1．函數(shù)f(x)＝－2tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的定義域是( )
A． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,6)))))
B． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠－\f(π,12)))))
C． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,6)(k∈Z)))))
D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,6)(k∈Z)))))
2．已知f(x)＝sin2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－ eq \f(1,2)，則f(x)是( )
A．奇函數(shù)且最小正周期為π
B．偶函數(shù)且最小正周期為π
C．奇函數(shù)且最小正周期為2π
D．偶函數(shù)且最小正周期為2π
3．若函數(shù)y＝ eq \r(3)cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,3)))(ω>0)兩對稱中心間的最小距離為 eq \f(π,2)，則ω等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
4．(多選)對于函數(shù)f(x)＝|sin x|＋cs 2x，下列結(jié)論正確的是( )
A．f(x)的值域為 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9,8)))
B．f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增
C．f(x)的圖象不關(guān)于直線x＝ eq \f(π,4)對稱
D．π是f(x)的一個周期
5．已知函數(shù)f(x)＝A sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))在一個周期內(nèi)的簡圖如圖所示，則方程f(x)＝m(m為常數(shù)，且1＜m＜2)在[0，π]內(nèi)所有解的和為( )
A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,3)
C． eq \f(π,2) D．π
6．請寫出一個最小正周期為π，且在(0，1)上單調(diào)遞增的函數(shù)f(x)＝________．
7．已知函數(shù)f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))(0≤φ≤π)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，則φ的取值范圍是________．
8．已知函數(shù)f(x)＝sin (ωx＋φ)，如圖，A，B是直線y＝ eq \f(1,2)與曲線y＝f(x)的兩個交點．若|AB|＝ eq \f(π,6)，則f(π)＝________．
9．已知函數(shù)f(x)＝ eq \r(3)cs x sin x＋sin2x.
(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和單調(diào)遞增區(qū)間；
(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(π,6)))上的最大值和最小值．
10．已知函數(shù)f(x)＝sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|0)在區(qū)間[0，2π]有且僅有3個零點，則ω的取值范圍是________．
5．已知函數(shù)f(x)＝ eq \f(1,x－1)＋3sin πx，求函數(shù)f(x)在[－1，3]上的所有零點的和．
6．已知函數(shù)f(x)＝sin x＋ eq \r(3)|cs x|，寫出函數(shù)f(x)的一個單調(diào)遞增區(qū)間；當x∈[0，a]時，函數(shù)f(x)的值域為[1，2]，求a的取值范圍．
參考答案
【A級 基礎(chǔ)鞏固】
1．解析：由2x＋ eq \f(π,6)≠kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，得x≠ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,6)(k∈Z).
答案：D
2．解析：f(x)＝sin2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－ eq \f(1,2)＝ eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))),2)－ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)sin 2x，故f(x)為奇函數(shù)，且最小正周期為T＝ eq \f(2π,2)＝π.
答案：A
3．解析：因為函數(shù)y＝ eq \r(3)cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,3)))(ω>0)兩對稱中心間的最小距離為 eq \f(π,2)，所以 eq \f(T,2)＝ eq \f(π,2)，所以T＝π，所以T＝ eq \f(2π,2ω)＝π，解得ω＝1.
答案：A
4．解析：f(x＋π)＝|sin (x＋π)|＋cs [2(x＋π)]＝|sin x|＋cs 2x＝f(x)，
所以π是函數(shù)f(x)的一個周期，故D正確；
對于A，因為f(x)的一個周期為π，令x∈[0，π]，此時sin x≥0，
所以f(x)＝sin x＋1－2sin2x，
令t＝sinx，g(t)＝－2t2＋t＋1＝－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(9,8)，t∈[0，1]，可知其值域為 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9,8)))，故A正確；
對于B，由A可知，g(t)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))上單調(diào)遞增，在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))上單調(diào)遞減．
因為t＝sin x，t∈[0，1]，
所以f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上不單調(diào)，故B不正確；
對于C，因為f(0)＝1，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0，
所以f(0)≠f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))，
所以f(x)的圖象不關(guān)于直線x＝ eq \f(π,4)對稱，故C正確．
答案：ACD
5．解析：根據(jù)函數(shù)f(x)＝A sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))在一個周期內(nèi)的簡圖，可得A＝2，再把點(0，1)的坐標代入可得2sin φ＝1，∴sin φ＝ eq \f(1,2)，∴φ＝ eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z或φ＝ eq \f(5π,6)＋2kπ，k∈Z.又|φ|＜ eq \f(π,2)，∴φ＝ eq \f(π,6).
根據(jù)五點作圖法可得ω· eq \f(5π,12)＋ eq \f(π,6)＝π，∴ω＝2，
∴函數(shù)f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
易得它的一個頂點坐標為 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2))，且f(π)＝1，∴由圖象可得方程f(x)＝m(m為常數(shù)，且1＜m＜2)在[0，π]內(nèi)所有的解共有2個，且這2個解的和為2× eq \f(π,6)＝ eq \f(π,3).
答案：B
6．解析：根據(jù)函數(shù)最小正周期為π，可構(gòu)造正弦型、余弦型或者正切型函數(shù)，再結(jié)合在(0，1)上單調(diào)遞增，構(gòu)造即可，
如f(x)＝tan x滿足題意．
答案：tan x(答案不唯一)
7．解析：當x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))時， eq \f(1,2)x＋φ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,4)，φ＋\f(π,2))).
又函數(shù)f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))(0≤φ≤π)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，
所以 eq \f(1,2)x＋φ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,4)，φ＋\f(π,2)))? eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,4)≥\f(π,2)，,φ＋\f(π,2)≤\f(3π,2)，))解得 eq \f(π,4)≤φ≤π.
答案： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))
8．解析：令sin (ωx＋φ)＝ eq \f(1,2)，得ωx＋φ＝ eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z或ωx＋φ＝ eq \f(5π,6)＋2kπ，k∈Z.
由題意可知， eq \f(\f(5π,6)＋2kπ－φ,ω)－ eq \f(\f(π,6)＋2kπ－φ,ω)＝ eq \f(π,6)，k∈Z，
則 eq \f(5π,6ω)－ eq \f(π,6ω)＝ eq \f(π,6)，∴ω＝4，
∴f(x)＝sin (4x＋φ).又f(x)的圖象過 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8π,3)＋φ))＝0，結(jié)合五點作圖法得 eq \f(8π,3)＋φ＝2kπ，k∈Z，不妨取φ＝－ eq \f(2π,3)，
∴f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(2π,3)))，
∴f(π)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4π－\f(2π,3)))＝－ eq \f(\r(3),2).
答案：－ eq \f(\r(3),2)
9．解：(1)f(x)＝ eq \r(3)csx sin x＋sin2x＝ eq \f(\r(3),2)sin2x－ eq \f(1,2)cs 2x＋ eq \f(1,2)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋ eq \f(1,2)，
∴函數(shù)f(x)的最小正周期為 eq \f(2π,2)＝π，
令－ eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－ eq \f(π,6)≤ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，則－ eq \f(π,6)＋kπ≤x≤ eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))，k∈Z.
(2)∵x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(π,6)))，∴2x－ eq \f(π,6)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,6)))，
則sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈[－1，1]，∴f(x)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))，
∴函數(shù)f(x)在區(qū)間 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(π,6)))上的最大值為 eq \f(3,2)，最小值為－ eq \f(1,2).
10．解：(1)選擇條件①②：
由條件①及已知得T＝ eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2.
由條件②得f(0)＝0，即sin φ＝0，解得φ＝kπ(k∈Z).
因為|φ|< eq \f(π,2)，所以φ＝0，所以f(x)＝sin 2x.經(jīng)檢驗φ＝0符合題意．
選擇條件①③：
由條件①及已知得T＝ eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2.
由條件③得2× eq \f(π,4)＋φ＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)，解得φ＝kπ(k∈Z).
因為|φ|< eq \f(π,2)，所以φ＝0，所以f(x)＝sin 2x.
選擇條件②③：
由條件②f(0)＝0，即sin φ＝0，解得φ＝kπ(k∈Z).
因為|φ|＜ eq \f(π,2)，所以φ＝0.由條件③得ω× eq \f(π,4)＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)，
所以ω＝4k＋2(k∈Z)，則f(x)的解析式不唯一，不合題意．
(2)由題意得g(x)＝sin 2x＋sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
化簡得g(x)＝ eq \f(3,2)sin 2x＋ eq \f(\r(3),2)cs 2x＝ eq \r(3)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).因為0≤x≤ eq \f(π,4)，所以 eq \f(π,6)≤2x＋ eq \f(π,6)≤ eq \f(2π,3)，
所以當2x＋ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,2)，
即x＝ eq \f(π,6)時，g(x)取最大值 eq \r(3).
INCLUDEPICTURE "B組.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大樣\\人教數(shù)學\\B組.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B級 能力提升】
1．解析：∵f(x)＝sin (ωx＋φ)在區(qū)間 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，且直線x＝ eq \f(π,6)和x＝ eq \f(2π,3)為函數(shù)y＝f(x)的圖象的兩條相鄰對稱軸，
∴f(x)在x＝ eq \f(π,6)和x＝ eq \f(2π,3)處分別取得最小值和最大值，
∴ eq \f(T,2)＝ eq \f(2π,3)－ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,2)，T＝π，得|ω|＝2，不妨取ω＝2，
由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(2π,3)＋φ))＝1，得 eq \f(4π,3)＋φ＝ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得φ＝－ eq \f(5π,6)＋2kπ，k∈Z.取k＝0，得φ＝－ eq \f(5π,6)，從而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)))＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)))－\f(5π,6)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,3)))＝ eq \f(\r(3),2).
答案：D
2．解析：因為f(x)的圖象關(guān)于點 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))對稱，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)＋φ))＝0，即 eq \f(4π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，故φ＝kπ－ eq \f(4π,3)，k∈Z.結(jié)合0＜φ＜π，得φ＝ eq \f(2π,3)，所以f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))).
對于A，令 eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋ eq \f(2π,3)≤ eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－ eq \f(π,12)＋kπ≤x≤ eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z.顯然 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z，故A正確．對于B，f′(x)＝2cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，令f′(x)＝0，得2x＋ eq \f(2π,3)＝kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，即x＝ eq \f(kπ,2)－ eq \f(π,12)，k∈Z.又因為x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))，所以x＝ eq \f(5π,12)，故f(x)在區(qū)間 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))只有一個極值點，故B錯誤．對于C，令2x＋ eq \f(2π,3)＝ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝－ eq \f(π,12)＋ eq \f(kπ,2)，k∈Z，令－ eq \f(π,12)＋ eq \f(kπ,2)＝ eq \f(7π,6)得k＝ eq \f(5,2)?Z，故C錯誤．對于D，結(jié)合B，令2cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝－1，得2x＋ eq \f(2π,3)＝ eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z或2x＋ eq \f(2π,3)＝ eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，解得x＝kπ，k∈Z或x＝ eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，故其中一個切點為 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)))，則曲線y＝f(x)在該點處的切線方程為y－ eq \f(\r(3),2)＝－x，即y＝ eq \f(\r(3),2)－x，故D正確．
答案：AD
3．解析：對于①，若f(3－x)＝－f(x)，則f(x)的圖象關(guān)于點 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))中心對稱；
對于②，若f(x)＝f(1－x)，則f(x)的圖象關(guān)于直線x＝ eq \f(1,2)對稱；
設(shè)f(x)＝2sin (ωx＋φ)，則T＝4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,2)))＝4，ω＝ eq \f(π,2).
又f(x)的圖象關(guān)于直線x＝ eq \f(1,2)對稱，且函數(shù)f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，
則 eq \f(ω,2)＋φ＝ eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得φ＝ eq \f(5π,4)＋2kπ，k∈Z，
所以可令f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(5π,4)))，答案不唯一．
答案：2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(5π,4)))(答案不唯一)
4．解析：函數(shù)f(x)＝cs ωx－1(ω＞0)在區(qū)間[0，2π]上有且僅有3個零點等價于方程cs ωx＝1(ω＞0)在區(qū)間[0，2π]上有且僅有3個不等的實根．∵0≤x≤2π，∴0≤ωx≤2πω，∴4π≤2πω＜6π，即2≤ω＜3，∴ω的取值范圍為[2，3).
答案：[2，3)
5．解：令f(x)＝ eq \f(1,x－1)＋3sin πx＝0，
則 eq \f(1,x－1)＝－3sin πx，
所以f(x)的零點就是函數(shù)y＝ eq \f(1,x－1)與函數(shù)y＝－3sin πx圖象交點的橫坐標．
因為y＝ eq \f(1,x－1)的圖象關(guān)于點(1，0)對稱，函數(shù)y＝－3sin πx的周期為2，其圖象關(guān)于點(1，0)對稱，兩函數(shù)圖象如圖所示，
共有4個交點，這4個點關(guān)于點(1，0)對稱，
所以其橫坐標的和為4，
所以函數(shù)f(x)在[－1，3]上的所有零點的和為4.
6．解：當x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z時，
f(x)＝sin x＋ eq \r(3)cs x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))).
當x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))，k∈Z時，
f(x)＝sin x－ eq \r(3)cs x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3))).
令－ eq \f(π,2)≤x＋ eq \f(π,3)≤ eq \f(π,2)，則－ eq \f(5π,6)≤x≤ eq \f(π,6)，
所以函數(shù)f(x)的一個單調(diào)遞增區(qū)間為 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,6))).
f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，0≤x≤\f(π,2)，,2sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，\f(π,2)＜x≤\f(3π,2)，))
則函數(shù)f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上單調(diào)遞增，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，
則當x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))時，f(x)∈[1，2]，且f(0)＝ eq \r(3)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1.
令－ eq \f(π,2)≤x－ eq \f(π,3)≤ eq \f(π,2)，則－ eq \f(π,6)≤x≤ eq \f(5π,6)，
所以函數(shù)f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上單調(diào)遞增，此時f(x)∈[1，2].
令 eq \f(π,2)≤x－ eq \f(π,3)≤ eq \f(3π,2)，則 eq \f(5π,6)≤x≤ eq \f(11π,6)，
所以函數(shù)f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(3π,2)))上單調(diào)遞減，
當x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(3π,2)))時，令f(x)＝1，則x＝ eq \f(7π,6).
因為當x∈[0，a]時，函數(shù)f(x)的值域為[1，2]，
所以 eq \f(π,2)≤a≤ eq \f(7π,6).
故a的取值范圍是 eq \f(π,2)≤a≤ eq \f(7π,6).

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