資源簡介

專題09 三角函數的圖象與性質（新高考專用）
目錄
【知識梳理】 2
【真題回顧】 3
【熱考考點】 6
【熱考點一】齊次化模型 6
【熱考點二】輔助角與最值 7
【熱考點三】三角函數的最值 7
【熱考點四】三角函數中絕對值 8
【熱考點五】三角函數綜合問題 9
【熱考點六】換元配湊角 10
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．（2024·天津·高考真題）已知函數的最小正周期為．則在區間上的最小值是（ ）
A． B． C．0 D．
2．（2024·天津·高考真題）下列函數是偶函數的為（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）設函數，，當時，曲線與恰有一個交點，則（ ）
A． B． C．1 D．2
4．（2024·廣東江蘇·高考真題）當時，曲線與的交點個數為（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
5．（2024·北京·高考真題）設函數.已知，，且的最小值為，則（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（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
7．（2023·全國乙卷·高考真題）已知等差數列的公差為，集合，若，則（ ）
A．－1 B． C．0 D．
8．（2023·全國乙卷·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．
9．（2023·天津·高考真題）已知函數的圖象關于直線對稱，且的一個周期為4，則的解析式可以是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2022·天津·高考真題）關于函數，給出下列結論：
①的最小正周期為；
②在上單調遞增；
③當時，的取值范圍為；
④的圖象可由的圖象向左平移個單位長度得到．
其中正確結論的個數為（ ）
A． B． C． D．
11．（2022·全國乙卷·高考真題）如圖是下列四個函數中的某個函數在區間的大致圖像，則該函數是（ ）
A． B． C． D．
12．（2022·全國甲卷·高考真題）將函數的圖像向左平移個單位長度后得到曲線C，若C關于y軸對稱，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
13．（2022·全國甲卷·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．
二、多選題
14．（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）對于函數和，下列說法中正確的有（ ）
A．與有相同的零點 B．與有相同的最大值
C．與有相同的最小正周期 D．與的圖象有相同的對稱軸
15．（2022·新高考全國Ⅱ卷·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
16．（2024·全國甲卷·高考真題）函數在上的最大值是 ．
17．（2023·北京·高考真題）已知命題若為第一象限角，且，則．能說明p為假命題的一組的值為 ， ．
18．（2024·北京·高考真題）在平面直角坐標系中，角與角均以為始邊，它們的終邊關于原點對稱.若，則的最大值為 ．
19．（2023·新課標Ⅰ卷·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 ．
20．（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 ．

【熱考點一】齊次化模型
【典例1-1】（2024·高三·江西宜春·期末）已知，則（ ）
A．1 B． C．2 D．
【典例1-2】（2024·高三·河北滄州·期中）已知，則（ ）
A． B． C． D．
【變式1-1】（2024·陜西安康·三模）已知，則（ ）
A．6 B． C． D．2
【變式1-2】若，則的值為（ ）
A． B． C． D．
1．設，若，則（ ）
A． B． C． D．
【熱考點二】輔助角與最值
【典例2-1】若函數在處取得最大值，則 .
【典例2-2】（2024·高三·江西萍鄉·期中）設，且，則實數的取值范圍是 ．
【變式2-1】（2024·高三·山東臨沂·期中）已知關于x的方程有解，則的最小值為 .
【變式2-2】已知，求的最大值 .
1．[新考法]（2024·高三·江蘇蘇州·開學考試）設角、均為銳角，則的范圍是 ．
【熱考點三】三角函數的最值問題
【典例3-1】已知函數，則的最小值是 ．
【典例3-2】函數的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【變式3-1】已知，則的最大值為
【變式3-2】在中，的最大值是（ ）
A． B． C．2 D．
1．已知函數（），則函數的最大值為 .
2．函數的值域是 ．
【熱考點四】三角函數中絕對值
【典例4-1】已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．的最小正周期為 B．的最小值為
C． D．在上有解
【典例4-2】（2024·高三·上海寶山·開學考試）已知，給出下述四個結論:
①是偶函數; ②在上為減函數;
③在上為增函數; ④的最大值為.
其中所有正確結論的編號是（ ）
A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．①④
【變式4-1】關于函數有下述四個結論：
①是偶函數；
②在區間上單調；
③函數的最大值為M，最小值為m，則；
④若，則函數在上有4個零點．
其中所有正確結論的編號是（ ）
A．①④ B．①③ C．②④ D．①②③
【變式4-2】關于函數，其中有下述四個結論：
①是偶函數； ②在區間上是嚴格增函數；
③在有3個零點； ④的最小正周期為．
其中所有正確結論的編號是（ ）．
A．①② B．②④ C．①④ D．①③
1．（多選題）已知函數，則（ ）
A．是的一個周期 B．是的一條對稱軸
C．的值域為 D．在上單調遞減
【熱考點五】三角函數綜合問題
【典例5-1】（多選題）已知函數，若及其導函數的部分圖象如圖所示，則（ ）
A．
B．函數在上單調遞減
C．的圖象關于點中心對稱
D．的最大值為
【典例5-2】（多選題）已知函數，若，且，則函數的最小正周期可能是（ ）
A． B． C． D．
【變式5-1】（多選題）已知函數的最小正周期為，其圖象關于直線對稱，且對于恒成立，則（ ）
A．函數為偶函數
B．當時，的值域為
C．將函數的圖象向右平移個單位長度后可得函數的圖象
D．將函數的圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，得到的函數圖象關于點對稱
【變式5-2】（多選題）已知函數（，）圖象的兩條對稱軸間距離的最小值為，且為的一個零點，則（ ）
A．的最小正周期為
B．
C．在上單調遞增
D．當時，曲線與直線的所有交點的橫坐標之和為
1．[新考法]（多選題）已知函數，則（ ）
A．的圖象關于直線對稱
B．的最大值為
C．在上單調遞增
D．方程在上最多有4個解
2．[新考法]（多選題）設函數的最小正零點為，則（ ）
A．的圖象過定點 B．的最小正周期為
C．是等比數列 D．的前項和為
【熱考點六】換元配湊角
【典例6-1】[新考法]若，則 .
【典例6-2】已知，且，則 .
【變式6-1】已知，則 .
【變式6-2】設，若，則的值為 ．
1．已知，，則 .專題09 三角函數的圖象與性質（新高考專用）
目錄
【知識梳理】 2
【真題回顧】 3
【熱考考點】 16
【熱考點一】齊次化模型 16
【熱考點二】輔助角與最值 18
【熱考點三】三角函數的最值 21
【熱考點四】三角函數中絕對值 27
【熱考點五】三角函數綜合問題 32
【熱考點六】換元配湊角 37
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．（2024·天津·高考真題）已知函數的最小正周期為．則在區間上的最小值是（ ）
A． B． C．0 D．
2．（2024·天津·高考真題）下列函數是偶函數的為（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）設函數，，當時，曲線與恰有一個交點，則（ ）
A． B． C．1 D．2
4．（2024·廣東江蘇·高考真題）當時，曲線與的交點個數為（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
5．（2024·北京·高考真題）設函數.已知，，且的最小值為，則（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（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
7．（2023·全國乙卷·高考真題）已知等差數列的公差為，集合，若，則（ ）
A．－1 B． C．0 D．
8．（2023·全國乙卷·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．
9．（2023·天津·高考真題）已知函數的圖象關于直線對稱，且的一個周期為4，則的解析式可以是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2022·天津·高考真題）關于函數，給出下列結論：
①的最小正周期為；
②在上單調遞增；
③當時，的取值范圍為；
④的圖象可由的圖象向左平移個單位長度得到．
其中正確結論的個數為（ ）
A． B． C． D．
11．（2022·全國乙卷·高考真題）如圖是下列四個函數中的某個函數在區間的大致圖像，則該函數是（ ）
A． B． C． D．
12．（2022·全國甲卷·高考真題）將函數的圖像向左平移個單位長度后得到曲線C，若C關于y軸對稱，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
13．（2022·全國甲卷·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．
二、多選題
14．（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）對于函數和，下列說法中正確的有（ ）
A．與有相同的零點 B．與有相同的最大值
C．與有相同的最小正周期 D．與的圖象有相同的對稱軸
15．（2022·新高考全國Ⅱ卷·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
16．（2024·全國甲卷·高考真題）函數在上的最大值是 ．
17．（2023·北京·高考真題）已知命題若為第一象限角，且，則．能說明p為假命題的一組的值為 ， ．
18．（2024·北京·高考真題）在平面直角坐標系中，角與角均以為始邊，它們的終邊關于原點對稱.若，則的最大值為 ．
19．（2023·新課標Ⅰ卷·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 ．
20．（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 ．

參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B D C B C B D B A
題號 11 12 13 14 15
答案 A C C BC AD
1．D
【分析】結合周期公式求出，得，再整體求出當時，的范圍，結合正弦三角函數圖象特征即可求解.
【詳解】因為函數的最小正周期為，則，所以，
即，當時，，
所以當，即時，
故選：D
2．B
【分析】根據偶函數的判定方法一一判斷即可.
【詳解】對A，設，函數定義域為，但，，則，故A錯誤；
對B，設，函數定義域為，
且，則為偶函數，故B正確；
對C，設，，
，則不是偶函數，故C錯誤；
對D，設，函數定義域為，
因為，且不恒為0，
則不是偶函數，故D錯誤.
故選：B.
3．D
【分析】解法一：令，分析可知曲線與恰有一個交點，結合偶函數的對稱性可知該交點只能在y軸上，即可得，并代入檢驗即可；解法二：令，可知為偶函數，根據偶函數的對稱性可知的零點只能為0，即可得，并代入檢驗即可.
【詳解】解法一：令，即，可得，
令，
原題意等價于當時，曲線與恰有一個交點，
注意到均為偶函數，可知該交點只能在y軸上，
可得，即，解得，
若，令，可得
因為，則，當且僅當時，等號成立，
可得，當且僅當時，等號成立，
則方程有且僅有一個實根0，即曲線與恰有一個交點，
所以符合題意；
綜上所述：.
解法二：令，
原題意等價于有且僅有一個零點，
因為，
則為偶函數，
根據偶函數的對稱性可知的零點只能為0，
即，解得，
若，則，
又因為當且僅當時，等號成立，
可得，當且僅當時，等號成立，
即有且僅有一個零點0，所以符合題意；
故選：D.
4．C
【分析】畫出兩函數在上的圖象，根據圖象即可求解
【詳解】因為函數的最小正周期為，
函數的最小正周期為，
所以在上函數有三個周期的圖象，
在坐標系中結合五點法畫出兩函數圖象，如圖所示：
由圖可知，兩函數圖象有6個交點.
故選：C
5．B
【分析】根據三角函數最值分析周期性，結合三角函數最小正周期公式運算求解.
【詳解】由題意可知：為的最小值點，為的最大值點，
則，即，
且，所以.
故選：B.
6．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.
7．B
【分析】根據給定的等差數列，寫出通項公式，再結合余弦型函數的周期及集合只有兩個元素分析、推理作答.
【詳解】依題意，等差數列中，，
顯然函數的周期為3，而，即最多3個不同取值，又，
則在中，或或
于是有或，
即有，解得；
或者，解得；
所以，或.
故選：B
8．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.
9．B
【分析】由題意分別考查函數的最小正周期和函數在處的函數值，排除不合題意的選項即可確定滿足題意的函數解析式.
【詳解】由函數的解析式考查函數的最小周期性：
A選項中，B選項中，
C選項中，D選項中，
排除選項CD，
對于A選項，當時，函數值，故是函數的一個對稱中心，排除選項A，
對于B選項，當時，函數值，故是函數的一條對稱軸，
故選：B.
10．A
【分析】根據三角函數的圖象與性質，以及變換法則即可判斷各說法的真假．
【詳解】因為，所以的最小正周期為，①不正確；
令，而在上遞增，所以在上單調遞增，②正確；因為，，所以，③不正確；
由于，所以的圖象可由的圖象向右平移個單位長度得到，④不正確．
故選：A．
11．A
【分析】由函數圖像的特征結合函數的性質逐項排除即可得解.
【詳解】設，則，故排除B;
設，當時，，
所以，故排除C;
設，則，故排除D.
故選：A.
12．C
【分析】先由平移求出曲線的解析式，再結合對稱性得，即可求出的最小值.
【詳解】由題意知：曲線為，又關于軸對稱，則，
解得，又，故當時，的最小值為.
故選：C.
13．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．
14．BC
【分析】根據正弦函數的零點，最值，周期公式，對稱軸方程逐一分析每個選項即可.
【詳解】A選項，令，解得，即為零點，
令，解得，即為零點，
顯然零點不同，A選項錯誤；
B選項，顯然，B選項正確；
C選項，根據周期公式，的周期均為，C選項正確；
D選項，根據正弦函數的性質的對稱軸滿足，
的對稱軸滿足，
顯然圖像的對稱軸不同，D選項錯誤.
故選：BC
15．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．
16．2
【分析】結合輔助角公式化簡成正弦型函數，再求給定區間最值即可.
【詳解】，當時，，
當時，即時，.
故答案為：2
17．
【分析】根據正切函數單調性以及任意角的定義分析求解.
【詳解】因為在上單調遞增，若，則，
取，
則，即，
令，則，
因為，則，
即，則.
不妨取，即滿足題意.
故答案為：.
18．/
【分析】首先得出，結合三角函數單調性即可求解最值.
【詳解】由題意，從而，
因為，所以的取值范圍是，的取值范圍是，
當且僅當，即時，取得最大值，且最大值為.
故答案為：.
19．
【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：.
20．
【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．
【熱考點一】齊次化模型
【典例1-1】（2024·高三·江西宜春·期末）已知，則（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【解析】由題意若，則，不符合題意，
所以，
即，解得，
故選：D
【典例1-2】（2024·高三·河北滄州·期中）已知，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，故.
故選：D
齊次分式：分子分母的正余弦次數相同，例如：
（一次顯型齊次化）
或者（二次隱型齊次化）
這種類型題，分子分母同除以（一次顯型）或者（二次隱型），構造成的代數式，這個思想在圓錐曲線里面關于斜率問題處理也經常用到.
【變式1-1】（2024·陜西安康·三模）已知，則（ ）
A．6 B． C． D．2
【答案】C
【解析】
故選：C.
【變式1-2】若，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因為，
所以 ，
，
故選：A
1．設，若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解法一：因為，，
所以，即，
又，，
所以，
解法二：因為
，
故選：D．
【熱考點二】輔助角與最值
【典例2-1】若函數在處取得最大值，則 .
【答案】
【解析】因為，
設，，
則，，
當，時，
即當，函數取最大值，最大值為，
所以，
所以.
故答案為：.
【典例2-2】（2024·高三·江西萍鄉·期中）設，且，則實數的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】，
令，則，且，
所以，
因為是上的減函數，所以，
即．
故答案為：
第一類：一次輔助角:=．（其中）
第二類：二次輔助角
【變式2-1】（2024·高三·山東臨沂·期中）已知關于x的方程有解，則的最小值為 .
【答案】/
【解析】由，其中，
則，可得，即，
兩邊平方化簡可得，因此，
由，則，當且僅當時，等號成立.
故答案為：.
【變式2-2】已知，求的最大值 .
【答案】
【解析】∵，且，
∴，即，
所以，
設，
由.
故的最大值為.
故答案為：
1．[新考法]（2024·高三·江蘇蘇州·開學考試）設角、均為銳角，則的范圍是 ．
【答案】
【解析】因為角、均為銳角，所以的范圍均為，
所以，
所以
因為，
所以，
，
當且僅當時取等，
令，，，
所以.
則的范圍是：.
故答案為：
【熱考點三】三角函數的最值問題
【典例3-1】已知函數，則的最小值是 ．
【答案】
【解析】［方法一］： 【通性通法】導數法
．
令，得，即在區間內單調遞增；
令，得，即在區間內單調遞減．
則．
故答案為：.
［方法二］： 三元基本不等式的應用
因為，
所以
．
當且僅當，即時，取等號．
根據可知，是奇函數，于是，此時．
故答案為：.
［方法三］： 升冪公式＋多元基本不等式
，
，
當且僅當，即時，．
根據可知，是奇函數，于是．
故答案為：.
［方法四］： 化同角＋多元基本不等式+放縮
，當且僅當時等號成立．
故答案為：.
［方法五］：萬能公式＋換元+導數求最值
設，則可化為，
當時，；當時，，對分母求導后易知，
當時，有最小值．
故答案為：.
［方法六］： 配方法
，
當且僅當即時，取最小值．
故答案為：.
［方法七］：【最優解】周期性應用＋導數法
因為，所以，
即函數的一個周期為，因此時，的最小值即為函數的最小值．
當時，，
當時， 因為
，令，解得或，由，，，所以的最小值為．
故答案為：.
【典例3-2】函數的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由題知，
整理得，
令，易知，
所以知在時是單調遞減函數，
因為，
整理得，
解得，代入中有的最大值為，
即的最大值為.
故選：D.
三角函數最值問題，一直是高考中的難點與重點。這類題目常融合三角恒等變換，結合函數、導數與不等式，求解不易。通常，處理三角函數最值問題，可采用以下策略：化一簡化法、變量替換法（換元）、主元突出法、圖形與數值結合法，以及導數求極值法。
【變式3-1】已知，則的最大值為
【答案】
【解析】，設，，
，其中，
可知當時，.
故答案為：
【變式3-2】在中，的最大值是（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【解析】根據題意，令所求代數式為M，則
，
等號當，且，即時取得．
因此所求代數式的最大值為2．
故選：C
1．已知函數（），則函數的最大值為 .
【答案】
【解析】因為
因為，，
所以，
即
根據基本不等式取等條件得，
當時取最大值，即,
即，解得，
所以，
即的最大值為．
故答案為：.
2．函數的值域是 ．
【答案】
【解析】令，則，
，
不妨設，
則，
由，得，
由，得，
所以函數在上為增函數，在上為減函數，
且，，，
，即，
，
故答案為：
【熱考點四】三角函數中絕對值
【典例4-1】已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．的最小正周期為 B．的最小值為
C． D．在上有解
【答案】D
【解析】，
是以為周期的函數，
當時，，
則，
，
∴函數的最小正周期為，函數的最小值為1，故AB錯誤，
由，故C錯誤；
由，∴在上有解，故D正確.
故選：D.
【典例4-2】（2024·高三·上海寶山·開學考試）已知，給出下述四個結論:
①是偶函數; ②在上為減函數;
③在上為增函數; ④的最大值為.
其中所有正確結論的編號是（ ）
A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．①④
【答案】D
【解析】對于①，易得的定義域為，關于原點對稱，
因為，所以是偶函數，故正確；
對于②和③，因為，
，
且，所以在不是減函數，在也不是增函數，故②，③錯誤；
對于④，當時，，
因為，所以，
所以，所以；
當時，，
因為，
所以，所以；
當時，；
當時，，
因為，
所以，所以，
所以，綜上所述，當時，的最大值為，由于為偶函數，所以當時，的最大值也為，故的最大值為，故④正確；
故選：D
關于和，如圖，將圖像中軸上方部分保留，軸下方部分沿著軸翻上去后得到，故是最小正周期為的函數，同理是最小正周期為的函數；是將圖像中軸右邊的部分留下，左邊的刪除，再將軸右邊圖像作對稱至左邊，故不是周期函數.我們可以這樣來表示：
，
【變式4-1】關于函數有下述四個結論：
①是偶函數；
②在區間上單調；
③函數的最大值為M，最小值為m，則；
④若，則函數在上有4個零點．
其中所有正確結論的編號是（ ）
A．①④ B．①③ C．②④ D．①②③
【答案】A
【解析】由，可知為偶函數，①對.
由，得關于對稱；
由，得的周期為；當時，
其中且；作出在上的圖象，并根據的對稱性及周期性作出的大致圖象.
由圖可知，在上單調遞增，在上單調遞減，所以在上不單調，②錯；
的最大值，最小值，故，③錯；
若，則在上有4個零點，④對，
故選：A.
【變式4-2】關于函數，其中有下述四個結論：
①是偶函數； ②在區間上是嚴格增函數；
③在有3個零點； ④的最小正周期為．
其中所有正確結論的編號是（ ）．
A．①② B．②④ C．①④ D．①③
【答案】A
【解析】的定義域為，
，所以是偶函數，①正確.
當時，是嚴格增函數，②正確.
當時，，
所以在有無數個零點，則③錯誤.
，
所以不是的最小正周期，④錯誤.
綜上所述，正確的為①②.
故選：A
1．（多選題）已知函數，則（ ）
A．是的一個周期 B．是的一條對稱軸
C．的值域為 D．在上單調遞減
【答案】BCD
【解析】，圖像如圖所示：
由圖像可得，函數的最小正周期為，故選項A錯誤，不符合題意；
是的一條對稱軸，故選項B正確，符合題意；
的值域為，故選項C正確，符合題意；
在上單調遞減，選項D正確，符合題意；
故選：BCD.
【熱考點五】三角函數綜合問題
【典例5-1】（多選題）已知函數，若及其導函數的部分圖象如圖所示，則（ ）
A．
B．函數在上單調遞減
C．的圖象關于點中心對稱
D．的最大值為
【答案】AB
【解析】因為，所以，根據圖象可知，當時，，所以單調遞增，故，從而．
又，所以，由得，
故，．
選項A：的最小正周期為，故，A正確．
選項B：令，解得，
故函數在上單調遞減，B正確．
選項C：由于，，
故的圖象不關于點中心對稱，故C錯誤．
選項D：，
其中為銳角，且，（輔助角公式的應用）,所以的最大值為，D錯誤．
故選：AB
【典例5-2】（多選題）已知函數，若，且，則函數的最小正周期可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】的解析式經過輔助角公式變換可轉化為正弦型，因為，
所以當時函數取得最小值，即直線是函數圖象的一條對稱軸，
又，所以，根據圖象的對稱性得到，
即，所以，
所以．
所以，解得，
則的最小正周期，，
當時，；當時，．驗證得AD不符合題意，
故選：BC．
三角函數的綜合性質解題，關鍵在于掌握其基本關系、圖像變換及周期性。解題時，先識別函數類型，利用誘導公式化簡，再結合圖像分析性質，如單調性、最值等。最后，靈活運用三角函數公式求解，注意計算準確性。
【變式5-1】（多選題）已知函數的最小正周期為，其圖象關于直線對稱，且對于恒成立，則（ ）
A．函數為偶函數
B．當時，的值域為
C．將函數的圖象向右平移個單位長度后可得函數的圖象
D．將函數的圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，得到的函數圖象關于點對稱
【答案】ACD
【解析】由題意的最小正周期為，
得：，
對于恒成立，則，
圖象關于直線對稱，代入，得到，
由于，取，則，
所以為偶函數，
當時，，所以，
所以的值域為，故B錯誤；
將函數的圖象向右平移個單位長度，得到的圖象，故C正確；
將函數的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，
得到的圖象.
因為當時，，
所以得到的函數圖象關于點對稱，故D正確.
故選：ACD.
【變式5-2】（多選題）已知函數（，）圖象的兩條對稱軸間距離的最小值為，且為的一個零點，則（ ）
A．的最小正周期為
B．
C．在上單調遞增
D．當時，曲線與直線的所有交點的橫坐標之和為
【答案】AB
【解析】對于A，因圖象的兩條對稱軸間距離的最小值為，則的最小正周期為，故A正確；
對于B，由A分析可得，，因為的一個零點，
則，因，取，則.
得，故B正確；
對于C，，因在上不單調，故C錯誤；
對于D，由AB分析可畫出在上的圖象如圖所示，則與有4個交點，設其橫坐標從左到右依次為，，，，
令，，得，，
所以函數的對稱軸方程為，，
當時，，當時，，
數形結合可知，故D錯誤．
故選：AB．
1．[新考法]（多選題）已知函數，則（ ）
A．的圖象關于直線對稱
B．的最大值為
C．在上單調遞增
D．方程在上最多有4個解
【答案】BD
【解析】當時，；
當時，，畫出函數的大致圖象，如圖．
由圖象可知，函數的圖象不關于直線對稱，故A錯誤；
的最大值為，故B正確；
在上單調遞增，在上單調遞減，故C錯誤；
當時，方程在上有4個解，故D正確．
故選：BD．
2．[新考法]（多選題）設函數的最小正零點為，則（ ）
A．的圖象過定點 B．的最小正周期為
C．是等比數列 D．的前項和為
【答案】AC
【解析】對于A，因為，
所以，故A正確；
對于B，的最小正周期為，故B錯誤；
對于C，令，得，所以，
整理得，即的零點為，
而是的最小正零點，則，，
顯然，，，
所以是，的等比數列，故C正確；
對于D，的前項和為，故D錯誤.
故選：AC.
【熱考點六】換元配湊角
【典例6-1】[新考法]若，則 .
【答案】/0.5
【解析】由得：
，
所以
化簡得到：
，
所以；
所以.
故答案為：.
【典例6-2】已知，且，則 .
【答案】
【解析】由于，，故.
而，故.
所以.
故答案為：
三角函數“湊角拆角”問題，常規配湊解法繁瑣。采用換元法，可簡化步驟，快速求解。
【變式6-1】已知，則 .
【答案】
【解析】所以.
故答案為：.
【變式6-2】設，若，則的值為 ．
【答案】
【解析】，若，，
，
，，
．
故答案為：.
1．已知，，則 .
【答案】/
【解析】由可得，則，
因為，所以，
則
.
故答案為：

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