第30 讲 三角函数的图像与性质 · 讲义（解析卷）
一、考情分析......................................................................................................................................1
二、知识清单......................................................................................................................................2
三、典题精讲......................................................................................................................................5
考点一：三角函数的图像与变换..........................................................................................5
考点二：根据条件确定解析式..............................................................................................9
考点三：三角函数的定义域、值域与最值........................................................................12
考点四：三角函数的周期性................................................................................................14
考点五：三角函数的奇偶性与对称性................................................................................15
考点六：三角函数的单调性................................................................................................18
考点七：三角函数性质的综合与应用................................................................................19
四、高考真题....................................................................................................................................22
一、考情分析
1. 考查频次与题型
年份
题号与
题型
分值
考察类型
考察内容
2024
第7 题
单选
5 分
直接
三角函数图像的交点个数问题
2025
第4 题
单选
第19 题
解答
22 分
直接
正切函数的对称中心；三角函数的单调性、最值与恒
成立问题综合
2026
第13 题
填空
5 分
直接
正弦型函数的奇偶性与单调区间
近三年全国一卷对三角函数的图像与性质考查较为频繁，每年均有直接考察.题型涵
盖单选题、填空题和解答题，分值在5 分至22 分之间波动，既有基础性质的考查，也有
作为压轴题的综合应用.
2. 命题角度与特色
（1） 核心考点：重点考查三角函数的图像特征（如交点个数）、基本性质（如对称
中心、奇偶性、单调性）以及在特定区间上的最值问题.
（2） 命题趋势：基础题型多以正弦型或正切型函数的性质为主，强调对周期、对称
性和单调区间的熟练掌握；解答题则倾向于将三角函数与不等式恒成立、导数等知识结合，
综合性强.
（3） 试题特点：数形结合思想贯穿始终.无论是判断图像交点个数，还是处理三角
不等式，都需要借助三角函数的图像特征进行直观分析与严密推导.
3. 备考策略
（1） 熟练掌握正弦、余弦、正切函数的图像与基本性质，能够准确求出复杂三角函
数的周期、对称轴、对称中心及单调区间.
（2） 强化数形结合能力，在处理三角函数方程的根、图像交点个数等问题时，养成
画草图辅助分析的习惯.
（3） 针对解答题中的三角函数综合问题，需提升代数变形能力，熟练运用三角恒等
变换公式，并结合导数工具处理复杂的最值与恒成立问题.
二、知识清单
1. 用五点法作正弦函数和余弦函数的简图
（1） 在正弦函数y =sin x , x∈[0,2π ]的图象中，五个关键点是：(0,0)，( π
2 ,1)，
(π ,0)，( 3 π
2 ,-1)，(2π ,0).
（2） 在余弦函数y =cos x , x∈[0,2π ]的图象中，五个关键点是：(0,1)，( π
2 ,0)，
(π ,-1)，( 3 π
2 ,0)，(2π ,1).
2. 正弦、余弦、正切函数的图象与性质（下表中k ∈Z）
函数
y =sin x
y =cos x
y = tan x
图象
定义域
R
R
{x∣x∈R , x≠kπ + π
2 }
值域
[-1,1]
[-1,1]
R
周期性
2π
2π
π
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
递增区间
[2kπ - π
2 ,2kπ + π
2 ]
[- π +2kπ ,2kπ ]
(kπ - π
2 ,kπ + π
2 )
递减区间
[2kπ + π
2 ,2kπ + 3 π
2 ]
[2kπ ,π +2kπ ]
无
函数
y =sin x
y =cos x
y = tan x
对称中心
(kπ ,0)
(kπ + π
2 ,0)
( kπ
2 ,0)
对称轴方程
x =kπ + π
2
x =kπ
无
① 正（余）弦曲线相邻两条对称轴之间的距离是T
2 ；正（余）弦曲线相邻两个对称
中心的距离是T
2 .
② 正（余）弦曲线相邻两条对称轴与对称中心距离是T
4 .
【易错提醒】 正切函数y = tan x的图象只有对称中心，没有对称轴.其对称中心不仅包
括与x轴的交点(kπ ,0)，还包括渐近线与x轴的交点( π
2 +kπ ,0)，统一表示为( kπ
2 ,0).
3. y = A sin(ωx +φ)与y = A cos(ωx +φ)( A >0,ω>0)的图像与性质
（1） 最小正周期：T = 2π
ω .
（2） 定义域与值域：y = A sin(ωx +φ)，y = A cos(ωx +φ)的定义域为R，值域为
[- A , A ].
（3） 最值（假设A >0,ω>0）：
① 对于y = A sin(ωx +φ)，当ωx +φ = π
2 +2kπ(k ∈Z )时，函数取得最大值A；当
ωx +φ =- π
2 +2kπ(k ∈Z )时，函数取得最小值- A.
② 对于y = A cos(ωx +φ)，当ωx +φ =2kπ(k ∈Z )时，函数取得最大值A；当
ωx +φ =2kπ + π(k ∈Z )时，函数取得最小值- A.
（4） 对称轴与对称中心（假设A >0,ω>0）：
① 对于y = A sin(ωx +φ)，当ωx +φ =kπ + π
2 (k ∈Z )，即sin(ωx +φ)=±1时，
y =sin(ωx +φ)的对称轴为x = x0；当ωx +φ =kπ(k ∈Z )，即sin(ωx +φ)=0时，y =sin(ωx +φ)
的对称中心为( x0,0).
② 对于y = A cos(ωx +φ)，当ωx +φ =kπ(k ∈Z )，即cos(ωx +φ)=±1时，
y =cos(ωx +φ)的对称轴为x = x0；当ωx +φ =kπ + π
2 (k ∈Z )，即cos(ωx +φ)=0时，
y =cos(ωx +φ)的对称中心为( x0,0).
③ 正、余弦曲线的对称轴是相应函数取最大（小）值的位置.正、余弦的对称中心是
相应函数与x轴交点的位置.
（5） 单调性（假设A >0,ω>0）：
① 对于y = A sin(ωx +φ)，ωx +φ∈[- π
2 +2kπ , π
2 +2kπ ](k ∈Z )⇒ 增区间；
ωx +φ∈[ π
2 +2kπ , 3 π
2 +2kπ ](k ∈Z )⇒ 减区间.
② 对于y = A cos(ωx +φ)，ωx +φ∈[- π +2kπ ,2kπ ](k ∈Z )⇒ 增区间；
ωx +φ∈[2kπ ,2kπ + π ](k ∈Z )⇒ 减区间.
【防坑警示】若ω<0，在求单调区间时，必须先利用诱导公式将x的系数化为正数，
即转化为y =- A sin(-ωx -φ)的形式，再结合基本三角函数的单调性进行求解，否则会导
致单调区间完全颠倒.
（6） 平移与伸缩：由函数y =sin x的图像变换为函数y =2sin(2 x + π
3 )+3的图像的步
骤：
① 方法一：先相位变换，后周期变换，再振幅变换，不妨采用谐音记忆：我们“想
欺负”（相一期一幅）三角函数图像，使之变形.y =sin x的图像向左平移π
3 个单位得到
y =sin( x + π
3 )的图像，所有点的横坐标变为原来的1
2，纵坐标不变得到y =sin(2 x + π
3 )的图
像，所有点的纵坐标变为原来的2 倍，横坐标不变得到y =2sin(2 x + π
3 )的图像，向上平移
3 个单位得到y =2sin(2 x + π
3 )+3.
② 方法二：先周期变换，后相位变换，再振幅变换.y =sin x的图像所有点的横坐标变
为原来的1
2，纵坐标不变得到y =sin2 x的图像，向左平移π
6 个单位得到
y =sin 2( x + π
6 )=sin(2 x + π
3 )的图像，所有点的纵坐标变为原来的2 倍，横坐标不变得到
y =2sin(2 x + π
3 )的图像，向上平移3 个单位得到y =2sin(2 x + π
3 )+3.
【易错提醒】在进行图像变换时，提倡先平移后伸缩（先相位后周期，即“想欺
负”），但先伸缩后平移（先周期后相位）在题目中也经常出现，所以必须熟练掌握，无
论哪种变化，切记每一个变换都是对变量x而言的，即图像变换要看“变量x”发生多大变
化，而不是“角ωx +φ”变化多少.
4. 三角函数的奇偶性与对称性拓展
（1） 若函数y = A sin(ωx +φ)为奇函数，则其图象关于原点对称，此时φ =kπ(k ∈Z ).
（2） 若函数y = A sin(ωx +φ)为偶函数，则其图象关于y轴对称，此时
φ=kπ + π
2 (k ∈Z ).
（3） 若函数y = A cos(ωx +φ)为奇函数，则其图象关于原点对称，此时
φ=kπ + π
2 (k ∈Z ).
（4） 若函数y = A cos(ωx +φ)为偶函数，则其图象关于y轴对称，此时φ =kπ(k ∈Z ).
【防坑警示】正切型函数y = A tan(ωx +φ)只能是奇函数或非奇非偶函数，绝不可能为
偶函数.当其为奇函数时，φ = kπ
2 (k ∈Z ).
5. 三角函数周期的拓展结论
（1） 函数y =|sin x|与y =|cos x|的最小正周期均为π.
（2） 函数y =|tan x|的最小正周期为π.
（3） 函数y =sin|ωx |不是周期函数，而y =cos|ωx |是周期函数，且最小正周期为
2π
|ω| （因为cos|ωx |=cos(ωx)）.
（4） 函数y =|sin(ωx +φ)|与y =|cos(ωx +φ)|的最小正周期均为π
|ω| .
（5） 函数y =sin
2(ωx)与y =cos
2(ωx)的最小正周期均为π
|ω| （可通过降幂公式转化
为y = 1-cos(2ωx)
2
与y = 1+cos(2ωx)
2
得出）.
三、典题精讲
考点一：三角函数的图像与变换
考法1：三角函数图像识别与应用
例1.（2025·江西优创名校·4 月联考）（多选）已知函数f ( x)=ωsin(ω
2 x - π
6 )+1的部分图
象可能为
A.
B.
C.
D.
【答案】ABC
【思路】题目给出了含有参数的三角函数解析式，要求判断其可能的图象.切入点在于根据图象的
特征（如最值、周期、特殊点的值）来反推参数的值.需要分别假设各个选项的图象成立，提取图
象中的关键信息，代入解析式检验是否矛盾.
【解析】对于选项A，由图可知，f ( x)的最小值为0，则ω=±1，由f （0）>0，得ω=1，经检
验，当ω=1时，f ( x)的部分图象可以如选项A 所示.对于选项D，由T = π，得ω
2= 2π
T =2，即
ω=± ❑√2，则f ( x)=± ❑√2sin(2 x - π
6 )+1，此时f (π )≠0，排除D.对于选项C，由2T = π，得T = π
2 ，
ω
2= 2π
T = 4，即ω=±2，当ω=2时，f ( x)的部分图象可以如选项C 所示.对于选项B，当ω=0时，
f ( x)=1，f ( x)的部分图象可以如选项B 所示.
【规律】处理含参三角函数图象识别问题，通常采用“特征点代入法”或“周期最值反推法”.先
观察图象的最高点、最低点确定振幅和纵向平移量，再通过相邻零点或极值点的距离确定周期，
最后利用图象经过的特殊点求出初相或验证参数.
考法2：三角函数图像平移变换
例2.（2026·湖北十一校·3 月二联）（多选）将函数f ( x)=sin(2 x +φ)(|φ|< π
2)的图像向左
平移π
4 个单位得到函数g( x)的图像，若g( x)的图像与f ( x)的图像关于y轴对称，则下列说
法正确的有
A. φ= π
4
B. φ =- π
4
C. g( x)的对称轴过f ( x)的对称中心
D. ∀n∈[- π
4 , π
8]，∃唯一的m∈[- π
4 , π
8]，使得f (m)= g(n)
【答案】ACD
【思路】本题涉及三角函数图象的平移与对称性.审题时需注意平移法则“左加右减”，先写出平
移后的函数解析式.关键条件是两函数图象关于y 轴对称，这意味着它们满足偶函数的对称关系，
由此可建立关于初相的方程.
【解析】g( x)=sin[2(x + π
4)+φ]=cos(2 x +φ)，g(- x)=cos(-2 x +φ)=cos(2 x -φ)，g( x)的图
像与f ( x)的图像关于y轴对称，所以f ( x)= g(- x)，即sin(2 x +φ)=cos(2 x -φ)=sin(2 x -φ+ π
2)，
所以φ =-φ+ π
2 +2kπ ,k ∈Z，即φ = π
4 + kπ ,k ∈Z，因为|φ|< π
2 ，所以φ = π
4 ，A 对，B 错.
f ( x)=sin(2 x + π
4)，g( x)=cos(2 x + π
4)，令2 x + π
4 =kπ ,k ∈Z，得x = kπ
2 - π
8 ,k ∈Z，即f ( x)
的对称中心为(
kπ
2 - π
8 ,0),k ∈Z，令2 x + π
4 =kπ ,k ∈Z，得x = kπ
2 - π
8 ,k ∈Z，即g( x)的对称轴
为x = kπ
2 - π
8 ,k ∈Z，所以g( x)的对称轴过f ( x)的对称中心，C 对.当n∈[- π
4 , π
8]时，
2n+ π
4 ∈[- π
4 , π
2]，g(n)=cos(2n+ π
4)∈[0,1]，当m∈[- π
4 , π
8]时，2m+ π
4 ∈[- π
4 , π
2]，
f (m)=sin(2m+ π
4)∈[-
❑√2
2 ,1]，且f (m)在[- π
4 , π
8]上单调递增，所以∀n∈[- π
4 , π
8]，∃唯
一的m∈[- π
4 , π
8]，使得f (m)= g(n)，D 对.
【规律】解决三角函数图象变换与对称性综合题，核心在于准确写出变换后的解析式.若两函数图
象关于y 轴对称，则满足f ( x)= g(- x)；若关于某条垂直于x 轴的直线对称，则利用对称轴公式处
理.求参数时务必注意题目对参数范围的限制.
考法3：三角函数图像平移与伸缩综合变换
例3.（2026·江苏镇江·零模）（多选）将函数y =cos2 x的图象沿x轴向右平移π
4 个单位长度，
再向上平移2个单位长度，得到函数y = g( x)的图象，则
A. g( x)的最小正周期为π
B. g( x)在(0, π
2 )上单调递增
C. g( x)的图象关于直线x = 3 π
4 对称
D. g( x)的图象关于点(0, 1
2 )中心对称
【答案】AC
【思路】题目要求对余弦函数进行平移和伸缩变换，并判断变换后函数的性质.切入点是严格按照
“左加右减、上加下减”的规则写出目标函数的解析式.得到解析式后，再逐一分析其周期、单调
性、对称轴和对称中心.
【解析】将函数y =cos2 x的图象沿x轴向右平移π
4 个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到函
数y = g( x)=cos[2(x - π
4)]+2=cos(2 x - π
2)+2=sin 2 x +2.对于A，g( x)的最小正周期为2π
2 = π，
A 对.对于B，g( x)在(0, π
4 )单调递增，在(
π
4 , π
2)单调递减，B 错.对于C，令2 x = π
2 +kπ，则
x = π
4 + kπ
2 ,k ∈Z，k =1时，x = 3 π
4 ，所以x = 3 π
4 是一条对称轴，C 对.对于D，对称中心纵坐标为
2，D 错.
【规律】图象变换题的易错点在于平移时未提取x的系数.判断三角函数性质时，统一化为正弦或
余弦的基本形式，利用整体代换法，将内层函数看作一个整体角，代入基本三角函数的性质公式
中求解.
考法4：三角函数图像折叠与空间几何结合
例4.（2025·江西十校·二模）如图，将绘有函数f ( x)= M ⋅sin(
π
3 x +φ)( M >0,0<φ<π )部分
图像的纸片沿x轴折成钝二面角，夹角为2π
3 ，此时A，B之间的距离为3 ❑√2，则φ =＿＿＿
＿＿＿．
【答案】π
4
【思路】本题将三角函数图象与空间几何折叠结合，审题要点在于理解折叠前后线段长度和位置
关系的变化.切入点是先在平面图象中利用周期和振幅表示出两点的坐标距离，折叠后利用空间向
量的数量积公式，结合二面角的大小求出空间距离，从而解出振幅.
【解析】由题意，函数f ( x)的最小正周期T = 2π
π
3
=6
，则A ,B两点横坐标之差的绝对值为T
2 =3.设
A ,B在x轴上的投影分别为A
' ,B
'，则| A
' B
'|=3，| A A
'|=|B B
'|= M.将纸片沿x轴折成夹角为
2π
3 的钝二面角，则⟨⃗A
' A ,⃗B
' B ⟩= π - 2π
3 = π
3 .在空间中，⃗AB =⃗A A
' +⃗A
' B
' +⃗B
' B，所以
|⃗AB|
2=⃗AB
2=(⃗A A
' +⃗A
' B
' +⃗B
' B)
2=|⃗A A
'|
2+|⃗A
' B
'|
2+|⃗B
' B|
2+2⃗A A
'⋅⃗B
' B = M
2+3
2+ M
2+2 M
2cos π
3 =3 M
因为| AB|=3 ❑√2，所以3 M
2+9=18，解得M = ❑√3.由图可知f （0）=
❑√6
2 ，即
❑√3sin φ =
❑√6
2 ，
解得sin φ =
❑√2
2 .由图可知函数在x =0处单调递增，所以0<φ< π
2 ，故φ = π
4 .
【规律】折叠问题的核心是“变与不变”，折叠前后在同一个半平面内的几何量（如线段长、平
面角）保持不变.引入空间向量处理此类问题，通过向量的加法法则将空间线段转化为已知平面线
段的向量和，利用数量积运算可有效避免复杂的空间几何建系.
【考点一 方法总结】
1. 处理含参三角函数图象识别问题，通常采用“特征点代入法”或“周期最值反推
法”.先观察图象的最高点、最低点确定振幅和纵向平移量，再通过相邻零点或极值点的
距离确定周期，最后利用图象经过的特殊点求出初相或验证参数.
2. 解决三角函数图象变换与对称性综合题，核心在于准确写出变换后的解析式.若两
函数图象关于y轴对称，则满足f ( x)= g(- x)；若关于某条垂直于x轴的直线对称，则利用
对称轴公式处理.
3. 判断三角函数性质时，统一化为正弦或余弦的基本形式，利用整体代换法，将内
层函数看作一个整体角，代入基本三角函数的性质公式中求解.
4. 折叠问题的核心是“变与不变”，折叠前后在同一个半平面内的几何量保持不变.
引入空间向量处理此类问题，通过向量的加法法则将空间线段转化为已知平面线段的向量
和，利用数量积运算可有效避免复杂的空间几何建系.
考点二：根据条件确定解析式
考法5：结合图像特征求解析式
例5.（2026·山东青岛·一模）函数f ( x)= A sin(ωx +φ)（A >0，ω>0，|φ|< π
2 ）的部分图像
如图所示.
（1）当x∈[- π
2 , π
2]时，求f ( x)的单调递增区间；
（2）已知θ∈(0, π
2)，且f (θ)=- 2
5，求cos2θ的值.
【答案】（1）[- 5 π
12 , π
12]
（2）- 2❑√6+ ❑√3
10
【思路】题目给出了三角函数的部分图象，要求求出单调区间和特定函数值.切入点是根据图象的
最高点和最低点确定振幅，通过相邻极值点与零点的横坐标之差确定周期，再将特殊点坐标代入
求出初相.求值部分需利用诱导公式和两角和差公式.
【解析】（1）由图可得A =2，T = 4×(
π
12 + π
6)= π，所以ω=2，且π
12 ×2+φ=2kπ + π
2 ,k ∈Z得
φ =2kπ + π
3 ,k ∈Z，又因为|φ|< π
2 ，所以φ = π
3 ，所以f ( x)=2sin(2 x + π
3).又因为
- π
2 +2kπ ≤2 x + π
3 ≤π
2 +2kπ ,k ∈Z，解得- 5 π
12 +kπ ≤x ≤π
12 +kπ ,k ∈Z，所以
f ( x)=2sin(2 x + π
3)在[- π
2 , π
2]上的单调递增区间为[- 5 π
12 , π
12].
（2）因为f (θ)=2sin(2θ+ π
3)=- 2
5，所以sin(2θ+ π
3)=- 1
5 <0，因为θ∈(0, π
2)，所以
2θ+ π
3 ∈(
π
3 , 4 π
3 )，即2θ+ π
3 ∈(π , 4 π
3 )，所以cos(2θ+ π
3)=- 2❑√6
5
.所以
cos2θ =cos[(2θ+ π
3)- π
3]=cos(2θ+ π
3)cos π
3 +sin(2θ+ π
3)sin π
3 =- 2❑√6
5
× 1
2 +(- 1
5)×
❑√3
2 =- 2❑√6+ ❑√3
10
【规律】由图象求解析式“五点法”是最常用的手段.求初相时，优先选择图象上的最值点代入，
可避免多解的讨论.在求特定函数值时，若已知某个整体角的三角函数值，常采用“配角法”，将
目标角拼凑成已知角的组合.
考法6：结合函数性质求解析式
例6.（2026·广东佛山·二模）已知函数f ( x)= 4 sin(ωx + π
6)cosωx -1（ω>0）在一个周期内
的图象如图所示，A 为图象的最高点，B、C、D 为图象与x 轴的交点，且△ABC为等腰直
角三角形.
（1）求f ( x)的解析式，及f ( x +m)为偶函数时的最小正实数m；
（2）求⃗AB⋅⃗AD的值.
【答案】（1）f ( x)=2sin(2 x + π
6)，4
3
（2）-8
【思路】解析式中含有正余弦的乘积和平方项，首要任务是利用二倍角公式和辅助角公式将其化
简为单一的三角函数形式.题目给出了等腰直角三角形的几何条件，这是求周期的关键，利用等腰
直角三角形斜边上的高与底边的关系可建立方程.
【解析】（1）因为
f ( x)= 4 sin(ωx + π
6)cosωx -1= 4(
❑√3
2 sin ωx + 1
2 cosωx)cosωx -1=2❑√3sin ωx cosωx +2cos
2ωx -1= ❑√3sin 2
由△ABC为等腰直角三角形知，T
2 = BC =2 y A = 4，所以T =8，得ω= π
8 ,f ( x)=2sin(
π
4 x + π
6).因
为f ( x +m)=2sin[
π
4 ( x +m)+ π
6]=2sin(
π
4 x + π
4 m+ π
6)为偶函数，所以π
4 m+ π
6 = π
2 +kπ ,k ∈Z，
得m= 4
3 + 4 k ,k ∈Z，所以最小正实数m为4
3 .
（2）令f ( x)=2，则π
4 x + π
6 = π
2 +2kπ ,k ∈Z，即x = 4
3 +8k ,k ∈Z，取k =0：x = 4
3 ，所以
A(
4
3 ,2).令f ( x)=0，且B在A左侧，则π
4 x + π
6 =0，解得：x =- 2
3，故B(- 2
3 ,0)，且D在A右侧，
周期T =8，所以xD=- 2
3 +8= 22
3 ，即D(
22
3 ,0).所以⃗AB =(-2,-2),⃗AD =(6,-2)，所以⃗
AB⋅⃗AD =(-2,-2)⋅(6,-2)=-12+ 4 =-8.
【规律】三角函数与平面几何结合的题目，关键在于将几何特征转化为代数条件.例如等腰直角三
角形的顶点在极值点、底边在x 轴上时，其底边长恰好等于半个周期，且高与底边长存在确定的
比例关系.化简解析式是所有后续性质分析的前提.
考法7：结合向量或几何条件求解析式
例7.（2025·河北张家口·二模）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|≤π
2)，圆
C :(x - 1
2)
2
+ y
2= 9
4 .
（1）若f ( x)两条相邻的对称轴与C相切，求ω,φ；
（2）若φ= π
2 ，xi(i=1,2,⋯)是f ( x)的极值点，且点( xi,0)(i=1,2,⋯)有且仅有两个在C的
内部，求ω的取值范围.
【答案】（1）ω= π
3 ,φ =- π
6
（2）(
π
2 ,π]
【思路】题目将三角函数与圆的几何性质结合.第一问的切入点是“相邻对称轴与圆相切”，这意
味着相邻对称轴的距离等于圆的直径，从而可求出周期.第二问涉及极值点在圆内的个数，需写出
极值点的横坐标表达式，结合圆的方程转化为不等式中整数解的个数问题.
【解析】（1）函数f ( x)相邻对称轴间的距离为π
ω，
由题知C的直径为3，所以π
ω =3，解得ω= π
3 ，
C的圆心(
1
2 ,0)，所以其中一条对称轴为x =2，
代入f ( x)的对称轴方程ωx +φ= π
2 +kπ(k ∈Z )，
解得φ=- π
6 +kπ(k ∈Z )，因为|φ|≤π
2 ，所以φ=- π
6 .
（2）若φ = π
2 ，则f ( x)的极值点满足ωx + π
2 = π
2 + kπ(k ∈Z )，所以x = kπ
ω (k ∈Z )，
C左顶点的横坐标为-1，右顶点的横坐标为2，
故原题设等价于有且仅有2个k的值满足-1< kπ
ω <2(k ∈Z )，
整理得- ω
π <k < 2ω
π ，故k能且仅能取0,1两个值，
所以1< 2ω
π ≤2，解得ω∈(
π
2 ,π].
【规律】处理三角函数与圆锥曲线或圆的交点、切线问题，本质是数形结合.将几何相切条件转化
为距离关系，将点在图形内部转化为坐标满足的不等式.对于含有参数的整数解个数问题，常利用
边界值卡位法确定参数的取值范围.
【考点二 方法总结】
1. 由图象求解析式“五点法”是最常用的手段.求初相时，优先选择图象上的最值点
代入，可避免多解的讨论.在求特定函数值时，若已知某个整体角的三角函数值，常采用
“配角法”，将目标角拼凑成已知角的组合.
2. 三角函数与平面几何结合的题目，关键在于将几何特征转化为代数条件.例如等腰
直角三角形的顶点在极值点、底边在x轴上时，其底边长恰好等于半个周期，且高与底边
长存在确定的比例关系.
3. 处理三角函数与圆锥曲线或圆的交点、切线问题，本质是数形结合.将几何相切条
件转化为距离关系，将点在图形内部转化为坐标满足的不等式.
考点三：三角函数的定义域、值域与最值
考法8：利用辅助角公式求值域或最值
例8.（2026·八省T8 联考·4 月联测）f ( x)=sin x + ❑√2cos x在区间[0,π ]上的值域为__．
【答案】[- ❑√2,❑√3]
【思路】题目要求求出三角函数在闭区间上的值域.解析式是正弦和余弦的线性组合，切入点是利
用辅助角公式将其化为单一的正弦函数.审题时需特别注意自变量的取值范围，这决定了整体角的
范围，进而影响正弦值的取值边界.
【解析】f ( x)=sin x + ❑√2cos x = ❑√3(
1
❑√3 sin x +
❑√2
❑√3 cos x)= ❑√3sin( x +φ)，其中
cosφ = 1
❑√3 ,sin φ =
❑√2
❑√3 ,φ∈(0, π
2).因为x∈[0,π ]，所以x +φ∈[φ ,π +φ].因为φ∈(0, π
2)，所
以π +φ∈(π , 3 π
2 ).当x +φ= π
2 时，函数取得最大值❑√3；当x = π时，函数取得最小值
f (π )=sin π + ❑√2cos π =- ❑√2.所以f ( x)在区间[0,π ]上的值域为[- ❑√2,❑√3].
【规律】求形如y =asin x +bcos x的值域，标准动作是提取❑√a
2+b
2化为y =
❑√a
2+b
2sin( x +φ).在
限定区间上求值域时，必须先求出整体角x +φ的范围，再结合正弦函数的图象（特别是波峰和波
谷是否在区间内）确定最大值和最小值.
考法9：结合换元法求值域或最值
例9.（2025·江西九师联盟·5 月检测）若函数f ( x)=sin x -3|sin x|在[
π
2 ,α]上的值域是
[-2,0]，则α的取值范围为__；sin
2 α
4 +cos
4 α
4 的取值范围为__．
【答案】[π , 7 π
6 ]；[
3
4 , 14 - ❑√3
16 ]
【思路】函数解析式中含有绝对值，切入点是根据正弦函数的符号进行分类讨论，去掉绝对值符
号，将原函数转化为分段函数.题目已知值域反求定义域的端点，需结合分段函数的单调性，画出
函数草图，通过数形结合确定参数的边界.
【解析】当x∈[
π
2 ,π]时，f ( x)=sin x -3sin x =-2sin x，f ( x)在[
π
2 ,π]上单调递增，且
f(
π
2)=-2,f (π )=0，故f ( x)∈[-2,0]；当x∈[ π ,2π ]时，f ( x)=sin x -3(-sin x)= 4 sin x，
f ( x)在[π , 3 π
2 ]上单调递减，在[
3 π
2 ,2π]上单调递增，且f(
7 π
6 )=-2,f(
3 π
2 )=- 4，所以
α ∈[π , 7 π
6 ].此时cosα ∈[-1,-
❑√3
2 ]，
sin
2 α
4 +cos
4 α
4 =1-cos
2 α
4 +cos
4 α
4 =1-cos
2 α
4(1-cos
2 α
4)=1-cos
2 α
4 sin
2 α
4 =1- 1
4 sin
2 α
2 =1- 1
4 ⋅1-cosα
2
= 7
8 +
【规律】含有绝对值的三角函数问题，去绝对值是第一步.利用分段函数作图，通过水平直线与函
数图象的交点来分析值域与定义域的对应关系.求三角恒等式的值时，常利用半角公式和同角三角
函数关系进行降幂或化简.
考法10：三角函数交点与方程有解问题
例10.（2024·广东华南师大附中·三模）函数y =2cos x(0< x<π )和函数y =3 tan x的图象相交
于A、B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为
A.
❑√2π
3
B.
❑√3 π
3
C.
❑√2π
2
D.
❑√3 π
2
【答案】D
【思路】题目要求求出两个三角函数图象交点构成的三角形面积.切入点是联立两个函数解析式，
将正切转化为正弦和余弦的比值，解三角方程求出交点的坐标.得到坐标后，利用三角形面积公式
进行计算.
【解析】由2cos x =3 tan x，得2cos x = 3sin x
cos x ，即2cos
2 x =3sin x，化简得2(1-sin
2 x)=3sin x，
即2sin
2 x +3sin x -2=0，解得sin x = 1
2或sin x =-2（舍去）.因为x∈(0,π )，所以x = π
6 或x = 5 π
6 .
当x = π
6 时，y =2cos π
6 = ❑√3，即点A(
π
6 ,❑√3)；当x = 5 π
6 时，y =2cos 5 π
6 =- ❑√3，即点
B(
5 π
6 ,- ❑√3).O(0,0).所以△OAB的面积
S = 1
2 | x A yB- xB y A|= 1
2|
π
6 ×(- ❑√3)- 5 π
6 ×❑√3|= 1
2|- ❑√3 π|=
❑√3 π
2
.
【规律】解三角方程时，常利用同角三角函数的基本关系将不同名的三角函数化为同名函数，或
者利用因式分解法求解.求坐标系中三角形面积，若有一边在坐标轴上或平行于坐标轴，直接利用
底乘高的一半；否则可利用割补法或坐标公式求解.
【考点三 方法总结】
1. 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
归为基本类型处理.
2. 求形如y =asin x +bcos x的值域，标准动作是提取
❑√a
2+b
2化为y =
❑√a
2+b
2sin( x +φ).
在限定区间上求值域时，必须先求出整体角x +φ的范围，再结合正弦函数的图象确定最大
值和最小值.
3. 含有绝对值的三角函数问题，去绝对值是第一步.利用分段函数作图，通过水平直
线与函数图象的交点来分析值域与定义域的对应关系.
4. 解三角方程时，常利用同角三角函数的基本关系将不同名的三角函数化为同名函
数，或者利用因式分解法求解.
考点四：三角函数的周期性
考法11：利用公式求三角函数周期
例11.（2026·安徽华师联盟·4 月质检）函数f ( x)=sin
2 x -2cos
2 x的最小正周期是
A. π
4
B. π
2
C. π
D. 2π
【答案】C
【思路】函数解析式为正余弦的平方差形式，切入点是利用降幂公式将其转化为一次项，再合并
同类项.化简为标准的余弦型函数后，直接利用周期公式求解即可.
【解析】因为f ( x)=sin
2 x -2cos
2 x = 1-cos2 x
2
-2× 1+cos2 x
2
=- 3
2 cos2 x - 1
2，所以函数f ( x)的
最小正周期T = 2π
2 = π.
【规律】求三角函数的周期，核心在于“降次化一”.遇到平方项或高次项，首选降幂扩角公式；
遇到正余弦乘积，首选二倍角正弦公式.最终化为y = A sin(ωx +φ)+ B的形式，利用T = 2π
|ω| 求解.
考法12：结合零点或最值点距离求周期
例12.（2026·湖南九校联盟·一模）已知函数f ( x)=2sin ωx + 4 cosωx的两个相邻零点间的距
离为π
2 ，则f(
π
3)=__．
【答案】❑√3-2或- ❑√3-2
【思路】题目给出了两个相邻零点间的距离，这实际上隐含了函数的周期信息.切入点是先用辅助
角公式将函数化简，根据相邻零点距离等于半个周期求出角速度的绝对值.注意角速度可能为负，
需要分类讨论代入求值.
【解析】函数f ( x)=2sin ωx + 4 cosωx =2❑√5sin(ωx +φ)（其中tan φ =2），因为函数f ( x)的两个
相邻零点间的距离为π
2 ，所以T
2 = π
2 ，即T = π，所以|ω|= 2π
T =2，解得ω=2或ω=-2.当ω=2时，
f ( x)=2sin 2 x + 4 cos2 x，则f(
π
3)=2sin 2π
3 + 4 cos 2π
3 = ❑√3-2；当ω=-2时，
f ( x)=-2sin 2 x + 4 cos2 x，则f(
π
3)=-2sin 2π
3 + 4 cos 2π
3 =- ❑√3-2.
【规律】三角函数图象中，相邻两个零点、相邻两个极值点之间的水平距离均为半个周期；相邻
的零点与极值点之间的水平距离为四分之一个周期.在未明确ω符号时，由周期求ω必须加上绝对
值，避免漏解.
考法13：由周期求参数及函数值
例13.（2026·湖北孝感·二模）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ)在区间(- π
3 ,0)单调，其中ω为正
整数，φ∈(0, π
2)，且图象关于点(
π
3 ,0)对称．
（1）求f ( x)的最小正周期；
（2）在△ABC中，f ( A )=
❑√3
2 ，AB = ❑√3，BC边上的中线长为
❑√7
2 ，求△ABC的面积．
【答案】（1）π
（2）
❑√3
4
【思路】题目已知函数在某区间单调且关于某点对称，要求周期和解三角形.切入点是利用单调区
间长度小于等于半个周期，限制角速度的范围；再利用对称中心处函数值为零，结合初相范围确
定参数.第二问则是常规的解三角形，利用向量数量积处理中线长度.
【解析】（1）由题意，f ( x)的最小正周期T ≥2× π
3 = 2π
3 ，所以ω= 2π
T ≤3，由ω为正整数可得
ω=1,2,3，又因为图象关于点(
π
3 ,0)对称，所以f(
π
3)=0，即sin(
π
3 ω+φ)=0.由φ∈(0, π
2)，若
ω=1，sin(
π
3 +φ)=0，无解；若ω=2，sin(
2π
3 +φ)=0，φ = π
3 ；若ω=3，sin(π +φ)=0，无解.
所以ω=2，φ= π
3 ，f ( x)的最小正周期为π.
（2）由f ( A )=
❑√3
2 可得sin(2 A + π
3)=
❑√3
2 ，又A ∈(0,π )，2 A + π
3 ∈(
π
3 , 7 π
3 )，从而
2 A + π
3 = 2π
3 ，故A = π
6 .设BC边上的中线为AD，AC =b，则⃗AD = 1
2 (⃗AB+⃗AC )，⃗
AD
2= 1
4 (⃗AB+⃗AC )
2，7
4 = 1
4 (⃗AB
2+⃗AC
2+2⃗AB⋅⃗AC )，7
4 = 1
4 (3+b
2+3b)，解得b=1.所以△ABC
的面积S = 1
2 bc sin A = 1
2 ×1×❑√3× 1
2 =
❑√3
4 .
【规律】由单调区间和对称性求参数，常采用“范围限制+验证”的策略.单调区间的长度提供周
期的下界，对称中心或极值点提供参数的等式约束.在解三角形中，遇到中线问题，利用向量加法
的平行四边形法则或中线长公式是最高效的处理方式.
【考点四 方法总结】
1. 求三角函数的周期，核心在于“降次化一”.遇到平方项或高次项，首选降幂扩角
公式；遇到正余弦乘积，首选二倍角正弦公式.最终化为y = A sin(ωx +φ)+ B的形式，利用
T = 2π
|ω| 求解.
2. 三角函数图象中，相邻两个零点、相邻两个极值点之间的水平距离均为半个周期；
相邻的零点与极值点之间的水平距离为四分之一个周期.在未明确ω符号时，由周期求ω必
须加上绝对值，避免漏解.
3. 由单调区间和对称性求参数，常采用“范围限制+验证”的策略.单调区间的长度
提供周期的下界，对称中心或极值点提供参数的等式约束.
考点五：三角函数的奇偶性与对称性
考法14：判断三角函数的奇偶性及求参数
例14.（2026·河南郑州·二模）（多选）已知函数f ( x)=sin| x|+|sin x|，函数
g( x)=cos| x|+|cos x|，则
A. 当- π
4 < x< π
4 时，f ( x)>g( x)
B. f ( x)和g( x)的奇偶性相同
C. f ( x)和g( x)的周期相同
D. f ( x)和g( x)的最值相同
【答案】BD
【思路】题目给出了两个含有绝对值的三角函数，要求判断它们的奇偶性、周期性、大小关系和
最值.切入点是利用奇偶性定义进行验证，通过去绝对值化为分段函数来分析大小关系.周期性需结
合基本三角函数加绝对值后的图象特征进行判断.
【解析】f (- x)=sin|- x|+|sin(- x)|=sin| x|+|-sin x|=sin| x|+|sin x|= f ( x)，因此，
f ( x)是偶函数，同理可判断g( x)也为偶函数，对于A，0≤x< π
4 时，f ( x)=2sin x，
g( x)=2cos x>2sin x，所以此时f ( x)<g( x)，又因为f ( x)、g( x)均为偶函数，所以- π
4 < x< π
4 时，
f ( x)<g( x)，故A 错误；对于B，由前述分析可知f ( x)、g( x)均为偶函数，故B 正确；对于C，
由于y =sin| x|的图象如下所示，易知其为非周期函数，又y =|sin x|为周期性函数，周期为π，
故f ( x)为非周期函数，而g( x)=cos| x|+|cos x|=cos x +|cos x|，由于y =cos x、y =|cos x|
为周期函数，所以g( x)为周期函数，因此两者周期性不同，故C 错误；对于D，
0≤sin| x|+|sin x|≤1+1=2，当且仅当sin| x|=1且|sin x|=1时f ( x)=2成立，例如x = π
2 即可
取到最大值2，当且仅当sin| x|=0且|sin x|=0或sin| x|=-1且|sin x|=1时f ( x)=0成立，例
如x =0即可取到最小值0，0≤cos| x|+|cos x|≤1+1=2，当且仅当cos| x|=1且|cos x|=1时
g( x)=2成立，例如x =0即可取到最大值2，当且仅当cos| x|=0且|cos x|=0或cos| x|=-1且
|cos x|=1时g( x)=0成立，例如x = π
2 即可取到最小值0，故D 正确.
【规律】判断复杂三角函数的奇偶性，严格按照定义f (- x)与f ( x)的关系推导.含有| x|的三角函
数通常是偶函数，但不一定是周期函数（如sin| x|在原点处图象发生折折，破坏了整体周期性）.
比较大小和求最值时，结合特殊值代入和图象草图更为直观.
考法15：求三角函数的对称轴或对称中心
例15.（2026·广东深圳·一模）函数f ( x)=sin(ωx - π
4)(ω>0)的最小正周期为π，其图象的
对称中心可以为
A. (
5 π
8 ,0)
B. (
π
2 ,0)
C. (
3 π
8 ,0)
D. (
π
4 ,0)
【答案】A
【思路】题目已知函数的最小正周期，要求找出其图象的对称中心.切入点是先利用周期公式求出
角速度，得到完整的函数解析式.然后令整体角等于kπ，解出对称中心的横坐标表达式，通过给k
赋值寻找符合选项的答案.
【解析】由于T = 2π
ω = π，则ω=2，f ( x)=sin(2 x - π
4)，令2 x - π
4 =kπ ,k ∈Z，解得
x = π
8 + kπ
2 ,k ∈Z，当k =1时，x = 5 π
8 ，所以对称中心可以为(
5 π
8 ,0).
【规律】求正弦型函数y = A sin(ωx +φ)的对称中心，只需令内层函数ωx +φ =kπ(k ∈Z )，解出x，
对应的点( x ,0)即为对称中心.对称轴则是令ωx +φ= π
2 +kπ(k ∈Z ).
考法16：利用对称性求参数或函数值之和
例16.（2026·浙江宁波十校·二模）若关于x的方程cos2 x =m在[
π
6 , 4 π
3 ]上恰有3 个根
x1, x2, x3( x1< x2< x3)，则x1+2 x2+ x3=
A. 3 π
B. 4 π
C. 5 π
D. 6 π
【答案】A
【思路】题目要求求出方程在特定区间内三个根的线性组合值.切入点是画出余弦函数的图象，结
合水平直线y =m的交点情况，利用余弦函数图象的对称性，找出这三个根关于对称轴的对称关系，
从而整体求出它们的和.
【解析】如图作出y =cos2 x的函数图象，其中l: x = π
2 ，k : x = π是函数y =cos2 x的对称轴，当
y =cos2 x与y =m的有三个交点时，有x1+ x2
2
= π
2 ，x2+ x3
2
= π，所以x1+ x2= π，x2+ x3=2π，所以
x1+2 x2+ x3=3 π.
【规律】处理三角方程多根求和问题，极少需要求出具体的根，而是利用图象的对称性进行整体
代换.若两根x1, x2关于直线x =a对称，则x1+ x2=2a.作图时务必标出区间端点和关键的对称轴位置.
【考点五 方法总结】
1. 判断复杂三角函数的奇偶性，严格按照定义f (- x)与f ( x)的关系推导.含有| x|的
三角函数通常是偶函数，但不一定是周期函数.
2. 求正弦型函数y = A sin(ωx +φ)的对称中心，只需令内层函数ωx +φ =kπ(k ∈Z )，
解出x，对应的点( x ,0)即为对称中心.对称轴则是令ωx +φ = π
2 + kπ(k ∈Z ).
3. 求余弦型函数y = A cos(ωx +φ)的对称中心，只需令内层函数ωx +φ = π
2 +kπ(k ∈Z )，
解出x，对应的点( x ,0)即为对称中心.对称轴则是令ωx +φ =kπ(k ∈Z ).
4. 处理三角方程多根求和问题，极少需要求出具体的根，而是利用图象的对称性进
行整体代换.若两根x1, x2关于直线x =a对称，则x1+ x2=2a.
5. 根据函数必关于y轴对称，在三角函数中联想到y =cosωx的模型，从图象、对称轴、
对称中心、最值点或单调性来求解.
考点六：三角函数的单调性
考法17：求三角函数的单调区间
例17.（2026·河北石家庄·二模）若函数f ( x)=sin 2 x +bcos2 x在区间[
π
3 , 5 π
6 ]上单调递减，
则实数b为
A. - ❑√3
B. -
❑√3
3
C.
❑√3
3
D. ❑√3
【答案】B
【思路】题目给出了一个含有参数的三角函数，已知其在某区间上单调递减，求参数值.切入点是
利用辅助角公式化简，观察到已知单调区间的长度恰好等于半个周期，这意味着该区间必须与函
数的一个完整单调递减区间完全重合，由此建立端点对应的方程.
【解析】f ( x)=sin 2 x +bcos2 x =
❑√1+b
2sin(2 x +φ)，其中tan φ =b.因为x∈[
π
3 , 5 π
6 ]，所以
2 x +φ∈[
2π
3 +φ, 5 π
3 +φ].因为f ( x)在区间[
π
3 , 5 π
6 ]上单调递减，且该区间长度为π
2 ，恰好等于
函数f ( x)的半个周期，所以[
2π
3 +φ, 5 π
3 +φ]=[
π
2 +2kπ , 3 π
2 +2kπ],k ∈Z.所以
2π
3 +φ= π
2 +2kπ ,k ∈Z，解得φ=- π
6 +2kπ ,k ∈Z.所以b= tan φ = tan(- π
6)=-
❑√3
3 .
【规律】已知单调区间求参数，若区间长度恰好等于半个周期，则该区间即为基本单调区间，可
直接令整体角的边界等于基本单调区间的边界；若区间长度小于半个周期，则该区间是基本单调
区间的子集，需列出不等式组求解.
考法18：结合单调性求参数或解不等式
例18.（2025·河北衡水中学·综合素质评价）在平面直角坐标系xOy中，一动点从点
M 0(❑√3,0)开始，以π
2 rad/s的角速度逆时针绕坐标原点O做匀速圆周运动，xs后到达点M
的位置.设A(
1
2 ,
❑√3
2 )，记φ( x)=| AM |
2，则φ( x)的单调递增区间为_______
【答案】[4 k + 2
3 ,4 k + 8
3](k ∈Z )
【思路】本题是三角函数在物理运动模型中的应用.审题要点是根据匀速圆周运动的角速度和时间，
写出动点的坐标.切入点是利用两点间距离公式写出距离平方的表达式，利用三角恒等变换将其化
简为单一的余弦型函数，最后求其单调递增区间.
【解析】依题意，xs后，动点走过的弧度数为π
2 x，则M(
❑√3cos π
2 x ,❑√3sin π
2 x)，又A(
1
2 ,
❑√3
2 )，
则φ( x)=(
❑√3cos π
2 x - 1
2)
2
+(
❑√3sin π
2 x -
❑√3
2 )
2
= 4 - ❑√3cos π
2 x -3sin π
2 x = 4 -2❑√3cos(
π
2 x - π
3)，
φ( x)的单调递增区间，即y =cos(
π
2 x - π
3)的递减区间，则2kπ ≤π
2 x - π
3 ≤π +2kπ(k ∈Z )，即
x∈[
2
3 + 4 k , 8
3 + 4 k](k ∈Z )，所以φ( x)的单调递增区间为[4 k + 2
3 ,4 k + 8
3](k ∈Z ).
【规律】解决三角函数实际应用题，关键是建立准确的数学模型.圆周运动常通过引入时间变量，
利用三角函数定义写出动点坐标.在求距离或最值时，必然涉及三角恒等变换，将其化为标准形式
后再利用基本性质求解.
【考点六 方法总结】
1. 三角函数的单调性，需将函数y = A sin(ωx +φ)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.
2. 已知单调区间求参数，若区间长度恰好等于半个周期，则该区间即为基本单调区
间，可直接令整体角的边界等于基本单调区间的边界；若区间长度小于半个周期，则该区
间是基本单调区间的子集，需列出不等式组求解.
3. 解决三角函数实际应用题，关键是建立准确的数学模型.圆周运动常通过引入时间
变量，利用三角函数定义写出动点坐标.
考点七：三角函数性质的综合与应用
考法19：三角函数图像与性质综合判断
例19.（2026·江西萍乡·二模）（多选）函数f ( x)=sin(2 x - π
4 )，则下列说法正确的是
A. f ( x)的最小正周期为π
B. f ( x)的图象关于直线x = π
8 对称
C. f ( x)的图象关于点( π
8 ,0)对称
D. f ( x)在区间[- π
8 , 3 π
8 ]上单调递减
【答案】AC
【思路】题目要求判断给定正弦型函数的各项性质.切入点是直接利用周期公式求周期，利用整体
代换法求对称轴和对称中心，以及单调区间.将选项中的数值代入验证是否满足对应的性质公式.
【解析】对于A，函数f ( x)的最小正周期T = 2π
2 = π，故A 正确；对于B，令
2 x - π
4 = π
2 +kπ ,k ∈Z，解得x = 3 π
8 + kπ
2 ,k ∈Z，所以f ( x)的图象不关于直线x = π
8 对称，故B
错误；对于C，令2 x - π
4 =kπ ,k ∈Z，解得x = π
8 + kπ
2 ,k ∈Z，当k =0时，x = π
8 ，所以f ( x)的图
象关于点( π
8 ,0)对称，故C 正确；对于D，令- π
2 +2kπ ≤2 x - π
4 ≤π
2 +2kπ ,k ∈Z，解得
- π
8 +kπ ≤x ≤3 π
8 +kπ ,k ∈Z，所以f ( x)在区间[- π
8 , 3 π
8 ]上单调递增，故D 错误.
【规律】综合判断三角函数性质的题目，是对基础知识的全面检验.验证对称轴时，代入横坐标看
函数值是否达到最值；验证对称中心时，代入横坐标看函数值是否为零.求单调区间必须注意ω的
符号，若为负需先利用奇偶性转化为正.
考法20：三角函数交点与零点问题
例20.（2026·河南华大新高考联盟·5 月联考）已知函数f ( x)=sin(ωx - 2π
3 )- 1
2 ,ω>0，将函
数f ( x)的正零点按照从小到大的顺序排列，得到数列{an}，且a1= 5
6．
（1）求ω的值；
（2）求函数y = f ( x)图象的对称中心；
（3）求数列{an}的前2n项和S2n．
【答案】（1）π
（2）(k + 2
3 ,- 1
2),k ∈Z
（3）2n
2+ n
3
【思路】题目定义了一个由正零点组成的数列，要求求参数、对称中心和数列求和.切入点是解三
角方程求出零点的通式，根据正零点从小到大的顺序确定首项，进而求出参数.数列求和部分，观
察到零点通式构成了两个等差数列的交错，可采用分组求和法.
【解析】（1）由f ( x)=0，得sin(ωx - 2π
3 )= 1
2，解得ωx - 2π
3 = π
6 +2kπ或
ωx - 2π
3 = 5 π
6 +2kπ ,k ∈Z，即x = 5 π
6ω + 2kπ
ω 或x = 3 π
2ω + 2kπ
ω ,k ∈Z.因为ω>0，所以正零点从小
到大排列时，a1= 5 π
6ω，由a1= 5
6，得ω= π.
（2）由（1）知f ( x)=sin(πx - 2π
3 )- 1
2，令πx - 2π
3 =kπ ,k ∈Z，解得x =k + 2
3 ,k ∈Z，所以函
数y = f ( x)图象的对称中心为(k + 2
3 ,- 1
2),k ∈Z.
（3）由（1）知f ( x)的零点为x = 5
6 +2k或x = 3
2 +2k ,k ∈Z，所以
a2k +1= 5
6 +2k ,a2k +2= 3
2 +2k ,k ∈N.所以a2k +1+a2k +2= 7
3 + 4 k，所以
S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+⋯+(a2n-1+a2n)= 7
3 ×n+ n(n-1)
2
×4 =2n
2+ n
3 .
【规律】三角函数的零点按顺序排列构成数列是常见考法.解方程得到的零点通式通常包含两个分
支，分别对应两个等差数列.在求前2n项和时，将相邻两项（分别来自两个分支）组合在一起，转
化为一个新的等差数列求和，可大大简化运算.
考法21：三角函数实际应用模型
例21.（2026·安徽皖南八校·4 月检测）如图将一个正常工作的圆形时钟抽象为平面直角坐
标系xOy．设时针长为1，若某时刻时针指向9点到12点之间，且针尖所在点的纵坐标为2
3，
则在经过4小时后，时针针尖所在点的横坐标为
A. 2
3
B.
❑√5+2❑√3
6
C.
❑√15-2
6
D. -
❑√5
3
【答案】B
【思路】本题以时钟为背景，考查三角函数定义的实际应用.审题时需注意时针的初始位置在第二
象限，且已知纵坐标.切入点是设出初始位置的坐标和辐角，根据经过的时间计算出转过的角度.利
用三角函数定义和两角和差的余弦公式求出新位置的横坐标.
【解析】由题意可知，针尖所在点初始位置在第二象限内，设为A点，且在单位圆上，如图所示，
A点的纵坐标为2
3，设AB⟂x轴，垂足为B，单位圆交x轴正半轴于点D，设经过4小时后，时针针
尖所在点的坐标为C，则∠AOC = π
6 ×4 = 2π
3 ，在直角三角形ABO中，sin ∠AOB = 2
3，因为
2
3 <
❑√3
2 ，所以0<∠AOB< π
3 ，又因为∠AOC = 2π
3 ，所以点C在第一象限内，设∠COD =θ，则
点C坐标为(cosθ ,sinθ)，设点A(x , 2
3)( x<0)，由x
2+ 4
9 =1，解得x =-
❑√5
3 或x =
❑√5
3 舍去，设
∠AOD =α，则cosα =-
❑√5
3 ,sin α = 2
3，所以
cosθ =cos(α - 2π
3 )=cosα cos 2π
3 +sin α sin 2π
3 =-
❑√5
3 ×(- 1
2)+ 2
3 ×
❑√3
2 =
❑√5+2❑√3
6
.
【规律】时钟模型本质上是圆周运动模型.处理此类问题，先建立直角坐标系，利用三角函数定义
将点的坐标与角度联系起来.旋转后的坐标计算，强烈依赖于两角和与差的三角函数公式.注意判断
初始角所在的象限以确定三角函数值的符号.
【考点七 方法总结】
1. 综合判断三角函数性质的题目，是对基础知识的全面检验.验证对称轴时，代入横
坐标看函数值是否达到最值；验证对称中心时，代入横坐标看函数值是否为零.求单调区
间必须注意ω的符号，若为负需先利用奇偶性转化为正.
2. 三角函数的零点按顺序排列构成数列是常见考法.解方程得到的零点通式通常包含
两个分支，分别对应两个等差数列.在求前2n项和时，将相邻两项（分别来自两个分支）
组合在一起，转化为一个新的等差数列求和，可大大简化运算.
3. 时钟模型本质上是圆周运动模型.处理此类问题，先建立直角坐标系，利用三角函
数定义将点的坐标与角度联系起来.旋转后的坐标计算，强烈依赖于两角和与差的三角函
数公式.
四、高考真题
1.（2024·全国一卷）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 =sin x的最小正周期为T =2π，函数y =2sin(3 x - π
6)的最小正周期为T = 2π
3 .
所以在x∈[0,2π ]上函数y =2sin(3 x - π
6)有三个周期的图象.所以在坐标系中结合五点法画出两
函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6 个交点.故选C.
2.（2025·全国一卷）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】根据正切函数的性质，y =2tan(x - π
3)的对称中心横坐标满足x - π
3 = kπ
2 ,k ∈Z.即
y =2tan(x - π
3)的对称中心是(
π
3 + kπ
2 ,0),k ∈Z.即a= π
3 + kπ
2 ,k ∈Z.又因为a>0，所以k =0时a
最小，最小值是π
3 .即a= π
3 .故选B.
3.（2026·全国一卷）已知f ( x)=2sin(ax +θ)(a∈Z ,0≤θ<2π )是偶函数，f ( x)在区间
(0, π
2)单调递增，则θ =＿＿＿＿＿＿，f(
2π
3 )=＿＿＿＿＿＿.
【答案】3 π
2 ；1
【解析】因为f ( x)=2sin(ax +θ)是偶函数，所以θ = π
2 +kπ(k ∈Z ).又因为0≤θ<2π，所以θ = π
2
或θ = 3 π
2 .若θ = π
2 ，则f ( x)=2cos(ax).要使其在(0, π
2)单调递增，需a<0且半周期π
|a| ≥π
2 ，即
|a|≤2.此时a=-1或-2.但此时f ( x)=2cos(-|a| x)=2cos(|a| x)在(0, π
2)上实际是单调递减
的，矛盾.若θ = 3 π
2 ，则f ( x)=-2cos(ax).要使其在(0, π
2)单调递增，需a>0且π
a ≥π
2 ，即a≤2.又
因为a∈Z，所以a=1或2.当a=1时，f ( x)=-2cos x，f(
2π
3 )=-2cos 2π
3 =-2×(- 1
2)=1.当a=2
时，f ( x)=-2cos2 x，f(
2π
3 )=-2cos 4 π
3 =-2×(- 1
2)=1.综上，θ = 3 π
2 ，f(
2π
3 )=1.
4.（2025·全国一卷）
（1）设函数f ( x)=5cos x -cos5 x，求f ( x)在[0, π
4]的最大值；
（2）给定θ∈(0,π )，设a为实数，证明：存在y ∈[a-θ ,a+θ ]，使得cos y ≤cosθ；
（3）若存在φ使得对任意x，都有5cos x -cos(5 x +φ)≤b，求b的最小值.
【答案】（1）3 ❑√3
（2）证明见解析
（3）3 ❑√3
【解析】（1）法1：f
'( x)=-5sin x +5sin5 x =10cos3 x sin 2 x.因为x∈(0, π
4)，所以
2 x∈(0, π
2)，所以sin 2 x>0.当0< x< π
6 时，cos3 x>0即f
'( x)>0.当π
6 < x< π
4 时，cos3 x<0即
f
'( x)<0.所以f ( x)在(0, π
6)上为增函数，在(
π
6 , π
4)为减函数.所以f ( x)在(0, π
4)上的最大值为
f(
π
6)=5cos π
6 -cos 5 π
6 =3 ❑√3.
法2：我们有
cos5 x =cos( x + 4 x)=cos x cos 4 x -sin x sin 4 x =cos x(2cos
22 x -1)-sin x⋅2sin 2 x cos2 x =cos x(2(2cos
2 x -
所以
f ( x)=5cos x -cos5 x =5cos x -(16cos
5 x -20cos
3 x +5cos x)=20cos
3 x -16cos
5 x = 4 cos
3 x(5- 4 cos
2 x)≤4|c
这得到f ( x)≤3 ❑√3，同时又有f(
π
6)=5cos π
6 -cos 5 π
6 =3 ❑√3，所以f ( x)在(0, π
4)上的最大值为
3 ❑√3，在R上的最大值也是3 ❑√3.
（2）法1：由余弦函数的性质得cos x ≤cosθ的解为[2kπ +θ ,2kπ +2π -θ ],k ∈Z.若任意
[2kπ +θ ,2kπ +2π -θ ],k ∈Z与[a-θ ,a+θ ]交集为空，则a-θ>2kπ +2π -θ且a+θ<2kπ +2π +θ，
此时a无解，矛盾，故无解.所以存在k ∈Z，使得[2kπ -θ ,2kπ +θ ]∩(a-θ ,a+θ)≠⌀.
法2：由余弦函数的性质知cos y ≤cosθ的解为[2kπ +θ ,2(k +1)π -θ ](k ∈Z ).若每个
[2kπ +θ ,2(k +1)π -θ ]与[a-θ ,a+θ ]交集都为空，则对每个k ∈Z，必有2(k +1)π -θ<a-θ或
2kπ +θ>a+θ之一成立.此即k < a
2π -1或k > a
2π ，但长度为1 的闭区间[
a
2π -1, a
2π]上必有一整数
k，该整数k不满足条件，矛盾.所以存在y ∈[a-θ ,a+θ ]，使得cos y ≤cosθ成立.
（3）法1：记h( x)=5cos x -cos(5 x +t ).因为h( x +2π )=5cos( x +2π )-cos(5 x +10 π +t )=h( x)，
所以h( x)为周期函数且周期为2π，所以只需讨论x∈[0,2π ],t ∈[0,π ]的情况.当t = π时，
h( x)=5cos x -cos(5 x + π )=6cos x ≤6.当t =0时，h( x)=5cos x -cos5 x，此时
h
'( x)=-5sin x +5sin5 x =10cos3 x sin 2 x , x∈(0,2π ).令h
'( x)=0，则
x = π
6 , π
2 , 5 π
6 ,π , 7 π
6 , 3 π
2 , 11π
6 .而
h(
π
6)=h(
11π
6 )=3 ❑√3,h(
π
2)=h(
3 π
2 )=0,h(
5 π
6 )=h(
7 π
6 )=-3 ❑√3,h(π )=- 4，
h（0）=h(2π )= 4，所以h( x)max =h(
π
6)=h(
11π
6 )=3 ❑√3.当t ∈(0,π )，在（2）中取a=t，则
存在y ∈(t -θ ,t +θ)，使得cos y ≤cosθ.取θ = 5 π
6 ，则cos y ≤-
❑√3
2 ，取x = y -t
5
∈(- θ
5 , θ
5)即
x = y -t
5
∈(- π
6 , π
6)，所以5cos x ≥5 ❑√3
2
，所以5cos x -cos(5 x +t )≥3 ❑√3.综上b≥3 ❑√3，可取
x = π
6 ，t =0使得等号成立.综上，bmin=3 ❑√3.
法2：设gt( x)=5cos x -cos(5 x +t ).①一方面，若存在t，使得gt( x)=5cos x -cos(5 x +t )≤b对任
意x恒成立，则对这样的t，同样有gt( x)=- gt( x + π )≥-b.所以|gt( x)|≤b对任意x恒成立，这直
接得到b≥0.设t
6 - π
6 =m，则根据| gt( x)|≤b恒成立，有
b≥|gt(- t
6 + π
6)|=|5cos(- t
6 + π
6)-cos(- 5t
6 + 5 π
6 +t)|=|5cos(
t
6 - π
6)+cos(
t
6 - π
6)|=|6cos(
t
6 - π
6)|=6|cosm
b≥|gt(- t
6 - π
6)|=|5cos(- t
6 - π
6)-cos(- 5t
6 - 5 π
6 +t)|=|5cos(
t
6 + π
6)+cos(
t
6 + π
6)|=|6cos(
t
6 + π
6)|=6|cos(m+
b≥|gt(- t
6 + π
2)|=|5cos(- t
6 + π
2)-cos(- 5t
6 + 5 π
2 +t)|=|5cos(
t
6 - π
2)+cos(
t
6 - π
2)|=|6cos(
t
6 - π
2)|=6|cos(m-
所以|cosm|,|cos(m+ π
3)|,|cos(m- π
3)|均不超过b
6.再结合cos2 x =2|cos x|
2-1，就得到
cos2m,cos(2m+ 2π
3 ),cos(2m- 2π
3 )均不超过2(
b
6)
2
-1= b
2
18 -1.假设b<3 ❑√3，则
b
2
18 -1< (3 ❑√3)
2
18
-1= 1
2，所以cos2m,cos(2m+ 2π
3 ),cos(2m- 2π
3 )∈[-1, 1
2).但这是不可能的，
因为三个角2m,2m+ 2π
3 ,2m- 2π
3 和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在直线
x = 1
2左侧.所以假设不成立，这意味着b≥3 ❑√3.②另一方面，若b=3 ❑√3，则由（1）中已经证明
f ( x)≤3 ❑√3，知存在t =0，使得5cos x -cos(5 x +t )=5cos x -cos5 x = f ( x)≤3 ❑√3=b.从而b=3 ❑√3
满足题目要求.综合上述两个方面，可知b的最小值是3 ❑√3.
