資源簡介

專題24 三角函數的圖象與性質（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 5
【考點1】三角函數的定義域和值域 5
【考點2】三角函數的周期性、奇偶性、對稱性 7
【考點3】三角函數的單調性 8
【分層檢測】 10
【基礎篇】 10
【能力篇】 12
【培優篇】 13
考試要求：
1.能畫出三角函數的圖象.
2.了解三角函數的周期性、奇偶性、最大(小)值.
3.借助圖象理解正弦函數、余弦函數、正切函數的性質.
1.用五點法作正弦函數和余弦函數的簡圖
(1)正弦函數y＝sin x，x∈[0，2π]的圖象中，五個關鍵點是：(0，0)，，(π，0)，，(2π，0).
(2)余弦函數y＝cos x，x∈[0，2π]的圖象中，五個關鍵點是：(0，1)，，(π，－1)，，(2π，1).
2.正弦、余弦、正切函數的圖象與性質(下表中k∈Z)
函數 y＝sin x y＝cos x y＝tan x
圖象
定義域 R R {x x≠kπ＋}
值域 [－1，1] [－1，1] R
最小正周期 2π 2π π
奇偶性 奇函數 偶函數 奇函數
遞增區間 [2kπ－π，2kπ]
遞減區間 [2kπ，2kπ＋π] 無
對稱中心 (kπ，0)
對稱軸方程 x＝kπ＋ x＝kπ 無
1.正弦曲線、余弦曲線相鄰兩對稱中心、相鄰兩對稱軸之間的距離是半個周期，相鄰的對稱中心與對稱軸之間的距離是個周期.正切曲線相鄰兩對稱中心之間的距離是半個周期.
2.三角函數中奇函數一般可化為y＝Asin ωx或y＝Atan ωx的形式，偶函數一般可化為y＝Acos ωx＋b的形式.
3.對于y＝tan x不能認為其在定義域上為增函數，而是在每個區間(k∈Z)內為增函數.
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）函數的圖象由函數的圖象向左平移個單位長度得到，則的圖象與直線的交點個數為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2023·全國·高考真題）已知函數在區間單調遞增，直線和為函數的圖像的兩條相鄰對稱軸，則（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·全國·高考真題）設函數在區間恰有三個極值點、兩個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·全國·高考真題）函數在區間的圖象大致為（ ）
A． B．
C． D．
5．（2022·全國·高考真題）記函數的最小正周期為T．若，且的圖象關于點中心對稱，則（ ）
A．1 B． C． D．3
二、多選題
6．（2022·全國·高考真題）已知函數的圖像關于點中心對稱，則（ ）
A．在區間單調遞減
B．在區間有兩個極值點
C．直線是曲線的對稱軸
D．直線是曲線的切線
三、填空題
7．（2023·全國·高考真題）已知函數在區間有且僅有3個零點，則的取值范圍是 ．
8．（2023·全國·高考真題）已知函數，如圖A，B是直線與曲線的兩個交點，若，則 ．

9．（2022·全國·高考真題）記函數的最小正周期為T，若，為的零點，則的最小值為 ．
10．（2021·全國·高考真題）已知函數的部分圖像如圖所示，則滿足條件的最小正整數x為 ．
【考點1】三角函數的定義域和值域
一、單選題
1．（23-24高一上·河北邢臺·階段練習）函數的單調遞增區間為（ ）
A． B．
C． D．
2．（23-24高一上·北京朝陽·期末）函數是（ ）
A．奇函數，且最小值為 B．奇函數，且最大值為
C．偶函數，且最小值為 D．偶函數，且最大值為
二、多選題
3．（23-24高三下·江蘇南通·開學考試）已知函數，則（ ）
A．的最小正周期為 B．關于直線對稱
C．關于點中心對稱 D．的最小值為
4．（2024·貴州貴陽·二模）函數的部分圖象如圖所示，則（ ）
A．
B．在上的值域為
C．函數的圖象關于直線對稱
D．若函數在區間上不單調，則實數的取值范圍是
三、填空題
5．（2024·遼寧·二模）如圖，在矩形中，，點分別在線段上，且，則的最小值為 ．
6．（2021·河南鄭州·二模）在△中，角，，的對邊分別為，，，，，若有最大值，則實數的取值范圍是 ．
反思提升：
1.求三角函數的定義域通常要解三角不等式(組)，解三角不等式(組)常借助三角函數的圖象.
2.求解三角函數的值域(最值)常見的幾種類型：
(1)形如y＝asin x＋bcos x＋c的三角函數化為y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)；
(2)形如y＝asin2x＋bsin x＋c的三角函數，可先設sin x＝t，化為關于t的二次函數求值域(最值)；
(3)形如y＝asin xcos x＋b(sin x±cos x)＋c的三角函數，可先設t＝sin x±cos x，化為關于t的二次函數求值域(最值).
【考點2】三角函數的周期性、奇偶性、對稱性
一、單選題
1．（2024·重慶·模擬預測）將函數的圖象向右平移個單位后，所得圖象關于坐標原點對稱，則的值可以為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·湖北武漢·模擬預測）若函數的最小正周期為，在區間上單調遞減，且在區間上存在零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·北京西城·二模）將函數的圖象向右平移個單位長度，所得圖象再關于軸對稱，得到函數的圖象，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
4．（2024·河南洛陽·模擬預測）已知函數，則（ ）
A．的對稱軸為
B．的最小正周期為
C．的最大值為1，最小值為
D．在上單調遞減，在上單調遞增
5．（2024·遼寧·二模）已知函數滿足0，且在上單調遞減，則（ ）
A．函數的圖象關于點對稱 B．可以等于
C．可以等于5 D．可以等于3
6．（23-24高三上·山西運城·期末）已知函數，則（ ）
A．的一個周期為2 B．的定義域是
C．的圖象關于點對稱 D．在區間上單調遞增
三、填空題
7．（2024·全國·模擬預測）已知函數，若的圖象在上有且僅有兩條對稱軸，則的取值范圍是 ．
8．（2024·四川雅安·三模）已知函數是偶函數，則實數 .
9．（2023·四川達州·一模）函數，且，則的值為 .
反思提升：
(1)三角函數周期的一般求法
①公式法；
②不能用公式求周期的函數時，可考慮用圖象法或定義法求周期.
(2)對于可化為f(x)＝Asin(ωx＋φ)(或f(x)＝Acos(ωx＋φ))形式的函數，如果求f(x)的對稱軸，只需令ωx＋φ＝＋kπ(k∈Z)(或令ωx＋φ＝kπ(k∈Z))，求x即可；如果求f(x)的對稱中心的橫坐標，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求x即可.
(3)對于可化為f(x)＝Atan(ωx＋φ)形式的函數，如果求f(x)的對稱中心的橫坐標，只需令ωx＋φ＝(k∈Z)，求x即可.
(4)三角函數型奇偶性的判斷除可以借助定義外，還可以借助其圖象與性質，在y＝Asin(ωx＋φ)中代入x＝0，若y＝0則為奇函數，若y為最大或最小值則為偶函數.若y＝Asin(ωx＋φ)為奇函數，則φ＝kπ(k∈Z)，若y＝Asin(ωx＋φ)為偶函數，則φ＝＋kπ(k∈Z).
【考點3】三角函數的單調性
一、單選題
1．（2024·云南·模擬預測）已知函數為上的偶函數，且當時，，若，，則下列選項正確的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·陜西榆林·三模）已知，若當時，關于的不等式恒成立，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2022·湖北武漢·三模）已知函數的零點為，則（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·湖南長沙·一模）已知函數的部分圖象如圖所示，則（ ）

A．
B．的圖象過點
C．函數的圖象關于直線對稱
D．若函數在區間上不單調，則實數的取值范圍是
三、填空題
5．（2023·陜西西安·模擬預測）已知函數，（，，）的大致圖象如圖所示，將函數的圖象上點的橫坐標拉伸為原來的3倍后，再向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則函數的一個單調遞增區間為 .
6．（2022·上海閔行·模擬預測）已知，若，則的取值范圍是 .
反思提升：
1.求較為復雜的三角函數的單調區間時，首先化簡成y＝Asin(ωx＋φ)形式，再求y＝Asin(ωx＋φ)的單調區間，只需把ωx＋φ看作一個整體代入y＝sin x的相應單調區間內即可，注意要先把ω化為正數.
2.對于已知函數的單調區間的某一部分確定參數ω的范圍的問題，首先，明確已知的單調區間應為函數的單調區間的子集，其次，要確定已知函數的單調區間，從而利用它們之間的關系可求解，另外，若是選擇題，利用特值驗證排除法求解更為簡捷.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·福建·模擬預測）若函數在上有零點，則整數A的值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（2024·貴州黔南·二模）若函數為偶函數，則的值可以是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·安徽·三模）“”是“函數的圖象關于對稱”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
4．（22-23高一下·湖北武漢·期中）若函數在區間上恰有唯一對稱軸，則ω的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
5．（2024·云南·模擬預測）已知函數，如圖，圖象經過點，，則（ ）
A．
B．
C．是函數的一條對稱軸
D．函數在區間上單調遞增
6．（2023·遼寧·模擬預測）已知定義域為的偶函數，使，則下列函數中符合上述條件的是（ ）
A． B． C． D．
7．（23-24高一上·廣東肇慶·期末）關于函數，下列說法中正確的有（ ）
A．是奇函數 B．在區間上單調遞增
C．為其圖象的一個對稱中心 D．最小正周期為
三、填空題
8．（2022·江西·模擬預測）將函數的圖像向左平移（）個單位長度，得到函數g(x)的圖像，若，則的最小值是 ．
9．（2022·重慶沙坪壩·模擬預測）若函數在單調遞增，在單調遞減，則實數的取值范圍是 ．
10．（21-22高三上·河南·階段練習）已知函數為偶函數，且當時，，則的值可能為 .
四、解答題
11．（2022·北京門頭溝·一模）已知函數，是函數的對稱軸，且在區間上單調．
(1)從條件①、條件②、條件③中選一個作為已知，使得的解析式存在，并求出其解析式；
條件①：函數的圖象經過點；
條件②：是的對稱中心；
條件③：是的對稱中心.
(2)根據（1）中確定的，求函數的值域．
12．（2021·浙江·模擬預測）已知函數．
（1）求函數的最小正周期和單調遞減區間．
（2）若對任意的，方程（其中）始終有兩個不同的根，．
①求實數的值；
②求的值．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數的部分圖象如圖所示，將函數的圖象向左平移個單位長度后得到函數的圖象，則在下列區間上函數單調遞增的是（ ）

A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·云南·模擬預測）已知函數的圖象關于點成中心對稱，則（ ）
A．在區間上單調遞減
B．在區間上有兩個極值點
C．直線是曲線的對稱軸
D．直線是曲線的切線
三、填空題
3．（2024·北京平谷·模擬預測）若的面積為，且為鈍角，則 ；的取值范圍是 ．
四、解答題
4．（2023·海南省直轄縣級單位·模擬預測）如圖為函數的部分圖象，且，．
(1)求，的值；
(2)將的圖象上所有點的橫坐標擴大到原來的3倍（縱坐標不變），再向右平移個單位長度，得到函數的圖象，討論函數在區間的零點個數．
【培優篇】
一、單選題
1．（2021·全國·模擬預測）已知函數，下列說法正確的是（ ）
A．是周期為的偶函數
B．函數的圖象有無數條對稱軸
C．函數的最大值為，最小值為，則
D．若，則函數在區間內有8個零點
二、多選題
2．（2022·全國·模擬預測）已知圓錐PO的軸截面PAB是等腰直角三角形，，M是圓錐側面上一點，若點M到圓錐底面的距離為1，則（ ）
A．點M的軌跡是半徑為1的圓 B．存在點M，使得
C．三棱錐體積的最大值為 D．的最小值為
三、填空題
3．（2023·福建廈門·模擬預測）函數，當時，的零點個數為 ；若恰有4個零點，則的取值范圍是 .
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【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 10
【考點1】三角函數的定義域和值域 10
【考點2】三角函數的周期性、奇偶性、對稱性 15
【考點3】三角函數的單調性 22
【分層檢測】 27
【基礎篇】 27
【能力篇】 34
【培優篇】 38
考試要求：
1.能畫出三角函數的圖象.
2.了解三角函數的周期性、奇偶性、最大(小)值.
3.借助圖象理解正弦函數、余弦函數、正切函數的性質.
1.用五點法作正弦函數和余弦函數的簡圖
(1)正弦函數y＝sin x，x∈[0，2π]的圖象中，五個關鍵點是：(0，0)，，(π，0)，，(2π，0).
(2)余弦函數y＝cos x，x∈[0，2π]的圖象中，五個關鍵點是：(0，1)，，(π，－1)，，(2π，1).
2.正弦、余弦、正切函數的圖象與性質(下表中k∈Z)
函數 y＝sin x y＝cos x y＝tan x
圖象
定義域 R R {x x≠kπ＋}
值域 [－1，1] [－1，1] R
最小正周期 2π 2π π
奇偶性 奇函數 偶函數 奇函數
遞增區間 [2kπ－π，2kπ]
遞減區間 [2kπ，2kπ＋π] 無
對稱中心 (kπ，0)
對稱軸方程 x＝kπ＋ x＝kπ 無
1.正弦曲線、余弦曲線相鄰兩對稱中心、相鄰兩對稱軸之間的距離是半個周期，相鄰的對稱中心與對稱軸之間的距離是個周期.正切曲線相鄰兩對稱中心之間的距離是半個周期.
2.三角函數中奇函數一般可化為y＝Asin ωx或y＝Atan ωx的形式，偶函數一般可化為y＝Acos ωx＋b的形式.
3.對于y＝tan x不能認為其在定義域上為增函數，而是在每個區間(k∈Z)內為增函數.
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）函數的圖象由函數的圖象向左平移個單位長度得到，則的圖象與直線的交點個數為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2023·全國·高考真題）已知函數在區間單調遞增，直線和為函數的圖像的兩條相鄰對稱軸，則（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·全國·高考真題）設函數在區間恰有三個極值點、兩個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·全國·高考真題）函數在區間的圖象大致為（ ）
A． B．
C． D．
5．（2022·全國·高考真題）記函數的最小正周期為T．若，且的圖象關于點中心對稱，則（ ）
A．1 B． C． D．3
二、多選題
6．（2022·全國·高考真題）已知函數的圖像關于點中心對稱，則（ ）
A．在區間單調遞減
B．在區間有兩個極值點
C．直線是曲線的對稱軸
D．直線是曲線的切線
三、填空題
7．（2023·全國·高考真題）已知函數在區間有且僅有3個零點，則的取值范圍是 ．
8．（2023·全國·高考真題）已知函數，如圖A，B是直線與曲線的兩個交點，若，則 ．

9．（2022·全國·高考真題）記函數的最小正周期為T，若，為的零點，則的最小值為 ．
10．（2021·全國·高考真題）已知函數的部分圖像如圖所示，則滿足條件的最小正整數x為 ．
參考答案：
1．C
【分析】先利用三角函數平移的性質求得，再作出與的部分大致圖像，考慮特殊點處與的大小關系，從而精確圖像，由此得解.
【詳解】因為向左平移個單位所得函數為，所以，
而顯然過與兩點，
作出與的部分大致圖像如下，

考慮，即處與的大小關系，
當時，，；
當時，，；
當時，，；
所以由圖可知，與的交點個數為.
故選：C.
2．D
【分析】根據題意分別求出其周期，再根據其最小值求出初相，代入即可得到答案.
【詳解】因為在區間單調遞增，
所以，且，則，，
當時，取得最小值，則，，
則，，不妨取，則，
則，
故選：D.
3．C
【分析】由的取值范圍得到的取值范圍，再結合正弦函數的性質得到不等式組，解得即可．
【詳解】解：依題意可得，因為，所以，
要使函數在區間恰有三個極值點、兩個零點，又，的圖象如下所示：

則，解得，即．
故選：C．
4．A
【分析】由函數的奇偶性結合指數函數、三角函數的性質逐項排除即可得解.
【詳解】令，
則，
所以為奇函數，排除BD；
又當時，，所以，排除C.
故選：A.
5．A
【分析】由三角函數的圖象與性質可求得參數，進而可得函數解析式，代入即可得解.
【詳解】由函數的最小正周期T滿足，得，解得，
又因為函數圖象關于點對稱，所以，且，
所以，所以，，
所以.
故選：A
6．AD
【分析】根據三角函數的性質逐個判斷各選項，即可解出．
【詳解】由題意得：，所以，，
即，
又，所以時，，故．
對A，當時，，由正弦函數圖象知在上是單調遞減；
對B，當時，，由正弦函數圖象知只有1個極值點，由，解得，即為函數的唯一極值點；
對C，當時，，，直線不是對稱軸；
對D，由得：，
解得或,
從而得：或,
所以函數在點處的切線斜率為，
切線方程為：即．
故選：AD．
7．
【分析】令，得有3個根，從而結合余弦函數的圖像性質即可得解.
【詳解】因為，所以，
令，則有3個根，
令，則有3個根，其中，
結合余弦函數的圖像性質可得，故，
故答案為：.
8．
【分析】設，依題可得，，結合的解可得，，從而得到的值，再根據以及，即可得，進而求得．
【詳解】設，由可得，
由可知，或，，由圖可知，
，即，．
因為，所以，即，．
所以，
所以或，
又因為，所以，．
故答案為：．
【點睛】本題主要考查根據圖象求出以及函數的表達式，從而解出，熟練掌握三角函數的有關性質，以及特殊角的三角函數值是解題關鍵．
9．
【分析】首先表示出，根據求出，再根據為函數的零點，即可求出的取值，從而得解；
【詳解】解： 因為，（，）
所以最小正周期，因為，
又，所以，即，
又為的零點，所以，解得，
因為，所以當時；
故答案為：
10．2
【分析】先根據圖象求出函數的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整數或驗證數值可得.
【詳解】由圖可知，即，所以；
由五點法可得，即；
所以.
因為，；
所以由可得或；
因為，所以，
方法一：結合圖形可知，最小正整數應該滿足，即，
解得，令，可得，
可得的最小正整數為2.
方法二：結合圖形可知，最小正整數應該滿足，又，符合題意，可得的最小正整數為2.
故答案為：2.
【點睛】關鍵點睛：根據圖象求解函數的解析式是本題求解的關鍵，根據周期求解，根據特殊點求解.
【考點1】三角函數的定義域和值域
一、單選題
1．（23-24高一上·河北邢臺·階段練習）函數的單調遞增區間為（ ）
A． B．
C． D．
2．（23-24高一上·北京朝陽·期末）函數是（ ）
A．奇函數，且最小值為 B．奇函數，且最大值為
C．偶函數，且最小值為 D．偶函數，且最大值為
二、多選題
3．（23-24高三下·江蘇南通·開學考試）已知函數，則（ ）
A．的最小正周期為 B．關于直線對稱
C．關于點中心對稱 D．的最小值為
4．（2024·貴州貴陽·二模）函數的部分圖象如圖所示，則（ ）
A．
B．在上的值域為
C．函數的圖象關于直線對稱
D．若函數在區間上不單調，則實數的取值范圍是
三、填空題
5．（2024·遼寧·二模）如圖，在矩形中，，點分別在線段上，且，則的最小值為 ．
6．（2021·河南鄭州·二模）在△中，角，，的對邊分別為，，，，，若有最大值，則實數的取值范圍是 ．
參考答案：
1．A
【分析】首先求出定義域，再根據復合函數單調性即可得到單調增區間.
【詳解】令，可得．
當時，函數單調遞增．
所以當時，單調遞增．
故在上單調遞增．
故選：A.
2．D
【分析】根據題意，結合函數的奇偶性，判定A、B不正確；再結合三角函數的圖象與性質，求得函數的最大值和最小值，即可求解.
【詳解】由函數，可得其定義域，關于原點對稱，
且，所以函數為偶函數，
因為，
所以為的一個周期，
不妨設，
若時，可得，
因為，可得，
當時，即時，可得；
當時，即時，可得；
若，可得，
因為，可得，
當時，即時，可得；
當時，即時，可得，
綜上可得，函數的最大值為，最小值為.
故選：D.
3．ABD
【分析】將函數可變形為，結合函數性質逐項分析計算即可得.
【詳解】，
由的最小正周期為，故的最小正周期為，故A正確；
，
且，
故關于直線，不關于點對稱，故B正確，C錯誤；
由，且，
故，故D正確.
故選：ABD.
4．CD
【分析】根據正切型三角函數的圖象性質確定其最小正周期，從而得的值，再根據函數特殊點求得的值，從而可得解析式，再由正切型三角函數的性質逐項判斷即可.
【詳解】函數的最小正周期為，則有，即，
由函數的圖象可知：，即，
由圖象可知：，所以，因此不正確；
關于， 當時，，故在處無定義，
故B錯誤.
因為，
所以，所以函數的圖象關于直線對稱，C正確；
，
當時，，
當時，，
當函數在區間上不單調時，則有，故D正確.
故選：CD．
5．
【分析】根據銳角三角函數可得，即可由數量積的定義求解，結合和差角公式以及三角函數的性質即可求解最值.
【詳解】設，則，
故，
故
，
當時，，即時，
此時取最小值.
故答案為：．
【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是將所求轉化為關于的表達式，從而得解，
6．
【分析】由正弦定理可得，根據目標式結合正弦定理的邊角互化，易得且、，可知存在最大值即，進而可求的范圍.
【詳解】∵，，由正弦定理得：，
∴，其中，又，
∴存在最大值，即有解，即，
∴，解得，又，解得，故的范圍是．
故答案為：．
【點睛】關鍵點點睛：應用正弦定理邊角關系、輔助角公式，結合三角形內角和、三角函數的性質列不等式組求參數范圍.
反思提升：
1.求三角函數的定義域通常要解三角不等式(組)，解三角不等式(組)常借助三角函數的圖象.
2.求解三角函數的值域(最值)常見的幾種類型：
(1)形如y＝asin x＋bcos x＋c的三角函數化為y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)；
(2)形如y＝asin2x＋bsin x＋c的三角函數，可先設sin x＝t，化為關于t的二次函數求值域(最值)；
(3)形如y＝asin xcos x＋b(sin x±cos x)＋c的三角函數，可先設t＝sin x±cos x，化為關于t的二次函數求值域(最值).
【考點2】三角函數的周期性、奇偶性、對稱性
一、單選題
1．（2024·重慶·模擬預測）將函數的圖象向右平移個單位后，所得圖象關于坐標原點對稱，則的值可以為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·湖北武漢·模擬預測）若函數的最小正周期為，在區間上單調遞減，且在區間上存在零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·北京西城·二模）將函數的圖象向右平移個單位長度，所得圖象再關于軸對稱，得到函數的圖象，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
4．（2024·河南洛陽·模擬預測）已知函數，則（ ）
A．的對稱軸為
B．的最小正周期為
C．的最大值為1，最小值為
D．在上單調遞減，在上單調遞增
5．（2024·遼寧·二模）已知函數滿足0，且在上單調遞減，則（ ）
A．函數的圖象關于點對稱 B．可以等于
C．可以等于5 D．可以等于3
6．（23-24高三上·山西運城·期末）已知函數，則（ ）
A．的一個周期為2 B．的定義域是
C．的圖象關于點對稱 D．在區間上單調遞增
三、填空題
7．（2024·全國·模擬預測）已知函數，若的圖象在上有且僅有兩條對稱軸，則的取值范圍是 ．
8．（2024·四川雅安·三模）已知函數是偶函數，則實數 .
9．（2023·四川達州·一模）函數，且，則的值為 .
參考答案：
1．B
【分析】由三角函數的平移變化結合奇函數的性質可得，解方程即可得出答案.
【詳解】因為向右平移個單位后解析式為，
又圖象關于原點對稱，
時，，
故選：B.
2．B
【分析】根據給定周期求得，再結合余弦函數的單調區間、單調性及零點所在區間列出不等式組，然后結合已知求出范圍.
【詳解】由函數的最小正周期為，得，而，解得，
則，由，
得，又在上單調遞減，
因此，且，解得①，
由余弦函數的零點，得，即，
而在上存在零點，則，
于是②，又，聯立①②解得，
所以的取值范圍是.
故選：B
3．D
【分析】根據正切函數圖象的平移變換、對稱變換即可得變換后的函數的解析式.
【詳解】將函數的圖象向右平移個單位長度，所得函數為，
則函數的圖象再關于軸對稱得函數.
故選：D.
4．AD
【分析】作出函數的圖象，對于A，驗算是否成立即可；對于B，由即可判斷；對于CD，借助函數單調性，只需求出函數在上的最大值和最小值驗算即可判斷CD.
【詳解】作出函數的圖象如圖中實線所示．
對于，由圖可知，函數的圖象關于直線對稱，
對任意的，
，
所以函數的對稱軸為，A正確；
對于，對任意的，
結合圖象可知，函數為周期函數，且最小正周期為，故B錯誤；
對于C，由選項可知，函數的對稱軸為，且該函數的最小正周期為，
要求函數的最大值和最小值，只需求出函數在上的最大值和最小值，
因為函數在上單調遞減，在上單調遞增，
所以當時，，
因為，
所以，因此的最大值為，最小值為-1，故C錯誤；
對于，由C選項可知，函數在上單調遞減，在上單調遞增，正確，
故選：AD．
【點睛】關鍵點點睛：判斷C選項的關鍵是求出函數在上的最大值和最小值即可，由此即可順利得解.
5．ABD
【分析】根據題意，可得函數的圖象關于對稱，關于點對稱，由三角函數的對稱性性質可得，從而判斷選項A、B；再根據函數的單調性，可求出的值，從而判定選項C、D.
【詳解】由，則，
所以函數的圖象關于對稱，
又，且，
則，
即函數的圖象關于點對稱，故A正確；
根據函數的圖象關于對稱，得，
根據函數的圖象關于點對稱，，
可得，，
由于，所以，故B正確；
當時，由，得，
根據函數在上單調遞減，
可得，即，
又，所以，又，所以，
當時，由，得，
根據函數在上單調遞減，
可得，即，
又，所以，故C錯誤，D正確.
故選：ABD
【點睛】關鍵點點睛：根據函數的圖象關于對稱，得，根據函數的圖象關于點對稱，，從而.
6．ACD
【分析】
利用正切函數的圖象與性質一一判定選項即可.
【詳解】對于A，由可知其最小正周期，故A正確；
對于B，由可知，
故B錯誤；
對于C，由可知，
此時的圖象關于點對稱，故C正確；
對于D，由可知，
又在上遞增，顯然，故D正確.
故選：ACD
7．
【分析】運用正余弦二倍角公式及輔助角公式化簡，由已知條件結合正弦函數性質可得結果.
【詳解】因為，
因為的圖象在上有且僅有兩條對稱軸，所以，
解得，所以的取值范圍是．
故答案為：.
8．
【分析】根據偶函數的定義，即可列關系式求解.
【詳解】定義域為，
，
所以，
故，
故答案為：
9．0
【分析】
構造，得到為奇函數，從而根據得到，由求出.
【詳解】令，
定義域為或且，關于原點對稱，
則，
故為奇函數，
又，故，
解得.
故答案為：0
反思提升：
(1)三角函數周期的一般求法
①公式法；
②不能用公式求周期的函數時，可考慮用圖象法或定義法求周期.
(2)對于可化為f(x)＝Asin(ωx＋φ)(或f(x)＝Acos(ωx＋φ))形式的函數，如果求f(x)的對稱軸，只需令ωx＋φ＝＋kπ(k∈Z)(或令ωx＋φ＝kπ(k∈Z))，求x即可；如果求f(x)的對稱中心的橫坐標，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求x即可.
(3)對于可化為f(x)＝Atan(ωx＋φ)形式的函數，如果求f(x)的對稱中心的橫坐標，只需令ωx＋φ＝(k∈Z)，求x即可.
(4)三角函數型奇偶性的判斷除可以借助定義外，還可以借助其圖象與性質，在y＝Asin(ωx＋φ)中代入x＝0，若y＝0則為奇函數，若y為最大或最小值則為偶函數.若y＝Asin(ωx＋φ)為奇函數，則φ＝kπ(k∈Z)，若y＝Asin(ωx＋φ)為偶函數，則φ＝＋kπ(k∈Z).
【考點3】三角函數的單調性
一、單選題
1．（2024·云南·模擬預測）已知函數為上的偶函數，且當時，，若，，則下列選項正確的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·陜西榆林·三模）已知，若當時，關于的不等式恒成立，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2022·湖北武漢·三模）已知函數的零點為，則（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·湖南長沙·一模）已知函數的部分圖象如圖所示，則（ ）

A．
B．的圖象過點
C．函數的圖象關于直線對稱
D．若函數在區間上不單調，則實數的取值范圍是
三、填空題
5．（2023·陜西西安·模擬預測）已知函數，（，，）的大致圖象如圖所示，將函數的圖象上點的橫坐標拉伸為原來的3倍后，再向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則函數的一個單調遞增區間為 .
6．（2022·上海閔行·模擬預測）已知，若，則的取值范圍是 .
參考答案：
1．C
【分析】根據條件判斷函數的單調性，結合函數奇偶性和單調性的關系進行轉化求解即可.
【詳解】當時，，所以在上單調遞增；
又有為上的偶函數，所以在上單調遞減.
由于我們有，
即，故.
而，，，故.
故選：C.
2．A
【分析】令，易得的對稱軸為，則，進而可得出答案.
【詳解】令，
由題意可得，則，
又因為，所以，
函數的對稱軸為，
則，
即，
即，結合，解得.
故選：A.
3．ABD
【分析】對AB，求導分析可得為增函數，再根據零點存在性定理可判斷；
對C，根據AB得出的結合正切函數的單調性可判斷；
對D，構造函數，再根據零點存在性定理，放縮判斷的正負判斷即可
【詳解】對AB，由題，故為增函數.又，，故，故AB正確；
對C，因為，所以，但，故C錯誤；
對D，構造函數，則，故為增函數.故，因為，故，故，即，故，故，D正確；
故選：ABD
【點睛】本題主要考查了利用導數分析函數零點的問題，一般需要用零點存在性定理判斷零點所在的區間，同時在判斷區間端點正負時，需要適當放縮，根據能夠確定取值大小的三角函數值進行判斷，屬于難題
4．BCD
【分析】根據函數圖象所經過的點，結合正切型函數的對稱性、單調性逐一判斷即可.
【詳解】對于A：設該函數的最小正周期為，則有，
即，由函數的圖象可知：，又，所以，
即，由圖象可知：，所以，因此A不正確；
對于B：，所以B正確；
對于C：因為，
，所以，
所以函數的圖象關于直線對稱，因此C正確；
對于D：
當時，，
當，
，
當函數在區間上不單調時，則有，D正確.
故選：BCD
【點睛】關鍵點睛：運用函數對稱性、函數單調性的性質是解題的關鍵.
5．（答案不唯一）
【分析】先根據的部分圖象得到函數的周期、振幅、初相，進而求出的解析式，再根據函數圖象的伸縮變換和平移變換得到的解析式，后可求的單調遞增區間.
【詳解】由圖可知， 得，所以，
，，
所以，
由圖，得，，
又，所以，
故，
由題意，
令，，得，
故函數的單調遞增區間為，，
當時，函數的一個單調遞增區間為，
故答案為：（答案不唯一）
6．
【分析】根據角的范圍分區間討論，去掉絕對值號，轉化為不含絕對值的三角不等式，求解即可.
【詳解】由題，當時，原不等式可化為，解得，
當時，由原不等式可得，解得，
綜上.
故答案為：
反思提升：
1.求較為復雜的三角函數的單調區間時，首先化簡成y＝Asin(ωx＋φ)形式，再求y＝Asin(ωx＋φ)的單調區間，只需把ωx＋φ看作一個整體代入y＝sin x的相應單調區間內即可，注意要先把ω化為正數.
2.對于已知函數的單調區間的某一部分確定參數ω的范圍的問題，首先，明確已知的單調區間應為函數的單調區間的子集，其次，要確定已知函數的單調區間，從而利用它們之間的關系可求解，另外，若是選擇題，利用特值驗證排除法求解更為簡捷.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·福建·模擬預測）若函數在上有零點，則整數A的值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（2024·貴州黔南·二模）若函數為偶函數，則的值可以是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·安徽·三模）“”是“函數的圖象關于對稱”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
4．（22-23高一下·湖北武漢·期中）若函數在區間上恰有唯一對稱軸，則ω的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
5．（2024·云南·模擬預測）已知函數，如圖，圖象經過點，，則（ ）
A．
B．
C．是函數的一條對稱軸
D．函數在區間上單調遞增
6．（2023·遼寧·模擬預測）已知定義域為的偶函數，使，則下列函數中符合上述條件的是（ ）
A． B． C． D．
7．（23-24高一上·廣東肇慶·期末）關于函數，下列說法中正確的有（ ）
A．是奇函數 B．在區間上單調遞增
C．為其圖象的一個對稱中心 D．最小正周期為
三、填空題
8．（2022·江西·模擬預測）將函數的圖像向左平移（）個單位長度，得到函數g(x)的圖像，若，則的最小值是 ．
9．（2022·重慶沙坪壩·模擬預測）若函數在單調遞增，在單調遞減，則實數的取值范圍是 ．
10．（21-22高三上·河南·階段練習）已知函數為偶函數，且當時，，則的值可能為 .
四、解答題
11．（2022·北京門頭溝·一模）已知函數，是函數的對稱軸，且在區間上單調．
(1)從條件①、條件②、條件③中選一個作為已知，使得的解析式存在，并求出其解析式；
條件①：函數的圖象經過點；
條件②：是的對稱中心；
條件③：是的對稱中心.
(2)根據（1）中確定的，求函數的值域．
12．（2021·浙江·模擬預測）已知函數．
（1）求函數的最小正周期和單調遞減區間．
（2）若對任意的，方程（其中）始終有兩個不同的根，．
①求實數的值；
②求的值．
參考答案：
1．C
【分析】將函數的零點問題轉化為與在上的交點問題，求出的值域即可.
【詳解】由于函數在上有零點，
所以方程在上有實數根，
即與在上有交點，
令，則，當，單調遞減，
故在區間上最多只有1個零點，
又，即，
解得，由于A是整數，所以.
故選：C.
2．B
【分析】由題意可知：為函數的對稱軸，結合余弦函數對稱性分析求解.
【詳解】由題意可知：為函數的對稱軸，
則，則，
對于選項A：令，解得，不合題意；
對于選項B：令，解得，符合題意；
對于選項C：令，解得，不合題意；
對于選項D：令，解得，不合題意；
故選：B.
3．A
【分析】若函數的圖象關于對稱，根據正切函數的對稱性可得，再根據充分、必要條件結合包含關系分析求解.
【詳解】若函數的圖象關于對稱，
則，解得，
因為是的真子集，
所以“”是“函數的圖象關于對稱”的充分不必要條件.
故選：A.
4．D
【分析】利用輔助角公式化簡得到，再求出，結合對稱軸條數得到不等式，求出答案.
【詳解】，
因為，，所以，
因為區間上恰有唯一對稱軸，故，
解得.
故選：D
5．AD
【分析】由得周期，進而得；將點代入可得的值；由來可判斷不是對稱軸；由正弦函數的單調性可求的單調遞增區間.
【詳解】由及過，得，即，
所以，又，解得，故A正確；
又點代入，得，
所以，又，于是，故B不正確；
由，則，故C不正確；
由，得
于是的單調遞增區間為，令可知D正確.
故選：AD.
6．AC
【分析】利用奇偶性的定義容易判斷四個選項均是偶函數，對于A和C選項，舉例可知，，使，對于B和D選項，易知恒成立．
【詳解】對于A，，定義域為，所以為偶函數，又，故A正確；
對于B，恒成立，故B錯誤；
對于C，，定義域為，，所以為偶函數，又，故C正確；
對于D，因為，所以恒成立，故D錯誤．
故選：AC．
7．BCD
【分析】根據題意，結合正切函數的圖象與性質，逐項判定，即可求解.
【詳解】A中，由正切函數的性質，可得為非奇非偶函數，所以A錯誤；
B中，令，可得，
即為函數的單調遞增區間，令，可得，所以B正確；
C中，令，可得，
令，可得，故為其圖象的一個對稱中心，所以C正確；
D中，函數的最小正周期為，所以D正確.
故選：BCD.
8．
【分析】根據題意得，又，即，所以，再分析求解即可.
【詳解】函數的圖像向左平移個單位長度，得到函數的圖像，
又，所以，所以．
又，故可解得，當時，得．
故答案為：.
9．或
【分析】由余弦型函數性質及最小正周期的公式計算即可得出結果.
【詳解】∵函數在單調遞增，在單調遞減，
設則函數的最小正周期的為，則，即.
解得：或.
故答案為：或
10．3（形式的數均可）
【分析】由題意可得為奇函數，且當當時，，進而可求出結果.
【詳解】因為為奇函數，且當時，，所有為奇函數，且當當時，，則可以為，
故答案為：3（形式的數均可）.
11．(1)
(2)
【分析】（1）根據題意得到和，
再根據選擇的條件得到第三個方程，分析方程組即可求解；
（2）先求出所在的范圍，再根據圖像求出函數值域即可.
【詳解】（1）因為在區間上單調，所以，
因為，且，解得；又因為是函數的對稱軸，
所以；
若選條件①：因為函數的圖象經過點，所以，
因為，所以， 所以，即，
當時，，滿足題意，故.
若選條件②：因為是的對稱中心，所以，
所以，此方程無解，故條件②無法解出滿足題意得函數解析式.
若條件③：因為是的對稱中心，所以，
所以，解得，所以.
（2）由（1）知，，
所以等價于，，
所以，所以，
即函數的值域為：.
12．（1）；（2）①，②或．
【分析】（1）利用相關公式將函數化簡為的形式，再利用三角函數的性質處理即可．
（2）①結合正弦函數的圖象分析即可得解；②結合正弦函數圖象的對稱性求解即可．
【詳解】（1）
，
則的最小正周期為,
令，則，
因此函數的單調遞減區間為，（）．
（2）①當時，，則，得．
②根據三角函數圖象的對稱性，可得或，
解得或．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數的部分圖象如圖所示，將函數的圖象向左平移個單位長度后得到函數的圖象，則在下列區間上函數單調遞增的是（ ）

A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·云南·模擬預測）已知函數的圖象關于點成中心對稱，則（ ）
A．在區間上單調遞減
B．在區間上有兩個極值點
C．直線是曲線的對稱軸
D．直線是曲線的切線
三、填空題
3．（2024·北京平谷·模擬預測）若的面積為，且為鈍角，則 ；的取值范圍是 ．
四、解答題
4．（2023·海南省直轄縣級單位·模擬預測）如圖為函數的部分圖象，且，．
(1)求，的值；
(2)將的圖象上所有點的橫坐標擴大到原來的3倍（縱坐標不變），再向右平移個單位長度，得到函數的圖象，討論函數在區間的零點個數．
參考答案：
1．C
【分析】由的圖象，棱臺三角函數的性質求得，進而得到，結合正弦型函數的性質，即可求解.
【詳解】由函數的圖象，可得，解得，所以，
所以，又由，即，
可得，即，
因為，所以，所以，
所以，令，
解得，
所以函數的單調增區間是.
故選：C.
2．ABD
【分析】直接利用函數的對稱性求出函數的關系式，根據余弦函數的單調性即可判斷A；根據極值點的定義即可判斷B；根據余弦函數的對稱性即可判斷C；根據導數的幾何意義即可判斷D.
【詳解】由題意得：，所以，
即，又，所以，
故，
對于A，當時，，
所以在上是單調遞減，故A正確；
對于B，當時，，
由余弦函數的圖象知：有兩個極值點，故B正確；
對于C，當時，，
所以直線不是曲線的對稱軸，故C不正確；
對于D，，
令，得，
從而得：或，
所以函數在點處的切線斜率為，
切線方程為：，即，故D正確.
故選：ABD.
3．
【分析】由三角形面積公式可得，可求出；再根據為鈍角限定出，利用正弦定理可得，可得其范圍是.
【詳解】根據題意可得面積，
可得，即，
又易知為銳角，可得；
由正弦定理可得，
因為為鈍角，可得，所以；
可得，因此；
故答案為：；；
4．(1)，
(2)答案見解析
【分析】（1）由周期求出，根據求出；
（2）首先求出的解析式，函數在區間的零點個數即為函數的圖象與直線在上的交點個數，由的取值范圍，求出的取值范圍，再結合余弦函數的圖象即可得解.
【詳解】（1）根據題意得，，故，，故．
將代入，得，解得，
又，故．
（2）依題意，．
函數在區間的零點個數即為函數的圖象與直線在上的交點個數．
當時，，結合余弦函數圖象可知，
當時，單調遞減，當時，單調遞增，
且，，，
作出函數在上的大致圖象如圖所示．
觀察可知，當或時，有個零點；
當時，有個零點；
當或時，有個零點．
【培優篇】
一、單選題
1．（2021·全國·模擬預測）已知函數，下列說法正確的是（ ）
A．是周期為的偶函數
B．函數的圖象有無數條對稱軸
C．函數的最大值為，最小值為，則
D．若，則函數在區間內有8個零點
二、多選題
2．（2022·全國·模擬預測）已知圓錐PO的軸截面PAB是等腰直角三角形，，M是圓錐側面上一點，若點M到圓錐底面的距離為1，則（ ）
A．點M的軌跡是半徑為1的圓 B．存在點M，使得
C．三棱錐體積的最大值為 D．的最小值為
三、填空題
3．（2023·福建廈門·模擬預測）函數，當時，的零點個數為 ；若恰有4個零點，則的取值范圍是 .
參考答案：
1．D
【分析】根據偶函數的定義可知為偶函數，根據周期函數的定義可知當時，為周期函數，最小正周期為，化簡函數在內的解析式，作出函數的圖象，根據圖象可得解.
【詳解】由，得為偶函數．
化簡函數在內的解析式為，
當時，，，
所以當時，為周期函數，最小正周期為，
由函數為偶函數畫出其圖象如下．
由圖易知函數不是周期函數，故A選項錯誤；
函數的圖象有唯一一條對稱軸軸，故B選項錯誤；
最大值，最小值，故，故C選項錯誤；
根據圖象可知，若，則在區間內有8個零點，故選D．
故選：D
【點睛】關鍵點點睛：根據函數的性質作出函數的圖象，根據圖象求解是本題解題關鍵.
2．ACD
【分析】根據點M到圓錐底面的距離為1易知其軌跡為到底面距離為1的圓；選項B、D的存在性及最值與點M的位置有關，用點M在圓錐底面的射影N與O、A形成的來刻畫點M的位置，把目標角的余弦用表示，進而分析運算判斷即可．
【詳解】解：因為為等腰直角三角形，，
所以P到圓錐底面的距離為2，
又M是圓錐側面上一點，并且點M到圓錐底面的距離為1，
故點M的軌跡是半徑為1的圓，故A正確；
設點M在圓錐底面上的射影為N，連接ON，AN，MN，，，如圖
設，，
則，
所以，
當M為PA的中點時，AM最小，最小值為，
當M為PB的中點時，AM最大，最大值為，
又易知，，
所以，
因為，故B錯誤；
，
，易得點M到平面PAB的距離的最大值為1，
，
所以三棱錐體積的最大值為，故C正確；
連接BN，，
，
所以的最小值為，故D正確.
故選：ACD．
【點睛】本題解題的關鍵是要有函數的思想即用來刻畫點M的位置，因為與
都與點M的位置有關；其次要利用圓錐的對稱性設，這樣研究問題更加簡便．
3． 1
【分析】第一空：當時、時可得答案；第二空：至多有2個零點，故在上至少有2個零點，所以；分、、討論結合圖象可得答案.
【詳解】第一空：當時，當時，，解得；
當時，，無零點，
故此時的零點個數是1；
第二空：顯然，至多有2個零點，故在上至少有2個零點，所以；
①
若恰有2個零點，則，此時恰有兩個零點，所以，解得，
此時；
②
若恰有3個零點，則，此時，
所以恰有1個零點，符合要求；
③當時，，所以恰有1個零點，
而至少有4個零點，
此時至少有5個零點，不符合要求，舍去.
綜上，或.
故答案為：1；.
【點睛】方法點睛：求零點的常用方法：①解方程；②數形結合；③零點存在定理；④單調+存在求零點個數，復雜的函數求零點，先將復雜零點轉化為較簡單函數零點問題.
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