【微专题1：三角函数的图像与性质】
【高考定位】
1.考情趋势
三角函数的图像与性质是高考数学的核心必考模块，近3 年全国卷、新高考卷中，该模块题型稳定为“小
题+大题”结合：小题（5 分/题）多考查单调性、对称性、周期、图像识别与变换，难度中档；大题常作
为解答题第一或第二题（12 分），结合三角恒等变换、解三角形、平面向量等综合考查，难度中档偏易，
是得分关键模块.
核心考查频率排序：图像变换与解析式求解>单调性与最值>对称性与周期>综合应用（与向量、解三角形
结合）.
2.考查要求与命题特点
核心要求：掌握正弦、余弦、正切函数的图像与性质（定义域、值域、单调性、奇偶性、对称性、周期
性）；能熟练进行三角函数图像的平移、伸缩变换；会用辅助角公式化简三角函数式并研究其性质.
命题特点：①注重基础性质的灵活应用，规避复杂计算；②强调“数形结合”思想，通过图像分析性质、
解决参数范围问题；③渗透“ 转化与化归” 思想，将复杂三角函数式转化为标准型（
或
）求解；④综合趋势明显，常与三角恒等变换、解三角形、
平面向量、不等式等结合命题.
3.分值与题型分布
全国卷/新高考卷中，该模块总分值约10-17 分：小题1-2 道（5-10 分），覆盖图像变换、单调性、对称
性、周期等单一考点；解答题1 道（12 分），多以“化简求值+性质应用”或“图像分析+综合应用”形式
呈现，偶尔与解三角形融合考查.
【真题体验】
1．（2025·天津·高考真题）f ( x)=sin(ωx +φ)(ω>0,−π<φ<π)，在[−5π
12 ,π
12]上单调递增，且
x =π
12 为它的一条对称轴，(
π
3
,0)是它的一个对称中心，当x∈[0,π
2 ]时，f ( x)的最小值为（ ）
A．−√3
2
B．−1
2
C．1
D．0
【答案】A
【分析】利用正弦函数的对称性得出ω= 4 n+2，根据单调性得出0<ω≤2，从而确定ω，结合对称轴与对
称中心再求出φ，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解.
【详解】因为函数在[−5π
12 ,π
12]上单调递增，且x =π
12 为它的一条对称轴，
所以x =π
12 时函数取最大值，
又因为(
π
3
,0)是它的一个对称中心，
所以¿，(m,k ∈Z)，
设f (x)的最小正周期为T，由正弦函数的对称性可知π
3 −π
12 = (2n+1)T
4
(n∈Z)，
1
即π
4 = 2nπ+π
2ω
,∴ω= 4 n+2，
又f (x)在[−5π
12 ,π
12]上单调递增，则T
2 ≥π
12 −(−5π
12 ),∴π
ω ≥π
2 ⇒0<ω≤2，
∴ω=2，则¿，(m,k ∈Z)，
∵φ∈(−π,π)，∴k =0,m=1时，φ =π
3 ，∴f (x)=sin(2 x +π
3 )，
当x∈[0,π
2 ]时，2 x +π
3 ∈[
π
3 ,4π
3 ]，
由正弦函数的单调性可知f (x)min=sin 4π
3
=−√3
2
.
故选：A
2.（2025·全国二卷·高考真题）已知函数f ( x)=cos(2 x +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．
【答案】(1)φ=π
3
(2)答案见解析
【分析】（1）直接由题意得cosφ= 1
2 ,(0≤φ<π)，结合余弦函数的单调性即可得解；
（2）由三角恒等变换得g(x)=√3cos(2 x +π
6 )，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数g(x)的单
调区间.
【详解】（1）由题意f (0)=cosφ = 1
2 ,(0≤φ<π)，所以φ=π
3 ；
（2）由（1）可知f (x)=cos(2 x +π
3 )，
所以g(x)= f (x)+ f(x−π
6 )=cos(2 x +π
3 )+cos2 x
= 1
2 cos2 x−√3
2 sin 2 x +cos2 x = 3
2 cos2 x−√3
2 sin 2 x =√3cos(2 x +π
6 )，
所以函数g(x)的值域为[−√3,√3]，
令2k π≤2 x +π
6 ≤π+2k π,k ∈Z，解得−π
12 +k π≤x ≤5π
12 +k π,k ∈Z，
令π+2k π≤2 x +π
6 ≤2π+2k π,k ∈Z，解得5π
12 +k π≤x ≤11π
12 +k π,k ∈Z，
2
所以函数g(x)的单调递减区间为[−π
12 +k π,5π
12 +k π],k ∈Z，
函数g(x)的单调递增区间为[
5π
12 +k π,11π
12 +k π],k ∈Z.
3．（2025·全国一卷·高考真题）已知点(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．4π
3
【答案】B
【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解.
【详解】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 = k π
2 ,k ∈Z，
即y =2tan( x−π
3 )的对称中心是(
π
3 + k π
2 ,0),k ∈Z，
即a=π
3 + k π
2 ,k ∈Z，
又a>0，则k =0时a最小，最小值是π
3 ，
即a=π
3 .
故选：B
4．（2024·天津·高考真题）已知函数f (x)=3sin(ωx +π
3 )(ω>0)的最小正周期为π．则f (x)在区间
[−π
12 ,π
6 ]上的最小值是（ ）
A．−√3
2
B．−3
2
C．0
D．3
2
【答案】D
【分析】结合周期公式求出ω，得f (x)=3sin(2 x +π
3 )，再整体求出当x∈[−π
12 ,π
6 ]时，2 x +π
3 的
范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解.
【详解】因为函数f (x)的最小正周期为π，则T = 2π
ω =π，所以ω=2，
即f (x)=3sin(2 x +π
3 )，当x∈[−π
12 ,π
6 ]时，2 x +π
3 ∈[
π
6 ,2π
3 ]，
所以当2 x +π
3 =π
6 ，即x =−π
12时，f (x)min=3sinπ
6 = 3
2
故选：D
3
5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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
【分析】画出两函数在[0,2π]上的图象，根据图象即可求解
【详解】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，
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
6．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）对于函数f ( x)=sin 2 x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
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【详解】A 选项，令f ( x)=sin 2 x =0，解得x = k π
2 ,k ∈Z，即为f ( x)零点，
令g( x)=sin(2 x−π
4 )=0，解得x = k π
2 +π
8 ,k ∈Z，即为g( x)零点，
显然f ( x),g( x)零点不同，A 选项错误；
B 选项，显然f ( x)max = g( x)max =1，B 选项正确；
C 选项，根据周期公式，f ( x), g( x)的周期均为2π
2 =π，C 选项正确；
D 选项，根据正弦函数的性质f ( x)的对称轴满足2 x =k π+π
2 ⇔x = k π
2 +π
4 ,k ∈Z，
4
g( x)的对称轴满足2 x−π
4 =k π+π
2 ⇔x = k π
2 + 3π
8 ,k ∈Z，
显然f ( x),g( x)图像的对称轴不同，D 选项错误.
故选：BC
7．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ),(ω>0)在区间(
π
6 , 2π
3 )单调递增，直线
x =π
6 和x = 2π
3 为函数y = f (x)的图像的两条相邻对称轴，则f(−5π
12 )=（ ）
A．−√3
2
B．−1
2
C．1
2
D．√3
2
【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x =−5 π
12 即可得到答案.
【详解】因为f ( x)=sin(ωx +φ)在区间(
π
6 , 2π
3 )单调递增，
所以T
2 = 2π
3 −π
6 = π
2 ，且ω>0，则T = π，ω= 2π
T =2，
当x = π
6 时，f (x)取得最小值，则2⋅π
6 +φ=2k π −π
2 ，k ∈Z，
则φ =2k π −5 π
6 ，k ∈Z，不妨取k =0，则f ( x)=sin(2 x−5 π
6 )，
则f(−5 π
12)=sin(−5 π
3 )= √3
2 ，
故选：D.
8．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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
5
【分析】设A(x1, 1
2),B(x2, 1
2)，依题可得，x2−x1=π
6 ，结合sin x = 1
2的解可得，ω(x2−x1)= 2π
3 ，
从而得到ω的值，再根据f(
2
3 π)=0以及f (0)<0，即可得f ( x)=sin(4 x−2
3 π)，进而求得f (π)．
【详解】设A(x1, 1
2),B(x2, 1
2)，由|AB|=π
6 可得x2−x1=π
6 ，
由sin x = 1
2可知，x =π
6 +2k π或x =5π
6 +2k π，k ∈Z，由图可知，
ω x2+φ−(ω x1+φ)= 5
6 π−π
6 = 2π
3 ，即ω(x2−x1)= 2π
3 ，∴ω= 4．
因为f(
2
3 π)=sin(
8π
3 +φ)=0，所以8π
3 +φ =k π，即φ =−8
3 π+k π，k ∈Z．
所以f ( x)=sin(4 x−8
3 π+ k π)=sin(4 x−2
3 π+k π)，
所以f (x)=sin(4 x−2
3 π)或f (x)=−sin(4 x−2
3 π)，
又因为f (0)<0，所以f ( x)=sin(4 x−2
3 π)，∴f (π)=sin(4π−2
3 π)=−√3
2 ．
故答案为：−√3
2 ．
【点睛】本题主要考查根据图象求出ω以及函数f (x)的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，
以及特殊角的三角函数值是解题关键．
9．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数f (x)=cosωx −1(ω>0)在区间[0,2π]有且仅有3 个零点，则
ω的取值范围是 ．
【答案】[2,3)
【分析】令f ( x)=0，得cosωx =1有3 个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【详解】因为0≤x ≤2π，所以0≤ωx ≤2ωπ，
令f ( x)=cosωx −1=0，则cosωx =1有3 个根，
令t =ωx，则cost =1有3 个根，其中t ∈[0,2ωπ]，
结合余弦函数y =cost的图像性质可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3，
故答案为：[2,3).
10．（2025·北京·高考真题）设函数f ( x)=sin ωx +cosωx(ω>0)，若f ( x +π)= f ( x)恒成立，且f ( x)
6
在[0,π
4 ]上存在零点，则ω的最小值为（ ）
A．8
B．6
C．4
D．3
【答案】C
【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解.
【详解】函数f ( x)=sin ωx +cosωx =√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 ,πω
4
+π
4 ]，
所以πω
4
+π
4 ≥π，即ω≥3；
综上，ω的最小值为4.
故选：C.
【热点题型一：三角函数图像变换与解析式求解】
【核心归纳】
1.图像变换核心法则：围绕标准函数
（或
）的“平移、伸缩”两步变换，分两种经典
途径：
2.解析式求解核心：已知图像求
（
）的参数，遵循“先定A、B，再求
，最后找
”的步骤：
（振幅）：
；
（纵向平移量）：
；
（角频率）：由周期
确定，
，周期可通过图像中“相邻对称轴间距”“相邻对称中心间距”
“相邻最值点间距”求解（相邻对称轴/对称中心间距为
，相邻最值点间距为
）；
（相位）：代入图像上的“特殊点”（如最高点、最低点、与
轴的交点）求解，优先选择已知单调性
的特殊点，避免符号错误.
【易错提示】
知识讲解与常考题型
题型分类
7
平移变换“对象混淆”：左右平移是对“
本身”的变换，而非“
”，若
，需先提取
，再计
算平移量（如由
到
，平移量为
，而非
），这是网络名师强调的高频
易错点；
求
时“选点不当”：若选择与
轴的交点，需判断该点是上升段交点还是下降段交点（上升段对应
的递增点，下降段对应递减点），否则易求错
的符号；
伸缩变换“方向颠倒”：横坐标伸缩时，“缩短为原来的
”等同于“乘以2”，“伸长为原来的2 倍”
等同于“乘以
”，容易与纵坐标伸缩方向混淆.
（25-26 高三上·江西·月考）【多选题】函数
f (x)= A sin (ωx +φ)(A >0, ω>0, |φ|<π
2 )的部分图象如图所示，把f (x)的图象向右平移π
6 个单位长度
得到函数g(x)的图象．把f (x)图象上各点的横坐标伸长为原来的2 倍，纵坐标不变，得到函数h(x)的图象，
则（ ）
A．f (x)= 4 sin(4 x +π
3 )
B．g(x)=−4 sin 4 x
C．h(x)在[−π
3 , π
12]上单调递增
D．当m≥2时，对任意的x∈[−π
48 , π
24], f (2 x)+m≥f(
π
24)恒成立
【答案】ACD
【分析】根据正弦函数的图像、性质、变换进行逐项计算即可.
【详解】由图象可知，A = 4，T
4 = π
24 + π
12 = π
8 ，
解得T = 2π
ω = π
2 ，解得ω= 4.
又函数f (x)过点(
π
24 ,4)，所以4 sin(4× π
24 +φ)= 4，
经典例题
8
则sin(
π
6 +φ)=1，因为|φ|< π
2 ，所以φ = π
3 .
所以函数f (x)= 4 sin(4 x + π
3)，A 正确；
根据函数的变换可知g(x)= 4 sin(4(x−π
6)+ π
3)= 4 sin(4 x−π
3)，B 错误；
h(x)= 4 sin(2 x + π
3)，因为x∈[−π
3 , π
12]，所以2 x + π
3 ∈[
π
6 , π
2]，
此时h(x)是单调递增的，C 正确；
因为f (2 x)= 4 sin(8 x + π
3),f(
π
24)= 4 sin π
2 = 4，
所以不等式变为m≥4−4 sin(8 x + π
3).
因为x∈[−π
48 , π
24]，所以8 x + π
3 ∈[
π
6 , 2π
3 ]，所以sin(8 x + π
3)∈[
1
2 ,1]，
所以4−4 sin(8 x + π
3)∈[0,2]，所以要使得不等式恒成立，那么m≥2，D 正确.
故选：ACD.
【规律方法总结】
图像变换记忆口诀：“左加右减
，上加下减
；横伸缩倒数倍，纵伸缩直接倍；先缩后移要变参，先移
后缩不变参”；
解析式求解“特殊点优选原则”：优先选择最高点（对应
）或最低点（对应
），这类点的函数值唯一，可快速锁定
；若必须选
轴交点，优先选“中间
点”（如在两个最值点之间的交点）；
多图像变换问题：可通过“逆推法”验证，即由目标函数图像反向推导原函数图像，检查变换步骤是否正
确.
（2025·江苏南通·模拟预测）【多选题】已知函数f ( x)= A sin(ωx +φ)（
A >0,ω>0,|φ|<π
2 ）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
小试牛刀1
9
A．f ( x)=2sin(2 x +π
6 )
B．若f ( x1)= f ( x2)=1, x1≠x2，则| x1−x2|min=π
3
C．将函数f ( x)的图象向右平移π
6 个单位长度得到函数g( x)=2sin 2 x
D．当x∈[0,2π]时，曲线y =sin x与f ( x)有4 个交点
【答案】ABD
【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作图求出函数f ( x)的解析式判断A；求出f ( x)=1的x值判断
B；利用平移变换求解判断C；作出图形判断D.
【详解】观察函数f ( x)的图象，得A =2，最小正周期2π
ω = 11π
12 −(−π
12 )，解得ω=2，
由f (−π
12 )=0，得2⋅(−π
12 )+φ=k π,k ∈Z，而|φ|<π
2 ，则k =0,φ=π
6 ，
对于A，f ( x)=2sin(2 x +π
6 )，故A 正确；
对于B，由f ( x)=1，得sin(2 x +π
6 )= 1
2，
则2 x +π
6 =2k1π+π
6 ,k1∈Z或2 x +π
6 =2k2π+5π
6 ,k2∈Z，
解得x =k1π,k1∈Z或x =k2π+π
3 ,k2∈Z，
又f ( x1)= f ( x2)=1, x1≠x2，则| x1−x2|min=π
3 ，故B 正确；
对于C，f ( x−π
6 )=2sin[2( x−π
6 )+π
6 ]=2sin(2 x−π
6 )≠g( x)，故C 错误；
对于D，在同一坐标系内作出函数y =sin x与y = f ( x)在[0,2π]上的图象，
如图，作出符合题意的图形，
10
观察图象得，两个函数图象有4 个交点，故D 正确.
故选：ABD
（2025·四川绵阳·模拟预测）将函数f ( x)=sin x的图象先向左平移π
3
个单位，再
将所得图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的1
2，得到函数y = g( x)的图象，则g(
π
2 )=
（ ）
A．−1
2
B．−√3
2
C．√3
2
D．1
2
【答案】B
【分析】根据三角函数变化求出y = g( x)的表达式，再求g(
π
2 )的值.
【详解】函数f ( x)=sin x的图象先向左平移π
3
个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐
标变为原来的1
2，
得到函数g( x)=sin(2 x +π
3 )，
进而g(
π
2 )=sin(2×π
2 +π
3 )=sin(π+π
3 )=−sinπ
3 =−√3
2 ，
故选：B.
【多选题】（25-26 高三上·山东德州·月考）已知函数
f (x)= A sin (ωx +φ)( A >0,ω>0,−π<φ<π)部分图象如图所示，则下列说法正确（ ）
小试牛刀2
小试牛刀3
11
A．f (x)的图象关于点(−π
3 ,0)对称
B．将函数y =2cos(2 x +π
3 )的图象向右平移π
4 个单位得到函数f (x)的图象
C．若f (x)在(0,m)上有3 个极值点，则m 取值范围是(
13π
12 , 19π
12 ]
D．若方程f (x)=m在[0,π
2 ]上有且只有一个实数根，则m的取值范围是[−√3,√3)
【答案】BC
【分析】根据三角函数解析式的求法求出f (x)的解析式，利用代入检验法可判断A；利用三角函数图象平
移及诱导公式可判断B；利用换元法结合正弦函数的图象及性质分析可判断C D.
【详解】由图知A =2，
T
4 =π
3 −π
12 =π
4 ，所以T = 2π
|ω| =π，所以ω=2，
f (π
3 )=2sin(
2π
3 +φ)=0，
因为−π<φ<π，所以φ=π
3 ，
所以f ( x)=2sin(2 x +π
3 )，
对于A：f (−π
3 )=2sin(−2π
3 +π
3 )=−√3≠0，故A错误；
对于B： y =2cos[2( x−π
4 )+π
3 ]=2cos(−π
2 +2 x +π
3 )=2sin(2 x +π
3 )，故B正确；
对于C：x∈(0,m)，2 x +π
3 ∈(
π
3 ,2m+π
3 )，
根据正弦函数的图象可得，f (x)在(0,m)上有3 个极值点，
则5π
2 <2m+π
3 ≤7π
2 ，解得13π
12 <m≤19π
12 ，故C正确；
对于D：x∈[0,π
2 ]，2 x +π
3 ∈[
π
3 ,4π
3 ]，
2sinπ
3 =√3,2sin 4π
3 =−√3，
12
由图可知，f (x)=m在[0, π
2]上只有一个实数根，
则m∈[−√3,√3)∪{2}，故D错误.
故选：BC.
【热点题型二：三角函数的单调性与最值问题】
【核心归纳】
1.单调性求解核心：将复杂三角函数转化为标准型
（或
），
利用复合函数单调性“同增异减”法则求解：
当
时
：
的
增
区
间
为
，
减
区
间
为
，令
，解不等式即可得原函数的增、减区间；
当
或
时：先利用诱导公式转化为
的形式（如
，其增区
间对应
的减区间），再求解；
2.最值求解核心：
基本型最值：
（
）的最大值为
，最小值为
，当且仅当
（最大值）或
（最小值）时取得；
复合型最值：含二次函数结构（如
）或分式结构的三角函数，通过“换元法”转化为
二次函数或反比例函数最值（换元后需注意新元的取值范围，如
）；
区间型最值：给定
的取值范围，需先确定
的范围，再结合三角函数图像在该区间内的单调性、极
值点，求最值（需注意区间端点的函数值）；
3.单调性应用：利用单调性比较三角函数值大小（先利用诱导公式转化为同一单调区间内的角）、求参数
范围（已知函数在某区间单调，转化为不等式恒成立问题）.
【易错提示】
忽略
的符号：求解单调区间时，若
，未先转化为正，直接套用标准区间，会导致结果完全相反；
换元后“范围丢失”：如求解
的最值时，忽略
，直接按二次函数
的全体定义域求最值，导致错误；
区间型最值“漏查端点”：只关注区间内的极值点，忽略区间端点的函数值，可能错过最值（如函数在区
间端点处取得最值）.
【多选题】（2025·四川德阳·一模）已知函数f (x)=sin(ωx +φ)，下列说法正确的是
（ ）
经典例题
13
A．ω=1是函数f (x)最小正周期为2π的充要条件；
B．f
2(x)+ f(x +π
2ω)的最大值是5
4 ；
C．若φ=π
3 ,f (x)在(−2,1)单调递增，则ω的取值范围是(0,π
6 ]；
D．若φ∈(0,π
2 ),f (x)在(0,π
3 )单调递增，在(
π
3 ,π)单调递减，则ω的取值范围是(0, 3
2).
【答案】BCD
【分析】由三角函数周期公式依次分析充分性和必要性即可判断A；利用诱导公式、平方和公式和二次函
数性质直接计算即可求解判断B；由变量范围和正弦函数单调性列不等式
2k π−π
2 ≤−2ω+π
3 <ω+π
3 ≤2k π+π
2 ,k ∈Z计算即可求解判断C；由函数单调性结合正弦函数的
单调性和周期列方程和不等式即可求出ω范围判断D.
【详解】ω=1时，f (x)=sin(x +φ)，函数f (x)最小正周期为2π，充分性成立，
当函数f (x)=sin(ωx +φ)最小正周期为2π时，|ω|= 2π
T ⇒ω=±1，必要性不成立，
所以ω=1是函数f (x)最小正周期为2π的充分不必要条件，A 错误；
f
2(x)+ f(x +π
2ω)=sin
2(ωx +φ)+sin[ω(x +π
2ω)+φ]=sin
2(ωx +φ)+sin(ωx +π
2 +φ)
=sin
2(ωx +φ)+cos(ωx +φ)=1−cos
2(ωx +φ)+cos(ωx +φ)=−[cos(ωx +φ)−1
2]
2
+ 5
4 ≤5
4 ，
所以f
2(x)+ f(x +π
2ω)的最大值是5
4 ，B 正确；
若φ =π
3 ,f (x)=sin(ωx +π
3 )，则x∈(−2,1)时，ωx +π
3 ∈(−2ω+π
3 ,ω+π
3 )，
因为f (x)在(−2,1)单调递增，所以2k π−π
2 ≤−2ω+π
3 <ω+π
3 ≤2k π+π
2 ,k ∈Z，
解得¿，k ∈Z，又ω>0，所以¿，k ∈Z，
解得−1
12 <k < 5
12，k ∈Z，
所以k =0，则¿，故ω的取值范围是(0,π
6 ]，C 正确；
若φ∈(0,π
2 ),f (x)=sin(ωx +φ)，
因为φ∈(0,π
2 )，f (x)在(0,π
3 )单调递增，在(
π
3 ,π)单调递减，
所以ωπ
3
+φ =2k π +π
2 ,k ∈Z⇒ω=6 k +3
2 −3φ
π ∈(6k ,6k +3
2),k ∈Z，
14
且¿，
所以0<ω< 3
2，即ω的取值范围是(0, 3
2)，故D 正确.
故选：BCD
【规律方法总结】
单调区间求解“三步法”：①化标准型（保证
）；②令
，求
（或
）的对应单调区间；③解关于
的不等式，写出最终区间（标注
）；
最值求解“换元四步走”：①确定换元对象（如
）；②明确新元取值范围（如
）；③转化为新函数（二次函数、反比例函数等）；④结合新函数单调性求最值；
区间型最值“图像辅助法”：画出三角函数在目标区间内的图像，标注极值点和区间端点，直观判断最值
位置，避免漏解.
【多选题】（2025·甘肃武威·模拟预测）已知函数f (x)=3sin(ωx +π
3 )(ω>0)
在区间(−π
3 ,π
6 )上单调递增，则当ω取最大值时，f (x)在区间[
π
2 ,π)上的值域为（ ）
A．(−3
2 , 3√3
2 ]
B．(−1
2 , √3
2 ]
C．(−3√3
2
, 3
2]
D．(−√3
2 , 1
2]
【答案】C
【分析】先由正弦函数的单调性和f (x)在区间(−π
3 ,π
6 )上单调递增确定ω的最大值，再由正弦函数的单
调性求出值域即可.
【详解】因为ω>0，所以当x∈(−π
3 ,π
6 )时，ωx +π
3 ∈(−ωπ
3
+π
3 , ωπ
6
+π
3 )，
因为f (x)在区间(−π
3 ,π
6 )上单调递增，所以π
6 −(−π
3 )=π
2 ≤T
2 ，则T ≥π，即2π
ω ≥π，
所以0<ω≤2，所以¿，解得0<ω≤1，则ω的最大值为1，
此时f (x)=3sin(x +π
3 )，
当x∈[
π
2 ,π)时，x +π
3 ∈[
5π
6 , 4π
3 )，则f (x)在区间[
π
2 ,π)上的值域为(−3√3
2
, 3
2].
故选：C.
（2025·广东佛山·一模）已知函数f (x)=cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周
期为π，且f (0)= √3
2
(1)求f (x)的解析式；
小试牛刀1
小试牛刀2
15
(2)设函数g(x)= f (x)+ f(x +π
6 )，求g(x)的值域和单调区间.
【答案】(1)f (x)=cos(2 x +π
6 )
(2)值域为[−√3,√3]，递增区间为[−2π
3 + k π,−π
6 +k π]，递减区间为[−π
6 + k π,π
3 +k π]，
k ∈Z.
【分析】（1）先由周期求ω，再由f (0)= √3
2 求出φ即可求解；
（2）由诱导公式得f(x +π
6 )=−sin2 x，利用三角恒等变换得g(x)=√3cos(2 x +π
3 )，利用三角函数
的性质求出值域和单调区间即可.
【详解】（1）由T = 2π
ω =π，得ω=2.由f (0)=cosφ = √3
2 ，且0<φ<π，所以φ =π
6 ，
所以f (x)=cos(2 x +π
6 )；
（2）由f(x +π
6 )=cos(2 x +π
2 )=−sin2 x，
所以g(x)= f (x)+ f(x +π
6 )=cos2 xcosπ
6 −sin2 xsinπ
6 −sin2 x
= √3
2 cos2 x−3
2 sin2 x =√3[cos2 xcosπ
3 −sin2 xsinπ
3 ]=√3cos(2 x +π
3 )，
所以g(x)的值域为[−√3,√3]，
因为y =cos x在[−π+2k π,2k π]上单调递增，在[2k π,π+2k π](k ∈Z)上单调递减，
由−π+2k π≤2 x +π
3 ≤2k π得−2π
3 +kπ ≤x ≤−π
6 +kπ，
由2k π≤2 x +π
3 ≤2k π+π得−π
6 +k π≤x ≤π
3 +k π，k ∈Z，
所以g(x)的递增区间为[−2π
3 + k π,−π
6 +k π]，递减区间为[−π
6 + k π,π
3 +k π]，k ∈Z.
（2025·河南·模拟预测）已知函数f (x)=sin(ωx −π
6 )(ω>0)的最小正周期为π．
(1)求f (x)的单调递减区间；
(2)先将f (x)图象上所有点的横坐标变为原来的2 倍，再将所得图象向左平移5π
12 个单位长度，得到函数
g(x)的图象，若对任意的x∈[0,π]，不等式g(x)−cos
2(x−π
4 )≤3m
2−4 m+ 5
4 恒成立，求实数m的取
小试牛刀3
16
值范围．
【答案】(1)[k π+π
3 , k π+ 5π
6 ], k ∈Z
(2)(−∞, 1
3]∪[1, + ∞)．
【分析】（1）首先根据周期公式求出ω的值，进而得到函数f (x)的表达式，再根据正弦函数的单调性求出
f (x)的单调递减区间；
（2）然后根据三角函数图象的伸缩和平移变换规则求出g(x)的表达式，最后通过求解不等式恒成立问题，
确定实数m 的取值范围．
【详解】（1）因为f (x)的最小正周期为π，
所以ω= 2π
T
= 2π
π
=2，所以f (x)=sin(2 x−π
6 )．
令2k π+π
2 ≤2 x−π
6 ≤2k π+ 3π
2 , k ∈Z，得k π+π
3 ≤x ≤k π+ 5π
6 , k ∈Z，
故f (x)的单调递减区间为[k π+π
3 , k π+ 5π
6 ], k ∈Z．
（2）f (x)=sin(2 x−π
6 )的横坐标变为原来的2 倍得到y =sin(x−π
6 )，
再将所得图象向左平移5π
12 个单位长度得到g(x)=sin(x−π
6 + 5π
12 )=sin(x +π
4 )．
令y = g(x)−cos
2(x−π
4 )=sin(x +π
4 )−sin
2(x +π
4 )
令t =sin(x +π
4 ), x∈[0,π]，则t ∈[−√2
2 , 1]，
因为y =−t
2+t =−(t −1
2)
2
+ 1
4 ，所以当t = 1
2时，y =−t
2+t取得最大值1
4 ，
所以3m
2−4 m+ 5
4 ≥1
4 ，解得m≥1或m≤1
3，
故实数m的取值范围为(−∞, 1
3]∪[1,+ ∞)．
【热点题型三：三角函数的对称性与周期性问题】
【核心归纳】
1.周期性核心：
基本周期：
、
的最小正周期为
；
的最小正周期为
；
复合函数周期：
、
（
）的最小正周期为
；
（
）的最小正周期为
；
17
周期性质：若
（
），则
是
的一个周期，
（
）也是
的
周期，解题时优先求最小正周期；
2.对称性核心（对称中心、对称轴）：
：对称中心为
（
），对称轴为
（
）；
：对称中心为
（
），对称轴为
（
）；
复合函数对称性：
的对称中心满足
（
），解得
，对
称中心为
；对称轴满足
（
），解得
；
的对称中心满足
（
），对称轴满足
（
）；
3.对称性与周期性的关系：若函数
有两条对称轴
和
（
），则
的周期
；若有两个对称中心
和
（
），则周期
；若有一条对称轴
和一个对称中心
（
），则周期
.
【易错提示】
混淆“最小正周期”与“周期”：如
的周期可以是
、
等，但最小正周期是
，解题时
需明确要求，避免错答；
对称中心“纵坐标遗漏”：复合函数
的对称中心纵坐标为
，而非
，容易误写为
；
对称性与周期性关系“系数错误”：将对称轴与对称中心对应的周期记为
，忽略“一条对称轴
+一个对称中心”时周期为
的情况.
（2025·重庆·模拟预测）已知函数 f (x)=√6sin(ωx +π
4 )−√2sin(ωx −π
4 )的最
小正周期为π，其中 ω>0 .
(1)求ω，并求曲线y = f (x)的对称中心；
(2)若f (θ)=2√2，求tan2θ.
【答案】(1)ω=2，( k π
2 −5π
24 ,0),k ∈Z；
(2)2−√3
【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简f (x)的表达式，结合函数的最小正周期，求出ω，再结合正弦函
数的对称中心，即可求得答案；
（2）由f (θ)=2√2可求出2θ =2k π+π
12 ,k ∈Z，利用三角函数诱导公式以及两角差的正切公式，即可
求得答案.
经典例题
18
【详解】（1）f ( x)=√6sin(ωx +π
4 )−√2sin(ωx +π
4 −π
2 )
=√6sin(ωx +π
4 )+√2cos(ωx +π
4 )
=2√2[
√3
2 sin(ωx +π
4 )+ 1
2 cos(ωx +π
4 )]
=2√2sin(ωx +π
4 +π
6 )=2√2sin(ωx + 5π
12 )，
因为函数的最小正周期为π，ω>0，所以2π
ω =π，则有ω=2，
所以f (x)=2√2sin(2 x + 5π
12 )；
由2 x + 5π
12 =k π,k ∈Z，可得x = k π
2 −5π
24 ，k ∈Z，
所以函数f ( x)的对称中心为( k π
2 −5π
24 ,0),k ∈Z；
（2）由于f (θ)=2√2sin(2θ+ 5π
12 )=2√2，所以sin(2θ+ 5π
12 )=1，
则有2θ+ 5π
12 =2k π+π
2 ,k ∈Z，即2θ =2k π+π
12 ,k ∈Z，
所以tan 2θ = tan(2k π+π
12 )= tanπ
12 = tan(π
3 −π
4 )=
tanπ
3 −tanπ
4
1+ tanπ
3 tanπ
4
= √3−1
1+√3 =2−√3．
【规律方法总结】
周期求解“三步骤”：①化简函数解析式为标准型；②确定函数类型（正弦、余弦、正切）；③代入对应
周期公式计算（注意
的绝对值）；
对称性判断“代入验证法”：若判断
是否为对称轴，验证
是否恒成立；若判断
是否为对称中心，验证
是否恒成立；
对称性与周期性综合问题“先定性质再求周期”：先通过已知条件确定函数的对称轴或对称中心，再利用
两者关系求解周期，最后结合周期求解其他问题.
（2025·云南·模拟预测）函数f (x)=sin(ωx +π
4 )(1<ω<2)满足
f(
π
4 )+ f(
9π
4 )=0，则ω的取值集合为 ．
【答案】{
7
5 , 3
2}
【分析】根据已知条件得出sin(
5π
4 ω+π
4 )=0或cos(ωπ)=0，所以ω= 4
5 k −1
5或ω=1
2 +k，进而得出
ω的取值集合.
小试牛刀1
19
【详解】因为函数f (x)=sin(ωx +π
4 )(1<ω<2)满足f(
π
4 )+ f(
9π
4 )=0，
即sin(
π
4 ω+π
4 )+sin(
9π
4 ω+π
4 )=2sin(
5π
4 ω+π
4 )cos(ωπ)=0，
所以sin(
5π
4 ω+π
4 )=0或cos(ωπ)=0，
所以5π
4 ω+π
4 =k π或ωπ=π
2 +k π，所以ω= 4
5 k −1
5或ω=1
2 +k，k ∈Z，
又1<ω<2，得ω= 7
5或ω= 3
2，
则ω的取值集合为{
7
5 , 3
2}.
故答案为：{
7
5 , 3
2}.
（25-26 高三上·天津河北·期中）函数f (x)=sin(ωx +π
4 )(ω>0)的最小正周期为
T.若2π
3 <T <π，且函数的图象关于点(
3π
2 ,0)中心对称，则f(
π
2 )=（ ）
A．−1
B．−1
2
C．1
2
D．1
【答案】A
【分析】由三角函数的图像与性质可求得参数值，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2π
3 <T <π，得2π
3 < 2π
ω <π，解得：2<ω<3.
又因为函数图像关于点(
3π
2 ,0)对称，所以3π
2 ω+ π
4 =k π,k ∈Z，
所以ω=−1
6 + 2
3 k，k ∈Z，所以ω= 5
2，因此可得：f (x)=sin(
5
2 x +π
4 )，
所以f(
π
2 )=sin(
5π
4 +π
4 )=sin(
3π
2 )=−1.
故选：A
（2025·云南昆明·模拟预测）若函数f (x)=2cos x(√3sin x−cos x)的图象关于直
线x =m对称，则tan2m=（ ）
A．√3
B．−√3
3
C．-1
D．−√3
【答案】D
小试牛刀2
小试牛刀3
20
【分析】利用辅助角公式化简得f (x)=2sin(2 x−π
6)−1，根据正弦型函数的对称性，求得m的表达式，
进而求得tan2m的值.
【详解】函数f (x)=2√3sin xcos x−2cos
2 x +1−1=√3sin2 x−cos2 x−1=2sin(2 x−π
6)−1.
令2 x−π
6 =π
2 +k π(k ∈Z)，则2 x = 2π
3 +k π(k ∈Z)，则tan2m=tan 2π
3 =−√3.
故选：D.
【热点题型四：三角函数综合应用（与向量、解三角形结合）】
【核心归纳】
1.与平面向量结合：常见题型为“向量数量积+三角函数性质”，核心步骤：
利用向量数量积公式化简：若向量
，
，则
，将向量表达式转化
为三角函数式；
利用辅助角公式将三角函数式化为标准型
；
求解三角函数的性质（单调性、最值、对称性等）；
2.与解三角形结合：常见题型为“三角形边角关系+三角函数最值/范围”，核心步骤：
利用正弦定理（
）或余弦定理（
等）实现“边化
角”或“角化边”；
结合三角恒等变换化简三角函数式，转化为标准型；
根据三角形内角范围（
，
）确定自变量取值范围，求解最值或范围.
【易错提示】
向量数量积“符号遗漏”：向量数量积公式中夹角的余弦值符号易忽略，导致三角函数式化简错误；
解三角形“角范围限制”：忽略三角形内角和为
及各内角大于
的条件，导致自变量范围扩大，最值求
解错误；
“边化角”与“角化边”选择不当：复杂题型中未根据条件灵活选择转化方向，导致计算繁琐或无法求解.
（2025·山东泰安·一模）已知函数f (x)=2sin(ωx +π
3 )cosωx −√3
2
(ω>0)的最小正
周期为π,f (x)在(−π
6 ,π
3 )上的图象与直线y =a交于点A ,B，与直线y =√6a交于点C , D，且
|AB|=2|CD|，则a= .
【答案】1
3
【分析】先确定函数f (x)的解析式，再数形结合，利用函数f (x)图象的性质列式求值即可.
【详解】因为f (x)=2sin(ωx +π
3 )cosωx −√3
2 =2(sin ωx ⋅1
2 +cosωx ⋅√3
2 )cosωx −√3
2
=sin ωx cosωx +√3cos
2ωx −√3
2 = 1
2 sin 2ωx + √3
2 cos2ωx =sin(2ωx +π
3 ).
经典例题
21
又函数最小正周期为π，且ω>0，所以2π
2ω =π ⇒ ω=1.
所以f (x)=sin(2 x +π
3 ).
当x∈(−π
6 ,π
3 )时，2 x +π
3 ∈(0,π)，所以sin(2 x +π
3 )∈(0,1].
做函数f (x)=sin(2 x +π
3 )，x∈(−π
6 ,π
3 )的草图如下：
函数f (x)图象关于直线x =π
12对称.
设|CD|=2t，则B(
π
12 +2t ,a)，D(
π
12 +t ,√6a).0<t <π
4 ，
所以sin[2(
π
12 +t)+π
3 ]=√6sin[2(
π
12 +2t)+π
3 ]，
⇒ cos2t =√6cos 4 t ⇒ cos2t =√6(2cos
22t −1) ⇒ 2√6cos
22t −cos2t −√6=0，
解得cos2t = √6
3 或cos2t =−√6
4 （舍去）.
所以a=sin[2(
π
12 +2t)+π
3 ]=cos 4t =2cos
22t −1 =2× 2
3 −1= 1
3.
故答案为：1
3
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于设|CD|=2t，根据题意列出B(
π
12 +2t ,a)，D(
π
12 +t ,√6a)坐标，
根据纵坐标的关系列式，求出cos2t的值，再求B点纵坐标.特征以及向量关系式，得出A ,B两点的坐标关
系式，再利用诱导公式以及二倍角公式计算可得结果.
【规律方法总结】
向量与三角函数结合题“两步化简法”：①向量运算化简（数量积、模长等）；②三角恒等变换化简，最
终转化为标准型求解；
解三角形与三角函数结合题“转化原则”：①求边的最值/范围：优先“角化边”，转化为二次函数最值；
②求角的最值/范围：优先“边化角”，转化为三角函数值域问题；
三角形内角范围“精准锁定”：利用
将多变量转化为单变量（如
），结合三
角函数单调性求解.
（2025·江西宜春·模拟预测）已知
小试牛刀1
22
⃗a=(sin x +cos x ,2sin x),⃗b=(sin x−cos x ,√3cos x)，函数f (x)=⃗a⋅⃗b+t（t为常数）.
(1)求f (x)的最小正周期及单调递减区间；
(2)若f(
π
2 )=0，且在△ABC中，内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c ,f(
A
2)=1,a
2−b
2−c
2=6，求△ABC
的面积.
【答案】(1)π，[
π
3 +k π, 5π
6 +k π](k ∈Z)
(2)3√3
2
【分析】（1）先利用向量的数量积结合降幂公式、两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形
式，然后结合正弦函数性质求得最小正周期及单调递减区间；
（2）由（1）根据f(
π
2 )=0求得t =−1，再由f(
A
2)=1求得A = 2π
3 ，然后由余弦定理求得bc =6，从而
可得三角形面积．
【详解】（1）由题意得f (x)=⃗a⋅⃗b+t =sin
2 x−cos
2 x +2√3sin xcos x +t =√3sin2 x−cos2 x +t
=2sin(2 x−π
6 )+t，
所以f (x)的最小正周期T = 2π
2 =π，
令π
2 +2k π≤2 x−π
6 ≤3π
2 +2k π(k ∈Z)，得π
3 +k π≤x ≤5π
6 + k π(k ∈Z)，
所以f (x)的单调递减区间为[
π
3 +k π, 5π
6 +k π](k ∈Z).
（2）由f(
π
2 )=0，得2sin(2×π
2 −π
6 )+t =0，故t =−1.
由f(
A
2)=1，得2sin(2× A
2 −π
6 )−1=1，
即sin(A −π
6 )=1，
因为A ∈(0,π)，所以A −π
6 =π
2 ，所以A = 2π
3 ，
所以a
2=b
2+c
2−2bccos A =b
2+c
2+bc，
又a
2−b
2−c
2=6，即a
2=b
2+c
2+6，所以bc =6，
所以S△ABC = 1
2 bcsin A = 1
2 ×6× √3
2 = 3√3
2
.
（2025·云南·一模）已知函数f ( x)=sin x +√3cos x．
小试牛刀2
23
(1)求函数f ( x)的最小正周期和对称轴；
(2)若g( x)=|f ( x)|，
（i）当x∈[−π
3 , 5 π
3 ]时，求使g( x)≥√3成立的x 的范围；
（ii）在△ABC中，角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且g( A )=√3．若________求b+c的取值范围．请从
以下两个条件中任选一个补充在横线处并作答．
①△ABC为锐角三角形且a=2；②△ABC的面积为S 且S = √3
8 (a
2+2)．
【答案】(1)2π；x =π
6 +k π,k ∈Z
(2)（i）[0,π
3 ]∪[π, 4 π
3 ]；（ii）答案见解析
【分析】（1）根据辅助角公式，先对f (x)=sin x +√3cos x化简，再根据三角函数的性质求最小正周期和
对称轴.
（2）（i）先求出g(x)的表达式，求出g(x)=√3的x的取值，再结合图象求出g(x)≥√3的x的取值范围.
（ii）选①，利用正弦定理，将b+c表示为角的函数，根据三角形内角的取值范围求b+c的范围.选②，根
据面积公式及余弦定理将b+c表示出来，结合基本不等式求范围.
【详解】（1）由题意f (x)=sin x +√3cos x =2sin(x +π
3 )，所以T =2π，故f ( x)的最小正周期为2π．
令x +π
3 =π
2 + k π,k ∈Z，得x =π
6 +k π,k ∈Z．
所以函数f ( x)图象的对称轴方程为x =π
6 +k π,k ∈Z．
（2）由题意知g( x)=|f ( x)|=2|sin(x +π
3 )|．
（i）在同一坐标系中，作出函数g( x)=2|sin(x +π
3 )|, x∈[−π
3 , 5π
3 ]与直线y =√3的图象，如下图所
示：
令g( x)=√3，即2|sin(x +π
3 )|=√3，
24
当sin(x +π
3 )>0时，由sin(x +π
3 )= √3
2 得x +π
3 =π
3 +2k π或x +π
3 = 2π
3 +2k π,k ∈Z，
即x =2k π或x =π
3 +2k π,k ∈Z．
又因为x∈[−π
3 , 5π
3 ]，故x =0或x =π
3 ；
当sin(x +π
3 )<0时．由sin(x +π
3 )=−√3
2 得x +π
3 = 4π
3
+2k π或x +π
3 = 5π
3 +2k π，k ∈Z，即
x =π+2k π或x = 4π
3
+2k π,k ∈Z．
又因为x∈[−π
3 , 5π
3 ]，故x =π或x = 4π
3
，
所以结合函数g(x)的图象得，使g( x)≥√3成立的x 的范围为[0,π
3 ]∪[π, 4π
3 ]．
（ii）因为g( A )=|2sin(A +π
3 )|=√3，则sin(A +π
3 )=± √3
2 ，
因为0< A <π，所以π
3 < A +π
3 <4π
3 ，所以A +π
3
=2π
3
，解得A =π
3
．
选①△ABC为锐角三角形且a=2，
由正弦定理：
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =
2
sinπ
3
= 4
√3，则
b+c = 4
√3 sin B+ 4
√3 sinC = 4
√3 sin B+ 4
√3 sin(
2π
3 −B)
= 4
√3 sin B+ 4
√3(sin 2π
3 cos B−cos 2π
3 sin B)
=2√3sin B+2cos B = 4 sin(B+π
6 ).
因为△ABC为锐角三角形，所以¿，即¿，得π
6 <B<π
2
，
则π
3 <B+π
6 < 2π
3 ，所以√3
2 <sin(B+π
6 )≤1，
所以2√3<b+c≤4，故b+c的取值范围为(2√3,4 ]．
选②△ABC的面积为S且S = √3
8 (a
2+2)，
由S△ABC = 1
2 bc sin A = √3
4 bc = √3
8 (a
2+2)，得a
2=2bc−2．
由余弦定理a
2=b
2+c
2−2bc cos A =b
2+c
2−bc =(b+c)
2−3bc，
25
消a 得(b+c)
2−3bc =2bc−2，
变形得bc = (b+c)
2+2
5
，因为b+c
2
≥√bc，即b+c
2
≥√
(b+c)
2+2
5
，
解不等式得b+c≥2√2，当且仅当b=c时等号成立．
所以b+c的取值范围为[2√2,+ ∞)．
（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在函数f (x)=sin(ωx +φ)的部分图象中，若⃗
TA =⃗AB，则点A的纵坐标为（ ）
A．2−√2
2
B．√3−1
2
C．√3−√2
D．2−√3
【答案】B
【分析】由题意可得T(
3π
2ω −φ
ω ,0)，进一步由⃗TA =⃗AB可得¿，将它们代入函数表达式结合诱导公式二
倍角公式计算可得结果.
【详解】依题意f ( xT )=sin(ω xT +φ)=−1,则得 ω xT +φ= 3 π
2 +2kπ ,k ∈Z，
即xT = 3π
2ω −φ
ω + 2k π
ω
,k ∈Z，所以T(
3π
2ω −φ
ω + 2k π
ω
,0),k ∈Z；
设A(x1, y1),B(x2, y2)，因为⃗TA =⃗AB，
所以¿,k ∈Z，解得¿,k ∈Z；
因此2 y1= y2= f (x2)= f(2 x1−3π
2ω + φ
ω −2k π
ω )=sin(2ω x1−3π
2 +2φ)
=cos(2ω x1+2φ)=1−2sin
2(ω x1+φ)=1−2 y1
2,k ∈Z，
可得2 y1
2+2 y1−1=0，结合图象可得y1>0，解得y1= √3−1
2
.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用T点的位置特征以及向量关系式，得出A ,B两点的坐标关系式，
再利用诱导公式以及二倍角公式计算可得结果.
小试牛刀3
26
一、单选题
1．（2025·河北衡水·模拟预测）已知函数f (x)=sin(2 x +π
12), g(x)=sin(x +π
12)，下列变换与“
y = f (x)变换到y = g(x)”不相同的是（ ）
A．H (x)=25
x变换到h(x)=5
x
B．H (x)=1+ log4 x变换到h(x)= log4(2 x)
C．H (x)=cos(x +π
3 )变换到h(x)=cos(
1
2 x +π
3 )
D．H (x)= tan(2 x +π
8 )变换到h(x)= tan(x +π
16)
【答案】D
【分析】利用伸缩变换的相关知识一一分析选项即可.
【详解】由题意可知“y = f (x)变换到y = g(x)”是纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2 倍，
对于A，B，C 选项从H (x)变换到h(x)都是纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2 倍，
即A : H(
x
2)=25
x
2 =h(x)=5
x;B: H(
x
2)=1+ log4(
x
2)= log42 x =h(x)；C : H(
x
2)=cos(
1
2 x + π
3)=h(x)，
对于D 项，从H (x)变换到h(x)是先将纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2 倍，再向右移动π
16个单位，该
变换与题干中的变换不一致，D 错误.
故选：D
2．（24-25 高三下·重庆·月考）设f (x)=5sin(x +π
3 )+12sin(x−π
6 )，若f (x)≤f (x0)恒成立，则
tan(x0−2π
3 )=（ ）
A．−12
5
B．−5
12
C．5
12
D．12
5
【答案】B
【分析】利用诱导公式和辅助角公式化简函数f (x)，得到辅助角tan φ = 12
5 ，根据正弦型函数的性质求出
x0，再代入化简求值即可.
【详解】因为sin(x−π
6 )=sin[(x +π
3 )−π
2 ]=−cos(x +π
3 )，
所以f (x)=5sin(x +π
3 )+12sin(x−π
6 )=5sin(x +π
3 )−12cos(x +π
3 )=13sin(x +π
3 −φ)，其
课后针对训练
27
中tan φ = 12
5 ，
因为f (x)≤f (x0)恒成立，所以x0+π
3 −φ=π
2 +2k π,k ∈Z，即x0=φ+π
6 +2k π,k ∈Z，
则tan(x0−2π
3 )= tan(φ+π
6 +2k π−2π
3 )= tan(φ−π
2 )=−
1
tan φ =−5
12.
故选：B.
3．（24-25 高三下·上海·月考）设f 1( x)=sin x，f 2( x)=cos( x +φ)．若对任意t ∈R，均存在i∈{1,2}，
使得函数y = f i( x)在[t ,t +π
4 ]是单调函数，则φ的取值可能是（ ）．
A．4π
7
B．3π
7
C．2π
7
D．π
7
【答案】D
【分析】利用两个函数总存在一个是单调的函数，而f 1( x)=sin x的单调性是已知的，我们就对任意
[t ,t +π
4 ]可能包含在π
2 时，会导致f 1( x)=sin x不单调，此时则需要f 2( x)=cos( x +φ)必须单调，从而
去验证f 2( x)=cos( x +φ)在区间[
π
4 , 3π
4 ],[
5π
4 , 7π
4 ]的单调性，从而问题可得解.
【详解】由于这两个函数都是周期为2π的函数，则下面只考虑在区间[0,2π]上进行分析研究，
因为f 1( x)=sin x在区间[0,π
2 ]上单调递增，在[
π
2 ,3π
2 ]上单调递减，在[
3π
2 ,2π]上单调递增，
而题意要求对任意t ∈R，均存在i∈{1,2}，使得函数y = f i( x)在[t ,t +π
4 ]是单调函数，
所以只需要f 2( x)=cos( x +φ)在区间[
π
4 , 3π
4 ],[
5π
4 , 7π
4 ]是单调函数即可，
根据选项可知只需要满足φ>0时取值，
故π
4 +φ≤x +φ≤3π
4 +φ,5π
4 +φ≤x +φ≤7π
4 +φ，
根据余弦函数的单调性，若满足¿，解得0<φ≤π
4 ，
若满足¿，解得0<φ≤π
4 ，
若满足¿，φ无解，
故0<φ≤π
4 必满足题意，而2π
7 > 2π
8 =π
4 ，则ABC 错误；
故选：D．
4．（2025·湖北黄石·二模）已知随机变量ξ ~ N (2,σ
2)，且P(ξ ≤1)= P(ξ ≥ω)，若函数
28
f (x)=2sin(
2ωx
3
+φ)+b(0<φ<π,b∈R)，将f (x)向左平移φ个单位后，所得函数在[0,π
2 ]上单调递
增，则φ =（ ）
A．π
4
B．π
2
C．π
12
D．2π
3
【答案】B
【分析】根据正态分布的对称性求出ω=3，由正弦函数的图像变换及正弦函数的单调性可得¿，从而可求
解.
【详解】因为随机变量ξ ~ N (2,σ
2)，且P(ξ ≤1)= P(ξ ≥ω)，
所以1+ω
2
=2，解得ω=3，
所以f (x)=2sin (2 x +φ)+b(0<φ<π,b∈R).
将f (x)向左平移φ个单位后，所得函数为g(x)=2sin (2 x +3φ)+b(0<φ<π,b∈R).
x∈[0,π
2 ]时，2 x∈[0,π]，故2 x +3φ∈[3φ ,3φ+π].
因为函数g(x)在[0,π
2 ]上单调递增，
所以¿，即¿，
所以φ=−π
6 + 2k π
3
(k ∈Z).
因为0<φ<π，所以0<−π
6 + 2k π
3
<π(k ∈Z)，解得1
4 <k < 7
4
(k ∈Z)，
所以k =1，所以φ=−π
6 + 2π
3 =π
2 .
故选:B.
二、多选题
5．（2025·江西·一模）已知函数f (x)=|sin ωx|+|cosωx|−(ω>0)的定义域为A =[0,α ],(α >0)，集合B =¿，
则（ ）
A．若α = π，且f (x)在A上单调，则ω的取值范围是(0, 1
4]
B．若ω= 1
2，且f (x)= √6
2 在A上恰有2 个不等的实根，则α的取值范围是[
5 π
6 , 7 π
6 )
C．若ω=1，且B =∅，则α的取值范围是(0, π
2]
D．若α = π
2 ，且B中恰有4 个不同元素，则ω的取值范围是[
3
2 , 5
2)
29
【答案】ABD
【分析】根据函数解析式结合角的值化简计算判断A，D，再根据ω的值结合三角函数的值域计算判断B，
C.
【详解】f (x)=|sinωx|+|cosωx|=√(|sinωx|+|cosωx|)
2=√1+|sin2ωx|，
当x∈[0,α ]，α = π时，2ωx ∈[0.2ωπ ]，
因为y =|sin x|的单调区间是[kπ ,kπ + π
2]，所以2ωπ ≤π
2 .0<ω≤1
4 ，故A 正确；
当ω= 1
2时.f (x)=√1+|sin x|，由f (x)= √6
2 得|sin x|= 1
2，
所以f (x)= √6
2 在A上的前3 个实根依次为π
6 ，5 π
6 ，7 π
6 ，所以5 π
6 ≤α < 7 π
6 ，故B正确.
当ω=1时，f (x)=√1+|sin2 x|，由1≤f (x)≤√2，若B =∅，则不存在x∈A，
使得|sin2 x|=1，所以2α < π
2 ，0<α < π
4 ，故C错误；
若B中有4 个不同元素.则方程|sin2ωx|=1在A上恰有2 个不同实根.所以3 π
2 ≤ωπ < 5 π
2 ，3
2 ≤ω< 5
2，故D
正确.
故选：ABD.
6．（2025·湖北·模拟预测）函数y = tan x与y =cos x，x∈[0,4π]有n个交点，坐标分别为
(x1, y1),⋅⋅⋅,(xn, yn)(x1< x2<⋅⋅⋅< xn)，下列说法正确的是（ ）
A．sin x1= √5−1
2
B．n= 4
C．∑
i=1
n
xi=8π
D．∑
i=1
n
(xi+ yi)=6π
【答案】ABD
【分析】根据同角三角函数基本关系解方程可判断A，利用正切函数与余弦函数图象可判断BCD.
【详解】因为tan x1=cos x1，∴sin x1=cos
2 x1=1−sin
2 x1⇒sin x1= √5−1
2
，故A 正确；
作出函数y = tan x与y =cos x图象，
通过两个函数的图像可以得到图象有4 个交点，故B 选项正确；
且4 个点两两关于点(
3
2 π,0)对称，所以∑
i=1
n
xi=2× 3π
2 +2× 3π
2 =6π，
∑
i=1
n
(xi+ yi)=6π+0=6π，因此D 选项正确，C 选项错误.
30
故选：ABD
7．（2025·河南·模拟预测）如图，O为坐标原点，点A (a,0),B (b,0),C (0,c)(a<0<b<−a)在函数
f ( x)=sin(ωx +φ)的图象上，且f (x)的最小正周期为π，则下列结论正确的是（ ）
A．ω=±2
B．若φ是第三象限角，则ω=2
C．若c =−1
2，则b=π
12
D．|AO|+|OC|的最大值为π
3 + √3
2
【答案】ACD
【分析】对于A，由周期公式即可判断；对于B，由图可知f
′ (0)=ωcosφ>0，结合cosφ<0即可判断；
对于C，不妨取ω=2，由f (0)=sinφ =−1
2求得φ的表达式，进一步由f (b)=0即可求得b；对于D，
|AO|+|OC|=π
4 +t +cos2t ,(0<t <π
4 )，求导得函数单调性、最值即可.
【详解】对于A，因为f (x)的最小正周期为π，所以|AB|=π
2 , 2π
|ω| =π，解得ω=±2，A 正确；
对于B，f
′ (x)=ωcos(ωx +φ)，由图可得曲线y = f (x)在x =0处的切线的斜率为正数，
所以f
′ (0)=ωcosφ>0.
因为φ是第三象限角，所以cosφ<0，则ω<0，即ω=−2，B 错误；
对于C，不妨取ω>0，则ω=2.
由题意可得f (0)=sinφ =−1
2，结合图象可得φ=−π
6 +2k π,k ∈Z.
f (b)=sin(2b−π
6 +2k π)=0，结合图象可得2b−π
6 =0，解得b=π
12，C 正确；
对于D，设AB的中点为D，以D为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系xD y
′，
则原f (x)的图象在坐标系xD y
′中的解析式为g(x)=−cos2 x，
设点C在坐标系xD y
′中的坐标为(t ,−cos2t )(0<t <−π
4)，
则|AO|+|OC|=π
4 +t +cos2t.
31
令函数h(t )=π
4 +t +cos2t(0<t <π
4 )，
则h
′ (t )=1−2sin2t.
当t ∈(0,π
12)时，h
′ (t )>0，当t ∈(
π
12 ,π
4 )时，h
′ (t )<0，
所以h(t )在(0,π
12)上单调递增，在(
π
12 ,π
4 )上单调递减，
h(t )≤h(
π
12)=π
4 +π
12 +cos(2×π
12)=π
3 + √3
2 ，
即|AO|+|OC|的最大值为π
3 + √3
2 ，D 正确.
故选：ACD.
8．（2025·四川泸州·模拟预测）已知函数f (x)=sin xcos x +1，则（ ）
A．f (x)在(0,2π)内有且仅有3 个极大值点
B．f (x)的图象关于点(π,1)对称
C．若f (α )−f (β)=1，则tan(2α + β)=1
D．f (x)在x∈(−2π,π)上的单调递减区间为[−7π
4 ,−5π
4 ],[−3π
4 ,−π
4 ],[
π
4 , 3π
4 ]
【答案】BCD
【分析】利用二倍角的正弦可得f (x)= 1
2 sin2 x +1，利用整体法结合正弦函数的性质判断AD， 证明
f (2π−x)+ f (x)=2判断B，求出函数的值域后求出两角的大小再利用两角和的正切公式计算后判断C.
【详解】f (x)= 1
2 sin2 x +1，
对于A，当x∈(0,2π)时，2 x∈(0,4π)，
而y =sin t在(0,4π)内有且仅有2 个极大值点，
故f (x)= 1
2 sin2 x +1在(0,2π)有且仅有2 个极大值点，故A 错误；
对于B，因为f (2π−x)+ f (x)= 1
2 sin2(2π−x)+1+ 1
2 sin2 x +1=2，
所以f (x)的图象关于点(π,1)对称，故B 正确；
32
对于C，因为1
2 ≤f (x)≤3
2，故f (α )−f (β)=1，则f (α )= 3
2 ,f (β)= 1
2，
故sin2α =1,sin2 β =−1，所以α =k π+π
4 , β =nπ−π
4 ，其中k ,n∈Z，
所以2α + β =2k π+nπ+π
4 ，所以tan(2α + β)=1，故C 正确；
对于D，令2k π+π
2 ≤2 x ≤2k π+ 3π
2 ,k ∈Z，解得k π+π
4 ≤x ≤k π+ 3π
4 ，
所以f (x)的单调递减区间为[k π+π
4 ,k π+ 3π
4 ],k ∈Z.
所以f (x)在(−2π,π)上的单调递减区间为[−7π
4 ,−5π
4 ],[−3π
4 ,−π
4 ],[
π
4 , 3π
4 ]，
故D 正确.
故选：BCD.
9．（2025·广东·模拟预测）设函数f ( x)，若x∈R时，f (sin x +cos x)= 4 sin
2 x−4 sin
4 x +sin 2 x，则
（ ）
A．f (1)=0
B．f ( x)的定义域为R
C．f ( x)是偶函数
D．f ( x)的值域为[−1
4 ,2]
【答案】ACD
【分析】对A，令x =0代入求解；对B，由sin x +cos x值域可判断；对C，令t =sin x +cos x，换元求
得f (t )，由偶函数定义判断；对D，令u=t
2∈[0,2]，则f (t )可化为二次函数求解值域.
【详解】对于A：令x =0，则sin x +cos x =1，4 sin
2 x−4 sin
4 x +sin 2 x =0，
故f (1)=0，故A 正确；
对于B：令t =sin x +cos x =√2sin(x + π
4)，
由x∈R，则t ∈[−√2,√2]，即定义域为[−√2,√2]，故B 错误；
对于C：由于t
2=(sin x +cos x)
2=sin
2 x +cos
2 x +2sin x cos x =1+2sin x cos x，
则2sin x cos x =t
2−1，又sin
2 x +cos
2 x =1，故
4 sin
2 x−4 sin
4 x +sin 2 x = 4 sin
2 x(1−sin
2 x)+sin 2 x = 4 sin
2 x cos
2 x +2sin x cos x，
也即f (t )=(t
2−1)
2+(t
2−1)，由于定义域[−√2,√2]关于原点对称，且f (t )= f (−t )，
故f ( x)是偶函数，故C 正确；
对于D：令u=t
2∈[0,2]，
则g(u)=(u−1)
2+(u−1)=u
2−u，对称轴为u= 1
2，其位于定义域区间[0,2]之内，
33
所以函数的最小值为g(
1
2)=−1
4 ．
又g(0)=0，g(2)=2，故函数的最大值在端点u=2处取得为2，值域为[−1
4 ,2]，故D 正确．
故选：ACD．
10．（2024·四川·一模）cos(2θ+ π
3)=−√10
10 ，θ∈(0,π
2 )，下列说法正确的是（ ）
A．θ有1 解
B．θ有2 解
C．sin(2θ+ π
12)= √5
5
D．f (x)=cos(2 x + π
3)，将f ( x)向右平移5
12 π个单位得到g( x)，g( x)为奇函数
【答案】AD
【分析】令t =2θ+π
3 原方程可化为cost =−√10
10 ，π
3 <t < 4 π
3 结合余弦函数性质判断方程的解，判断
AB，由条件结合关系sin(2θ+ π
12)=sin[(2θ+ π
3)−π
4]利用两角和正弦公式求结论，判断C，根据函数
图象变换结论求g(x)，结合奇函数定义判断D.
【详解】因为0<θ<π
2 ，所以π
3 <2θ+π
3 < 4π
3
，
令t =2θ+π
3 ，则π
3 <t < 4 π
3 ，cost =−√10
10 ，
当π
3 <t ≤π时，函数y =cost单调递减，且−1≤cost < 1
2，
当π <t < 4 π
3 时，函数y =cost单调递增，且−1<cost <−1
2，
又−√10
10 >−1
2，
所以存在唯一的t0∈( π
3 ,π ]，满足条件cost0=−√10
10 ，
即存在唯一的θ0=
t0−π
3
2
，满足条件cos(2θ0+ π
3)=−√10
10 ，
即cos(2θ+ π
3)=−√10
10 ，θ∈(0,π
2 )只有一个解，A 正确，B 错误；
因为cos(2θ+π
3 )=−√10
10 ，θ∈(0,π
2 )，
34
结合选项A 知，π
2 <2θ+π
3 <π，
所以sin(2θ+π
3 )=√
1−cos
2(2θ+π
3 )= 3√10
10
，
sin(2θ+ π
12)=sin[(2θ+ π
3)−π
4]=sin(2θ+π
3 )cosπ
4 −cos(2θ+π
3 )sinπ
4 ，
所以sin(2θ+ π
12)= 3√10
10
× √2
2 −(−√10
10 )× √2
2 = 2√5
5
，C 错误；
将函数f (x)=cos(2 x + π
3)的图象向右平移5
12 π个单位得到函数g( x)的图象，
所以g(x)=cos[2(x−5 π
12)+ π
3]=cos(2 x−π
2)=sin 2 x，
函数g(x)的定义域为R，定义域关于原点对称，
g(−x)=sin (−2 x)=−sin 2 x =−g(x)，所以函数g(x)为奇函数，D 正确；
故选：AD.
11．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数f (x)=cos x，g(x)=2sin x，h(x)= f (x)+ g(x)，则（ ）
A．g(x)的图象是由f (x)的图象向左平移π
2 个单位长度，且所有点的纵坐标变为原来的2 倍得到
B．g(x)的图象是由f (x)的图象向右平移π
2 个单位长度，且所有点的纵坐标变为原来的2 倍得到
C．当m∈(1,√5)时，函数h(x)的图象与y =m在区间(0,2π)内有两个不同交点
D．当h(α )=h(β)(0<α < β <2π)时，tan(α + β)=−4
3
【答案】BCD
【分析】由三角函数诱导公式以及函数图象变换，可得AB 的正误；利用辅助角公式整理函数解析式，根
据正弦函数的性质，可得C 的正误；由三角函数的对称性，结合辅助角的正切值，可得D 的正误.
【详解】对于选项A 和B，因为g(x)=2sin x =2cos(x−π
2 )，
所以g(x)的图象由f (x)的图象向右平移π
2 个单位长度，再纵坐标变为原来的2 倍得到，
所以A 不正确，B 正确；
对于选项C，因为h(x)=cos x +2sin x =√5sin(x +φ)，其中tanφ= 1
2，
因为x∈(0,2π)，且h(0)=h(2π)=1取不到，
所以当1<m<√5时，直线y =m与函数h(x)一个周期内的图象只有2 个交点，所以C 正确；
对于选项D，由C 分析知，α , β是h(x)=m在(0,2π)内的两个不等根，
35
由对称性知α + β =2(
π
2 −φ+k π)，k ∈Z，
所以tan(α + β)=tan(π−2φ)=−tan2φ =−2tanφ
1−tan
2φ
=−4
3 ，所以D 正确．
故选：BCD．
12．（2025·四川广安·模拟预测）已知实数x , y满足cos x =sin y，则下列命题正确的是（ ）
A．若x =π
4 时，则y =π
4 +2k π,k ∈Z
B．若x∈[0,π]，y ∈[−π
2 ,π
2 ]，则y是x的减函数
C．若x∈R，y ∈[
π
2 , 3π
2 ]，则y是x的周期函数
D．若x∈[−π
2 ,π
2 ]，y ∈[0,π]，则y是x的偶函数
【答案】BC
【分析】对于A，根据x的大小得到sin y，即可得到y的大小；对于B，利用已知条件得到y关于x的函数
解析式，结合复合函数同增异减的原则判断即可；对于C，根据sin( y −π)=−cos x得到y关于x的函数
解析式，结合余弦函数的周期判断即可；对于D，利用x =π
3 这一特例说明一个x对应两个y的值，即可判
断.
【详解】对于A，当x =π
4 时，cos x =sin y = √2
2 ，
可得y =π
4 +2k π(k ∈Z)或y = 3π
4 +2k π(k ∈Z)，故A 错误；
对于B，若x∈[0,π]，y ∈[−π
2 ,π
2 ]，则由sin y =cos x可得y =arcsin(cos x)，
根据t =cos x在[0,π]上为减函数，y =arcsin t在[−1,1]上是增函数，
可知y =arcsin(cos x )在[0,π]上为减函数，故B 正确；
对于C，因为x∈R，y ∈[
π
2 , 3π
2 ]，sin y =cos x，
所以sin( y −π)=−sin y =−cos x，其中y −π∈[−π
2 ,π
2 ]，
所以y −π=arcsin(−cos x)，即y =π+arcsin(−cos x )，
结合余弦函数cos x的周期为2π，可知y是x的周期函数，故C 正确；
对于D，若x∈[−π
2 ,π
2 ]，y ∈[0,π]，sin y =cos x，
则当x =π
3 时，sin y =cosπ
3 = 1
2，可得y =π
6 或5π
6 ，一个x对应两个y的值，
36
所以y不是关于x的函数，故D 错误.
故选：BC.
三、解答题
13．（2025·湖北武汉·三模）已知函数f (x)=2sin(ωx −π
6 ),ω>0，
3 x−π
6
0
π
2
π
x1
2π
x
x2
2π
9
7π
18
5π
9
x3
f (x)
0
x4
0
−2
0
(1)若ω=3，
（ⅰ）根据如上表格，直接写出x1, x2, x3, x4的值；
（ⅱ）利用上述表格，使用“五点法”画出函数f (x)在[x2, x3]的图象；
(2)若函数f (x)在[0,π]上恰有两个最值点，求ω的取值范围.
【答案】(1)（ⅰ）x1= 3π
2 , x2=π
18 , x3= 13π
18 , x4=2；（ⅱ）图象见解析；
(2)(0, 4
3)∪(
4
3 , 8
3).
【分析】（1）（i）根据表格数据求x1, x2, x3, x4；（ii）应用五点法画出函数图象；
（2）由题设ωx −π
6 ∈[−π
6 ,πω−π
6 ]，讨论f (x)在x =−π
6 、x =ωπ−π
6 、x = 3π
2 取得最小值，
分别求出对应参数范围，即可得.
【详解】（1）（ⅰ）由表格x1=3× 5π
9 −π
6 = 3π
2 ，3 x2−π
6 =0⇒x2=π
18，
3 x3−π
6 =2π⇒x3= 13π
18 ，x4= f ( 2π
9 )=2sinπ
2 =2；
（ⅱ）五点法画出函数图象如下，
37
（2）当x∈[0,π]时，ωx −π
6 ∈[−π
6 ,πω−π
6 ]，
当f (x)在x =−π
6 取得最小值时，ωπ−π
6 < 7π
6 ，解得0<ω< 4
3 ，
当f (x)在x =ωπ−π
6 取得最小值时，7π
6 <ωπ−π
6 ≤3π
2 ，解得4
3 <ω≤5
3，
当f (x)分别在x = 3π
2 取得最小值时，3π
2 <ωπ−π
6 < 5π
2 ，解得5
3 <ω< 8
3，
综上：ω的取值范围为(0, 4
3)∪(
4
3 , 8
3).
14．（2025·上海虹口·一模）已知ω>0，|φ|≤π，设f (x)=cos(ωx +φ).
(1)当ω=2，φ = π
4 时，试判断函数y = f (x)的奇偶性，并说明理由；
(2)当φ=−π
2 且函数y = f (x)的最小正周期为2π时，若在△ABC中，
sin
2 A +sin
2C −sin
2B =sin A sinC，求f ( A)+ f (C)的取值范围.
【答案】(1)函数y = f (x)是非奇非偶函数，理由见解析
(2)(
√3
2 ,√3]
【分析】（1）由f (0)= √2
2 可得f (x)的奇偶性；
（2）先求出函数y = f (x)的解析式，再由正弦定理和余弦定理得到B = π
3 ，再利用三角恒等变换对
f ( A)+ f (C)进行化简并结合三角函数的图象性质得到结果.
【详解】（1）当ω=2，φ= π
4 时，f (x)=cos(2 x + π
4)，由f (0)=cos π
4 = √2
2 ≠1，
所以y = f (x)既不关于y轴对称，也不关于原点对称，
所以函数y = f (x)是非奇非偶函数.
（2）当φ=−π
2 且函数y = f (x)的最小正周期为2π时，ω= 2π
2π =1，f (x)=cos(x−π
2)=sin x，
由在△ABC中，sin
2 A +sin
2C −sin
2B =sin A sinC，利用正弦定理可得a
2+c
2−b
2=ac，再利用余弦
定理可得cos B = a
2+c
2−b
2
2ac
= ac
2ac = 1
2，所以B = π
3 ，
f ( A)+ f (C)=sin A +sinC =sin A +sin(
2π
3 −A)=sin A + √3
2 cos A + 1
2 sin A = 3
2 sin A + √3
2 cos A =√3sin(A + π
6)
，
由于A ∈(0, 2π
3 )，A + π
6 ∈(
π
6 , 5 π
6 )，sin(A + π
6)∈(
1
2 ,1]，所以√3sin(A + π
6)∈(
√3
2 ,√3]，
38
即f ( A)+ f (C)的取值范围是(
√3
2 ,√3].
15．（2025·上海普陀·一模）在△ABC中，内角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，且
a= √3
3 ,bsin2 A =sin B．
(1)求角A的大小；
(2)设m∈R，0<φ<π
2 ，函数y = f (x)的表达式为f (x)=tan(2 x +φ)，且f ( A)=−√3，若在区间
(−5π
6 ,m)上恰有3 次使得函数f (x)的值能取遍区间[2025,+∞）内的所有值，求m的取值范围．
【答案】(1)A =π
6
(2)[
7π
12 , 13π
12 )
【分析】（1）由二倍角正弦公式和正弦定理得
a
sin A =
1
2sin A cos A ，结合sin A >0得cos A = √3
2 ，结
合角A的范围即可求解；
（2）先求得φ =π
3 ，然后利用整体法，结合正切函数性质列不等式求解即可.
【详解】（1）由已知条件得
b
sin B =
1
sin2 A =
1
2sin A cos A ，
由正弦定理
a
sin A =
b
sin B 得
a
sin A =
1
2sin A cos A ，
又sin A >0，则cos A = 1
2a = √3
2 ，因为0< A <π，所以A =π
6 .
（2）由f ( A)=−√3得，tan(
π
3 +φ)=−√3，
又φ∈(0,π
2 )，则φ =π
3 ，又x∈(−5π
6 ,m)，则2 x +π
3 ∈(−4π
3
,2m+π
3 )，
要在区间(−5π
6 ,m)上恰有3 次使得函数f (x)=tan(2 x +π
3 )的值能取遍[2025,+∞）内的所有值，
则3π
2 ≤2m+π
3 < 5π
2 ，即7π
12 ≤m< 13π
12 ，
则所求的m的取值范围是[
7π
12 , 13π
12 ).
39
40
