（浙江專用）2021版新高考數學一輪復習 第四章 三角函數、解三角形 5 第5講 三角函數的圖象與性質教學案

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1、第5講　三角函數的圖象與性質 1．正弦、余弦、正切函數的圖象與性質 函數 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 圖象 定義域 R R {x|x≠kπ＋，k∈Z} 值域 [－1，1] [－1，1] R 函數的最值 最大值1，當且僅當x＝2kπ＋，k∈Z；最小值－1，當且僅當x＝2kπ－，k∈Z 最大值1，當且僅當x＝2kπ，k∈Z； 最小值－1，當且僅當x＝2kπ－π，k∈Z 無最大值和最小值 單調性 增區(qū)間[2kπ－，2kπ＋](k∈Z)； 減區(qū)間[2kπ＋，2kπ＋](k∈Z) 增區(qū)間[2kπ－π，2kπ](k∈Z)

2、； 減區(qū)間[2kπ，2kπ＋π](k∈Z) 增區(qū)間(kπ－，kπ＋)(k∈Z) 奇偶 性 奇函數 偶函數 奇函數 周期 性 周期為2kπ，k≠0，k∈Z，最小正周期為2π 周期為2kπ，k≠0，k∈Z，最小正周期為2π 周期為kπ，k≠0，k∈Z，最小正周期為π 對稱性 對稱 中心 (kπ，0)，k∈Z ，k∈Z ，k∈Z 對稱軸 x＝kπ＋，k∈Z x＝kπ，k∈Z 無對稱軸 零點 kπ，k∈Z kπ＋，k∈Z kπ，k∈Z 2.周期函數的定義 對于函數f(x)，如果存在一個非零常數T，使得當x取定義域內的每一個值時，都有f(x＋T)＝

3、f(x)，那么函數f(x)就叫做周期函數，非零常數T叫做這個函數的周期；函數y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的周期均為T＝；函數y＝Atan(ωx＋φ)的周期為T＝. 3．對稱與周期 正弦曲線、余弦曲線相鄰的兩個對稱中心、相鄰的兩條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四分之一個周期；正切曲線相鄰的兩個對稱中心之間的距離是半個周期． [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)y＝cos x在第一、二象限內是減函數．(　　) (2)若y＝ksin x＋1，x∈R，則y的最大值是k＋1.(　　) (3)若非零實數T是

4、函數f(x)的周期，則kT(k是非零整數)也是函數f(x)的周期．(　　) (4)函數y＝sin x圖象的對稱軸方程為x＝2kπ＋(k∈Z)．(　　) (5)函數y＝tan x在整個定義域上是增函數．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)× [教材衍化] 1．(必修4P46A組T2，3改編)若函數y＝2sin 2x－1的最小正周期為T，最大值為A，則T＝________，A＝________． 解析：最小正周期T＝＝π，最大值A＝2－1＝1. 答案：π　1 2．(必修4P40練習T4改編)下列關于函數y＝4sin x，x∈[－π，π]的單調性的敘述，正確

5、的是________(填序號)． ①在[－π，0]上是增函數，在[0，π]上是減函數； ②在上是增函數，在及上是減函數； ③在[0，π]上是增函數，在[－π，0]上是減函數； ④在及上是增函數，在上是減函數． 解析：函數y＝4sin x在和上單調遞減，在上單調遞增． 答案：② 3．(必修4P45練習T3改編)y＝tan 2x的定義域是________． 解析：由2x≠kπ＋，k∈Z，得x≠＋，k∈Z，所以y＝tan 2x的定義域是. 答案： [易錯糾偏] (1)忽視y＝Asin x(或y＝Acos x)中A對函數單調性的影響； (2)忽視定義域的限制； (3)忽視正切

6、函數的周期； (4)不化為同名函數以及同一單調區(qū)間導致比較大小出錯． 1．函數y＝1－2cos x的單調遞減區(qū)間為________． 解析：函數y＝1－2cos x的單調遞減區(qū)間為函數y＝cos x的遞增區(qū)間． 答案：[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z) 2．函數f(x)＝3sin(2x－)在區(qū)間[0，]上的值域為________． 解析：當x∈[0，]時，2x－∈[－，]， 所以sin∈[－，1]， 故3sin∈[－，3]， 所以函數f(x)在區(qū)間[0，]上的值域是[－，3]． 答案：[－，3] 3．函數y＝tan圖象的對稱中心是________． 解析：由x＋＝，得

7、x＝－，k∈Z. 答案：(k∈Z) 4．cos 23°，sin 68°，cos 97°的大小關系是________． 解析：sin 68°＝cos 22°， 又y＝cos x在[0°，180°]上是減函數， 所以sin 68°>cos 23°>cos 97°. 答案：sin 68°>cos 23°>cos 97° 　　　　　　三角函數的定義域和值域 (1)函數f(x)＝sin2x＋cos x－的最大值是________． (2)函數y＝lg(2sin x－1)＋的定義域是________． 【解析】　(1)依題意，f(x)＝sin2x＋cos x－＝－cos2x＋

8、cos x＋＝－＋1， 因為x∈，所以cos x∈[0，1]， 因此當cos x＝時，f(x)max＝1. (2)要使函數y＝lg(2sin x－1)＋有意義， 則 即 解得2kπ＋≤x<2kπ＋，k∈Z. 即函數的定義域為，k∈Z. 【答案】　(1)1　(2)，k∈Z (1)三角函數定義域的求法 求三角函數定義域實際上是構造簡單的三角不等式(組)，常借助三角函數線或三角函數圖象來求解． (2)三角函數值域的不同求法 ①利用sin x和cos x的值域直接求； ②把所給的三角函數式變換成y＝Asin(ωx＋φ)的形式求值域； ③(換元法)把sin x或cos

9、x看作一個整體，轉換成二次函數求值域； ④(換元法)利用sin x±cos x和sin xcos x的關系轉換成二次函數求值域．　 　(2020·溫州市十校聯(lián)合體期初)已知函數f(x)＝2cos x·(sin x－cos x)，x∈R，則f＝________，f(x)的最大值是________． 解析：f(x)＝2cos x(sin x－cos x) ＝2cos xsin x－2cos2x ＝sin 2x－1－cos 2x ＝sin－1. 當x＝時，f＝sin－1＝0. 由正弦函數的圖象和性質可得，sin的最大值為1. 所以f(x)的最大值為－1. 答案：0　－1

10、　　　　　　三角函數的單調性(高頻考點) 三角函數的單調性是每年高考命題的熱點，題型既有選擇題也有填空題，或在解答題某一問出現，難度為中檔題．主要命題角度有： (1)求已知三角函數的單調區(qū)間； (2)已知三角函數的單調區(qū)間求參數； (3)利用三角函數的單調性比較大小； (4)利用三角函數的單調性求值域(或最值)． 角度一　求已知三角函數的單調區(qū)間 已知函數f(x)＝sin2x－cos2x－2sin xcos x(x∈R)． (1)求f的值； (2)求f(x)的最小正周期及單調遞增區(qū)間． 【解】　(1)由sin ＝，cos ＝－，f＝－－2××，得f＝2. (2)由cos

11、 2x＝cos2x－sin2x與sin 2x＝2sin xcos x得 f(x)＝－cos 2x－sin 2x＝－2sin. 所以f(x)的最小正周期是π. 由正弦函數的性質得＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ， k∈Z，解得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z， 所以，f(x)的單調遞增區(qū)間是(k∈Z)． 角度二　已知三角函數的單調區(qū)間求參數 函數f(x)＝sin(x＋φ)在區(qū)間上單調遞增，則常數φ的值可能是(　　) A．0 B. C．π D. 【解析】　法一：結合選項，當φ分別取選項中的值時， A：f(x)＝sin x；B：f(x)＝cos x；C：f(x)＝－sin x；D

12、：f(x)＝－cos x．驗證得D選項正確． 法二：?f(x)的遞增區(qū)間， ?， ?－＋2kπ≤φ≤－＋2kπ(k∈Z)， k＝0，選項中無值符合；k＝1，≤φ≤，φ＝符合； k＝2，≤φ≤，選項中無值符合．可知φ的可取值逐漸增大，故只有D選項符合題意． 【答案】　D 角度三　利用三角函數的單調性比較大小 已知函數f(x)＝2sin，設a＝f，b＝f，c＝f，則a，b，c的大小關系是(　　) A．a

13、因為y＝sin x在上遞增，所以c

14、函數的單調區(qū)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． (3)利用單調性比較大小的方法 首先利用誘導公式把已知角轉化為同一區(qū)間內的角且函數名稱相同，再利用其單調性比較大小．　 1．(2020·浙江寧波質檢)已知函數f(x)＝2sin ωx在區(qū)間上的最小值為－2，則ω的取值范圍是(　　) A.∪[6，＋∞) B.∪ C．(－∞，－2]∪[6，＋∞) D．(－∞，－2]∪ 解析：選D.當ω>0時，由題意知－ω≤－， 即ω≥； 當ω<0時，由題意知ω≤－，所以ω≤－2. 綜上可知，ω的取值范圍是∪. 2．函數f(x)＝sin在區(qū)

15、間上的最小值為　　(　　) A．－1　　　　　　　　　　 B．－ C. D．0 解析：選B.由已知x∈，得2x－∈，所以sin∈，故函數f(x)＝sin(2x－)在區(qū)間上的最小值為－. 3．函數y＝sin的單調減區(qū)間為________． 解析：(同增異減法)y＝－sin， 它的減區(qū)間是y＝sin的增區(qū)間． 由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z， 得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z. 故其單調減區(qū)間為，k∈Z. 答案：(k∈Z) 　　　　　　三角函數的奇偶性、周期性及對稱性 (1)設函數f(x)＝sin2 x＋bsin x＋c，則f(x)的最小正周期(　　) A

16、．與b有關，且與c有關 B．與b有關，但與c無關 C．與b無關，且與c無關 D．與b無關，但與c有關 (2)已知ω>0，f(x)＝，f的圖象與f(x)的圖象關于點對稱，則ω的最小值為(　　) A. B．1 C. D．2 (3)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)是奇函數，直線y＝與函數f(x)的圖象的兩個相鄰交點的橫坐標之差的絕對值為，則(　　) A．f(x)在上單調遞減 B．f(x)在上單調遞減 C．f(x)在上單調遞增 D．f(x)在上單調遞增 【解析】　(1)由于f(x)＝sin2x＋bsin x＋c＝＋bsin

17、x＋c.當b＝0時，f(x)的最小正周期為π；當b≠0時，f(x)的最小正周期為2π.c的變化會引起f(x)圖象的上下平移，不會影響其最小正周期．故選B. (2)因為f(x)＝＝tan， 所以f＝tan， 因為f的圖象與f(x)的圖象關于點對稱， 所以tan＋tan＝0， 即tan＝tan， 所以＝－ωπ－＋kπ，(k∈Z)，ω＝－＋k，(k∈Z)， 因為ω>0，所以當k＝1時，ω取最小值為，故選A. (3)f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝sin(ωx＋φ＋)，因為0<φ<π且f(x)為奇函數，所以φ＝，即f(x)＝－sin ωx，又直線y＝與函數f(x)的圖

18、象的兩個相鄰交點的橫坐標之差的絕對值為，所以函數f(x)的最小正周期為，由＝，可得ω＝4，故f(x)＝－sin 4x，由2kπ＋≤4x≤2kπ＋，k∈Z，即＋≤x≤＋，k∈Z，令k＝0，得≤x≤，此時f(x)在上單調遞增． 【答案】　(1)B　(2)A　(3)D 三角函數的奇偶性、對稱性和周期問題的解題思路 (1)奇偶性的判斷方法：三角函數中奇函數一般可化為y＝Asin ωx或y＝Atan ωx的形式，而偶函數一般可化為y＝Acos ωx＋b的形式． (2)周期的計算方法：利用函數y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)，y＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的周期為，函數y＝Atan(ωx

19、＋φ)(ω>0)的周期為求解． (3)解決對稱性問題的關鍵：熟練掌握三角函數的對稱軸、對稱中心． [提醒]　對于函數y＝Asin(ωx＋φ)，其對稱軸一定經過圖象的最高點或最低點，對稱中心的橫坐標一定是函數的零點，因此在判斷直線x＝x0或點(x0，0)是否是函數的對稱軸或對稱中心時，可通過檢驗f(x0)的值進行判斷．　 1．(2020·舟山市普陀三中高三期中)設函數f(x)＝sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)為偶函數，則φ＝(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選C.f(x)＝sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)＝sin， 因為函數f(x

20、)為偶函數， 所以f(－x)－f(x) ＝sin－sin＝0， 即sin＝sin， 所以－2x＋φ＋＝2x＋φ＋＋2kπ，或－2x＋φ＋＋2x＋φ＋＝π＋kπ， 即x＝－，k∈Z(舍)或φ＝＋，k∈Z. 因為|φ|<，所以φ＝. 2．(2020·浙江省名校協(xié)作體高三聯(lián)考)已知函數f(x)＝sin 2x(1－2sin2x)＋1，則f(x)的最小正周期T＝________，f(T)＝________． 解析：由題意得，f(x)＝sin 2xcos 2x＋1＝sin 4x＋1，所以最小正周期T＝＝，f(T)＝f＝1. 答案：　1 3．已知函數f(x)＝sin x的圖象與直線kx－

21、y－kπ＝0(k>0)恰有三個公共點，這三個點的橫坐標從小到大分別為x1，x2，x3，則＝________． 解析：如圖所示，易知x2＝π，x1＋x3＝2x2＝2π， 則k＝＝， 又直線與y＝sin x相切于點A(x3，sin x3)， 則k＝cos x3， 則＝cos x3?＝＝，故答案為. 答案： 核心素養(yǎng)系列7　數學抽象——三角函數中ω值的求法 一、利用三角函數的單調性求解 若函數f(x)＝sin ωx(ω>0)在區(qū)間上單調遞減，則ω的取值范圍是________． 【解析】　令＋2kπ≤ωx≤＋2kπ(k∈Z)，得＋≤x≤＋，因為f(x)在上單調遞減，所以得

22、6k＋≤ω≤4k＋3.又ω>0，所以k≥0，又6k＋<4k＋3，得0≤k<，所以k＝0.即≤ω≤3. 【答案】　 根據正弦函數的單調遞減區(qū)間，確定函數f(x)的單調遞減區(qū)間，根據函數f(x)＝sin ωx(ω>0)在區(qū)間上單調遞減，建立不等式，即可求ω的取值范圍．　 二、利用三角函數的對稱性求解 (1)已知函數f(x)＝cos(ω>0)的一條對稱軸為x＝，一個對稱中心為點，則ω有(　　) A．最小值2　　　　　 B．最大值2 C．最小值1 D．最大值1 (2)若函數y＝cos(ω∈N*)圖象的一個對稱中心是，則ω的最小值為________． 【解析】　(1)因為函數

23、的中心到對稱軸的最短距離是，兩條對稱軸間的最短距離是，所以中心到對稱軸x＝間的距離用周期可表示為－＝＋(k∈N，T為周期)，解得(2k＋1)T＝π，又T＝，所以(2k＋1)·＝π，則ω＝2(2k＋1)，當k＝0時，ω＝2最?。蔬xA. (2)依題意得cos＝0，則＋＝＋kπ(k∈Z)?ω＝6k＋2(k∈Z)，又ω∈N*，所以ω的最小值為＝2. 【答案】　(1)A　(2)2 三角函數兩條相鄰對稱軸或兩個相鄰對稱中心之間的“水平間隔”為，相鄰的對稱軸和對稱中心之間的“水平間隔”為，這就說明，我們可根據三角函數的對稱性來研究其周期性，進而可以研究“ω”的取值．值得一提的是，三角函數的對稱軸

24、必經過其圖象上的最高點(極大值)或最低點(極小值)，函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的對稱中心就是其圖象與x軸的交點，這就說明，我們也可利用三角函數的極值點(最值點)、零點之間的“差距”來確定其周期，進而可以確定“ω”的取值．　 三、利用三角函數的最值求解 已知f(x)＝sin(ωx＋)(ω>0)，f＝f()，且f(x)在區(qū)間內有最小值無最大值，則ω＝________． 【解析】　因為f＝f，而＝，所以f(x)的圖象關于直線x＝對稱，又f(x)在區(qū)間內有最小值無最大值，所以f(x)min＝f＝sin＝－1，所以＋＝kπ＋，k∈Z，解得ω＝4k＋.再由f(x)在區(qū)間內有最小值無最大值

25、，得≥－，解得ω≤6，所以k＝0，ω＝. 【答案】　 利用三角函數的最值與對稱或周期的關系，可以列出關于ω的不等式，進而求出ω的值或取值范圍．　 [基礎題組練] 1．最小正周期為π且圖象關于直線x＝對稱的函數是(　　) A．y＝2sin　　　　　　 B．y＝2sin C．y＝2sin D．y＝2sin 解析：選B.由函數的最小正周期為π，可排除C.由函數圖象關于直線x＝對稱知，該直線過函數圖象的最高點或最低點，對于A，因為sin＝sin π＝0，所以選項A不正確．對于D，sin＝sin＝，所以D不正確，對于B，sin＝sin＝1，所以選項B正確，故選B. 2．

26、(2020·合肥市第一次教學質量檢測)函數y＝sin(ωx＋)在x＝2處取得最大值，則正數ω的最小值為(　　) A.　　　 　B. C.　　 　　D. 解析：選D.由題意得，2ω＋＝＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝＋kπ(k∈Z)，因為ω>0，所以當k＝0時，ωmin＝，故選D. 3．(2020·浙江省名校協(xié)作體高三聯(lián)考)下列四個函數：y＝sin|x|，y＝cos|x|，y＝|tan x|，y＝－ln|sin x|，以π為周期，在上單調遞減且為偶函數的是(　　) A．y＝sin|x| B．y＝cos|x| C．y＝|tan x| D．y＝－ln|sin

27、x| 解析：選D.A.y＝sin|x|在上單調遞增，故A錯誤；B.y＝cos|x|＝cos x周期為T＝2π，故B錯誤；C.y＝|tan x|在上單調遞增，故C錯誤；D.f(x＋π)＝－ln|sin(x＋π)|＝－ln|sin x|，周期為π，當x∈時，y＝－ln(sin x)是在上單調遞減的偶函數，故D正確，故選D. 4．設函數f(x)＝cos(x＋)，則下列結論錯誤的是(　　) A．f(x)的一個周期為－2π B．y＝f(x)的圖象關于直線x＝對稱 C．f(x＋π)的一個零點為x＝ D．f(x)在(，π)上單調遞減 解析：選D.根據函數解析式可知函數f(x)的最小正周期為2π

28、，所以函數的一個周期為－2π，A正確；當x＝時，x＋＝3π，所以cos＝－1，所以B正確；f(x＋π)＝cos＝cos，當x＝時，x＋＝，所以f(x＋π)＝0，所以C正確；函數f(x)＝cos在上單調遞減，在上單調遞增，故D不正確．所以選D. 5．若函數f(x)＝sin(ω>0)在區(qū)間(π，2π)內沒有最值，則ω的取值范圍是(　　) A.∪ B.∪ C. D. 解析：選B.易知函數y＝sin x的單調區(qū)間為 [kπ＋，kπ＋]，k∈Z， 由kπ＋≤ωx＋≤kπ＋，k∈Z，得≤x≤，k∈Z， 因為函數f(x)＝sin(ω>0)在區(qū)間(π，2π)內沒有最值， 所以f(x)在

29、區(qū)間(π，2π)內單調， 所以(π，2π)?，k∈Z， 所以k∈Z，解得k＋≤ω≤＋，k∈Z， 由k＋≤＋，得k≤， 當k＝0時，得≤ω≤； 當k＝－1時，得－≤ω≤. 又ω>0，所以0<ω≤. 綜上，得ω的取值范圍是∪.故選B. 6．已知函數f(x)＝sin，f′(x)是f(x)的導函數，則函數y＝2f(x)＋f′(x)的一個單調遞減區(qū)間是(　　) A. B. C. D. 解析：選A.由題意，得f′(x)＝2cos，所以y＝2f(x)＋f′(x)＝2sin＋2cos＝2sin＝2sin.由2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)，所以y＝

30、2f(x)＋f′(x)的一個單調遞減區(qū)間為，故選A. 7．函數y＝lg sin x＋ 的定義域為________． 解析：要使函數有意義，則有 即解得(k∈Z)， 所以2kπ

31、考)已知函數y＝sin x的定義域為[a，b]，值域為，則b－a的最大值和最小值之差等于________． 解析：如圖，當x∈[a1，b]時，值域為且b－a最大；當x∈[a2，b]時，值域為，且b－a最小，所以最大值與最小值之差為(b－a1)－(b－a2)＝a2－a1＝－－＝. 答案： 10．(2020·杭州學軍中學質檢)已知f(x)＝sin 2x－cos 2x，若對任意實數x∈，都有|f(x)|

32、答案：[，＋∞) 11．(2020·杭州市名校協(xié)作體高三下學期考試)已知0≤φ＜π，函數f(x)＝cos(2x＋φ)＋sin2x. (1)若φ＝，求f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)若f(x)的最大值是，求φ的值． 解：(1)由題意f(x)＝cos 2x－sin 2x＋ ＝cos＋， 由2kπ－π≤2x＋≤2kπ，得kπ－≤x≤kπ－. 所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間為，k∈Z. (2)由題意f(x)＝cos 2x－sin φsin 2x＋，由于函數f(x)的最大值為， 即＋＝1，從而cos φ＝0， 又0≤φ＜π，故φ＝. 12．(2020·臺州市高三期末評估)已知函數f

33、(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期為π，且x＝為f(x)圖象的一條對稱軸． (1)求ω和φ的值； (2)設函數g(x)＝f(x)＋f，求g(x)的單調遞減區(qū)間． 解：(1)因為f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期為π， 由T＝＝π，所以ω＝2， 由2x＋φ＝kπ＋，k∈Z， 所以f(x)的圖象的對稱軸為x＝＋－，k∈Z. 由＝＋－，得φ＝kπ＋. 又|φ|≤，則φ＝. (2)函數g(x)＝f(x)＋f＝sin＋sin 2x＝sin 2x＋cos 2x＋sin 2x＝sin. 所以g(x)的單調遞減區(qū)間為，k∈Z. [綜合題組練] 1．(2020·湖州市高三期末考

34、試)若α，β∈，且αsin α－βsin β＞0，則必有(　　) A．α2＜β2 B．α2＞β2 C．α＜β D．α＞β 解析：選B.α，β∈，且αsin α－βsin β＞0，即αsin α＞βsin β，再根據y＝xsin x為偶函數，且在上單調遞增，可得|α|＞|β|，即α2＞β2，故選B. 2．若f(x)＝cos 2x＋acos 在區(qū)間上是增函數，則實數a的取值范圍為(　　) A．[－2，＋∞) B．(－2，＋∞) C．(－∞，－4) D．(－∞，－4] 解析：選D.f(x)＝1－2sin2x－asin x，令sin x＝t，t∈，則g(t)＝－2t2－a

35、t＋1，t∈，因為f(x)在上單調遞增，所以－≥1，即a≤－4，故選D. 3．(2020·浙江“七彩陽光”聯(lián)盟高三聯(lián)考)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)的圖象過點，若f(x)≤f對x∈R恒成立，則ω的值為________；當ω最小時，函數g(x)＝f－在區(qū)間[0，22]上的零點個數為________． 解析：由題意得φ＝，且當x＝時，函數f(x)取到最大值，故ω＋＝＋2kπ，k∈Z，解得ω＝1＋12k，k∈N，又因為ω＞0，所以ω的最小值為1，因此，g(x)＝f－＝sin x－的零點個數是8個． 答案：1＋12k(k∈N)　8 4．(2020·金華市東陽二中高三調研)設函數f(x)

36、＝sin－2cos2x＋1(ω>0)，直線y＝與函數f(x)圖象相鄰兩交點的距離為π. (1)求ω的值； (2)在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別是a、b、c，若點是函數y＝f(x)圖象的一個對稱中心，且b＝3，求△ABC面積的最大值． 解：(1)函數f(x)＝sin－2cos2x＋1 ＝sin ωxcos－cos ωxsin－2·＋1 ＝sin ωx－cos ωx＝sin. 因為f(x)的最大值為，所以f(x)的最小正周期為π， 所以ω＝2. (2)由(1)知f(x)＝sin， 因為sin＝0?B＝， 因為cos B＝＝＝， 所以ac＝a2＋c2－9≥2ac－9，a

37、c≤9， 故S△ABC＝acsin B＝ac≤. 故△ABC面積的最大值為. 5．已知a>0，函數f(x)＝－2asin＋2a＋b，當x∈時，－5≤f(x)≤1. (1)求常數a，b的值； (2)設g(x)＝f且lg g(x)>0，求g(x)的單調區(qū)間． 解：(1)因為x∈，所以2x＋∈. 所以sin∈， 所以－2asin∈[－2a，a]． 所以f(x)∈[b，3a＋b]，又因為－5≤f(x)≤1， 所以b＝－5，3a＋b＝1，因此a＝2，b＝－5. (2)由(1)得，f(x)＝－4sin－1， g(x)＝f＝－4sin－1 ＝4sin－1， 又由lg g(x)>0，得g(x)>1，所以4sin－1>1， 所以sin>， 所以2kπ＋<2x＋<2kπ＋，k∈Z， 其中當2kπ＋<2x＋≤2kπ＋，k∈Z時，g(x)單調遞增，即kπ