三角函数的图象与性质(解析版)

一、 考情分析

1.能画出三角函数y＝sin x，y＝cos x，y＝tan x的图象，了解三角函数的周期性、单调性、奇偶性、最大(小)值；

ππ

2.借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0，2π]上，正切函数在－2，2上的性质.



二、 知识梳理

1.用五点法作正弦函数和余弦函数的简图

π3π

(1)正弦函数y＝sin x，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是：(0，0)，2，1，(π，0)，2，－1，

(2π，0).

π3π，0(2)余弦函数y＝cos x，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是：(0，1)，2，(π，－1)，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 值域 周期性 奇偶性 递增区间 递减区间 对称中心 对称轴方程 [微点提醒] 1.对称与周期

R [－1，1] 2π 奇函数 ππ2kπ－2，2kπ＋2 π3π2kπ＋2，2kπ＋2 (kπ，0) πx＝kπ＋2 R [－1，1] 2π 偶函数 [2kπ－π，2kπ] [2kπ，2kπ＋π] πkπ＋2，0 x＝kπ π{x|x∈R，且 x≠kπ＋2} R π 奇函数 ππkπ－2，kπ＋2 无 kπ2，0 无 (1)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是半个周期，相邻的对称中1

心与对称轴之间的距离是4个周期.

(2)正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期.

ππ

2.对于y＝tan x不能认为其在定义域上为增函数，而是在每个区间kπ－2，kπ＋2(k∈Z)内为增

函数.

三、 经典例题

考点一 三角函数的定义域

π

【例1】 (1)函数f(x)＝－2tan2x＋6的定义域是( )



ππA.x|x≠6 B.x|x≠－12 πkππ x|x≠kπ＋（k∈Z）x|x≠＋（k∈Z）C. D.626(2)不等式3＋2cos x≥0的解集是________.

(3)函数f(x)＝64－x2＋log2(2sin x－1)的定义域是________. ππkππ

【解析】 (1)由2x＋6≠kπ＋2(k∈Z)，得x≠2＋6(k∈Z).

3

(2)由3＋2cos x≥0，得cos x≥－2，由余弦函数的图象，得在一个周期[－π，π]上，不等式cos

5π5553

x≥－2的解集为x|－6≤x≤6π，故原不等式的解集为x|－6π＋2kπ≤x≤6π＋2kπ，k∈Z.



64－x2≥0，①1π5

(3)由题意，得由①得－8≤x≤8，由②得sin x>2，由正弦曲线得6＋2kπ0，②7π513π11

＋2kπ(k∈Z).所以不等式组的解集为－6π，－6π∪6，6π∪6，8.

规律方法 1.三角函数定义域的求法

(1)以正切函数为例，应用正切函数y＝tan x的定义域求函数y＝Atan(ωx＋φ)的定义域转化为求解简单的三角不等式.

(2)求复杂函数的定义域转化为求解简单的三角不等式. 2.简单三角不等式的解法

(1)利用三角函数线求解. (2)利用三角函数的图象求解. 考点二 三角函数的值域与最值

ππ

【例2】 (1)y＝3sin2x－6在区间0，2上的值域是________.



π3

(2)函数f(x)＝sin2x＋3cos x－4x∈0，2的最大值是________.

(3)函数y＝sin x－cos x＋sin xcos x的值域为________. πππ5π

【解析】 (1)当x∈0，2时，2x－6∈－6，6，



π1π3

sin2x－6∈－2，1，故3sin2x－6∈－2，3， 

π3

即y＝3sin2x－6的值域为－2，3.



13

(2)由题意可得f(x)＝－cos2x＋3cos x＋4＝－(cos x－2)2＋1.

π

∵x∈0，2，∴cos x∈[0，1].



3π

∴当cos x＝2，即x＝6时，f(x)max＝1. (3)设t＝sin x－cos x，

则t2＝sin2x＋cos2x－2sin xcos x， 1－t2

sin xcos x＝2，且－2≤t≤2，

t211

所以y＝－2＋t＋2＝－2(t－1)2＋1.

1

当t＝1时，ymax＝1；当t＝－2时，ymin＝－2－2.

1

所以函数的值域为－2－2，1.

规律方法 求解三角函数的值域(最值)常见三种类型：

(1)形如y＝asin x＋bcos x＋c的三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)； (2)形如y＝asin2x＋bsin x＋c的三角函数，可先设sin x＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)； (3)形如y＝asin xcos x＋b(sin x±cos x)＋c的三角函数，可先设t＝sin x±cos x，化为关于t的二次函数求值域(最值).

考点三 三角函数的单调性 角度1 求三角函数的单调区间

π

【例3－1】 (1)函数f(x)＝tan2x－3的单调递增区间是( )



kππkπ5π

A.－，＋(k∈Z) 1212212kππkπ5π

B.12－12，2＋12(k∈Z) 

π2π

C.kπ＋6，kπ＋3(k∈Z) 

π5π

D.kπ－12，kπ＋12(k∈Z) 

π－2x＋(2)函数y＝sin的单调递减区间为________. 3

ππππkππkπ5π

【解析】 (1)由kπ－2<2x－3

kππkπ5π的单调递增区间为2－12，2＋12(k∈Z).

πππππ2x－2x－(2)y＝－sin3，它的减区间是y＝sin3的增区间.令2kπ－2≤2x－3≤2kπ＋2，k∈Z，

π5ππ5π

得kπ－12≤x≤kπ＋12，k∈Z.故其单调递减区间为kπ－12，kπ＋12，k∈Z.

角度2 利用单调性比较大小

ππππ【例3－2】 已知函数f(x)＝2cosx＋6，设a＝f7，b＝f6，c＝f4，则a，b，c的大小关系

是( ) A.a>b>c C.c>a>b

B.a>c>b D.b>a>c

π

【解析】 令2kπ≤x＋6≤2kπ＋π，k∈Z， π5π

解得2kπ－6≤x≤2kπ＋6，k∈Z，

ππ5π

∴函数f(x)＝2cosx＋6在－6，6上是减函数，



ππππ5π∵－<<<<，

67646πππ∴f7>f6>f4. 角度3 利用单调性求参数

【例3－3】 (2018·全国Ⅱ卷)若f(x)＝cos x－sin x在[－a，a]是减函数，则a的最大值是( ) πA.4

πB.2

3πC.4

D.π

π【解析】 f(x)＝cos x－sin x＝2cosx＋4，



ππ

由题意得a>0，故－a＋4<4，

π

因为f(x)＝2cosx＋4在[－a，a]是减函数，



π

所以a＋4≤π，

a>0，

π

－a＋4≥0，

ππ

解得0规律方法 1.已知三角函数解析式求单调区间：(1)求函数的单调区间应遵循简单化原则，将解析式先化简，并注意复合函数单调性规律“同增异减”；(2)求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(其中ω>0)的单调区间时，要视“ωx＋φ”为一个整体，通过解不等式求解.但如果ω<0，那么一定先借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错.

2.对于已知函数的单调区间的某一部分确定参数ω的范围的问题，首先，明确已知的单调区间应为函数的单调区间的子集，其次，要确定已知函数的单调区间，从而利用它们之间的关系可求解，另外，若是选择题利用特值验证排除法求解更为简捷. 考点四 三角函数的周期性、奇偶性、对称性 角度1 三角函数奇偶性、周期性

【例4－1】 (1)已知函数f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，则( ) A.f(x)的最小正周期为π，最大值为3 B.f(x)的最小正周期为π，最大值为4 C.f(x)的最小正周期为2π，最大值为3 D.f(x)的最小正周期为2π，最大值为4

11π(2)设函数f(x)＝sin2x＋θ－3cos2x＋θ|θ|<2的图象关于y轴对称，则θ＝( )



ππππA.－6 B.6 C.－3 D.3 cos 2x＋135222

【解析】 (1)易知f(x)＝2cosx－sinx＋2＝3cosx＋1＝3＋1＝cos 2x＋

222，则f(x)的最小正周期为π，当2x＝2kπ，即x＝kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，最大值为4. 11

(2)f(x)＝sin2x＋θ－3cos2x＋θ



π1x＋θ－＝2sin2， 3

ππππ

由题意可得f(0)＝2sinθ－3＝±2，即sinθ－3＝±1，∴θ－3＝2＋kπ(k∈Z)，



5π

∴θ＝6＋kπ(k∈Z).

ππ∵|θ|<2，∴k＝－1时，θ＝－6.

规律方法 1.若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，则 π

(1)f(x)为偶函数的充要条件是φ＝2＋kπ(k∈Z)； (2)f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z).

2π

2.函数y＝Asin(ωx＋φ)与y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期T＝，y＝Atan(ωx＋φ)的最小正周期T

|ω|

π＝|ω|. 角度2 三角函数图象的对称性

π

【例4－2】 (1)已知函数f(x)＝asin x＋cos x(a为常数，x∈R)的图象关于直线x＝6对称，则函数g(x)＝sin x＋acos x的图象( ) π

A.关于点3，0对称



π

C.关于直线x＝3对称

2π

B.关于点3，0对称



π

D.关于直线x＝6对称 πππ

(2)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|≤2，x＝－4为f(x)的零点，x＝4为y＝f(x)图象的对称轴，



π5π

且f(x)在18，36上单调，则ω的最大值为( )

A.11 B.9 C.7 D.5

π

【解析】 (1)因为函数f(x)＝asin x＋cos x(a为常数，x∈R)的图象关于直线x＝6对称， 313π

所以f(0)＝f3，所以1＝2a＋2，a＝3， 

323π

所以g(x)＝sin x＋3cos x＝3sinx＋6，

πππ

函数g(x)的对称轴方程为x＋6＝kπ＋2(k∈Z)，即x＝kπ＋3(k∈Z)，当k＝0时，对称轴为直线xππ

＝3，所以g(x)＝sin x＋acos x的图象关于直线x＝3对称.

ππππTkTπ2k＋1

(2)因为x＝－4为f(x)的零点，x＝4为f(x)的图象的对称轴，所以4－－4＝4＋2，即2＝4T



2k＋12π＝4·ω(k∈Z)，所以ω＝2k＋1(k∈Z).

5πππT2ππ5π

又因为f(x)在18，36上单调，所以36－18＝12≤2＝2ω，即ω≤12，ω＝11验证不成立(此时求



ππ3π3π5π得f(x)＝sin11x－4在18，44上单调递增，在44，36上单调递减)，ω＝9满足条件，由此得ω

的最大值为9.

π

规律方法 1.对于可化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)形式的函数，如果求f(x)的对称轴，只需令ωx＋φ＝2＋kπ(k∈Z)，求x即可；如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求x即可. 2.对于可化为f(x)＝Acos(ωx＋φ)形式的函数，如果求f(x)的对称轴，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，π

求x；如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝2＋kπ(k∈Z)，求x即可. [方法技巧]

1.讨论三角函数性质，应先把函数式化成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的形式.

2.对于函数的性质(定义域、值域、单调性、对称性、最值等)可以通过换元的方法令t＝ωx＋φ，将其转化为研究y＝sin t(或y＝cos t)的性质. 3.数形结合是本节的重要数学思想.

4.闭区间上最值或值域问题，首先要在定义域基础上分析单调性；含参数的最值问题，要讨论参数对最值的影响.

5.要注意求函数y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时A和ω的符号，尽量化成ω＞0时情况，避免出现增减区间的混淆.

6.求三角函数的单调区间时，当单调区间有无穷多个时，别忘了注明k∈Z.

四、 课时作业

1．（2021·宝鸡中学高一期中）函数f(x)tan2xπ的单调递增区间为（ ） 3A．kππkπ2π,(kZ)

3262π5π,kπ(kZ) 1212B．kππkπ5π,(kZ) 212212π2π,kπ(kZ) 63C．kπD．kπ【答案】C 【解析】k22xππkk5kkZ得：x，所以函数f(x)tan2x的

332212212单调递增区间为kππ5π,kπ(kZ). 12122．（2021·陕西省西安中学高一期中）设函数y12sinx，则函数的最大值及取到最大值时的x取值集合分别为（ ） A．3，x|x2k2,kZ B．1，x|x2k32,kZ C．3，x|x2k32,kZ D．1，x|x2k2,kZ 【答案】C

【解析】由于22sinx2,22sinx2,112sinx3， 所以当x2k32,kZ时，函数y12sinx有最大值为3. 3．（2021·吉林省高三其他（文））下列函数中，是奇函数且在其定义域上是增函数的是( ) A．y1x B．ytanx

C．yexex

D．yx2,x0x2,x0

【答案】C

【解析】对于A选项，反比例函数y1x，它有两个减区间， 对于B选项，由正切函数ytanx的图像可知不符合题意； 对于C选项，令f(x)exex知f(x)exex， 所以f(x)f(x)0所以f(x)exex为奇函数， 又yex在定义内单调递增，所以yex单调递增， 所以函数yexex在定义域内单调递增；

对于D，令g(x)x2,x0x2,x0x2,x0，则g(x)x2,x0，

所以g(x)g(x)0，所以函数yx2,x0不是奇函数. x2,x04．（2021·武功县普集高级中学高一月考）函数y2cosx1的定义域是（ ）

A．2k,2kkZ 66,2kkZ 33B．2k3,3k2kZ 3C．2k【答案】C

D．2k3,2k3kZ

【解析】由2cosx10得：2k22x2k,kZ. 33所以函数y2cosx1的定义域是2k,2kkZ.

335．（2021·武功县普集高级中学高一月考）函数yxsinx的部分图像是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】:因为yxsinx，所以fx为偶函数，其图象关于y轴对称，故可以排除B，D.又因为函数fx在0,上函数值为正，故排除C.

6．（2019·呼玛县高级中学高一月考）若函数f(x)Asin(x)(A0,0,示，则函数f(x)的解析式为（ ）

2)的部分图像如图所

A．f(x)sin(2xC．f(x)cos(2x【答案】D

6) )

B．f(x)cos(2xD．f(x)sin(2x6) )

33【解析】由函数的部分图像可知A1，

T2，故T，所以即2.

22由函数图像的对称轴为x因2k,kZ， ，所以2122122，故3，所以fxsin2x，故选D. 37．（2019·呼玛县高级中学高一月考）设acosA．acb C．cab 【答案】A 【解析】bsin12，bsin417，ccos，则（ ） 64B．cba D．bca

415sin66657sinsincosccoscos , 66344因为

34，,）且ycosx在（0，是单调递减函数，所以acb，故选A

1228．（2019·延安市第一中学高三月考（理））已知函数f(x)sin(x)(0，之间的距离为

2)图象相邻两条对称轴

，将函数yf(x)的图象向左平移个单位后，得到的图象关于y轴对称，那么函数

32yf(x)的图象（ ）

A．关于点,0对称 12B．关于点,0对称 12C．关于直线x【答案】B

12对称

D．关于直线x对称 12【解析】因为相邻两条对称轴的距离为设将fx的图像向左平移则gxsin2xT，故，T，从而2． 222单位后，所得图像对应的解析式为gx， 323，因gx的图像关于y轴对称，故g01， 2sin所以3因2k,kZ，所以k,kZ， 1，3262，所以6．

又fxsin2x故对称轴为直线x令2x确．

6，令2x6k2,kZ，

k,kZ，所以C，D错误； 23kk,0,kZ，所以A错误，D正k,kZ，故x,kZ，所以对称中心为62122129．（2021·河北省故城县高级中学高一期中）关于函数ysin(xA．[2),在以下说法中正确的是（ ）

,]上是增函数 22B．[0,]上是减函数 D．[,]上是减函数

C．[,0]上是减函数 【答案】B

【解析】ysin(x2)cosx，它在[0,]上是减函数．

10．（2021·上海高一课时练习）下列命题中正确的是（ ） A．ycosx在第一象限和第四象限内是减函数 B．ysinx在第一象限和第三象限内是增函数

C．ycosx在D．ysinx在【答案】D

,上是减函数 22,上是增函数 22【解析】对于ycosx，该函数的单调递减区间为：2k,2k,kZ，故A错，C错. 对于ysinx，该函数的单调递增区间为：2k,2k,kZ，故B错，D对.

22xxsinx有下述四个结论： 22211．（2021·陕西省西安中学高三其他（理））关于函数f(x)2sin①函数f(x)的图象把圆x2y21的面积两等分 ②f(x)是周期为的函数

③函数f(x)在区间(,)上有3个零点

④函数f(x)在区间(,)上单调递减 其中所有正确结论的编号是（ ） A．①③④ 【答案】C

【解析】f（x）＝2sin

B．②④

C．①④

D．①③

xxxxsin（+）﹣x＝2sincos﹣x＝sinx﹣x， 22222对于①，因为f（﹣x）＝sin（﹣x）﹣（﹣x）＝﹣sinx+x＝﹣f（x），所以函数f（x）为奇函数，关于原点对称，且过圆心，而圆x2+y2＝1也是关于原点对称，所以①正确；

对于②，因为f（x+π）＝sin（x+π）﹣（x+π）＝﹣sinx﹣x﹣π≠f（x），所以f（x）的周期不是π，即②错误；

对于③，因为f零点， 即③错误； 对于④，f''x＝cosx﹣1≤0，所以f（x）单调递减，所以f（x）在区间（﹣∞，+∞）上至多有1个

x＝cosx﹣1≤0，所以f（x）单调递减，即④正确．

12．（2021·山西省高三其他（文））已知fxcosx0,2的图象关于直线x5对称，24把fx的图象向左平移A．2 【答案】C

个单位后所得的图象关于点,0对称，则的最小值为（ ） 412C．4

D．6

B．3

【解析】因为fx的图象向左平移

个单位后所得的图象关于点,0对称， 412所以fx关于点,0对称， 35对称， 24又fx的图象既关于直线x设fx的最小正周期为T，则

352k1TkN， 244即

2k12kN， 84所以8k4kN，取k0，得4，

13．（2021·上海高二课时练习）设直线的斜率k(,1][1,)，则该直线的倾斜角满足（ ）. A．44 B．

42或

234 C．03

D．04或

44或

34

【答案】B

【解析】因为ktan， 所以当k1时，324， 当k1时，

42，

即直线的倾斜角满足

42或

234， 14．（2021·调兵山市第一高级中学高一月考）方程x10sinx的根的个数是（ ） A．6 B．7

C．8

D．9

【答案】B

【解析】分别作函数yx,y10sinx图象，如图，

由图可得交点个数为7，所以方程x10sinx的根的个数是7

15．（2021·福建省高三其他（文））图数fxx1xcosx，x,00,的图象可能为（ ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】由题知：fxx11cosxxcosxf(x)， xx所以fx为奇函数，故排除B，D. 又因为x0，时，fx0，故排除C.

16．（2021·上海高一期中）函数ysinxcosx的最小正周期和最大值分别为（ ） A．，1 【答案】B

【解析】ysinxcosx=B．，

21 2C．2，1 D．2，

1 21sin2x， 22， 2函数ysinxcosx的最小正周期T1sin2x1，111sin2x， 2221. 2函数ysinxcosx的最大值为

17．（2021·山西省高三其他（文））对于函数fx的值城为1,1；②当且仅当x2k11sinxcosxsinxcosx.有下列说法：①fx224kZ时，函数fx取得最大值；③函数fx的最小正周期是

；④当且仅当x2k，2kkZ时,fx0.其中正确结论的个数是( )

2A．1 【答案】B

【解析】因为fx所示：

B．2

C．3

D．4

cosx，sinxcosx11sinxcosxsinxcosx，作出函数fx的图象，如图22sinx，sinxcosx

所以，fx的值城为1,2，①错误； 2函数fx的最小正周期是2，③错误； 当且仅当x2k4kZ时，函数fx取得最大值，②正确；

kZ时，fx0，④正确. 22k当且仅当x2k，18．（多选题）（2021·海南省海南中学高三月考）已知函数fxAsinx（A0,0）在x1处取得最大值，且最小正周期为2，则下列说法正确的有( ). A．函数fx1是奇函数

C．函数fx2在0,1上单调递增 【答案】BCD

【解析】因为fxAsinx在x1处取得最大值， 所以有2kB．函数

fx1是偶函数

D．函数fx3是周期函数

2(kZ)，

又因为fxAsinx的最小正周期为2， 所以有22,0，

fxAsinxAsinx2k因此Acosx.

2选项A：设g(x)fx1Acos[(x1)]Acosx， 因为g(x)Acos[(x)]Acosxg(x)， 所以g(x)fx1是偶函数，故本选项说法不正确； 选项B：设h(x)fx1Acos[(x1)]Acosx 因为h(x)Acos[(x)]Acosxh(x)， 所以h(x)fx1是偶函数，故本选项说法正确；

选项C：设m(x)fx2Acos[(x2)]Acosx，

因为x0,1，所以x0,，又因为A0，所以函数m(x)fx2在0,1上单调递增，故本选项说法正确；

选项D：设n(x)fx3Acos[(x3)]Acosx， 函数n(x)最小正周期为：

22，所以本选项说法正确.

19．（2021·山东省微山县第一中学高一月考）已知函数fxcosx，则（ ）

6A．2为fx的一个周期 C．fx在【答案】AD

【解析】根据函数fxcosxB．yfx的图象关于直线xD．fx的一个零点为

4对称 3π,π上单调递减 2 3知最小正周期为2，A正确. 6当x44时，f3334coscos0，由余弦函数的对称性知，B错误；函数2365fxcosx在,626 fxcosx5,上单调递增，故C错误； 上单调递减，在637coscos0，故D正确. 23631276，f220．（2021·山东省高一期中）将函数fxsin2x23cosx3图象向左平移个单位，再把各点的

横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数gx的图象，则下列说法中正确的是（ ） A．fx的最大值为3 C．fx的图象关于点【答案】CD

2【解析】函数f(x)sin2x23cosx3sin2x3cos2x2sin(2x)，

3B．gx是奇函数 D．gx在,0对称 62,63上单调递减 把函数图象向左平移

12个单位，得到y2sin[2(x)]2sin(2x)2cos2x， 1232再把各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到g(x)2cosx． ①故fx函数的最大值为2，故选项A错误． ②函数g(x)2cosx为偶函数，故选项B错误． ③当x时，f2sin20，所以fx的图象关于点,0对称，故选项C正确．

66663④由于g(x)2cosx，在项D正确．

2g(x)kZ2k,2k在,上单调递减，故函数，63上单调递减．故选21．（2021·上海高一期中）函数f(x)tan【答案】(6k3,6k3)，kZ 【解析】由6x的单调递增区间为________

2k6x2k，kZ，

解得6k3x6k3，kZ，

故函数的单调增区间为6k3,6k3，kZ，

22．（2021·河北省故城县高级中学高一期中）已知函数f(x)sin(x)，g(x)cos(x)，有以下结论：

①函数yf(x)g(x)的最小正周期为π； ②函数yf(x)g(x)的最大值为2；

个单位后得到函数yg(x)的图象； 2④将函数yf(x)的图象向左平移个单位后得到函数yg(x)的图象.

2③将函数yf(x)的图象向右平移其中正确结论的序号是____________. 【答案】①④

【解析】f(x)sin(x)sinx，g(x)cos(x)cosx. 因为yf(x)g(x)(sinx)(cosx)sinxcosx所以yf(x)g(x)因为yf(x)g(x)1sin2x， 221，故结论①正确； sin2x的最小正周期为：2211sin2x的最大值为，所以结论②不正确；

22因为函数yf(x)的图象向右平移

个单位后得到函数的解析式为： 2yf(x)sin(x)cosx，所以结论③不正确；

22因为函数yf(x)的图象向左平移

个单位后得到函数的解析式为： 2yf(x)sin(x)cosxg(x)，所以结论④正确.

2223．（2021·宝鸡中学高一期中）函数f(x)Asin(x)B的一部分图象如图所示，其中A0，0，

||π. 2

（1）求函数yfx解析式；

（2）求x[0,π]时，函数yfx的值域； （3）将函数yfx的图象向右平移递减区间.

【解析】（1）根据函数f(x)Asin(x)B的一部分图象，其中A0，0，||π个单位长度，得到函数ygx的图象，求函数ygx的单调4π， 2AB4A2T12π5ππ，∴2， ∵，∴；∵AB0B244126

πππf再根据4，可得22kπ，kZ，

626∴πππ2kπ，kZ，∵||，∴，

266

∴函数yfx的解析式为f(x)2sin2xπ2； 6（2）∵x0,π，∴2xππ13ππ,sin2x，∴[1,1]， 6666∴函数yfx的值域为0,4； （3）将函数yfx的图象向右平移得到函数g(x)2sin2xπ个单位长度， 4πππ22sin2x2的图象， 463对于函数g(x)2sin2x令2kππ2， 3ππ3π2x2kπ，kZ， 2325π11πxkπ求得kπ，kZ， 1212故函数gx的单调减区间为kπ5π11π,kπ，kZ. 121224．（2021·山西省平遥中学校高一月考）已知函数fx4sinxcosx（1）求函数fx的最小正周期及单调增区间； （2）求函数fx在区间3. 3,上的值域和取得最大值时相应的x的值. 46fx4sinxcosxcossinxsin【解析】（1）3 332sinxcosx23sin2x3 sin2x31cos2x3 sin2x3cos2x

2sin2x.

3∴T由2. 222k2x322k，kZ

得：5kxk，kZ 1212∴单调增区间为（2）∵∴5k,kkZ.

12126，∴4x62x32. 31sin2x1，即12sin2x2. 233∴函数fx在区间,上的值域为1,2 46且当2x，即x时，fxmax2.

123225．（2021·武功县普集高级中学高一月考）在已知函数f(x)Asin(x),xR（其中

A0,0,02）的图象与x轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为

，且图象上一个最低点为22M,2. 3(1)求fx的解析式； (2)当x,时，求fx的值域． 1222,2,得A2,又周期T,∴2． 3【解析】（1）依题意,由最低点为M由点M∴

24,2在图象上,得2sin2, 334112k，kZ,2k，kZ． 326∵0,由2k2，∴6,∴fx2sin2x． 622x62k2,kZ，得k3xk6，kZ．

∴函数fx的单调增区间是k3,kkZ． 6(2)

7x,,∴2x,．

6361226时,fx取得最大值2；

267当2x,即x时,fx取得最小值1,故fx的值域为1,2．

662当2x,即x