微专题12 三角函数的图象与性质
高考定位 三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容,主要从以下两个方面进行考查:
1.三角函数的图象,主要涉及图象变换问题以及由图象确定解析式,常以选择题、填空题的形式考
查; 2.利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等,主要以客观题或
作为解答题的其中一问考查.
【真题体验】
1.(2025·新高考Ⅰ卷)若点(a,0)(a>0)是函数y＝2tan (x−π
3)的图象的一个对称中心,则a 的最小值
为( )
A.π
6
B.π
3
C.π
2
D.4 π
3
答案 B
解析 由题意知a－π
3 ＝k π
2 ,k∈Z,
得a＝k π
2 ＋π
3 ,k∈Z,
因为a>0,所以取k＝0,得a 的最小值为π
3 .
2.(2024·新高考Ⅰ卷)当x∈[0,2π]时,曲线y＝sin x 与y＝2sin(3 x−π
6)的交点个数为( )
A.3
B.4
C.6
D.8
答案 C
解析 因为函数y＝2sin(3 x−π
6)的最小正周期T＝2π
3 ,
所以函数y＝2sin(3 x−π
6)在[0,2π]上的图象恰好是三个周期的图象,
所以作出函数y＝2sin(3 x−π
6)与y＝sin x 在[0,2π]上的图象如图所示,
由图可知,这两个图象共有6 个交点,故选C.
3.(多选)(2024·新高考Ⅱ卷)对于函数f(x)＝sin 2x 和g(x)＝sin (2 x−π
4),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
答案 BC
解析 对于A,令f(x)＝0,则x＝k π
2 ,k∈Z,
又g(
k π
2 )≠0,故A 错误;
对于B,f(x)与g(x)的最大值都为1,故B 正确;
对于C,f(x)与g(x)的最小正周期都为π,故C 正确;
对于D,f(x)图象的对称轴方程满足2x＝π
2 ＋kπ,k∈Z,即x＝π
4 ＋k π
2 ,k∈Z,
g(x)图象的对称轴方程满足2x－π
4 ＝π
2 ＋kπ,k∈Z,
即x＝3 π
8 ＋k π
2 ,k∈Z,
故f(x)与g(x)的图象的对称轴不相同,故D 错误.故选BC.
4.(2024·全国甲卷)函数f(x)＝sin x－√3cos x 在[0,π]上的最大值是 .
答案 2
解析 由题意知f(x)＝sin x－√3cos x＝2sin (x−π
3),
当x∈[0,π]时,x－π
3 ∈[−π
3 , 2π
3 ],
∴sin (x−π
3)∈[−√3
2 ,1],
于是f(x)∈[－√3,2],
故f(x)在[0,π]上的最大值为2.
5.(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ),如图,A,B 是直线y＝1
2与曲线y＝f(x)的两个交点,
若|AB|＝π
6 ,则f(π)＝ .
答案 －√3
2
解析 对比正弦函数y＝sin x 的图象易知,点(
2π
3 ,0)为“五点法”画图中的第五点,
所以2π
3 ω＋φ＝2π.①
由题知|AB|＝xB－xA＝π
6 ,{
ω x A＋φ＝π
6 ,
ω xB＋φ＝5 π
6 ,
两式相减,得ω(xB－xA)＝4 π
6 ,即π
6 ω＝4 π
6 ,
解得ω＝4.
代入①,得φ＝－2π
3 ,
所以f(π)＝sin (4 π −2π
3 )＝－sin 2π
3 ＝－√3
2 .
【热点突破】
热点一 三角函数图象的变换
1.沿x 轴平移:由y＝f(x)变为y＝f(x＋φ)时,“左加右减”,即φ>0,左移;φ<0,右移.
沿y 轴平移:由y＝f(x)变为y＝f(x)＋k 时,“上加下减”,即k>0,上移;k<0,下移.
2.沿x 轴伸缩:若ω>0,A>0,由y＝f(x)变为y＝f(ωx)时,所有点的纵坐标不变,横坐标变为原来的1
ω倍.
沿y 轴伸缩:由y＝f(x)变为y＝Af(x)时,所有点的横坐标不变,纵坐标变为原来的A 倍.
例1 (多选)(2025·保定质检)已知曲线C1:y＝cos x,C2:y＝sin (2 x＋2π
3 ),则下面结论正确的是(
)
A.把曲线C1向左平移π
6 个单位长度,再把得到的曲线上各点的横坐标缩短到原来的1
2,纵坐标不变,
得到曲线C2
B.把曲线C1向左平移π
12个单位长度,再把得到的曲线上各点的横坐标缩短到原来的1
2,纵坐标不变,
得到曲线C2
C.把曲线C1上各点的横坐标缩短到原来的1
2,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移π
6 个单位长度,
得到曲线C2
D.把曲线C1上各点的横坐标缩短到原来的1
2,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移π
12个单位长度,
得到曲线C2
答案 AD
解析 对于A,曲线C1:y＝cos x 向左平移π
6 个单位长度,
得到曲线y＝cos (x＋π
6),再把得到的曲线上各点的横坐标缩短到原来的1
2,纵坐标不变,
得到曲线y＝cos (2 x＋π
6)
＝cos (2 x＋2π
3 −π
2)＝sin (2 x＋2π
3 ),故A 正确;
对于B,把曲线C1:y＝cos x 向左平移π
12个单位长度,得到曲线y＝cos (x＋π
12),
再把得到的曲线上各点的横坐标缩短到原来的1
2,纵坐标不变,得到曲线y＝cos (2 x＋π
12)＝
sin (2 x＋π
12 ＋π
2)＝sin (2 x＋7 π
12)的图象,不是曲线C2,故B 错误;
对于C,把曲线C1:y＝cos x 上各点的横坐标缩短到原来的1
2,纵坐标不变,得到曲线y＝cos 2x,再把
得到的曲线向左平移π
6 个单位长度,
得到曲线y＝cos [2(x＋π
6)]＝cos (2 x＋π
3)＝sin (2 x＋π
3 ＋π
2)＝sin (2 x＋5 π
6 )的图象,不是
曲线C2,故C 错误;
对于D,把曲线C1:y＝cos x 上各点的横坐标缩短到原来的1
2,纵坐标不变,得到曲线y＝cos 2x,再把
得到的曲线向左平移π
12个单位长度,
得到曲线y＝cos [2(x＋π
12)]＝cos (2 x＋π
6)＝cos (2 x＋2π
3 −π
2)＝sin (2 x＋2π
3 ),故D 正确.
易错提醒 在图象变换中务必分清是先平移,还是先伸缩,左右平移只是对其中的自变量x 而言的,
如果x 的系数不是1,就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向.
训练1 (1)(2025·福建十一校联考)已知函数f(x)＝2√2cos (
π
4 ＋x)cos (
π
4 −x),要得到函数g(x)＝
sin 2x－2cos 2x＋1 的图象,只需将f(x)的图象( )
A.向左平移π
8 个单位长度
B.向左平移3 π
4 个单位长度
C.向右平移3 π
4 个单位长度
D.向右平移3 π
8 个单位长度
(2)(2025·安康调研)将函数f(x)＝2sin(2 x−π
3)的图象向左平移m(m>0)个单位长度,所得图象关于原
点对称,则m 的值可以是( )
A.π
3
B.π
C.4 π
3
D.5 π
3
答案 (1)D (2)D
解析 (1)f(x)＝2√2cos(
π
4 ＋x)·
cos(
π
4 −x)＝2√2cos(
π
4 ＋x)sin(
π
4 ＋x)
＝√2sin(
π
2 ＋2 x)＝√2cos 2x,
g(x)＝sin 2x－2cos 2x＋1＝sin 2x－cos 2x
＝√2sin(2 x−π
4)＝√2cos(2 x−3 π
4 ),
故将f(x)的图象向右平移3 π
8 个单位长度可得g(x)的图象.
(2)将函数f(x)＝2sin(2 x−π
3)的图象向左平移m(m>0)个单位长度,
得y＝2sin(2 x＋2m−π
3)的图象,
因为y＝2sin(2 x＋2m−π
3)的图象关于原点对称,
所以2m－π
3 ＝kπ,k∈Z,
即m＝π
6 ＋k π
2 ,k∈Z,当k＝3 时,得m＝5 π
3 ,
使m＝π
6 ＋k π
2 ＝π
3 ,m＝π
6 ＋k π
2 ＝π,
m＝π
6 ＋k π
2 ＝4 π
3 的整数k 不存在.
热点二 三角函数的图象与解析式
已知部分图象求函数y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0,ω>0)的解析式时,常用的方法是待定系数法.由图中
的最高点、最低点或特殊点求A,B;由函数的周期确定ω;确定φ 常根据“五点法”中的五个点求解,
其中一般把第一个零点作为突破口,可以从图象的升降找准第一个零点的位置.
例2 (1)函数f(x)＝2sin (ωx −π
6)＋m(0<ω<4)的部分图象如图所示,则f(
2 026
3 )＝ .
(2)已知f(x)＝2tan(ωx＋φ)(ω>0,|φ|< π
2),f(0)＝2√3
3 ,最小正周期T∈(
π
4 , 3 π
4 ),f(x)图象的一个对称
中心为(
π
6 ,0),则f(
π
3)的值为 .
答案 (1)－2 (2)－2√3
3
解析 (1)由题图可知m＝1＋(−3)
2
＝－1,
且f(x)的图象过点(1,0),
则ω－π
6 ＝5 π
6 ＋2kπ(k∈Z),
即ω＝π＋2kπ(k∈Z).
因为0<ω<4,所以ω＝π,
所以f(x)＝2sin (π x−π
6)－1,
所以f(
2 026
3 )＝2sin(
2 026 π
3
−π
6)－1
＝2sin(675 π ＋π
3 −π
6)－1＝－2sin π
6 －1＝－2.
(2)由f(0)＝2√3
3 ,
可得2tan φ＝2√3
3 ,tan φ＝√3
3 ,
又|φ|<π
2 ,所以φ＝π
6 .
因为f(x)图象的一个对称中心为(
π
6 ,0),
故π
6 ω＋π
6 ＝k π
2 ,k∈Z,
得ω＝3k－1,k∈Z.
因为T∈(
π
4 , 3 π
4 ),
所以π
4 < π
ω<3
4π,
解得4
3 <ω<4,所以ω＝2.
故f(x)的解析式为f(x)＝2tan(2 x＋π
6),
所以f(
π
3)＝2tan (2× π
3 ＋π
6)＝－2√3
3 .
易错提醒 在本例(2)中,根据正切函数图象的对称中心的有关结论,写出参数ω 满足的关系式,注
意不要只认为π
6 ω＋π
6 ＝kπ,k∈Z,而是π
6 ω＋π
6 ＝k π
2 ,k∈Z.
训练2 (1)(2025·武汉模拟)函数f(x)＝2sin(2x＋φ)＋1(|φ|<π)的部分图象如图所示,则φ＝ .
(2)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0,ω>0,|φ|<π
2 )的最大值为2,其图象的相邻两条对称轴之间
的距离为π
2 ,将f(x)的图象向左平移π
12个单位长度后得到g(x)的图象,若g(x)为偶函数,则φ＝
.
答案 (1)π
3 (2)π
3
解析 (1)令f(x)＝2sin(2x＋φ)＋1＝0,
则sin(2x＋φ)＝－1
2,
根据题图知x＝－π
4 为函数零点,
且零点在上升区间,
则2×(−π
4)＋φ＝2kπ－π
6 ,k∈Z,
则φ＝2kπ＋π
3 ,k∈Z,
因为|φ|<π,则k＝0,φ＝π
3 .
(2)由f(x)的最大值为2,得A＝2,
由f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π
2 ,
得2π
ω ＝π
2 ×2,解得ω＝2,
∴f(x)＝2sin(2x＋φ),
∴g(x)＝f(x＋π
12)＝2sin[2(x＋π
12)＋φ]
＝2sin (2 x＋π
6 ＋φ).
∵g(x)为偶函数,∴π
6 ＋φ＝π
2 ＋kπ(k∈Z),
解得φ＝π
3 ＋kπ(k∈Z),
又|φ|<π
2 ,∴φ＝π
3 .
热点三 三角函数的性质
函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0,ω>0)的性质
(1)单调性:由－π
2 ＋2kπ≤ωx＋φ≤π
2 ＋2kπ(k∈Z)可得单调递增区间;由π
2 ＋2kπ≤ωx＋φ≤3 π
2 ＋
2kπ(k∈Z)可得单调递减区间.
(2)对称性:由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)可得对称中心;
由ωx＋φ＝kπ＋π
2 (k∈Z)可得对称轴.
(3)奇偶性:φ＝kπ(k∈Z)时,函数y＝Asin(ωx＋φ)为奇函数;φ＝kπ＋π
2 (k∈Z)时,函数y＝Asin(ωx＋φ)
为偶函数.
例3 (1)(多选)(2025·扬州调研)已知函数f(x)＝|sin x|＋cos (x−π
6),则( )
A.函数f(x)的最小正周期为2π
B.函数f(x)的图象为中心对称图形
C.函数f(x)在(−2π ,−5 π
3 )上单调递增
D.关于x 的方程f(x)＝a 在[－π,π]上至多有3 个解
(2)(2025·厦门质检)将函数f(x)＝sin (ωx ＋π
6)(ω>0)的图象向左平移π
2ω个单位长度后,得到g(x)的
图象,若函数g(x)在[0, π
2]上单调递减,则ω 的取值范围为 .
答案 (1)AC (2)(0, 5
3]
解析 (1)当－π≤x≤0 时,f(x)＝－sin x＋cos(x−π
6)＝√3
2 cos x－1
2 sin x＝cos(x＋π
6),
函数f(x)在[−π ,−π
6]上单调递增,
函数值从－√3
2 增大到1;
在[−π
6 ,0]上单调递减,函数值从1 减小到√3
2 .
当0<x≤π 时,f(x)＝sin x＋cos (x−π
6)
＝√3
2 cos x＋3
2 sin x＝√3cos (x−π
3),
函数f(x)在(0, π
3]上单调递增,
函数值从√3
2 增大到√3;
在[
π
3 ,π]上单调递减,
函数值从√3减小到－√3
2 ,函数f(x)在[－π,π]上的图象,如图.
对于A,f(x＋2π)＝|sin(x＋2π)|＋cos(x＋2π −π
6)＝|sin x|＋cos(x−π
6)＝f(x),
结合函数f(x)在[－π,π]上的图象,得2π 是f(x)的最小正周期,A 正确;
对于B,观察函数f(x)在[－π,π]上的图象,知函数f(x)在[－π,π]上的图象不是中心对称图形,B 错误;
对于C,由函数f(x)在(0, π
3)上单调递增,f(x)的最小正周期是2π,得函数f(x)在(−2π ,−5 π
3 )上单调
递增,C 正确;
对于D,观察函数f(x)在[－π,π]上的图象,得当√3
2 <a<1 时,f(x)＝a 有4 个解,D 错误.故选AC.
(2)将f(x)＝sin (ωx ＋π
6)(ω>0)的图象向左平移π
2ω个单位长度后,
得g(x)＝sin [ω(x＋π
2ω)＋π
6]
＝sin (ωx ＋2π
3 )的图象,
当x∈[0, π
2]时,ωx＋2π
3 ∈[
2π
3 , ω π
2 ＋2π
3 ],
因为g(x)在[0, π
2]上单调递减,
则2π
3 <ω π
2 ＋2π
3 ≤3 π
2 ,
解得0<ω≤5
3.
规律方法 研究三角函数的性质,首先化函数为f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋h 的形式,然后结合正弦函数y
＝sin x 的性质求f(x)的性质,此时有两种思路:一种是根据y＝sin x 的性质求出f(x)的性质,然后判断
各选项;另一种是由x 的值或范围求得t＝ωx＋φ 的范围,然后由y＝sin t 的性质判断各选项.
训练3 (1)(多选)(2025·河北名校联考)已知函数f(x)＝sin (ωx ＋π
3)(ω>0)的图象在[0,π]上有且仅有
两个对称中心,则下列结论正确的是( )
A.ω 的取值范围是[
5
3 , 8
3)
B.函数f(x)在(0, π
12)上单调递增
C.x＝π
4 不可能是函数y＝f(x)的图象的一条对称轴
D.f(x)的最小正周期可能为π
2
(2)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ),其中ω>0,|φ|≤π
2 ,－π
4 为f(x)的零点,且f(x)≤|f(
π
4)|恒成立,f(x)在区
间(−π
12 , π
24)上有最小值,无最大值,则ω 的最大值为 .
答案 (1)AC (2)15
解析 (1)A 中,x∈[0,π]时,ωx＋π
3 ∈[
π
3 ,ω π ＋π
3],
由函数f(x)＝sin (ωx ＋π
3)(ω>0)的图象在[0,π]上有且仅有两个对称中心得,
ωπ＋π
3 ∈[2π,3π),
解得ω∈[
5
3 , 8
3),A 正确;
B 中,x∈(0, π
12)时,ωx＋π
3 ∈(
π
3 , ω π
12 ＋π
3),
由A 可知ω∈[
5
3 , 8
3),
故ω π
12 ＋π
3 ∈[
17 π
36 , 5 π
9 ),
而5 π
9 >π
2 ,故函数f(x)在(0, π
12)上不一定单调,B 错误;
C 中,假设x＝π
4 为函数f(x)图象的一条对称轴,
令π
4 ω＋π
3 ＝π
2 ＋kπ,k∈Z,
解得ω＝2
3＋4k,k∈Z,
又2
3＋4k∈[
5
3 , 8
3),故k∈[
1
4 , 1
2),
又k∈Z,故无解,
故x＝π
4 不可能是函数y＝f(x)的图象的一条对称轴,C 正确;
D 中,ω∈[
5
3 , 8
3),故f(x)的最小正周期T＝2π
ω ∈(
3 π
4 , 6 π
5 ],
故f(x)的最小正周期不可能为π
2 ,D 错误.故选AC.
(2)由题意知f(x)在x＝π
4 处取得最值,
又f(−π
4)＝0,
所以π
4 －(−π
4)＝2n−1
4
·T(n∈N*),
即π
2 ＝2n−1
4
·2π
ω ,解得ω＝2n－1,n∈N*,
又f(x)在区间(−π
12 , π
24)上有最小值,无最大值,所以T≥π
24 －(−π
12)＝π
8 ,即2π
ω ≥π
8 ,
解得ω≤16,故ω 的最大值为15.
【精准强化练】
一、单选题
1.已知函数f(x)＝cos x－cos 2x,则该函数为( )
A.奇函数,最大值为2
B.偶函数,最大值为2
C.奇函数,最大值为9
8
D.偶函数,最大值为9
8
答案 D
解析 函数f(x)的定义域为R,且f(－x)＝f(x),则f(x)为偶函数.
f(x)＝cos x－cos 2x＝cos x－(2cos 2x－1)
＝－2cos 2x＋cos x＋1
＝－2(cos x−1
4)
2
＋9
8,
又cos x∈[－1,1],故f(x)的最大值为9
8.
2.(2025·长沙模拟)将函数g(x)＝2sin (2 x＋π
12)的图象向左平移π
12个单位长度后,再把图象上所有
点的横坐标伸长为原来的2 倍,得到函数h(x)的图象,若f(x)与h(x)的图象关于x 轴对称,则f(x)的一
个单调递增区间为( )
A.(−π
4 , 3 π
4 )
B.(−3 π
4 , π
4)
C.(
π
4 , 5 π
4 )
D.(
3 π
4 , 7 π
4 )
答案 C
解析 由题意可得h(x)＝2sin(x＋π
6 ＋π
12)＝2sin(x＋π
4),
因为f(x)与h(x)的图象关于x 轴对称,
所以f(x)＝－h(x)＝－2sin (x＋π
4),
令π
2 ＋2kπ≤x＋π
4 ≤3 π
2 ＋2kπ,k∈Z,
解得π
4 ＋2kπ≤x≤5 π
4 ＋2kπ,k∈Z,
取k＝0,则π
4 ≤x≤5 π
4 ,故选C.
3.(2025·广州质检)设函数f(x)＝cos(x＋φ),其中|φ|<π
2 .若∀x∈R,都有f(
π
4 ＋x)＝f(
π
4 −x),则y＝f(x)
的图象与直线y＝1
4x－1 的交点个数为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
答案 C
解析 ∀x∈R,都有f(
π
4 ＋x)＝f(
π
4 −x),
所以x＝π
4 是y＝f(x)图象的一条对称轴,
所以π
4 ＋φ＝kπ(k∈Z),
因为|φ|<π
2 ,所以φ＝－π
4 .
所以f(x)＝cos (x−π
4).
在平面直角坐标系中画出f(x)＝cos (x−π
4)与y＝1
4x－1 的图象,如图所示,
可知y＝f(x)的图象与直线y＝1
4 x－1 的交点个数为3.
4.(2025·山东新高考联测)已知f(x)＝cos(2x＋φ),|φ|<π
2 ,f(x)的一个极值点是π
6 ,则( )
A.f(x)在(
π
6 , 5 π
6 )上单调递增
B.f(x)在(
π
6 , 5 π
6 )上单调递减
C.f(x)在(−π
3 , π
6)上单调递增
D.f(x)在(−π
3 , π
6)上单调递减
答案 C
解析 由题意知cos (
π
3 ＋φ)＝±1,解得π
3 ＋φ＝kπ,k∈Z,
即φ＝－π
3 ＋kπ,k∈Z.
因为|φ|<π
2 ,所以φ＝－π
3 ,
f(x)＝cos (2 x−π
3).
令－π＋2kπ≤2x－π
3 ≤2kπ,k∈Z,
解得－π
3 ＋kπ≤x≤π
6 ＋kπ,k∈Z,
当k＝0 时,得到f(x)在(−π
3 , π
6)上单调递增,故C 正确,D 错误.
令2kπ≤2x－π
3 ≤π＋2kπ,k∈Z,
解得π
6 ＋kπ≤x≤2π
3 ＋kπ,k∈Z.
当k＝0 时,得到f(x)在(
π
6 , 2π
3 )上单调递减,故A 错误,B 错误.故选C.
5.(2025·杭州调研)已知函数f(x)＝1
2 cos 2 x
2 －1
2 sin 2x
2 ＋√3sin x
2 cos x
2,将函数f(x)的图象各点的
横坐标缩小为原来的1
2(纵坐标不变),再向左平移π
12个单位长度,得到函数y＝g(x)的图象.若方程
2g(x)－m＝1 在x∈[0, 7 π
12]上有两个不同的解x1,x2,则x1＋x2的值为( )
A.π
6
B.π
3
C.π
2
D.π
答案 A
解析 根据题意可得f(x)＝1
2 cos x＋√3
2 sin x＝sin (x＋π
6),
所以g(x)＝sin [2(x＋π
12)＋π
6]
＝sin (2 x＋π
3),
因为0≤x≤7 π
12 ,所以π
3 ≤2x＋π
3 ≤3 π
2 ,
所以g(x)在[0, π
12]上单调递增,在(
π
12 , 7 π
12]上单调递减,
g(0)＝g(
π
6)＝√3
2 ,g(
π
12)＝1,g(
7 π
12)＝－1,
方程2g(x)－m＝1,即g(x)＝m＋1
2
有两个不同的解x1,x2,且x1,x2关于直线x＝π
12对称,
所以x1＋x2＝2× π
12 ＝π
6 .故选A.
6.(2025·天津调研)已知f(x)＝sin x
2＋cos x
2,x＝φ(0<φ<π)是函数f(x)图象的一条对称轴,g(x)＝
√2cos (2 x＋φ
2),则下列说法中正确的是( )
A.x＝π
8 是g(x)图象的一条对称轴
B.(
π
8 ,0)为g(x)图象的一个对称中心
C.g(x)图象与y 轴的交点为(0,√2)
D.g(x)在[−π
8 , 3 π
8 ]上单调递增
答案 B
解析 f(x)＝√2(
√2
2 sin x
2 ＋√2
2 cos x
2)
＝√2sin (
x
2 ＋π
4),
令x
2 ＋π
4 ＝π
2 ＋kπ,k∈Z,
解得x＝π
2 ＋2kπ,k∈Z,
由x＝φ(0<φ<π)是f(x)图象的一条对称轴,
可得φ＝π
2 ,
∴g(x)＝√2cos (2 x＋π
4),
∴g(
π
8)＝√2cos (2× π
8 ＋π
4)＝√2cos π
2 ＝0,
故A 错误,B 正确;
又g(0)＝√2cos π
4 ＝1,
所以g(x)图象与y 轴的交点为(0,1),故C 错误;
当－π
8 ≤x≤3 π
8 时,0≤2x＋π
4 ≤π,
由余弦函数性质,知g(x)在[−π
8 , 3 π
8 ]上单调递减,故D 错误.
7.(2025·荆州模拟)已知函数f(x)＝4cos(ωx＋φ)(ω>0,0<φ< π
2)的部分图象如图所示,图象的一个最
高点为M,图象与x 轴的一个交点为N(
9
4 ,0),且点M,N 之间的距离为5,则f(
5
4)＝( )
A.3√3
2
B.2√3
C.3
2
D.2
答案 D
解析 由题知函数f(x)的最大值为4.
设f(x)的最小正周期为T,
依题意,得42＋(
T
4)
2
＝MN2＝25,解得T＝12,
所以2π
ω ＝12,解得ω＝π
6 ,
所以f(x)＝4cos (
π
6 x＋φ),
又点N(
9
4 ,0)在函数f(x)的图象上,
所以f(
9
4)＝4cos (
π
6 × 9
4 ＋φ)＝0,
结合图象,知π
6 × 9
4＋φ＝π
2 ＋2kπ(k∈Z),
解得φ＝π
8 ＋2kπ(k∈Z),
又0<φ<π
2 ,则φ＝π
8 ,
所以f(x)＝4cos (
π
6 x＋π
8),
所以f(
5
4)＝4cos (
π
6 × 5
4 ＋π
8)＝4cos π
3 ＝2.
二、多选题
8.(2025·南京质检)已知x1,x2是函数f(x)＝tan(ωx＋φ)(ω>0,－π<φ<π)的两个零点,且|x1－x2|的最小值
为π
3 ,若将函数f(x)的图象向左平移π
12个单位长度后得到的图象关于原点对称,则φ 的可能值为(
)
A.3 π
4
B.π
4
C.－π
4
D.π
8
答案 ABC
解析 由题意得函数f(x)的最小正周期T＝π
3 ,则π
ω ＝π
3 ,解得ω＝3,
所以f(x)＝tan(3x＋φ).
将函数f(x)的图象向左平移π
12个单位长度,得到y＝tan [3(x＋π
12)＋φ]＝tan (3 x＋π
4 ＋φ)的图
象,要使该图象关于原点对称,
则π
4 ＋φ＝k π
2 ,k∈Z,所以φ＝－π
4 ＋k π
2 ,k∈Z,
又－π<φ<π,所以当k＝0 时,φ 为－π
4 ;
当k＝1 时,φ 为π
4 ;当k＝2 时,φ 为3 π
4 .
故选ABC.
9.(2025·合肥模拟)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A >0,ω>0,|φ|< π
2)的部分图象如图所示,下列说法正
确的是( )
A.f(x)＝3sin (2 x−π
3)
B.f(x)在(π , 5
4 π)上单调递增
C.f(x)<3
2的解集为(−5 π
12 ＋k π , π
4 ＋k π)(k∈Z)
D.将f(x)的图象向左平移5 π
12 个单位长度后得到的图象关于原点对称
答案 ABC
解析 由题图知A＝3,函数f(x)的最小正周期T＝2π
ω ＝4[
π
6 −(−π
12)]＝π,解得ω＝2,
由f(−π
12)＝－3,得2·(−π
12)＋φ＝－π
2 ＋2nπ,n∈Z,
而|φ|<π
2 ,则n＝0,φ＝－π
3 ,
因此f(x)＝3sin (2 x−π
3),A 正确;
对于B,当x∈(π , 5
4 π)时,2x－π
3 ∈(
5 π
3 , 13 π
6 ),而正弦函数y＝sin x 在(
5 π
3 , 13 π
6 )上单调递增,
因此f(x)在(π , 5
4 π)上单调递增,B 正确;
对于C,由f(x)<3
2,得sin (2 x−π
3)<1
2,
则－7 π
6 ＋2kπ<2x－π
3 <π
6 ＋2kπ,k∈Z,
解得－5 π
12 ＋kπ<x<π
4 ＋kπ,k∈Z,
所以f(x)<3
2 的解集为(−5 π
12 ＋k π , π
4 ＋k π)(k∈Z),C 正确;
对于D,将f(x)的图象向左平移5 π
12 个单位长度,
得y＝3sin [2(x＋5 π
12)−π
3]＝3sin (2 x＋π
2)＝3cos 2x 的图象,
y＝3cos 2x 为偶函数,其图象关于y 轴对称,D 错误.故选ABC.
三、填空题
10.(2025·银川质检)将函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象上的每个点的横坐标变为原来的1
2(纵坐标不变),
再将得到的图象向左平移π
6 个单位长度,所得的图象关于y 轴对称,写出一个符合条件的φ 的值:
.
答案 －π
6 (答案不唯一)
解析 由题意可知,所得的图象对应的函数解析式为g(x)＝sin [4(x＋π
6)＋φ]
＝sin (4 x＋2π
3 ＋φ),
又g(x)的图象关于y 轴对称,
所以2π
3 ＋φ＝π
2 ＋kπ,k∈Z,
解得φ＝kπ－π
6 ,k∈Z,
令k＝0,得φ＝－π
6 .
11.(2025·北京卷改编)设函数f(x)＝sin ωx＋cos ωx(ω>0),若f(x＋π)＝f(x)恒成立,且f(x)在[0, π
4]上存
在零点,则ω 的最小值为 .
答案 4
解析 函数f(x)＝sin ωx＋cos ωx
＝√2sin (ωx ＋π
4)(ω>0),
设函数f(x)的最小正周期为T,
由f(x＋π)＝f(x)可得kT＝π(k∈N*),
所以T＝2π
ω ＝π
k (k∈N*),即ω＝2k(k∈N*);
又函数f(x)在[0, π
4]上存在零点,
且当x∈[0, π
4]时,ωx＋π
4 ∈[
π
4 , π ω
4 ＋π
4],
所以π ω
4 ＋π
4 ≥π,即ω≥3,故ω＝4 即为所求.
12.(2025·郑州模拟)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ< π
2)的部分图象如图,f(x1)＝f(x2)＝－2
3,
则cos [
π
6 ( x2−x1)]＝ .
答案 1
3
解析 由题意可知f(0)＝2sin φ＝1,
即sin φ＝1
2.
因为0<φ<π
2 ,所以φ＝π
6 ,
即f(x)＝2sin (ωx ＋π
6),
又f(
5
2)＝2sin (
5ω
2 ＋π
6)＝0,
即5ω
2 ＋π
6 ＝2kπ＋π(k∈Z),
可得ω＝4 k π
5
＋π
3 (k∈Z),
设该函数的最小正周期为T,
由题图可知T
2 >5
2,
即2π
ω >5,解得0<ω<2π
5 ,
所以令k＝0,得ω＝π
3 ,
即f(x)＝2sin (
π
3 x＋π
6),
令π
3 x＋π
6 ＝mπ＋π
2 (m∈Z),
得x＝1＋3m(m∈Z),
由题图知x1＋x2＝－4,得x2＝－4－x1,
且f(x1)＝2sin(
π x1
3 ＋π
6)＝－2
3,
则cos[
π
6 ( x2−x1)]＝cos[
π
6 (−4−x1−x1)]
＝cos(
2π
3 ＋π x1
3 )
＝cos(
π
2 ＋π
6 ＋π x1
3 )＝－sin(
π
6 ＋π x1
3 )
＝－1
2 ×(−2
3)＝1
3.
四、解答题
13.(2025·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝cos(2x＋φ)(0≤φ<π),f(0)＝1
2.
(1)求φ;
(2)设函数g(x)＝f(x)＋f(x−π
6),求g(x)的值域和单调区间.
解 (1)因为f(0)＝cos φ＝1
2,且0≤φ<π,
所以φ＝π
3 .
(2)g(x)＝f(x)＋f(x−π
6)
＝cos (2 x＋π
3)＋cos 2x
＝cos 2xcos π
3 －sin 2xsin π
3 ＋cos 2x
＝3
2 cos 2x－√3
2 sin 2x
＝√3(
√3
2 cos 2 x−1
2 sin 2 x)
＝√3cos (2 x＋π
6).
因为x∈R,所以当cos (2 x＋π
6)＝1 时,g(x)max＝√3,
当cos (2 x＋π
6)＝－1 时,g(x)min＝－√3,
所以g(x)的值域为[－√3,√3].
令2kπ－π≤2x＋π
6 ≤2kπ(k∈Z),
得kπ－7 π
12 ≤x≤kπ－π
12(k∈Z).
令2kπ≤2x＋π
6 ≤2kπ＋π(k∈Z),
得kπ－π
12≤x≤kπ＋5 π
12 (k∈Z),
所以g(x)的单调递增区间为[k π −7 π
12 ,k π −π
12](k∈Z),
单调递减区间为[k π −π
12 ,k π ＋5 π
12](k∈Z).
14.已知函数f(x)＝√3sin(ωx＋φ)＋2sin 2(
ωx ＋φ
2 )－1(ω>0,0<φ<π)为偶函数,且f(x)图象的相邻两对
称轴间的距离为π
2 .
(1)求f(x)的解析式;
(2)将函数f(x)的图象向右平移π
6 个单位长度,再把横坐标缩短为原来的1
2(纵坐标不变),得到函数
g(x)的图象,若g(x)－m＝0 在[−π
12 , π
6]上有两个不同的根,求m 的取值范围.
解 (1)∵函数f(x)＝√3sin(ωx＋φ)＋
2sin2(
ωx ＋φ
2 )－1＝√3sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋φ)
＝2sin (ωx ＋φ−π
6)为偶函数,
∴φ－π
6 ＝kπ＋π
2 ,k∈Z,
又0<φ<π,可得φ＝2π
3 ,
∴f(x)＝2sin (ωx ＋π
2)＝2cos ωx.
∵f(x)图象的相邻两对称轴间的距离为
1
2 × 2π
ω ＝π
2 ,
∴ω＝2,∴f(x)＝2cos 2x.
(2)将函数f(x)的图象向右平移π
6 个单位长度,可得y＝2cos(2 x−π
3)的图象,再将横坐标缩短为原来
的1
2(纵坐标不变),得到函数g(x)＝2cos(4 x−π
3)的图象.
若g(x)－m＝0 在[−π
12 , π
6]上有两个不同的根,则方程cos(4 x−π
3)＝m
2 在[−π
12 , π
6]上有两个不同
的根,即函数y＝cos(4 x−π
3)的图象与直线y＝m
2 在[−π
12 , π
6]上有两个不同的交点.
∵4x－π
3 ∈[−2π
3 , π
3],
cos(−π
3)＝cos(
π
3)＝1
2,cos 0＝1,
∴1
2≤m
2 <1,∴1≤m<2.
故m 的取值范围为[1,2)
