【文档说明】2023年高考数学必刷压轴题（新高考版）专题12 三角函数（全题型压轴题） Word版含解析.docx，共(75)页，4.432 MB，由小赞的店铺上传

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专题12三角函数（全题型压轴题）三角函数（全题型压轴题）①三角函数的图象与性质②函数sin()yAx=+的图象变换③三角函数零点问题（解答题）④三角函数解答题综合①三角函数的图象与性质1．（2022·上海市向明中学高三开学考试）直线1y=与函数π()2sin26fxx

=−的图像在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为12naaa、、、，下列结论：①π2cos23fxx−=−；②()fx在π5π,612上是减函数；③12naaa、、、为等差数列；④121234πaaa+++=．其中正确的个数是（）A．3B．2C．1

D．0【答案】C【详解】因为函数π()2sin26fxx=−，所以πππ5π2sin2()2sin22cos23366fxxxx−=−−=−−，故①错误

；当π5π,612x，ππ2π2[,]663x−，因为2sinyx=在π2π[,]63上不单调，故②错误；因为1y=与π()2sin26fxx=−的图像在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为12naaa、、、，即π2sin216x−=

，解得ππ6xk=+或ππ2k+，Zk，因为0x，所以1242ππππ,,π,π,6262aaaa==+=+=，不是等差数列，故③错误；因为1242ππππ,,π,π,6262aaaa==+=+=，所以1212ππππππ(π)(π)(5π)(

5π)626262aaa+++=++++++++++ππ662(12345)π34π62=++++++=，故④正确.故A，B，D错误.故选：C.2．（2022·上海交大附中高三开学考试）已知()sin|||sin|cos

|||cos|=+++fxxxxx，给出下述四个结论:①()yfx=是偶函数;②()yfx=在3,22上为减函数;③()yfx=在(,2)上为增函数;④()yfx=的最大值为22.其中所

有正确结论的编号是（）A．①②④B．①③④C．①②③D．①④【答案】D【详解】解：对于①，易得()fx的定义域为R，关于原点对称，因为()()()sin|||sin|cos|||cos|sin|||sin|cos|||cos|fxxxxxxxxx−=−+−+−+−=+−++()

sin|||sin|cos|||cos|xxxxfx=+++=，所以()yfx=是偶函数，故正确；对于②和③，因为555552222sin|||sin|cos|||cos|0444442222f=+

++=−+−+=，777771133sinsincoscos0666662222f=+++=−+−+=，且753642，所以()yfx=在3,22不是减函数，在(,2)也不是增函数，故②，③错

误；对于④，当22,N2kxkk+时，()sin|||sin|cos|||cos|=+++fxxxxx()sinsincoscos2sincos22sin4xxxxxxx=+++=+=+，因为22,

N2kxkk+，所以322,N444kxkk+++，所以2sin124x+，所以()222fx；当22,N2kxkk++时，()sin|||sin|cos|||cos|=+++fxxxxxsinsincoscos

2sinxxxxx=++−=，因为22,N2kxkk++，所以0sin1x，所以0()2fx；当322,N2kxkk++时，()sin|||sin|cos|||cos|=+++fxxxxxsinsincoscos0xxxx=−+−=；当3222,

N2kxkk++时，()sin|||sin|cos|||cos|=+++fxxxxxsinsincoscos2cosxxxxx=−++=，因为3222,N2kxkk++，所以0cos1x，所以0()2fx，所以，综上所述，当0x时，()fx的最大值为22，由于

()fx为偶函数，所以当0x时，()fx的最大值也为22，故()yfx=的最大值为22，故④正确；故选：D3．（2022·广东汕头·高三阶段练习）已知函数()()()()()222sin2π2π3,

R216,xaxafxaxaxaxa−−=−++−+，若()fx在区间()0,+内恰好有7个零点，则a的取值范围是（）A．5817,,3236B．581711,,2363C．51711,3,263

D．81711,3,363【答案】D【详解】解：当0a时，对任意0x，22()2(1)(6)fxxaxa=−++−+在()0,+内最多有2个零点，不符题意；所以0a，当xa≥时，222(1)(6)yxaxa=−++−+,开口向下

，对称轴为1xa=+，所以函数在[,1)aa+上单调递增，在[1,)a++上单调递减，所以max25ya=−，又因为当xa=时，26ya=−；当250a−，即52a时，222(1)(6)yxaxa=−++−+在[,)a+内无零点，所以()2sin(2π2π)3fxxa=−−

在(0,)a内有7个零点，即3sin2π()2xa−=在(0,)a内有7个零点，因为0xa，所以0axa−−，2π2π0axa−−（），所以23π22π--2π<-33a，解得112336a，又因为52a，所以无解；当250a-

=，即52a=时，222(1)(6)yxaxa=−++−+=24974xx−+−在5[,)2+内有1个零点，()2sin(2π5π)3fxx=−−在5(0,)2内有6个零点，即3sin2π2x=−在5(0,)2内有6个零点，由三角函数的性质可知此时3sin2

π2x=−在5(0,)2内只有4个零点，不符题意；当250260aa−−，即532a时，222(1)(6)yxaxa=−++−+=2815xx−+−在[,)a+内有2个零点，所以()2sin(2π2π)3fxxa=−−=2s

in2π()3xa−−在(0,)a内有5个零点，即3sin2π()2xa−=在(0,)a内有5个零点，因为0xa，所以0axa−−，2π2π0axa−−（），所以17π16π--2π<-33a，解得81736a，又因为532a时，所以81736a，当260

a−，即3a时，222(1)(6)yxaxa=−++−+在[,)a+内有1个零点，所以()2sin(2π2π)3fxxa=−−在(0,)a内有6个零点，即3sin2π()2xa−=在(0,)a内有6个零点，因为0xa

，所以0axa−−，2π2π0axa−−（），所以22π17π--2π<-33a，解得171163a，又因为3a，所以1133a.综上所述，a的取值范围为：81711,3,363.故选：D.4．（2022·上海·高三开

学考试）声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数，纯音的数学模型是函数sinyAt=，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音．若一个复合音的数学模型是函数()1sinsin22fxxx=+，则下列结论正确的个数有（）①()fx的图象关于直线πx=对称；②()fx在ππ

,44−上是增函数；③()fx的最大值为334；④若()()122716fxfx=−，则12min2π3xx−=．A．1B．2C．3D．4【答案】C【详解】①因为()()()()112πsin2

πsin22πsinsin222fxxxxxfx−=−+−=−−=−，所以()fx的图象不关于直线πx=对称，错误；②()()()2coscos22coscos12cos1cos1fxxxxxxx=+=+−=−+，当ππ,44x−

时，2cos2x，则()0fx，所以()fx在ππ,44−上是增函数，正确；③因为sinyx=的周期为2，1sin22yx=的周期为，所以()1sinsin22fxxx=+的周期为2，不妨取一个周期

0,2上求其最值，令()0fx=得1cos2x=或cos1x=−，当0,3x或5,23x时，1cos12x，此时()0fx，所以()fx在0,3和5,23

上递增，当5,33x时，11cos2x−，此时()0fx，但不恒为零，所以()fx在5,33上递减，又()()502π33ffff=

，所以maxπ1233()sinsin33234fxf==+=，min5π511033()sinsin33234fxf==+=−，所以正确；④若()()122733331644fxfx=−=−，不妨取()1334fx=，()2334

fx=−，因为π33234fm+=，5π33234fn+=−，,mnZ，所以12min2π3xx−=，正确．故选：C．5．（2022·安徽·芜湖一中模拟预测）已知函数()cos||2|sin|fxxx=−，以下结论正确的是（）A．π是()fx的一

个周期B．函数在2π0,3单调递减C．函数()fx的值域为[5,1]−D．函数()fx在[2π,2π]−内有6个零点【答案】C【详解】因为πππ44ff+，所以A错误；当2π0,3x

，()cos2sinfxxx=−=125cossin5cos()55xxx−=+，其中12cos,sin55==，不妨令为锐角，所以π3π2，所以2π3x++，因为2ππ3+，所以B错误；因为2π是函数()fx的一个周期，可取一个周期[0,2π]

上研究值域，当[0,π]x，12()cos2sin5cossin5cos()55fxxxxxx=−=−=+，πx++，所以5cosπ()5cosfx，即()[5,1]fx−；因为

()fx关于πx=对称，所以当[π,2π]x时()[5,1]fx−，故函数()fx在R上的值域为[5,1]−，故C正确；因为函数()fx为偶函数，所以在区间[2π,2π]−上零点个数可通过区间[0,2π]上零点个数，由sin||yx=，2|cos|yx=在[0,2π]图像知由2个零点，

所以在区间[2π,2π]−上零点个数为4个，所以D错误．故选:C.6．（2022·浙江金华第一中学高一阶段练习）已知函数()fx在R上满足()()0fxfx-+=，且0x时，13π3π()(|sin||2sin|)sin()2222fxxx=++

++−对任意的Rx，都有(33)()fxfx−恒成立，则实数的取值范围为（）A．[0,]B．π2π,[]33−C．π7π[,]66−D．π4π[,]33−【答案】D【详解】令sin[1,1]t

=−，当0x时，13()(|||2|)22fxxtxtt=++++，若0t，则当0x时，()3fxxt=+，当0x时，()()3fxfxxt=−−=−，(0)0f=，函数(33)yfx=−的图象是由()yfx=的图象向右平移33个单位而得，显然()yfx=的图象

总在(33)yfx=−的图象的上方，即(33)()fxfx−恒成立，因此sin0t=，若0t，当0x时，,0(),23,2xxtfxttxtxtxt−−=−−+−，因()fx为奇函数，函数()fx在R上的图

象，如图，把()yfx=的图象向右平移33个单位得(33)yfx=−的图象，要Rx，(33)()fxfx−恒成立，当且仅当射线3(2)yxtxt=−经平移后在射线3(2)yxtxt=+−及下方，于是得3333t

t−−，则302t−，综上得32t−，即3sin2−，而π3π22−，解得π4π33−，所以实数的取值范围为π4π[,]33−.故选：D7．（2022·云南楚雄·高一期末）设函数()()2cos03fxx=−，已知(

)fx在0,π上有且仅有4个零点，现有下列四个结论：①的取值范围是1925,66；②()fx的图像与直线1y=在()0,π上的交点恰有2个；③()fx的图像与直线1y=−在()0,π上的交点恰有2个；④()fx在ππ,42上单调递减.其中所有正确结论的

编号是（）A．①②B．①③C．②③D．①④【答案】A【详解】当0,πx时，2π2π2ππ[,]333πx−−−，因为()fx在0,π上有且仅有4个零点，所以5π2π7ππ232−，解得192566，故①正确；又由

以上分析可知，函数cosyx=在2π2π[,π3]3−−上有且仅有4个零点，且5π2π7ππ232−，则在2π7π[,)32−上，cosyx=出现两次最大值，此时函数cosyx=的大致图像如图示：即()yfx=在()0,π上两次出现最大值1，即2ππ3x−取0,2π时，()yf

x=取最大值，故()yfx=的图像与直线1y=在()0,π上的交点恰有2个，故②正确；由于当(0,π)x时，2π2π2ππ(,)333πx−−−，5π2π7ππ232−，当2πππ3x−=时，()yfx=取最小值1−，由于2ππ3x−是否取到3π不确定，故()yfx=的

图像与直线1y=−在()0,π上的交点可能是1个或2个，故③错误；当,42x时，2ππ2ππ2π,34323x−−−，因为192566，所以π2π043−，11

ππ2π17π122312−，故π2π23−的值不一定小于π，所以()fx在ππ,42上不一定单调递减，故④错误.故选：A.8．（2022·四川乐山·高一期末）向量(,)(0,0),||1,(1,1),====mxyxymnamn，则222

2=−−+Taaaa的取值范围是（）A．[1,)−+B．[42,5]−−C．[42,)−+D．[9,)−+【答案】B【详解】解：∵||1,0,0=mxy，设π(cos,sin),0,2=m，∴π

2sin4amn==+，∵π0,2，∴3,444+，∴2sin,142+，∴1,2a，∴22222222228

19Taaaaaaaaaa=−−+=+−+−=+−−，又1,2a，2yxx=+在1,2上单调递减，所以max3y=，min22y=，∴21221,2aa+−

−，∴221942,4aa+−−，∴42,5T−−，故选：B．9．（2022·山西·忻州一中模拟预测（文））定义：设不等式()0fx的解集为A，若A中只有唯一整数，则称A为“和谐解集”．若关于x的不等

式sincos2sincosxxmxxx++−在(0,)上存在“和谐解集”，则实数m的取值范围为（）A．cos2[,cos1)2B．cos2(,cos1]2C．cos2,cos1D．cos2,sin2【答案】A

【详解】解：不等式sincos2sincosxxmxxx++−可化为minsin,cosxxmx．由函数minsin,cosyxx=得minsin,cosxxmx只有一个整数解，这唯一整数解只能是1x=，因为点()()1,cos1,2,cos2A

B是minsin,cosyxx=图像上的点，所以cos2cos12m„．所以数m的取值范围为cos2[,cos1)2.故选：A.10．（2022·天津市武清区杨村第一中学二模）设R，函数()()22,0,63

14,0,22sinxxfxgxxxxx+==++．若()fx在1,32−上单调递增，且函数()fx与()gx的图象有三个交点，则的取值范围是（）A．12,43B．32,33C．13,43

D．4412,0,33−【答案】B【详解】解：当0,2x时，,6626x++，因为()fx在1,32−上单调递增，所以262413312

sin62+−−，解得1243，又因函数()fx与()gx的图象有三个交点，所以在(),0x−上函数()fx与()gx的图象有两个交点，即方程231422x

xx++=在(),0x−上有两个不同的实数根，即方程23610xx++=在(),0x−上有两个不同的实数根，所以22Δ3612003060102=−−++，解得33，当32,3

3时，当0x时，令()()2sin6fxgxxx−=+−，由()()10fxgx−=，当562x+=时，73x=，此时，()()7203fxgx−=−，结合图象，所以0x时，函数()fx与()gx的

图象只有一个交点，综上所述，32,33.故选：B.11．（2022·安徽·高三开学考试）有下列命题:①函数tanyx=在定义域内是增函数;②函数1π()cos234fxx=++的最小正周期为3π;③直线

πx=为函数()sin(cos)cosfxxx=+图像的一条对称轴;④函数()|sin|cosfxxx=+的值域为[1,2]−.其中所有正确命题的序号为_____.【答案】③④【详解】对于①，由tanyx=的图像（如图）易知①错；对于②，因为()()1π1π3πco

s3π2cosπ23434fxxx+=+++=+++1πcos234x=−++，而1π()cos234fxx=++，即()()3πfxfx+，故3π不是()fx的一个周期，故②错；对于③，(π)sin(cos(π))cos

(π)sin(cos)cossin(cos)cosfxxxxxxx−=−+−=−−=−−,(π)sin(cos(π))cos(π)sin(cos)cossin(cos)cosfxxxxxxx+=+++=−−=−−，所以(π)(π)fxfx−=+,故πx=为()fx的一条对称轴

，故③对；对于④，当2ππ2π,Zkxkk+时，sin0x,π()|sin|cossincos2sin4fxxxxxx=+=+=+，ππ3π2π2π444kxk+++,2πsin124x−+,()12fx−；当π2

π2π,Zkxkk−+时，sin0x,π()|sin|cossincos2sin4fxxxxxx=+=−+=−−，3πππ2π2π444kxk−+−+,π21sin42x−+,()12fx−；综上，()1,2fx−，故④对.故答

案为：③④.12．（2022·湖北·襄阳五中高三开学考试）如图，正方形ABCD的边长为10米，以点A为顶点，引出放射角为π6的阴影部分的区域，其中EABx=，ππ124x，记AE，AF的长度之和为()fx．则()fx的最大值为___________．【

答案】106【详解】由题设，10coscosABAExx==，ππ124x，而5[,]412FADEABEAF=+，故[,]3124DAFx=−，所以10cos()cos()33ADAFxx==−−，综上，11()10[]coscos()3fxxx=+−且

ππ124x，所以203sin()123cos3sin3()10()101coscos3sincos(cos3sin)sin(2)62xxxfxxxxxxxx++=+==++++，令62sin()[,1]34tx+=+，则2221cos(2)1cos(2)1sin(2)3266s

in()3222xxxtx−+−++++=+===，所以2sin(2)216xt+=−，故203()()122fxgttt==−在62[,1]4t+上递减，所以maxmax62203()()()1064622262fxgtg+====+−+，

此时12x=或4x=.故答案为：10613．（2022·河南·新蔡县第一高级中学高二阶段练习（理））已知函数()23coscos3cos,22fxxxx=−−+若方程()23fx=在()0

，上的解为12,,xx则()12cosxx−=________.【答案】23【详解】33()=sincos(1cos2)22fxxxx−++13sin2cos2sin(2)223xxx=−=−，令2,()32xkkZ−=+，得()fx的对称轴方程为5,()122kxkZ=+，

(0,)x时，2()03fx=的解为12,xx，结合图像一定有121255521266xxxx+===−，代回得:12225cos()cos(2)sin(2)63xxxx−=−=−，又(

0,)x时2()3fx=的解为12,xx222()sin(2)33fxx=−=122cos()3xx−=故答案为：23.14．（2022·全国·高一单元测试）已知函数()()2sin0,2fxx=+的部分

图象如图所示，则满足条件()54fxf+−()703fxf+的最小正偶数x为___________.【答案】4【详解】由图可知35346124T=−=，即2T==，所以2=；由五点法可得2122+=，即3=；所

以2n2)3(sifxx=+.因为15()61432sinf−=−=−，()7()2sin503f==；所以由()54fxf+−()703fxf+

可得0()1fx；由02sin213x+，即10sin232x+，∴223Z2,6kkxk++或22Z32,6kkxk+++，解得,Z612kxkk−−或,Z43

kxkk++，令1k=，可得612x或43x，所以最小正偶数x为4.故答案为：4.②函数sin()yAx=+的图象变换1．（2022·广东茂名·高一期末）将函数()2sin1fxx=−的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍，再向下平移1个单位长度，最后

向左平移(0)个单位长度，得到函数()gx的图象.若对任意10,2x，都存在2,02x−，使得()()12fxgx=，则的值可能是（）A．4B．512C．712D．34【答案】C【详解】由题，()()()22sin114sin3gxxx=+−−

=+−，又对任意10,2x，都存在2,02x−，使得()()12fxgx=，故()gx在,02−上的值域包含()fx在0,2上的值域

.又当10,2x时，11()2sin11,1fxx=−−，即()gx在,02−上的值域包含1,1−.又当,02x−时，,2x−++，且()()4sin31gxx=+−=有解，故区间,2−

+包含2,2xkkZ=+，排除AB；又当34=时，()34sin3223,14gxx=+−−，因为2231−−，故223,1−不包含1,1−不合题意排除

D；当712=时()74sin312gxx=+−，此时77,121212x+，故()min4sin34sin31126gx=−−=−，故此时()gx在,02−上的值域包含1,1−满足条件.综上所述712=满足条件

故选：C2．（2022·湖南·长沙一中高一期中）设函数ln,0()sin,04xxxfxxx+=+−有5个不同的零点，则正实数的取值范围为（）A．1317[,)44B．1317(,)44C．1317(,]44D．13

17[,]44【答案】A【详解】由题，当0x时，()lnfxxx=+，显然单调递增，且11ln1001010f=−，()22ln20f=+，所有此时()fx有且只有一个零点，所有当0x−时，()sin4fxx=+有4个零点，令()

0fx=，即,4xkkZ+=，解得4,kxkZ−+=，由题可得0x−区间内的4个零点分别是0,1,2,3k=−−−，所以−即在34kk=−=−与之间，即3444−−−−−−

，解得131744故选：A3．（2022·云南昭通·高三期末（理））把sinyx=的图象向左平移(0)个单位，再把所得图象各点的横坐标缩短为原来的12倍，再把所得图象各点的纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数()fx的图象，若(

)3fxf对xR成立，则①()fx的一个单调递增区间为5,36；②()fx的图象向右平移(0)mm个单位得到的函数是一个偶函数，则m的最小值为3；③()fx的对称中心

为,0()212kk+Z；④若关于x的方程23[()]()20fxnfx++=在区间5,123−−上有两个不相等的实根，则n的取值范围为(,5)−−.其中，判断正确的

序号是（）A．①②B．①③C．③④D．①③④【答案】B【详解】根据题意得，函数经过平移伸缩变换后的解析式为：()2sin(2)fxx=+，(),2,332fxfkk=+=+Z最值，解得6k=−，,kZ550,,()2sin266fxx

==+,当55,,2366xtx=+35,22时，2sinyt=在35,22上单调递增，①正确；()fx的图象向右平移(0)mm个单位得到的函数是552sin2()2sin2266yxmxm=−+=+−

是一个偶函数，则min52,,0,62266kmkmkmm−=+=+=Z，②错误；令552,6212kxkxk+==−Z，故③正确；55,,20,12366xtx

−−=+，2sinyt=，所以[0,1]y，令(),[0,1]sfxs=，则关于x的方程23[()]()20fxnfx++=在区间5,123−−上有两个不相等的实根等价于2320sns++=在[0,1]上有两个不相等的实根，设()2

32ssgsn=++，则函数与x轴有两个交点，函数对称轴为6ns=−，实数n满足()()2016020150240612nggnnng−==+−+−=，解得：526n−−，∴当526n−−时满足题意，④

错误故选：B.4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()sincossincos0fxxxxx=++−，则下列结论错误的是（）①1=时，函数()fx图象关于π4x=对称；②函数()fx的最小值为-2；③若函数()fx在π,0

4−上单调递增，则(03，；④1x，2x为两个不相等的实数，若()()124fxfx+=且12xx−的最小值为π，则2=.A．②③B．②④C．①③④D．②③④【答案】B【详解】由题设可得()2sin,sincos2cos,sincosxxxfxxxx

=，令tx=，设()2sin,sincos2cos,sincosttthtttt=，当sincostt时，522,44ktkkZ++，故()22ht−，当sincostt时，322,44ktkkZ−+，故()22ht−

，故()ht的最小值不是2−即()fx的最小值不是2−，而()ht的最大值为()2222hkhk+==，故()2222kkfxfh+===的最大值

为2，其中kZ，故②错误.因为()()124fxfx+=，故()()122fxfx==，故12min2xx−==，故12=，故④错误.当1=时，()sincossincosfxxxxx=++−，则sincossincos22222fxxxxx−=−

+−+−−−()sincossincosxxxxfx=++−=，故()fx的图象关于直线4x=对称，故①正确.又()2sin,2co5224432s244,thttktkktk++−=

+，其中kZ，故在2,242kk++上，()ht为增函数，在52,224kk++上，()ht为减函数，在32,24kk−上，()ht为增函数，在2,24kk+上为减函数，当,04x−时，有,

04tx=−，故344−−即(0,3，故③正确.故选：B5．（2022·天津·二模）已知2()2sin1(0)3fxx=+−，给出下列结论：①若f(x1)=1，

f(x2)=﹣1，且|x1﹣x2|min=π，则ω=1；②存在ω∈(0，2)，使得f(x)的图象向左平移6个单位长度后得到的图象关于y轴对称；③若f(x)在[0，2π]上恰有7个零点，则ω的取值范围为4147

,2424；④若f(x)在,64−上单调递增，则ω的取值范围为20,3.其中，所有正确结论的编号是（）A．①②B．②③C．①③D．②④【答案】D【详解】∵22()2sin1c

os2sin2336fxxxx=+−=−+=+，∴()fx的最小正周期为22=.对于①：因为f(x1)=1，f(x2)=﹣1，且|x1﹣x2|min=π，所

以()fx的最小正周期为T=2π，122==.故①错误；对于②：图象变换后所得函数为sin236yx=++，若其图象关于y轴对称，则362k+=+，k∈Z，解得ω=

1+3k，k∈Z，当k=0时，1(0,2)=.故②正确；对于③：设26tx=+，当0,2x时，2,4666tx=++.()fx在[0,2]上有7个零点，即sinyt=在,466t+上有7个零点.则7

486+，解得41472424.故③错误；对于④：由222,262kxkkZ−+++剟，得,,36kkxkZ−++剟，取k=0，可得36x−剟，若f(x)在,64−上单调递增，则3664

−−„…，解得203„.故④正确.故选：D.6．（2022·全国·高三专题练习）函数()()2sin(0,0)fxx=+的图象如图，把函数()fx的图象上所有的点

向右平移6个单位长度，可得到函数()ygx=的图象，下列结论中：①3=；②函数()gx的最小正周期为；③函数()gx在区间,312−上单调递增；④函数()gx关于点,03−中心对称其中正确结论的个数是（）．A．4B．3C．2D．1【答案】C【

详解】解：由图可知：1112113124TT，11211129，即18241111，又()02sin3f==，0，由图可知：23=，又11112sin21212f=+=，

112,122kkZ+=+，且113,2122，113,3122+，故1k=，当23=时，1111126=，解得：2=，满足条件，()22sin23fxx=+

，故()22sin22sin2633gxxx=−+=+，对①，由上述可知①错误；对②，()2sin23gxx=+，()gx的最小正周期为2=2，故②正确；对③，令222,232kxkkZ−++，即5,12

12kxkkZ−+，令0k=，此时单调递增区间为5,1212−，且5,,3121212−−，故③正确；对④，2sin230333g−=−+=−

，,03−不是对称中心，故④错误；故选：C.7．（2022·江西省铜鼓中学高二期末（文））已知函数()()sin02fxx=+，将()fx的图象向右平移3个

单位得到函数()gx的图象，点A，B，C是()fx与()gx图象的连续相邻的三个交点，若ABC是钝角三角形，则的取值范围是（）A．3,3+B．2,2+C．20,2D．30,3【答

案】D【详解】由条件可得，()πcos3gxx=−，作出两个函数图象，如图：A，B，C为连续三交点，(不妨设B在x轴下方)，D为AC的中点，.由对称性可得ABC是以BÐ为顶角的等腰三角形，2π2ACTCD===，由πcoscos3x

x=−，整理得cos3sinxx=，得3cos2x=，则32CByy=−=，所以23BBDy==，要使ABC为钝角三角形，只需π4ACB即可，由3tan1πBDACBDC==，所以30π3.故选：D.8．（2022·全国·高三专题练习）已知把函数()π

3sincos34fxxx=+−的图象向右平移π3个单位长度，再把横坐标缩小到原来一半，纵坐标不变，得到函数()gx的图象，若()()1214gxgx=，若1x，2π,πx−，则12xx−的最大值为（

）A．πB．3π4C．3π2D．2π【答案】C【详解】()π3ππ3sincossincoscossincos34334fxxxxxx=+−=+−1sincos2xx=233cos24x+−131co

s231πsin2sin2422423xxx+=+−=+．将图象向右平移至π3个单位长度，再把横坐标缩小到原来一半，纵坐标不变，得到函数()gx，可得()1πsin423gxx=−，所以()max12gx=，()min12gx=−，∴1x，2

x同时令()gx取得最大值或最小值时，()()1214gxgx=．当1x，2π,πx−时，ππ4π433x−−−π4π3−，根据函数的图象可知12xx−的最大值为3个周期的长度，即3π2故选：C.9．（2022·全国·高一课时练习）设函数()sincos(0)fxa

xbx=+在区间,62上单调，且2236fff==−，当12x=时，()fx取到最大值2，若将函数()fx的图像上各点的横坐标伸长为原来的2倍得到函数的图像()gx，则不等式()1gx的解集为（）A．2,2,62kkk

Z−++B．2,2,32kkkZ−++C．2,2,63kkkZ−++D．2,2,33kkkZ−++【答案】A【详解】函数的最大值为2，()()2s

infxx=+，()fx在区间,62上单调，所以2263T−=，即23T，223，即03，223ff=，712x=是函数的对称轴，26ff

=−，,03是函数的对称中心，23T712x=和,03是函数相邻的对称轴和对称中心，2174123=−，得2=，当12x=时，()fx取到最大值2，22122k+=+，2,3kkZ=+，当0k=

时，3=，()2sin23fxx=+，根据题意可知()2sin3gxx=+，()112sin1sin332gxxx++，522636kxk+++，解得：2

262kxk−++，kZ.()1gx的解集是2,2,62kkkZ−++.故选：A10．（2022·全国·高三专题练习）将函数()cosfxx=的图象先向右平移56个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变

为原来的1(0)倍，纵坐标不变，得到函数()gx的图象，若函数()gx在3,22上没有零点，则的取值范围是（）A．2280,,939B．80,9C．280,,199

D．(0,1【答案】A【详解】将函数()cosfxx=的图象先向右平移56个单位长度，得到5cos()6yx=−的图象，再把所得函数图象的横坐标变为原来的1(0)倍，纵坐标不变，得到函数5(

)cos6gxx=−(0)，周期2T=，因为函数()gx在3,22上没有零点，所以3222T−，得2T，得22，得01，假设函数()gx在3,22

上有零点，令()0gx=，得562xk−=+，kZ，得43kx=+，kZ，则43232k+，得8282933kk++，kZ，又01，所以2293或819

，又函数()gx在3,22上有零点，且01，所以209或2839.故选：A11．（2022·全国·高三专题练习）如图是函数(x)Asin(x)f=+0002Apwj>><<(，，)的图象的一部分，则要得到该函数的图象，只需要将函

数2()1232gxsinxcosxsinx=-﹣的图象（）A．向左平移4个单位长度B．向右平移4个单位长度C．向左平移2个单位长度D．向右平移2个单位长度【答案】B【详解】如图知:,711234T−=，2Tppw\==,又02

=()()sin2fxAx=+()03f=,2sin()03A+=,02解得：3=()sin(2)3fxAx=+又(0)3f=,sin=33A，=2A，()2sin(2)3fxx=+2()1232=cos2322cos

(2)3gxsinxcosxsinxxsinxxp-=+=-﹣52sin(2+)=2sin(2)326xxppp=++由三角函数图象平移性质得5552sin(2)=2sin[2()]2sin(2)2sin(2)()646263xxxxfxpppp

pp+-+=-+=+=(技巧：由三角函数图象平移性质得5(2)(2)3624xx+−+=−)所以()gx函数向右平移4个单位长度得到()fx.故选：B12．（2022·天津·南开中学高一期末）将函数()sinfxx=的图

像先向右平移3个单位，再把所得函数图像横坐标变为原来的1(0)，纵坐标不变，得到函数()gx的图像，若函数()gx在3,22上没有零点，则的取值范围是（）A．(0,1]B．20,9C．2280,,939

D．280,,199【答案】C【详解】函数()sinfxx=的图象先向右平移3个单位长度，可得sin3yx=−的图象，再将图象上每个点的横坐标变为原来的1(0)倍(纵坐标不变)，得到函数()sin3

gxx=−的图象，∴周期2T=，由3,22x，则3(,)32323x−−−，若函数()gx在3(,)22上没有零点，结合正弦函数sinyx=的图象观察则3(,)(,)2323kk

−−+∴323232T−−−=，21，解得01，又23323kk−+−，解得3412323k−−，当0k=时，解得2839，当1k=−时，01

，可得209，228(0,][,]939.故选：C.13．（2022·全国·高三专题练习）将函数sin2xy=的图象向右平移2个单位长度得到()fx的图象，若函数()fx在区间20,3上单调递增，且()f

x的最大负零点在区间45,34−−上，则的取值范围是（）A．2,3B．23,34C．3,4D．,2【答案】B【详解】将函数sin2xy=的图象向右平移2个单位长度,可得

()1sin(2)fxx=−，()fx在区间20,3上单调递增，()fx的最大负零点在区间45,34−−上，12()232−，即3−，①令1(2)x−=−，得2x=−，又()fx的最大负零点在区间45,34−−上，所以

只需2−45,34−−,解得23,34②由①②及已知条件可知23,34，故选：B14．（2022·广西·南宁三中高二开学考试（文））把函数(

)3sin23fxx=+的图象向右平移12个单位长度后得到函数()gx的图象.若函数()gx在,12−上的值域是33,32−，则=______.【答案】712【详解】由题知()3sin23sin21236gxxx=−

+=+，作出函数大致图象函数()3sin26xgx=+在,12−上先增后减，且012g−=，若函数()3sin26xgx=+

在,12−上的值域是33,32−，必()332g=−，结合图象：则4263+=，712=.故答案为：71215．（2022·湖北·襄阳五中模拟预测）已知函数()sin2

cosfxxx=+的图象向右平移个单位长度得到()2sincosgxxx=+的图象，若x=为()sincoshxxax=+的一条对称轴，则=a__________．【答案】43【详解】设()()5sinfxx=+，则25sin

5=，5cos5=，()()5singxx=+，则5sin5=，25cos5=，∴2k−=+，即2k=−−，∴()3sinsinsincoscossin5=−=−=，()4coscoscos

cossinsin5=−=+=，又x=是()sincoshxxax=+的一条对称轴，∴()34sincos55haa=+=+21a=+，即43a=.故答案为43③三角函数零点问题（解答题

）1．（2022·上海·华师大二附中高二开学考试）已知函数()()()sin0,0fxx=+的周期为，图像的一个对称中心为,04，将函数()fx图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将

所得图像向右平移2个单位长度后得到函数()gx的图像．(1)求函数()fx与()gx的解析式；(2)是否存在0,64x，使得()0fx、()0gx、()()00fxgx按照某种顺序成等差数列？

若存在，请求出该数列公差绝对值的取值范围；若不存在，请说明理由；(3)求实数a与正整数n，使得()()()Fxfxagx=+在()0,n内恰有2016个零点．【答案】(1)()cos2fxx=，()singxx=(2)存在，20,2d

(3)答案见解析（1）()fx周期2T==，2=；又,04是()fx的一个对称中心，()24kk+=Z，解得：()2kk=−Z，0，2=，()sin2cos22fxxx=+=，(

)1cossin222gxfxxx=−=−=.（2）假设存在0,64x，使得()0fx、()0gx、()()00fxgx按照某种顺序成等差数列；当0,64x时，02,32x

，01cos20,2x，012sin,22x，又000sincos2cos2xxx，0000sincos2sincos2xxxx，()()()()00002fxgxfxgx=+，即00002cos2sin

sincos2xxxx=+，令()sinsincos22cos2pxxxxx=+−，,64x，则()()coscoscos22sinsin24sin2cos1cos2pxxxxxxxxx=

+−+=++()2sin22sin0xx−()px在,64上单调递增，又1064p=−，2042p=且()px在,64上连续，唯一的0,64x，使得()00p

x=，即00002cos2sinsincos2xxxx=+成立；即存在0,64x，使得()()00fxgx，()0fx，()0gx或()0gx，()0fx，()()00fxgx成等差数列；220000019sincos22sins

in12sin48dxxxxx=−=+−=+−，012sin,22x，20,2d，即该等差数列公差的绝对值的取值范围为20,2.（3）由题意得：()sincos2Fxaxx=+，当()xkk=

Z，即sin0x=时，cos21x=，()xkk=Z不是()Fx的零点；则()Fx的零点个数等价于cos2sinxax=−的根的个数，即ya=与()cos2sinxhxx=−的交点个数；()()()()cos24cos22sin2sinxxhxhxxx++=

−=−=+，()hx是以2为周期的周期函数；当()()0,,2x时，()()()22222cos4sincos2cos2sin12sin2sincos2cossinsinsinxxxxxxxxxhxxxx+++===；当30,,222x

时，()0hx；当3,,22x时，()0hx；()hx在0,2，3,22上单调递增，在,2ππ，3,2上单调递减

，则()hx在()0,2上的图像如下图所示，由图像可知：当1a时，ya=与()hx在()0,内无交点，在(),2内有两个交点；当11a−时，ya=与()hx在()0,内有两个交点，在(),2内有两个交点；当1a−时，y

a=与()hx在()0,内有两个交点，在(),2内无交点；当1a=时，ya=与()hx在()0,内有且仅有一个交点，在(),2内有且仅有一个交点；①当1a时，ya=与()hx若有2016个交点，由201621008=得：20162017n，此时2016n=或20

17n=；②当11a−时，ya=与()hx若有2016个交点，由20164504=得：2504n=，此时1008n=；③当1a−时，ya=与()hx若有2016个交点，由201621008=得：20

152016n，此时2015n=或2016n=；④当1a=时，ya=与()hx若有2016个交点，由20163672=得：2672n=，此时1344n=.2．（2022·湖南怀化·高二开学考试）已知函数()()sin0,2fxx=+

的图象关于直线4x=对称.(1)若()fx的最小正周期为2，求()fx的解析式.(2)若4x=−是()fx的零点，是否存在实数，使得()fx在75,189上单调？若存在，求出的取值集合；若不存在，请说明理由.【答案】(1)()sin4fxx=+(2)

存在实数，使得()fx在75,189上单调，且的取值集合为1,3（1）因为()fx的最小正周期为，所以22=.因为0，所以1=.因为()fx的图象关于直线4x=对称，所以42k+=+，k

Z，即4k=+，kZ.因为2，所以4=.故()sin4fxx=+.（2）因为4x=−为()fx的零点，4x=为()fx图象的对称轴，所以14k−+=①，242k+=+②，1k，2kZ.−②①得()21

22kk=−+，所以()2121kk=−+.因为1k，2kZ，所以()21nn=+N，即为正奇数.因为()fx在75,189上单调，所以5791862T−=，即23T=，解得6.当5=时，54k

−+=，kZ.因为2，所以4=，此时()sin54fxx=+.令791095,43636tx=+，()singtt=.()gt在795,362上单调递增，在5109,2

36上单调递减，故()fx在75,189上不单调，不符合题意.当3=时，34k−+=，kZ.因为2，所以4=−，此时()sin34fxx=−.令11173,412

12tx=−，()singtt=.()gt在1117,1212上单调递减，故()fx在75,189上单调，符合题意.当1=时，4k−+=，kZ.因为2，所以4=，此时()sin4fxx

=+.令2329,43636tx=+，()singtt=.()gt在2329,3636上单调递减，故()fx在75,189上单调，符合题意.综上，存在实数，使得()fx在75,189上

单调，且的取值集合为1,3.3．（2022·湖北咸宁·高一期末）已知函数()112sincos22fxxx=+，0，2．(1)当2=，3=时，①求()fx的单调递增区间；②当02，x时，关于x的方程()()()210[]1

010fxmfxm−++=恰有4个不同的实数根，求m的取值范围．(2)函数()()singxfx=+，4x=−是()gx的零点，直线4x=是()gx图象的对称轴，且()gx在51836，上单调，求的最大值.【答案】(1)①()5Z1212kkk

−+，；②1130110102−，，(2)9(1)解：①()2sincos3fxxx=+132sincossin22xxx=−133sin2cos2222xx=+−3sin232x=+−

，令222232kxk−++，Zk，解得51212kxk−+，Zk，故()fx的单调递增区间为()5Z1212kkk−+，；②当02，x时，()fx在012，上单调递增，在122，

上单调递减，()00f=，31122f=−，32f=−，令()fxt=，故当3012t−，时，()fxt=有2个不同的实数根，由()()()210[]1010fxmfxm−++=，可得()110fx=或m，因为(

)110fx=有2个不同的实数根，所以()fxm=有2个不同的实数根，且110m，故m的取值范围为1130110102−，，；(2)解：由题意可得()()sinsinfxx=+−，()()sin

gxx=+，因为4x=−为()gx的零点，直线4x=为()gx图象的对称轴，所以14k−+=①，242k+=+②，1k，2Zk，−②①得，()2122kk=−+，所以()2121kk=−+，因为1k，2Zk，所以()21Nn

n=+，即为正奇数，因为()gx在51836，上单调，则53618122T−=，即26T=，解得12，当11=时，114k−+=，Zk，因为2，所以4=−，此时()sin114gxx=−

，当51836x，时，13231143618x−，，所以当31844x，时，()gx单调递增，当354436x，时，()gx单调递减，

即()gx在51836，上不单调，不满足题意；当9=时，94k−+=，Zk，因为2，所以4=，此时()sin94gxx=+，当51836x，时，339442x+，，此时()gx在51836

，上单调递减，符合题意．故的最大值为9．4．（2022·新疆伊犁·高一期末）已知向量()2cos,cosaxx=，sin,33bx=+−．设函数()34fxab=+，Rx．(1)求函数()fx的单调增区间．

(2)当,63x−时，方程12142fxm+=−有两个不等的实根，求m的取值范围；(3)若方程()13fx=在()0,上的解为1x，2x，求()12cosxx−．【答案】(1

)()5,,Z1212kkk−++；(2))3,4m；(3)23.(1)由题意可知，()2133cossincos3cos224fxxxxx=+−+()2133133sincoscossin21

cos2224444xxxxx=−+=−++131sin2cos2sin24423xxx=−=−，由222,Z232kxkk−+−+，可得5,Z1212kxkk−++，∴函数()fx的单调增区间为()5,

,Z1212kkk−++；(2)令()2sin246gxfxx=+=+，当,63x−时，令26rx=+，则5,66r−且sinyr=在区间,62−

上单调递增，在区间5,26上单调递减，若使得方程12142fxm+=−有两个不等的实根则需函数()gx与112ym=−有两个交点即sinyr=，5,66r−与112ym=−有两个交点，所以1,12112m−，即

)3,4m；(3)由()0,x，令23tx=−，则5,33t−所以115sin2sin,,23233yxtt=−=−又因为14sin,,233ytt=−

时，图象关于2t=对称，且31,42y−，45,33t时，图象关于32t=对称，且13,24y−−，所以()13fx=等价于114sin,,2

333tt=−，设12,tt为1sin2yt=与13y=的两交点的横坐标，则12tt+=，1x，2x为方程()13fx=的两个解，122sin2sin2333xx−=−=，即122233x

x−+−=，即1256xx+=，2156xx=−，所以()1211152coscos2cos2sin263233xxxxx−=−=−−=−=.5．（2022·全国·高一单元测试）已知函数()44s

incos44fxxx=+−+在区间,88tt−+（tR）上的最大值为()Mt，最小值为()mt，记()()()gtMtmt=−.(1)求4g的值；(2)设()()htgta=

−（aR）.①若1a=，试写出方程()0ht=的一个解；②若3,88t−，求函数()ht的零点个数.【答案】(1)212−(2)①()48ktk=+Z（答案不唯一）；②答案见解析（1）()4422sincoss

incoscos2sin244442fxxxxxxx=+−+=+−+=−+=.当4t=时，3,88x，此时32,44x，2sin1,sin42442Mm====

，于是2142g=−.（2）①由（1）知，()sin2fxx=，最小正周期T=，当1a=，()()10htgt=−=，即()1gt=，()()1,0Mtmt==或()()0,1Mtmt==−显然满足，由于区间,88tt−+的长度

为4，即4T，只要满足()282ktk−=Z，即可满足()()1,0Mtmt==或()()0,1Mtmt==−，此时()48ktk=+Z.（此题答案不唯一）②函数()ht的零点个数即()ygt=与ya=的交点个数.当,88t−时，,0,0,8844tt

−−+，此时函数()fx单调递增，则()()()sin2sin28888gtMtmtftfttt=−=+−−=+−−sin2sin22cos244ttt=+−−

=；当,84t时，30,,,88848tt−+，此时函数()fx在,84t−单调递增，在,48t+单调递减，又88ftft+−

，则()()()11sin284gtMtmtftt=−=−−=−−；当3,48t时，3,,,888284tt−+，此时函数()fx在,84t−单调递增，在,48t

+单调递减，又88ftft−+，()()()11sin284gtMtmtftt=−=−+=−+.于是()2cos2,,,881sin2,,,48431sin2,,.448

ttgttttt−=−−−+在直角坐标系内画出函数()gt的图象如下，由图可知，当212a−或2a时，函数()ht的零点个数为0，当212a=−或2a=时，函数()ht有1个

零点，当2112a−或12a时，函数()ht有2个零点，当1a=时，函数()ht有3个零点.6．（2022·山东山东·高一期中）设函数()sin2cosfxxx=−.(1)设()00,2x，()fx在0xx=处取得最大值，求0cos2x；(2)关于x的方程()1fxk

k=+在区间0,6上恰有12个不同的实数解，求实数k的取值范围.【答案】(1)35(2)5151,11,22−+(1)解：因为()()()()2πsin2π2cos2πsin2cosfxxxxxfx−=

−−−=−=，所以函数()fx关于直线πx=对称，因为当π()0,x时，()()sin2cos5sinfxxxx=−=+，其中25sin5=−，5cos5=，所以存在0(0,π)x，使得0()fx为函数()fx在区间(0,π)上的最大值，由对称性可知0()fx也为()fx在区间(

0,2π)上的最大值，所以0π2x+=，所以0π5sinsincos25x=−==，0π25coscossin25x=−==−，2003cos212sin5xx=−=，由对称性可知还存在0(π,2π)x，使得0()fx为函数()fx在区间(0,2π)

上的最大值，所以05sin5x=−，2003cos212sin5xx=−=，综上，03cos25x=；(2)解：因为()()()()2πsin2π2cos2πsin2cosfxxxxxfx+=+−+=−=，所以

函数()fx为周期函数，周期为2π，所以原问题等价于关于x的方程()1fxkk=+在区间[0,2π]上恰有4个不同的实数解，又由对称性可知关于x的方程()1fxkk=+在区间(0,π)上恰有2个不同的实数解，当[0,π]x时，()()sin2cos5sinfxxxx=−=+，

(0)2f=−，()π2f=，所以125kk+，因为12kk+，所以1k，因为15kk+，所以2510kk−+，解得5151,22k−+，所以k的取值范围为5151,11,22−+

.7．（2022·山东·济南市章丘区第四中学高一阶段练习）已知ABC中，函数3()cossin()2fxxxA=−−的最小值为34−．(1)求A的大小；(2)若1()2()4gxfx=+，方程24

[()][()]10gxmgx−+=在,33x−内有一个解，求实数m的取值范围．【答案】(1)3A=(2)4m=−或5m−或4m且5m(1)3()cossin()2fxxxA=−−sin(si

ncoscossin)xxAxA=−−2sincossincossinxxAAx=−11cos2sin2sincos22xxAA−=−1sin2sin2xA=+11cos2coscos22xAA−11cos(2)cos22xAA=−−所以min113()cos224fxA=−

−=−，故1cos2A=因为(0,)A，所以3A=(2)方法一：因为11()cos2cos2323fxx=−−11cos2234x=−−，所以1()2()cos243gxfxx=+=−

，当,33x−时，2,33x−−，因为cosyx=在,0−上单调递增，值域为1,1−；在0,3π上单调递减，值域为1,12.令()cos23tgxx=

=−，,33x−，则由()gx的图象知11,{1}2t−，考虑2410tmt−+=在11,{1}2t−上的解，若2160m=−=，则4m=−或

4，当4m=时，方程的解为12t=，舍去当4m=−时，方程的解为12t=−，此时1cos232x−=−仅有一解，故方程24[()][()]10gxmgx−+=在,33x−内有一个解，符合若2160m=−，则4m−或4m，此时24

10tmt−+=在R上有两个不同的实数根1t，()212ttt，令2()41httmt=−+，则()01h=，由韦达定理1214tt=，124tmt+=.当4m−时，则10t，20t，要使得方程24[()][()]10gxmgx−+=在,33x−内有一个解，则11

t−，210t−.当(1)0h−=时5m=−，此时24510tt++=解得1t=−或14−，不符合题意，舍去．所以要使符合题意，只需4(1)0mh−−，解得5m−当4m时，则10t，20t，要使得方程24[()][()]10gxmgx−+=在,33x

−内有一个解，则1102t，212t，当(1)0h=时5m=，此时24510tt++=解得1t=或14，不符合题意，舍去.所以要使符合题意，只需4102mh，解得4m综上，m的

取值范围是4m=−或5m−或4m且5m方法二：因为11()cos2cos2323fxx=−−11cos2234x=−−，所以1()2()4gxfx=+cos23x=−，令()cos23

tgxx==−，,33x−，由()gx的图象知11,{1}2t−，考虑2410tmt−+=在11,{1}2t−上的解，因为0=t不是2410tmt−+=的解，所以0t

时24114tmttt+==+在1[1,0)0,{1}2t−只有一个解，设1()4httt=+由对号函数图象可知函数1()4httt=+在11,2t−−上单调递增，1,02t−单调递减，在10

,2t上单调递减，且(1)5h−=−，142h−=−，142h=，(1)5h=∴4m=−或5m−或4m且5m．8．（2022·辽宁·东北育才学校高一期中）已知函数()()()2sin

0,fxx=+，其图像一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差4，将函数()fx向左平移6个单位得到的图像关于y轴对称且()00f．(1)求函数()fx的解析式：(2)若110,12x

，方程()()()2230fxafxa+−+−=存在4个不相等的实数根，求实数a的取值范围．【答案】(1)()2sin(2)6fxx=+；(2)13a<?或45a.(1)因函数()fx图像一条对称轴与相邻对称中

心的横坐标相差4，则()fx的周期2T==，解得2=，有()2sin(2)fxx=+，依题意()2sin(2)63fxx+=++的图像关于y轴对称，则有,Z32kk+=+，即,Z6kk=+，而，即有56=−或6π=，当5

6=−时，5(0)2sin()06f=−，不符合要求，当6π=时，(0)2sin06f=，所以函数()fx的解析式是()2sin(2)6fxx=+.(2)由（1）知，()2sin(2)

6fxx=+，当11[0,]12x时，(2)[,2]66x+，()[2,2]fx−，由()()()2230fxafxa+−+−=得：[()1][()(3)]0fxfxa−−−=，即()1fx=或()3fxa=−，由()1fx=，即

1sin(2)62x+=，而11[0,]12x，解得0x=或3x=，即()1fx=在11[0,]12上有两个根，方程()()()2230fxafxa+−+−=在11[0,]12上存在4个不相等的实数根，当且仅当()3fxa=−且31a−在11[0,]12上有两个不

等实根，在同一坐标系内作出函数()yfx=在11[0,]12x上的图象和直线3ya=−，如图，方程()3(4)fxaa=−在11[0,]12上有两个不等实根，当且仅当函数()yfx=在11[0,]12x上的图象和直线3(4)

yaa=−有两个公共点，观察图象知：230a−−或132a−，解得13a<?或45a，所以实数a的取值范围是13a<?或45a.9．（2022·宁夏·银川一中高一期中）已知函数()()sin(0,0,)2fxAx

A=+的部分图象如图所示．(1)求函数()yfx=在1,2上的单调递减区间；(2)若函数()yfx=在区间,ab上恰有2022个零点，求ba−的取值范围．【答案】(1)111,6(2))2021,2023(1)由题可得1

A=，412233T=−=，则2πωπT==，当56x=时，()fx取得最大值，则()5ππ2πZ62kk+=+，所以()πφ2πZ3kk=−+，又因为πφ2，故πφ3=−∴()πsinπ3fxx=−，令ππ3π2ππ2π232kxk+−

+，Zk，则5112266kxk++，Zk，故()fx的单调递减区间为()51122Z66kkk++，，则()fx在12，上的单调递减区间为1116，；(2)因为()

fx周期为2，若函数()yfx=在区间,ab上恰有2022个零点，则101021101121ba+−+，解得ba−的取值范围为)20212023，．10．（2022·安徽·砀山中学高一期中）已知函数()()2sinfxx=+（0，π），

其图象一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差π4，______；从以下两个条件中任选一个补充在空白横线中．①函数()fx向左平移π6个单位得到的图象关于y轴对称且()00f．②函数()fx的一条对称轴为π

3x=−且()π16ff；(1)求函数()fx的解析式；(2)若π17π,212x，方程()()()2430fxafxa+−+−=存在4个不相等的实数根，求实数a的取值范围．【答案】(1)()5π2sin26fxx

=−(2)()()1,22,34,5(1)由题意可知，函数()fx的最小正周期为π4π4T==，∴2π2T==．选①，将函数()fx向左平移π6个单位，所得函数为ππ2sin22sin263yxx=++=++.

由于函数π2sin23yx=++的图象关于y轴对称，可得πππ32k+=+（kZ），解得ππ6k=+（kZ）.∵π，所以，的可能取值为5π6−、π6．若5π6=−，则()5

π2sin26fxx=−，()5π02sin16f=−=−，符合题意；若π6=，则()π2sin26fxx=+，()π02sin16f==，不符合题意．所以，()5π2sin26fxx=−；选②：因为函数()fx的一条对称轴π3x

=−，则ππ2π32k−+=+（kZ），解得7ππ6k=+（kZ）.∵π，所以，的可能取值为5π6−、π6．若5π6=−，则()5π2sin26fxx=−，则()ππ2sin2162ff=−=−，符合题意；若π6=，则()π2

sin26fxx=+，则()ππ2sin2162ff==，不符合题意．所以，()5π2sin26fxx=−；(2)令()tfx=，由π17π,212x得，π5π22π66x−，所以()5π2sin22,26tfx

x==−−．其中x满足π5ππ2662x−，3π5π22π26x−时()fx为增函数，满足π5π3π2262x−时()fx为减函数解方程()2430tata+−+−=得：11t=−，23ta=−要使方程()()()2430fxafxa

+−+−=存在4个不相等的实数根，当11t=−，即5π2sin216x−=−在π17π,212上存在两解，故23ta=−取值范围应在)1,2或在()2,1−−或(1,0−．即132a−或231a−−−或130a

−−解得：45a或12a或23a故所求的a的取值范围是()()1,22,34,511．（2022·上海市大同中学高一期中）已知函数()()sincos4sin29fxaxxx=+++，满足913924f=−．

(1)求a的值，并求出()yfx=的最小正周期（无需证明）；(2)求()yfx=在区间0,2上的零点个数；(3)是否存在正整数n，使得()yfx=在区间0,4n上恰有2022个零点，若存在，求出n的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)9

a=−，T=(2)4个(3)存在，2021n=(1)函数()()sincos4sin29fxaxxx=+++，∵913924f=−，∴sincos4sin91392442a+++=−，解得：9a=−，函数()fx的最小

正周期T=，(2)当[0,]2x时，()9(sincos)4sin29fxxxx=−+++．设sincos2sin(),[1,2]4txxxt=+=+，则2sin22sincos1xxxt==−，于是2()9(sincos)4sin29495fxxxxtt

=−+++=−+，令24950tt−+=，得1t=或5[1,2]4t=，于是0,2x=，或00(0)4xxx=或02xx=−，其中052sin()48x+=，即()yfx=在区间0,2上的零点个数为4个.(3

)当(,)2x时，()9(sincos)4sin29fxxxx=−−++．设sincos2sin(),(1,2]4txxxt=−=−，则2sin22sincos1xxxt==−，于是2()9(sincos)4sin294913fxxxx

tt=−−++=−−+，令249130tt−−+=，解得1t=或13(1,2]4t=−，故()fx在(,)2x没有实根．结合（2）可得，()0fx=在[)0,p上有4个零点，而20224505

2=+，所以函数在20210,π4有2022个零点.12．（2022·河南·南阳市第二完全学校高级中学高一阶段练习）已知函数()222fxxmx=−+，()2sin(0)6gxx=−，且(

)gx在0,上单调递增.(1)若()23gxg−恒成立，求的值；(2)在（1）的条件下，若当10,2x时，总有240,3x使得()()12fxgx=，求实数m的取值范围.【答案】(1)12(2)[1,3](1)由题意得222sin()2336g

−=−−=−2()2,362kkZ−−=−+解得13,2ωkkZ=−且()gx在0,上单调递增，故2T，得12=(2)由（1）得()12sin26gxx=−240,3x

时，21[,]2662x−−，2()[1,2]gx−根据对称轴讨论1()fx取值范围①0m时，()fx在10,2x时单调递增，1()[2,64]fxm−，此时不合题意②02m时，()fx在10,xm时单调递增，在1(,2]xm时单调递减由题意得2(0)22(

)21(2)642ffmmfm==−+−=−，解得13m③2m时，()fx在10,2x时单调递减，1()[64,2]fxm−，由题意得64122m−−，解得74m（舍

去）综上，m的取值范围为[1,3]13．（2022·陕西·榆林市第一中学高一期中（理））已知函数()πsin23fxx=−，将函数()fx的图象向左平移π4个单位长度，可得到函数()gx的图象.(1)求函数()gx的表达式；(2)当π0,4x时，方程()()2210

gxmgx−+=有解，求实数m的取值范围；(3)当ππ,63x时，()()212aafxgx++≥恒成立，求正数a的取值范围.【答案】(1)()πsin26gxx=+；(2)22,3；(3)(0,

3﹒(1)由题意可知，()ππππsin2sin24436gxfxxx=+=+−=+；(2)当π0,4x时，ππ2π2663x+，可得1πsin2126x+，

方程()()2210gxmgx−+=可化为()()()()22112gxmgxgxgx+==+，令()112gxtt=≤≤，有12mtt=+，由函数()11212htttt=+≤≤的增区间为2,12，减区间为12,22，

可得()min2222hth==，∵()13h=，132h=，故()max3ht=，故m的取值范围为22,3；(3)不等式()()212aafxgx++≥，可化为2ππ1sin2sin2

362aaxx+−++≥，可化为2πππ1sin2sin23322aaxx+−+−+≥，可化为2ππ1sin2cos2332aaxx+−+−

≥，可化为22π1π1sin2cos233211axxaa−+−++≥，令2cos1aa=+，21sin1a=+，由0a，可得π02，1tana=，上面的不等式可化为π1sin

232x−+≥，当ππ,63x时，π2π233x≤≤，ππ0233x−≤≤，ππ233x−++≤≤，由π02，有ππ5π336+，若π1sin232x−+≥恒成立，只需要π,6π5π,36

+可得ππ62，又由π02，有ππ62≤，可得1πtantan6a=≥，解得03a，由上知，实数a的取值范围为(0,3.14．（2022·湖南·长郡中学高一阶段练习）已知向量()co3ossc,axx=，(),ossincxbx=（其中01

），记()32fxab=−，且满足()()πfxfx+=．(1)求函数()yfx=的解析式；(2)若关于x的方程()()2310fxmfx+−=在π5π,1212−上有三个不相等的实数根，求实数m的取值范围．【答案】(1)()πsin23fxx=+

(2)12,2−−(1)3()2fxab=−23sincos3cos2xxx=+−13sin2cos222xx=+πsin23x=+，.由()()πfxfx+=，得π是函数()fx的一个周期

，所以，()fx的最小正周期为2ππ2T=，解得：1；又由已知01，得1=；因此，()πsin23fxx=+.(2)由π51212πx−，得ππ7π2636x+；故1sin2123x

−+；因此函数()yfx=的值域为1,12−.设()πsin23tfxx==+，要使关于x的方程()()2310fxmfx+−=在π5π,1212−上有三个不相等的实数

根，当且仅当关于t的方程2310tmt+−=在1,12和11,22−上分别有一个实数根，或有一个实数根为1，另一实数根在区间1,12上；令()231gttmt=+−，①当关于t的方程2310tmt+−=在1,12和11,22−

上分别有一个实数根时，()10210210ggg−，解得：122m−−；②当方程2310tmt+−=的一个根是12时，12m=，另一个根为211,322−−，不满足条件；③当方程2310tmt+−=的一个根是

1时，2m=−，另一个根为11,132−，不满足条件；因此，满足条件的实数m的取值范围是12,2−−.④三角函数解答题综合1．（2022·贵州遵义·高一期末）已知()2sin,

cossinaxxx=−，()1sin,cossinbxxx=++，函数()fxab=(1)求()fx的周期和单调递减区间；(2)设0为常数，若()fx在区间,23−上是增函数，求的取值范围；(3)设()()2log1

agxaxx=++定义域为R，若对任意13,64x−，2Rx，不等式()()21gxfx…恒成立，求实数a的取值.【答案】(1)2T=，单调递减区间为：()32,2Z22kkk++(2)(0,1(3)不存在实数a的使得上

述条件成立（1）()()222sin1sincossinfxabxxxx==++−2222sin2sincossinxxxx=++−12sinx=+则2T=，单调递减区间为：()32,222kkkZ++（2）()2sin1fxx=+，所以函

数单调增区间为()22,Z22kkk−++，因为()fx在区间,23−上是增函数，所以22−−，23，(0,1；（3）因为()()2log1agxaxx=++定义域为R，01a，且1a，所以真数所对应二次函数2

1yaxx=++开口向上，且与x轴无交点，对应方程210axx++=判别式Δ0，即140a−，所以a满足条件为14a，且1a，因为对任意13,64x−，2Rx，使得不等式()()21gxfx…恒成

立，即()()minmaxgxfx，因为函数()fx在3,64−上，()max3fx=当1,14a时，函数()gx在1,2a−−上单调递增，在1,2a−+单调递减，所以函数在

12xa=−处取得最大值，当x→−时，()gx→−，当x→+时，()gx→−，所以此时不满足条件；当()1,a+时，函数()gx在1,2a−−上单调递减，在1,2a−+单调递增，函数()gx最小值为21111log()()1log

132224aagaaaaa−=−+−+=−+…因为0a，310a−，104a，所以31104aa+−不成立.综上，不存在实数a的使得上述条件成立.2．（2022·江西·新余市第一中学高二开学考试）已知函数2()3sin()2si

n1(0,0π)2xfxx+=++−为奇函数，且当()()12()fxfxfx时，12minπ2xx−=.(1)求f（x）的解析式；(2)将函数f（x）的图象向右平移6

个单位长度，再把横坐标缩小为原来的12（纵坐标不变），得到函数()ygx=的图象，记方程()43gx=在π4π,63x上的根从小到大依次为12,,nxxx，试确定n的值，并求1231222nnxxxxx−+++

++的值.【答案】(1)()2sin2fxx=(2)5n=，20π3（1）()()()π3sincos2sin6fxxxx=+−+=+−因为()()()12fxfxfx时，12minπ2xx−

=∴π2π2π2T===，∴2=，又()fx为奇函数，∴ππ,6kkZ−=，即ππ,6kkZ=+，∵0π，∴6π=，∴()2sin2fxx=，（2）由题意可得，()π2sin43gxx=−，令()π42sin433gxx=−=，则π2sin433x

−=，∵π4π,63x，∴ππ4,5π33x−，令3π4tx=−，则π,5π3t函数sinyt=在π,5π3t上的图象如下图所示，由图可知，sinyt=与23y=共有5个交点，∴()43gx=在π4π,63x

上共有5个根，即5n=，∵()()()123451423455π5π9π2222222224π222ttttttttttt++++=+++++=++=∴()12345123451π2

0π22222284123xxxxxttttt++++=+++++=3．（2022·山东东营·高一期末）对于函数()yfx=，()0x+，，任意a，b，cR且0a，0b，0c，都有()fa，()fb，()fc是一个三角形的三边长

，则称函数()yfx=为()0+，上的“完美三角形函数”．(1)设()3sincosaxkx=，，()2cos2cosbkxx=，，若函数()1gxabk=−+是02，上的“完美三角

形函数”，求实数k的取值范围;(2)在满足()1且0k的条件下，令函数()132369sin2sin54100hxxx=−++，若对任意的102x，，总存在202x，，使得()()21gxhx成立

，求实数k的取值范围．【答案】(1)11,54−(2)91,2004（1）因为()()3sincos2cos2cosaxkxbkxx==，，，，所以()12216gxabkkx=−+=++sin，因为02，x，所以72[,]666x+

，121.26x−+sin①当0k时，()121gxkk−++，，由题意minmax2()()gxgx，得()102121kkk−+−++，解得104k；②当0k时，()211gxkk+−+，，由题意minm

ax2()()gxgx，得()2102211kkk++−+，解得105k−；③当0k=时，()1gx=，满足题目要求.综上可得11.54k−所以实数k的取值范围为11,54−（2）()()1323691336922541005100hxxxxxxx=−+

+=−++sinsinsincossincos，令=sincos2sin()[1,2]4txxx+=+，则22sincos1xxt=−．故22132691310911.510010100yttt=−+

=−+，因为任意的102x，，总存在202x，，使得()()21gxhx成立，所以()()maxmaxgxhx所以10921100k+，即9200k，所以912004k故实数k的取值范围为9

1,.20044．（2022·山东潍坊·高一期末）已知函数()()()sin0,fxx=+，()fx图像上相邻的最高点与最低点的横坐标相差2，3x=−是()fx的一条对称轴，且()16f

f．(1)求()fx的解析式；(2)将函数()fx的图像向右平移12个单位得到函数()tx的图像，若存在1x，2x，，mx满足1205mxxx，且()()()()()()1223120mmtxtxtxtxtxtx−−+−++−=（2

m，Nm），求m的最小值；(3)令()()cos2hxfxx=−，()()gxhhx=，若存在,123x使得()()()2230ggxaxa+−+−成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)()sin26fxx+=(2)12(3)22a(1)由

题意，周期22T==，故22==，()()sin2fxx=+，且()2Z23kk+−+=，即()7Z6kk=+，因为，故766=−=或75266=−=−，故()sin26fxx+=

或()5sin26fxx=−.当()sin26fxx+=时sin21666f=+=，()1sin216f=+，故()sin26fxx+=成立；当()5sin26fxx=−时，5sin2166

6f−=−=，()51sin216f=−−.综上有()sin26fxx+=(2)由题意，()sin2sin2126txxx=−+=

，根据题意，要使m的值尽量小，则()()1mmtxtx−−要尽量大.又()()12mmtxtx−−，结合()sin2txx=的图象可得，当10x=，24x=，334x=，454x=，574x=，694x=，7114x=，8134x=，9154x=，10174x=，111

94x=，125x=时，m的取值最小为12(3)由（1）()2sin26fxx=+，所以()()31cos2sin2cos2sin2cos2cos2622hxfxxxxxxx=−=+−=+−31sin2cos2sin2226xxx=−=−，当,1

23x时，0262x−，()01hx，所以，()22666hx−−−，所以，()()()1sin2,sin2626gxhhxhx==−−−

，()11,1sin226gx++−，2223，2362−，则3sin2126−，由()()()2230ggxaxa+−+−可得()()()

2231gxgxagx+++，所以，()()()()()()()22122321111gxgxgxagxgxgxgx++++==+++++，由基本不等式可得()()()()221212211gxgxgxgx+++=++，当且仅当()11

2,1sin226gx+=+−时，等号成立，所以，22a.5．（2022·四川达州·高一期末（文））已知在△ABC中，A，B是两定点，6C=，△ABC面积不超过2AC．当43AC=时

，BC＝4．(1)求角A的取值范围；(2)对任意(0,1t，关于x的不等式()()2coscos1673lnAxAxt−−−在7306x时恒成立，求函数24()cossin13fAAA=+−的值域．【答案】(1)350,,446

(2)54,129(1)∵43AC=时，BC＝4，6C=，∴在△ABC中由余弦定理得()22234342434162AB=+−=，即AB＝4．∴14sin22ABCSACAAC=△，∴2sin2A．∵

5066A−=，所以角A的取值范围为350,,446．(2)∵lnyt=是(0,1上的增函数，∴当01t时，maxln10y==．∴关于x的不等式()2(cos)cos16730AxAx−−−在区间73

0,6上恒成立．cos0A符合题意，此时3546A．当cos0A时，要使()2(cos)cos16730AxAx−−−在区间730,6上恒成立，则必须273coscos106AA−+−，即273coscos106AA−

+，解得30cos2A，或23cos3A（舍）．所以64A．综上所述，角A的取值范围为,6435,46，∴12sin22A．∵222444cossin1(1cos)sins

insin333AAAAAA+−=−−+=−+224sin39A=−−+，所以2244sin123995A−−+，所以函数()fA的值域为54,129．6．（2022·上海交大附中高二期末）对于定义域为R的函数()yfx=，若存在实数a使得()

()2fxafx++=对任意xR恒成立，则称函数()yfx=具有()Pa性质.(1)判断函数()21fxx=与()21sinfxx=+是否具有()Pa性质，若具有()Pa性质，请写出一个a的值，若不具有()Pa性质，请说明理由；(2)若函数()yfx=具有()2P性质，且当0,

2x时，()1fxx=−，解不等式()53fx；(3)已知函数()yfx=，对任意xR，()()1fxfx+=恒成立，若由“()yfx=具有12nP性质”能推出“()fx恒等于1”，求正整数n的取值的集合.【答案】(1)()

21fxx=不具有()Pa性质，理由见解析；()21sinfxx=+具有()Pa性质，a=（只要满足()()21akk=+Z即可）(2)()424,433kkk−−Z(3)()412,812,1212kkkk+++N(1)()21fxx

=不具有()Pa性质，理由如下：对于任意实数a，()()()21122244fafa++=++，即()()11222faf++，()21fxx=不具有()Pa性质；()21sinfxx=+具有()Pa性质，若()()2

1akk=+Z，则()()()()221sin211sin2sinsin2fxafxxkxxx++=+++++=−+=；a的一个取值为（只要满足()()21akk=+Z即可）.(2)由()()22fxfx+

+=得：()()422fxfx+++=，()()4fxfx+=，()fx是以4为周期的周期函数；当0,2x时，()513fxx=−，不等式无解；当2,0x−时，20,2x+，则()21fxx+=+，()()522213fxfxx=−+=−

+，解得：4233x−−；综上所述：当2,2x−时，()53fx的解集为42,33−−；()53fx的解集为()424,433kkk−−Z.(3)()()1fxfx+=，()()()fxkfx

k+=Z，则只需研究()112nnN的情况；①当()2116,nkkk=−N时，令()10,012112,126xfxx=且()16fxfx+=对于任意xR恒成立，此时()

fx满足()()1fxfx+=，并具有12nP性质，但()fx不恒等于1；②当2n=时，1126n=；当6n=时，1122n=；当10n=时，5126n=；令()10,06112,63xfx

x=且()13fxfx+=对于任意xR恒成立，此时()fx满足()()1fxfx+=，并具有12nP性质，但()fx不恒等于1；③当12n=时，()()1fxfx+=

，()()12fxfx++=，()1fx=，满足题意；④当8n=时，()223fxfx++=，42233fxfx+++=，()43fxfx+=，又()()1fxfx+=，()413f

xfx+=+，()13fxfx+=，则()()()212233fxfxfxfxfx++=++==，()1fx=，满足题意；⑤当4n=时，()123fxfx++=，21233fxfx+++=

，()23fxfx+=，又()()1fxfx+=，()213fxfx+=+，()13fxfx+=，则()()1223fxfxfx++==，()1fx=，满足题意；综上所述：当()112nnN时，满足题意的n的取值集合

为4,8,12，满足题意的正整数n的取值的集合为()412,812,1212kkkk+++N.7．（2022·辽宁·沈阳市第三十一中学高一期中）设函数()()2sin22cos16fxxxx=−+−R(

1)若()32f=，0,2απ，求角；(2)若不等式()22cos22206fxaxa++−−对任意,126x−时恒成立，求实数a应满足的条件：(3)将函数()fx的图

像向左平移12个单位，然后保持图像上点的纵坐标不变，横坐标变为原来的1m，得到函数()gx的图像，若存在非零常数，对任意xR，有()()gxgx+=成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)12=或4=(2)12a−(3)当1=时，mk=（kZ且0k）；当1=−时，(

)212nm+=，nZ(1)由题意可知∵()231sin22cos1sin2cos2sin2cos26622fxxxxxxx=−+−=−+=+sin26x=+，()3sin262f=+=2263k+=+或22263k

+=+，kZ∵0,2απ∴12=或4=(2)()222cos222sin22cos222666fxaxaxaxa++−−=+++−−2cos22cos2216

6xaxa=−+++−−令cos26tx=+，20,62x+∴()cos20,16x+，22210tata−+−−，()0,

1t()2211att−+，2121tat+−令()11,0mt=−−，221222211tmmmtmm+++==++−−∴21a−，解得：12a−；(3)∵()sin26fxx+=，∴()fx

的图象向左平移12个单位，横坐标变为原来的1m，可得sin22sin21263ymxmx=++=+∵()sin23gxmx=+，存在非零常数，对任意的x

R，()()gxgx+=成立，()gx+在R上的值域为1,1−，()gx在R上的值域为,−∴1=当1=时，()()1gxgx+=，1为()gx的一个周期，即1为()gx最小正周期的整数倍．所以1km=，即mk=（kZ且0k

）当1=−时，()()1sin22sin2sin2333gxmxmgxmxmx−=+−=−=−+=++由诱导公式可得()221mn=+，nZ即()212nm+=，nZ所以当1=时，mk=（kZ且0k）；

当1=−时，()212nm+=，nZ8．（2022·江苏·扬州中学高一阶段练习）已知函数()21ππ3sin3sin23262fxxx=−−−+，（Rx，0）的最小正周期为4．任取Rt，若函数()

fx在区间,1tt+上的最大值为()Mt，最小是为()mt，记()()()gtMtmt=−．(1)求()fx的解析式及对称轴方程；(2)当2,0t−时，求函数()gt的解析式；(3)设函数()2x

khx−=，()28Hxxxkk=−+−，其中k为参数，且满足关于t的不等式()250kgt−有解．若对任意)14,x+，存在(2,4x−，使得()()21hxHx=成立，求实数k的取值范围．【答案】(1)()πsin2xfx=，对称轴方程为()12Zxkk=+(2)答案见解析(

3)7,52−(1)解：由题意，函数()21ππ3sin3sin23262fxxx=−−−+π1cos1π33sin32322xx−−=−−+1π3πsincos2323xx=−+−ππsin

sin33xx=−+=因为2π4T==，所以π2=，所以()πsin2xfx=，令()πππZ22xkk=+，可得()12Zxkk=+，所以()fx的解析式为()πsin2xfx=

，对称轴方程为()12Zxkk=+(2)解：当2,0t−时，11,1t+−，当32,2t−−时，在区间,1tt+上，()()πsin2tMtft==，()()11mtf=−=−，所以()()()πsin12tgtMtmt=−=+，当3,12t−−

时，在区间,1tt+上，()()()π1πππ1sinsincos2222tttMtft+=+==+=，()()11mtf=−=−，所以()()()πcos12tgtMtmt=−=+，当1,0t−时，在区间,1tt+上，()()π1cos2tMtft=+=

，()()πsin2tmtft==，所以()()()ππcossin22ttgtMtmt=−=−，所以()π31sin,2,22π31cos,,122ππcossin,1,022tttgttttt+−−=+−−−−，(3)解：()πsi

n2xfx=的最小正周期为4，所以()()4MtMt+=，()()4mtmt+=，所以()()()()()()444gtMtmtMtmtgt+=+−+=−=，所以()gt是周期为4的函数，所以研究()gt的性质，只需研

究函数()gt在22−,的性质即可，())π31sin,2,22π31cos,,122ππcossin,1,022π11sin,0,22π11cos,,122ππsincos,1,222tttttttgtttttttt+−

−+−−−−=−−−作出()gt的部分图象，如图所示，函数()gt的值域为21,22−，因为关于t的不等式()250kgt−有解，所以()max2552kgt=，可

得5k，若对任意)14,x+，存在(2,4x−，使得()()21hxHx=成立，则()Hx在)4,+上的值域是()hx在(,4−值域的子集，因为()2,22,xkxkkxxkhxxk−−−==，当4k时，因为()h

x在(),k−上单调递减，在(),4k上单调递增，所以()()min1hxhk==，因为()2228,2828,xkxkxkHxxxkkxkxkxk−+−=−+−=−++−在)4,+单调递增，所以()()min482HxHk==

−，所以821k−，可得72k，当45k时，()hx在(,4−单调递减，所以()()4min42khxh−==，()2228,2828,xkxkxkHxxxkkxkxkxk−+−=−+−=−++−在()4,k上单调递减，在(),k+

上单调递增，所以()()min28HxHkk==−，所以445282kkk−−，即4556kk，可得5k=，综上所述：实数k的取值范围是7,52−.9．（2022·辽宁铁岭·高二期末）已知向量()()

3cos,cos,sin,cs(o)axxbxxR=−=，若函数()12fxab=+rr的最小正周期为，且在06,上单调递增.(1)求()fx的解析式；(2)若关于x的不等式22cos22cos2501212afxxfxxa++−+−

−在,84上恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)()sin26fxx=−(2)2,2−−（1）解：因为向量()()3cos,cos,sin,cs(o)axxbxxR

=−=，所以()21131cos213sincoscossin222222xfxabxxxx+=+=−+=−+31sin2cos2sin2226xxx=−=−，因为2|2|T==，所以1=，当1=时，()sin26fxx=−

，此时()fx在06,上单调递增，符合题意，当1=−时，()sin2sin266fxxx=−−=−+，此时()fx在06,上单调递减，不符合题意，综上，()sin26fxx=−

；（2）解：由（1）可知sin212fxx+=，因为222(sin2cos2)sin22sin2cos2cos212sin2cos2xxxxxxxx+=++=+，222(sin2cos2)sin2

2sin2cos2cos212sin2cos2xxxxxxxx−=−+=−，所以222(sin2cos2)12sin2cos211(sin2cos2)2(sin2cos2)xxxxxxxx+=+=+−−=−−，令sin2cos

22sin24txxx=−=−，因为,84x，所以(0,1t，所以不等式22cos22cos2501212afxxfxxa++−+−−在,84x上恒成立，可化为()22225

0atta−−−在(0,1t上恒成立，即2221tat−+在(0,1t上恒成立，令(20,2211,tytt−=+，则()221122212121222tyttttt−==−−=−++，

当且仅当22t=时等号成立，所以22a−，所以实数a的取值范围为2,2−−.10．（2022·辽宁·沈阳市第八十三中学高一阶段练习）已知13,22a=，()sin2,cos2

1bxx=+，其中0，()fxab=，且函数()fx在12x=处取得最大值．(1)求的最小值，并求出此时函数()fx的解析式和最小正周期；(2)在（1）的条件下，先将()yfx=的图像上的所有点向右平移4个单位，再把所得图像上所有点的

横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），然后将所得图像上所有的点向下平移32个单位，得到函数()ygx=的图像．若在区间5,33上，方程()210gxa+−=有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围；(3)在（1）的条件下，已知点P是函数()yhx=图

像上的任意一点，点Q为函数()yfx=图像上的一点，点3,64A−，且满足12OPOQOA=+，求()104hx+的解集．【答案】(1)的最小值为1，此时3()sin232fxx=++，T=(2)104a(3)3,22428kkxxkZ+

+｜(1)解：因为()3,sinax=，1,2cos3bx=+所以()32sincos3fxabxx==++1332sincossin2

2xxx=+−2sincos3sin3xxx=−+11cos2sin23322xx−=−+133sin2cos2222xx=++3sin232x=++，因为()fx在12x=处取得最大值，所以22,1

232kkZ+=+，即121,kkZ=+，当0k=时的最小值为1，此时3()sin232fxx=++，其中T=(2)解：将()yfx=的图像上的所有的点向右平移4个单位，可得函数33sin2sin243262yxx=−++=−+

，再把所得图像上所有的点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到的函数3sin62yx=−+，然后将所得图像上所有的点向下平移32个单位，得到函数()sin6ygxx−==，又由5,33x

，则3,662x−，当66x−=时，即3x=时，可得1()32g=；当62x−=时，即23x=时，可得2()13g=；当362x−=时，即53x=时，可得5()13g=−，方程()210g

xa+−=有两个不相等的实数根等价于()gx的图象与直线12ya=−有两个交点，如图所示，则满足11212a−，解得104a，即实数a的取值范围是1(0,]4.(3)解：设(),Pxy，()00,Qxy因为点3,64A−，且满足12OP

OQOA=+，所以001261324xxyy=+=−，所以0023322xxyy=−=+，因为点()00,Qxy为函数()yfx=图像上的一点所以332sin22233

2yx+=−++即1()sin423yhxx==−因为()104hx+，所以1sin432x−−所以7242,636kxkkZ−−+，所以3,224

28kkxkZ++所以原不等式的解集为3,22428kkxxkZ++｜.11．（2022·湖北·高一期中）已知O为坐标原点，对于函数()sincosfxaxbx=+，称向量(,)OMab=为函数()fx的相伴特征向量，同时称函数()fx为向

量OM的相伴函数.(1)记向量(1,3)ON=的相伴函数为()fx，若当8()5fx=且,36x−时，求sinx的值；(2)已知(2,3)A−，(2,6)B，(3,1)OT=−为()sin6hxmx=−的相伴特征向量，()23xxh=−

，请问在()yx=的图象上是否存在一点P，使得APBP⊥.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.(3)记向量(1,3)ON=的相伴函数为()fx，若当110,12x时不等式()02++fxkfx恒成立，求实数k的取值范围.

【答案】(1)43310−(2)存在，点(0,2)P(3)(3,1)−−(1)解：向量(1,3)ON=的相伴函数为()sin3cosfxxx=+，所以13()sin3cos2sincos2sin223fxxxxxx=+=+=+

∵8()5fx=，∴4sin35x+=.∵,36x−，∴0,32x+，∴23cos1sin335xx+=−+=.所以13433sins

insincos33232310xxxx−=+−=+−+=.(2)解：由(3,1)OT=−为31()sinsincos622hxmxmxmx=−=−的相伴特征向量知：2m=−所以()2sin2si

n2cos23236222=−=−−−=−=xxxxxh.设1,2cos2Pxx，∵(2,3)A−，(2,6)B，∴12,2cos32APxx=+−，12,2cos6

2BPxx=−−，又∵APBP⊥，∴0APBP=∴11(2)(2)2cos32cos6022xxxx+−+−−=.221144cos18cos18022xxx−+−+=，∴2219

252cos(*)224−=−xx∵122cos22x−，∴131952cos2222x−−−，∴225191692cos4224x−.又∵2252544x−，∴当且仅当0x=

时，2192cos22x−和2254x−同时等于254，这时（*）式成立.∴在()yhx=图像上存在点(0,2)P，使得APBP⊥.(3)解：向量(1,3)ON=的相伴函数为()sin3cos2sin3fxxxx=+=+当110,12x时，()

2sin2cos0233++=+++fxkfxxkx，即sincos033+++xkx，cossin33+−+kxx恒成立.所以①当06x，即332+x时，cos03

+x，所以sin3tan3cos3+−=−++xkxx，即maxtan3−+kx，由于332+x，所以tan3x

+的最小值为tan33=，所以maxtan33−+=−kx；②当6x=，32x+=，不等式sincos033+++xkx化为10成立.③当11612x，5234+x

时，cos03+x，所以sin3tan3cos3+−=−++xkxx，即mintan3−+kx，由于5234+x，所以tan3x+的最大值为5tan14=，所以mint

an13−+=−kx.综上所述，k的取值范围是(3,1)−−.12．（2022·辽宁·育明高中高一期中）已知函数()()()2sin0fxx=+，，()fx图象上

相邻的最高点与最低点的横坐标相差2，______；(1)①()fx的一条对称轴3x=−且()16ff；②()fx向左平移6个单位得到的图象关于y轴对称且()00.f以上两个条件中任选一个补充在上面

空白横线中，然后确定函数解析式；(2)在（1）的情况下，令()()1cos22hxfxx=−，()()gxhhx=，若存在,123x使得()()()2230gxagxa+−+−成立，求实数a的

取值范围．【答案】(1)()2sin26fxx=+；(2)22a.(1)由题意可知，函数()fx的最小正周期为22T==，22T==．若选①，因为函数()fx的一条对称轴3x=−，则()232kkZ

−+=+，解得()76kkZ=+，，所以的可能取值为56−、6．若56=−，则()52sin26fxx=−，则()2sin2162ff=−=−

，不合乎题意；若6π=，则()2sin26fxx=+，则()2sin2162ff==，合乎题意．所以，()2sin26fxx=+；若选②，将函数()fx向左平移6个单位得到的图象关于y轴对称，所得函

数为2sin22sin263yxx=++=++，由于函数2sin23yx=++的图象关于y轴对称，可得()32kkZ+=+，解得()6kkZ=+，，所以的可能取值为56−

、6．若56=−，则()52sin26fxx=−，()502sin16f=−=−，不合乎题意；若6π=，则()2sin26fxx=+，()02sin16f==，合乎题意．所以，()2sin26fxx=+

.综上所述：()2sin26fxx=+.(2)由（1）可知()2sin26fxx=+，则()()131cos2sin2cos2sin2cos2cos22622hxfxxxxxxx=−=+−=+−31s

in2cos2sin2226xxx=−=−，当,123x时，0262x−，()01hx，所以()22666hx−−−，所以，()()()1sin2sin2626gxhhxh

x==−−−，，()11,1sin226gx++−，2223，2362−，则3sin2126−，由()()()2230gxagxa+−+−，可得()()()2231gxgxagx

+++，所以，()()()()()()()22122321111gxgxgxagxgxgxgx++++==+++++，由基本不等式可得()()()()221212211gxgxgxgx+++=++，当且仅当

()1121sin226gx+=+−，时，等号成立，所以22a．13．（2022·湖南师大附中高一阶段练习）已知函数()()2log1fxx=+，()gx是定义在3,3−上的奇函数，且当01x时，()()gxfx=，当31x−时，()()2gxgx

+=−.(1)若()()sin12sin0fxfx−+成立，求x的取值范围；(2)求()gx在区间3,1−−上的解析式，并写出()gx的单调区间（不必证明）；(3)若对任意实数x，不等式321822xxtgg+−−

+恒成立，求实数t的取值范围.【答案】(1)52,22,266kkkk+++，kZ(2)()()()22log1,32,log3,21.xxgxxx−−−−=−+−−单调递减区间是3,1−

−，1,3，递增区间是1,1−(3)4,20−(1)由()()sin12sin0fxfx−+，得()()()2222logsinlog2sin1log2sinsin0xxxx++=+，则202sinsin1,sin02sin10xxxx++＜＞.解得10sin2x

，所以x的取值范围是52,22,266kkkk+++，kZ.(2)当32x−−≤≤时，021x−−；则()()()()()222log1gxgxgxfxx=−+=−−=−−=−−；当21x−−时，021x+，则()(

)()()222log3gxgxfxx=−+=−+=−+.所以()()()22log1,32,log3,21.xxgxxx−−−−=−+−−因为()gx是定义在3,3−上的奇函数，且当01x时，()()gxf

x=，所以222222log(1),32log(3),21log(1),10()log(1),01log(3),12log(1),23xxxxxxgxxxxxxx−−−−−+−−−−+−=+−+−−所以()gx的单调递减区间是3,1

−−，1,3，递增区间是1,1−.(3)因为()()2gxgx+=−，所以133,222155,222gggggg−=−=−−=−−=

由()12gxg=−，得32x=−或12x=−或52x=.由()gx的图象知，521822xxtgg+−−+恒成立3233822xxt+−−−+或31252822xxt+−−

+，即()()33338228222xxxxt++−++−++或()()331582282222xxxxt++−++++.即2423212112xxt−−−−或43220212xxt−−+恒成立因为()12112,12x−−−−，则1

2112xt−−不恒成立.因为()432,4x−−−−，()2021220,x++，则43220212xxt−−+恒成立420t−所以t的取值范围是4,20−.14．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()()sin12fxA

x=+的振幅为2，初相为6，函数()πyfx=+的图象关于y轴对称.(1)求函数()yfx=的最小正周期和单调递增区间；(2)函数()233244gxfxmfx=−+，ππ,62x，若()1gx恒成立，求m的

取值范围.【答案】(1)最小正周期3π2，单调递增区间为π3π3π,π2242kk−++，kZ(2)73,3−(1)由题意可知2A=，6π=.令()()()ππ2sinπ6hxfxx=+=++.∵()hx的图象关于y轴对称，∴()π0

2sinπ26h=+=，∴ππππ62k+=+，kZ，∴13k=+，kZ.∵12，∴43=，∴()4π2sin36fxx=+，∴函数()yfx=的最小正周期2π3π423T==.令π4ππ2π2π2362kxk−+++，kZ

，解得π3π3ππ2242kxk−++，kZ，∴函数()yfx=的单调递增区间为π3π3π,π2242kk−++，kZ.(2)()2233ππ28sin2sin4466gxfxmfxxmx=−+=−+++

.令πsin6tx=+，∵ππ,62x，∴3,12t，∴()1gx恒成立等价于()2821kttmt=−+在3,12上恒成立.易知218128tmttt+=+.由函数

()18mttt=+在3,12上单调递增可得：114383tt+，∴14323m，∴733m，即m的取值范围为73,3−.15．（2022·江西·上高二中高二阶段练习）已知函数()2sin

(2)16fxx=++．(1)若()()()12fxfxfx，12minπ2xx−=，求()fx的对称中心；(2)已知05，函数()fx图象向右平移π6个单位，得到函数()gx的图象，π3x=是()gx的一个零点，若函数(

)gx在[,]mn（,mnR且mn）上恰好有10个零点，求nm−的最小值；(3)已知函数π()cos(2)23(0)6hxaxaa=−−+，在第（2）问条件下，若对任意1π[0,]4x，存在2π[0,]4x，使得12()()hxgx=成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)()ππ1Z122kk−+,或()ππ1Z122kk−,;(2)13π9;(3)80,3.(1)∵()2sin(2)16fxx=++的最小正周期为2π2T=，又∵()()()12fxfxfx，12minπ2xx−=，∴()fx的最小正

周期是π，故2ππ2T==，解得1=，当1=时，()π2sin216fxx=++，由()()πππ2πZZ6122kxkkxk+==−+，()fx的对称中心为()ππ1Z122kk−+，；当1=−时，()π2sin216fxx=−++，由()

()πππ2πZZ6122kxkkxk−+==−，()fx的对称中心为()ππ1Z122kk−，；综上所述，()fx的对称中心为()ππ1Z122kk−+,或()ππ1Z122kk−,.(2)∵函数()fx图象向右平移6个

单位，得到函数()gx的图象，∴ππ2sin216)3(xgx=+−+.又∵π3x=是()gx的一个零点，π2ππ(π2sin1=03363)g+−+=，即ππ1sin=362+−，∴ππ7π

2π366k+=+或ππ11π2πZ366kk+=+，，解得()36Zkk=+或()56Zkk=+，由05可得3=∴5π2)6(sin61gxx−=+，最小正周期π3T=.令()

0gx=，则5π1sin662x−=−即15ππ62π66xk−=−+或25π5π62πZ66xkk−=−+，，解得1ππ39kx=+或2π3kx=，12,Zkk；若函数()gx在[,]mn（,mnR且mn）上恰好有10个零点，故46TnmT−

要使nm−最小，须m、n恰好为()gx的零点，故()minππ13π4+=399nm−=.(3)由（2）知5π2)6(sin61gxx−=+，对任意1π[0,]4x，存在2π[0,]4x

，使得12()()hxgx=成立，则{|()}{|()}yyhxyygx==，当2π[0,]4x时，()25π5π2π5π6,,sin61,1,1,36636xxgx−−−−−，当1π[0,]4x时，()1ππ

ππ132,,cos2,1,3,3663622xxhxaa−−−−+−+，由{|()}{|()}yyhxyygx==可得0331233aaa−+−−+

，解得80,3a，故实数a的取值范围为80,3.