判断D.
√2 π 3π
【解答过程】y=sinx和y= 相邻交点间距是 或 ，
2 2 2
T 3T
即相邻交点的间距是 或 （T是正弦函数的最小正周期）
4 4
( √2) ( √2)
因为A x , ,B x , 为相邻两点且纵坐标相同，
1 2 2 2
T 3
设T为f (x)的周期，所以|AB|= 或|AB|= T，
4 4
π 3π
所以|(ωx +φ)−(ωx +φ)|= 或 ，
1 2 2 2
π 3π π
所以ω|x −x |= 或 ，又|x −x |= ，
1 2 2 2 1 2 3
3 9 3
所以ω= 或ω= ，又0<ω<3，所以ω= ，选项A错误；
2 2 2
由y=f ( x− π )=sin [3 ( x− π )+φ ] =sin (3 x− π +φ ) 为奇函数，
6 2 6 2 4
π π
所以− +φ=kπ(k∈Z)，即φ=kπ+ ，
4 4
π π
又|φ|< ，所以φ=
，选项B正确；
2 4
由上可知f (x)=sin
(3
x+
π)
，f ( x+
π
)=sin
[3
( x+
π
)+
π]
=sin
(3
x+
π)
=cos
3
x为偶函数，
2 4 6 2 6 4 2 2 2
选项C正确；π 3 π π π 4 π 4
令− +2kπ< x+ < +2kπ，可得− + kπ<x< + kπ，
2 2 4 2 2 3 6 3
π π
( )
取k=0，可知函数f (x)在区间 − , 上单调递增，选项D错误；
2 6
故选:BC．
三、填空题
π π
12．（2024·河北石家庄·二模）已知函数y=√2sin(x− )在区间[0,a],[0,a+ ]上的值域均为
4 4
[3π 5π]
[−1,b]，则实数a的取值范围是 , ．
4 4
π π π π π π
【解题思路】当x∈[0,a]时，x− ∈[− ,a− ]，当x∈[0,a+ ]时，x− ∈[− ,a]，
4 4 4 4 4 4
在结合正弦函数图像可得到¿，求出a即可.
π π π π π π
【解答过程】当x∈[0,a]时，x− ∈[− ,a− ]，当x∈[0,a+ ]时，x− ∈[− ,a].
4 4 4 4 4 4
π π
因为函数y=√2sin(x− )在区间[0,a],[0,a+ ]上的值域均为[−1,b]，
4 4
π 5π
而√2sin(− )=−1，√2sin =−1，所以b=√2.
4 4
π 5π
又因为√2sin(− )=−1，√2sin =−1,
4 4
3π 5π 3π 5π
所以¿，解得 ≤a≤ ，即实数a的取值范围是[ , ].
4 4 4 4
3π 5π
故答案为：[ , ].
4 4
( π) π
13．（2024·内蒙古赤峰·二模）将函数 f (x)=2sin ωx+ (ω>0)的图象向右平移 个单位，得到函
6 6ω
[ π π]
数y=g(x)的图象，若函数y=g(x)在 − , 上为增函数，则ω的取值范围是 (0,2] .
6 4
【解题思路】先得到g(x)=2sin(ωx)，再由¿求解．
π [ π π]
【解答过程】依题意，得g(x)=f(x− )=2sin ω(x− )+ =2sin(ωx)，
6ω 6ω 6
π π ωπ ωπ
因为− ≤x≤ ，所以− ≤ωx≤ ，且ω>0，
6 4 6 4[ π π]
而函数y=g(x)在 − , 上为增函数，
6 4
得¿，得ω≤2，而ω>0，得0<ω≤2，
故答案为：(0,2].
14．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数f (x)=sin❑ 2ωx+√3sinωxcosωx(ω>0)的最小正周期为π，
则下列结论中正确的有 ①④ .
π
①函数f (x)的图象关于直线x= 对称；
3
(π kπ )
②函数f (x)的对称中心是 + ,0 (k∈Z)；
12 2
[π 5π]
③函数f (x)在区间 , 上单调递增；
12 12
1 π
④函数f (x)的图象可以由g(x)=cos2x+ 的图象向右平移 个单位长度得到.
2 3
2π π 1
【解题思路】根据二倍角公式、辅助角公式和T= 求得ω=1，进而f(x)=sin(2x− )+ ，利用正
|ω| 6 2
弦函数的图象与性质，结合命题依次判断即可.
1 1 √3 π 1
【解答过程】f(x)=sin2ωx+√3sinωxcosωx= − cos2ωx+ sin2ωx=sin(2ωx− )+ ,
2 2 2 6 2
2π
又f(x)的最小正周期为π，所以T= =π ，由ω>0解得ω=1.
|2ω|
π 1
所以f(x)=sin(2x− )+
.
6 2
π π π 1 3
①：f( )=sin(2× − )+ = ，
3 3 6 2 2
π
所以x= 是f(x)图象的一条对称轴，故①正确；
3
π kπ π kπ π 1 1
②：f( + )=sin[2( + )− ]+ = ,k∈Z，
12 2 12 2 6 2 2
π kπ 1
所以( + , )(k∈Z)是f(x)图象的一个对称中心，故②错误；
12 2 2
π 5π π 2π
③：由 ≤x≤ ，得0≤2x− ≤ ，
12 12 6 3
π 5π
所以f(x)图象在[ , ]上先增后减，故③错误；
12 121 π
④：g(x)=cos2x+ 图象向右平移 个单位长度，
2 3
π 1 2π 1 π π 1 π 1
得y=cos[2(x− )]+ =cos(2x− )+ =cos(2x− − )+ =sin(2x− )+ ，故④正确.
3 2 3 2 6 2 2 6 2
故答案为：①④.
四、解答题
15．（2024·浙江·模拟预测）已知函数f (x)=sinx−√3cosx.
π
( )
(1)求f 的值，
6
(2)求函数y=f (x)⋅sinx的单调递增区间.
【解题思路】
π
（1）将x= 代入化简即可得出答案；
6
1 π π
（2）化简y=f (x)⋅sinx，求y= −sin( 2x+ ) 的单调递增区间即求y=sin( 2x+ ) 的单调递减区
2 6 6
π π 3π
间，令 +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ,k∈Z，即可得出答案.
2 6 2
π π π 1 √3
【解答过程】（1）f ( )=sin −√3cos = −√3× =−1.
6 6 6 2 2
1 1 √3 1 π
（2）y=f (x)⋅sinx=sin2x−√3sinxcosx= − cos2x− sin2x= −sin( 2x+ ) ,
2 2 2 2 6
1 π π
求y= −sin( 2x+ ) 的单调递增区间即求y=sin( 2x+ ) 的单调递减区间，
2 6 6
π π 3π
令 +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ,k∈Z，
2 6 2
π 2π
解得： +kπ≤x≤ +kπ,k∈Z，
6 3
[π 2π ]
所以所求的单调增区间为 +kπ, +kπ (k∈Z).
6 3
π
16．（2024·山西临汾·三模）已知函数f (x)=Asin(ωx+φ) ( A>0,ω>0,0<φ< ) 的图象可由函数
2
π
y=3sinx的图象平移得到，且关于直线x=
对称．
3
(7π
)
(1)求f 的值；
12π π
(2)求函数g(x)=f ( 2x+ )+f ( 2x− ) ,x∈[0,π]的单调递增区间．
6 6
π
【解题思路】（1）根据题意求出振幅和周期，再由正显函数的对称轴解出φ= ，进而得到
6
π 7π
f (x)=3sin( x+ ) ，再代入 解出即可；
6 12
（2）先由图象平移得到g(x)，法一换元法整体代入求增区间；法二由正弦函数的递增区间结合条件中x范
围求出即可.
【解答过程】（1）依题知函数f (x)与函数y=3sinx有相同的振幅和周期，所以A=3，ω=1
π
因为函数f (x)的图象关于直线x= 轴对称，
3
π π
所以
+φ= +kπ,k∈Z，
3 2
π
即φ= +kπ,k∈Z，
6
π π
又因为0<φ< ，所以φ=
，
2 6
π
所以f (x)=3sin( x+ ) ，
6
(7π ) (7π π) 3π 3√2
f =3sin + =3sin = ．
12 12 6 4 2
（2）g(x)=3sin( 2x+ π )+3sin2x=3 (3 sin2x+ √3 cos2x )
3 2 2
π
=3√3sin( 2x+ )
6
π [π 13π]
法一：因为x∈[0,π]，所以t=2x+ ∈ , ，
6 6 6
[π π] [3π 13π]
因为y=sint在 , , , 单调递增，
6 2 2 6
[ π] [2π ]
故y=g(x)的单调递增区间为 0, 和 ,π ．
6 3
法二：
π π π
由− +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ,k∈Z，
2 6 2π π
得− +kπ≤x≤ +kπ,k∈Z，
3 6
又因为x∈[0,π]
[ π] [2π ]
所以g(x)的单调递增区间为 0, 和 ,π ．
6 3
π
17．（2024·辽宁·模拟预测）如图，函数f (x)=sin(ωx+θ) ( ω>0,0≤θ≤ ) 的图象与y轴相交于点
2
( 1) 5π
0, ，且在y轴右侧的第一个零点为 .
2 12
(1)求θ和ω的值；
(2)已知0<α<
π
<β<π，f
(α
−
π)
=
1
，f
(α+β
+
π)
=−
2√2
，求cosβ的值.
2 2 12 3 2 6 3
1 π T 5π T
【解题思路】（1）根据sinθ= 可得θ= ，即可根据周期关系得 < < ，结合中心对称即可求解
2 6 4 12 2
ω=2，
2√2
（2）根据同角关系可得cosα= ，进而根据和差角公式即可求解.
3
1 π π π
【解答过程】（1）由已知sinθ= ，∵0≤θ≤ ，∴θ= ，∴f(x)=sin ( ωx+ ) ，
2 2 6 6
5π π 2(6k−1)
由已知ω + =kπ ，k∈Z，∴ω= ，k∈Z，
12 6 5
T 5π T 2π 6 12
由图象可知 < < ，∵T= ，∴ <ω< ，∴ω=2
4 12 2 ω 5 5
π
（2）由（1）知f(x)=sin ( 2x+ ) ，
6
∵f
(α
−
π)
=
1
，∴sinα=
1
，∵0<α<
π
，∴cosα=
2√2
；
2 12 3 3 2 3
π π π 3π
∵ <β<π ，∴ <α+ <α+β<α+π< ，
2 2 2 2
∴sin(α+π)<sin(α+β)<sin ( α+ π ) ，即− 1 <sin(α+β)< 2√2
2 3 3(α+β π) 2√2 2√2 1
∵f + =− ，∴cos(α+β)=− ，∴sin(α+β)= ，
2 6 3 3 3
7
∴cosβ=cos[(α+β)−α]=cos(α+β)cosα+sin(α+β)sinα=− .
9
18．（2024·广东广州·模拟预测）已知函数f (x)=2sinxcosx−2√3sin2x+√3.
[ π]
(1)若x∈ 0, 时，m<f (x)恒成立，求实数m的取值范围；
4
1 π
(2)将函数f (x)的图象的横坐标缩小为原来的 ，纵坐标不变，再将其向右平移 个单位，得到函数g(x)的
2 6
图象.若x∈[0,t]，函数g(x)有且仅有4个零点，求实数t的取值范围.
【解题思路】（1）利用三角恒等变形，转化为正弦型函数，然后利用相位整体思想，结合正弦曲线，求
出最值，即可得到答案；
（2）根据伸缩和平移变换，得到新的函数解析式，再同样把相位看成一个整体，利用正弦曲线，数形结
合，就可以判定端点值的取值范围，从而得到解答.
π
【解答过程】（1）因为f (x)=2sinxcosx−2√3sin2x+√3=sin2x+√3cos2x=2sin( 2x+ ) ，
3
[ π] π [π 5π]
当x∈ 0, 时，可得2x+ ∈ , ，
4 3 3 6
π 5π π 5π
当2x+ = ，即x= 时，f (x)取得最小值2sin =1，
3 6 4 6
[ π]
因为x∈ 0, 时，m<f (x)恒成立，所以m<1，
4
即实数m的取值范围为(−∞,1).
π 1 π
（2）由f (x)=2sin( 2x+ ) 图象的横坐标缩小为原来的 ，可得：y=2sin( 4x+ ) ，
3 2 3
再将其向右平移 π ，可得：y=2sin [ 4 ( x− π )+ π] =2sin( 4x− π ) ，
6 6 3 3
π
即函数g(x)=2sin(
4x−
)
，
3
π [ π π]
因为x∈[0,t]，所以4x− ∈ − ,4t− ，在给定区间的正弦函数的零点是x=0,π,2π,3π，
3 3 3
π
再由函数g(x)有且仅有4个零点，则满足3π≤4t− <4π，
35π 13π [5π 13π
)
解得 ≤t< ，所以实数t的取值范围 , .
6 12 6 12
π
19．（2024·海南·模拟预测）已知函数f (x)=Asin(ωx+φ) ( A>0,ω>0,|φ|< ) 的部分图象如图所示，
2
(7π
)
点P(0,−1)，Q ,0
12
(1)求f (x)的解析式；
π
(2)将f (x)的图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标伸长为原来的2倍，再将所得图象向左平移 个单位长
3
[ π ]
度，得到g(x)的图象，求g(x)在区间 − ,0 上的最值.
2
【解题思路】（1）由图象可得A=2，代入P(0,−1)求出φ=−
π
，由Q
(7π
,0 ) ，结合图象可得
6 12
7πω π
− =π，求出ω=2，求出函数解析式；
12 6
（2）根据伸缩和平移变换得到g(x)=2sin( x+ π ) ，整体法求出函数在 [ − π ,0 ] 上的最值.
6 2
【解答过程】（1）由图象知A=2.
因为f (x)的图象过点P(0,−1)，所以2sinφ=−1，
π π π
又|φ|< ，所以φ=− ，所以f (x)=2sin( ωx− ) .
2 6 6
(7π ) 7πω π
又f (x)的图象过点Q ,0 ，由“五点作图法”可得 − =π，
12 12 6
π
所以ω=2.所以f
(x)=2sin(
2x−
)
.
6
（2）由题意知g(x)=2sin [( x+ π ) − π] =2sin( x+ π ) ，
3 6 6[ π ] π [ π π]
当x∈ − ,0 时，x+ ∈ − , ，
2 6 3 6
π [ √3 1]
所以sin( x+ ) ∈ − , ，
6 2 2
π
则2sin( x+ ) ∈[−√3,1]
，
6
[ π ]
所以g(x)在区间 − ,0 上的最小值为−√3，最大值为1.
2
