2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版第5節(jié) 函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及應(yīng)用含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版第5節(jié)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及應(yīng)用含答案第五節(jié)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及應(yīng)用課標(biāo)解讀考向預(yù)測(cè)1.結(jié)合具體實(shí)例，了解y＝Asin(ωx＋φ)的實(shí)際意義；能借助圖象理解參數(shù)ω，φ，A的意義，了解參數(shù)的變化對(duì)函數(shù)圖象的影響.2.會(huì)用三角函數(shù)解決簡(jiǎn)單的實(shí)際問(wèn)題，體會(huì)可以利用三角函數(shù)構(gòu)建刻畫(huà)事物周期變化的數(shù)學(xué)模型.從近幾年的高考來(lái)看，函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象與性質(zhì)是高考的熱點(diǎn)，預(yù)計(jì)2025年高考函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象與性質(zhì)及三角函數(shù)的應(yīng)用，仍然是出題的熱點(diǎn)，以中檔題為主，可能會(huì)與三角函數(shù)式的求值、化簡(jiǎn)相結(jié)合.必備知識(shí)——強(qiáng)基礎(chǔ)1．y＝Asin(ωx＋φ)的有關(guān)概念y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)振幅周期頻率相位初相AT＝eq\x(\s\up1(01))eq\f(2π,ω)f＝eq\f(1,T)＝eq\x(\s\up1(02))eq\f(ω,2π)eq\x(\s\up1(03))ωx＋φeq\x(\s\up1(04))φ2.用“五點(diǎn)法”畫(huà)y＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))一個(gè)周期內(nèi)的簡(jiǎn)圖時(shí)，要找五個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)五個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)如下表所示：xeq\x(\s\up1(05))－eq\f(φ,ω)eq\f(π,2ω)－eq\f(φ,ω)eq\x(\s\up1(06))eq\f(π－φ,ω)eq\f(3π,2ω)－eq\f(φ,ω)eq\x(\s\up1(07))eq\f(2π－φ,ω)ωx＋φ0eq\x(\s\up1(08))eq\f(π,2)πeq\x(\s\up1(09))eq\f(3π,2)2πy＝Asin(ωx＋φ)0A0－A03.函數(shù)y＝sinx的圖象經(jīng)變換得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象的兩種途徑提醒：兩種變換的區(qū)別：①先相位變換再周期變換(伸縮變換)，平移的量是|φ|個(gè)單位長(zhǎng)度；②先周期變換(伸縮變換)再相位變換，平移的量是eq\f(|φ|,ω)(ω＞0)個(gè)單位長(zhǎng)度．1．概念辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)把y＝sinx的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)不變，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝sineq\f(1,2)x.()(2)將y＝sin(－2x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x－\f(π,3)))的圖象．()(3)利用圖象變換作圖時(shí)，可以“先平移，后伸縮”，也可以“先伸縮，后平移”，平移的長(zhǎng)度一致．()(4)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,4)))的初相為－eq\f(π,4).()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小題熱身(1)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))的振幅、頻率和初相分別為()A．2，4π，eq\f(π,3) B．2，eq\f(1,4π)，eq\f(π,3)C．2，eq\f(1,4π)，－eq\f(π,3) D．2，4π，－eq\f(π,3)答案C解析由題意知A＝2，f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(1,4π)，初相為－eq\f(π,3).故選C.(2)(人教A必修第一冊(cè)習(xí)題5.6T1改編)為了得到函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，可以將函數(shù)y＝2sin2x的圖象()A．向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度B．向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度C．向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度D．向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度答案A解析y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))))).故選A.(3)(人教B必修第三冊(cè)7.3.2練習(xí)BT1改編)為了得到y(tǒng)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,8)))的圖象，只需把y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))圖象上的所有點(diǎn)的()A．縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的3倍，橫坐標(biāo)不變B．橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的3倍，縱坐標(biāo)不變C．縱坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,3)，橫坐標(biāo)不變D．橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,3)，縱坐標(biāo)不變答案D解析因?yàn)樽儞Q前后，兩個(gè)函數(shù)的初相相同，所以只需把y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))圖象上的所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,3)，即可得到函數(shù)y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,8)))的圖象．故選D.(4)(人教A必修第一冊(cè)5.7例1改編)如圖，某地一天從6～14時(shí)的溫度變化曲線近似滿足函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋B，A＞0，ω＞0，0<φ<π，則這段曲線的函數(shù)解析式為_(kāi)_______．答案y＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋10，x∈[6，14]解析從題圖中可以看出，從6～14時(shí)的圖象是函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋B的半個(gè)周期，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＋B＝15，,－A＋B＝5，))所以A＝eq\f(1,2)×(15－5)＝5，B＝eq\f(1,2)×(15＋5)＝10.又eq\f(1,2)×eq\f(2π,ω)＝14－6，所以ω＝eq\f(π,8).又eq\f(π,8)×10＋φ＝2π＋2kπ，k∈Z，0<φ<π，所以φ＝eq\f(3π,4)，所以y＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋10，x∈[6，14]．考點(diǎn)探究——提素養(yǎng)考點(diǎn)一函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象變換例1(1)將函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,2)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到的圖象的函數(shù)解析式為()A．y＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6))) B．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,2)))C．y＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6))) D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))答案D解析由題意知，將函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,2)個(gè)單位長(zhǎng)度，得g(x)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(3π,2)＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,2)＋\f(π,6)))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,2)＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))，所以函數(shù)解析式為y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6))).故選D.(2)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))，且f(x)的相鄰兩個(gè)零點(diǎn)的距離為eq\f(π,2)，為得到y(tǒng)＝f(x)的圖象，可將y＝sinx圖象上的所有點(diǎn)()A．先向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將所得圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)不變B．先向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將所得圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)不變C．先向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將所得圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變D．先向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將所得圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變答案B解析因?yàn)橄噜弮蓚€(gè)零點(diǎn)的距離為eq\f(π,2)，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝2×eq\f(π,2)＝π，則ω＝eq\f(2π,T)＝2，又點(diǎn)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))在函數(shù)圖象上，所以sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＋φ))＝0，解得－eq\f(π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，又0<φ<eq\f(π,2)，所以當(dāng)k＝0時(shí)，φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，則將y＝sinx的圖象先向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象，再將所得圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)不變，得到y(tǒng)＝f(x)的圖象．故選B.【通性通法】三角函數(shù)圖象變換的關(guān)鍵點(diǎn)及解題策略(1)定函數(shù)：一定要看準(zhǔn)是將哪個(gè)函數(shù)的圖象變換得到哪一個(gè)函數(shù)的圖象．(2)變同名：如果平移前后兩個(gè)圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)的名稱不一致，那么應(yīng)先利用誘導(dǎo)公式化為同名函數(shù)，ω為負(fù)時(shí)應(yīng)先變成正值．(3)選方法：根據(jù)變換前后函數(shù)的特點(diǎn)，選擇先平移后伸縮還是先伸縮后平移．注意：對(duì)于函數(shù)y＝sinωx(ω>0)的圖象，向左平移|φ|個(gè)單位長(zhǎng)度得到的是函數(shù)y＝sin[ω(x＋|φ|)]的圖象，而不是函數(shù)y＝sin(ωx＋|φ|)的圖象．【鞏固遷移】1．(2023·武漢模擬)為了得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)－\f(π,8)))的圖象，只需將y＝sinx圖象上的所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變()A．所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,4)，再向右平移eq\f(π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度B．所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，再向右平移eq\f(π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度C．先向右平移eq\f(π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的4倍D．先向右平移eq\f(π,2)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,4)答案C解析y＝sinx圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的4倍得到y(tǒng)＝sineq\f(x,4)的圖象，再向右平移eq\f(π,2)個(gè)單位長(zhǎng)度得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)－\f(π,8)))的圖象，故A，B錯(cuò)誤；y＝sinx的圖象先向右平移eq\f(π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))的圖象，再將所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的4倍得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)－\f(π,8)))的圖象，故C正確，D錯(cuò)誤．考點(diǎn)二求函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的解析式例2已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則f(x)的表達(dá)式可以為()A．f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))B．f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6)))C．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,3)))D．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12)))答案A解析不妨令A(yù)＞0，ω＞0.由題圖可知，A＝2，eq\f(3,4)T＝eq\f(13π,12)－eq\f(π,3)，∴T＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝2，f(x)的圖象經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,12)，2))，∴2×eq\f(13π,12)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，故φ＝－eq\f(13π,6)＋eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(13π,6)＋\f(π,2)＋2kπ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)＋\f(π,2)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).故選A.【通性通法】確定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0，ω＞0)的步驟和方法(1)求A，b，確定函數(shù)的最大值M和最小值m，則A＝eq\f(M－m,2)，b＝eq\f(M＋m,2).(2)求ω，確定函數(shù)的最小正周期T，則可得ω＝eq\f(2π,T).(3)求φ，常用的方法有：①代入法：把圖象上的一個(gè)已知點(diǎn)代入(此時(shí)A，ω，b已知)或代入圖象與直線y＝b的交點(diǎn)求解(此時(shí)要注意交點(diǎn)在上升區(qū)間上還是在下降區(qū)間上)；②特殊點(diǎn)法：確定φ值時(shí)，往往以尋找“最值點(diǎn)”為突破口．具體如下：“最大值點(diǎn)”(即圖象的“峰點(diǎn)”)時(shí)，ωx＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)；“最小值點(diǎn)”(即圖象的“谷點(diǎn)”)時(shí)，ωx＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)．提醒：如果已知圖象上有最值點(diǎn)，最好代入最值點(diǎn)求解．若將圖象上的非最值點(diǎn)代入解析式求解時(shí)，注意點(diǎn)在上升區(qū)間還是在下降區(qū)間．【鞏固遷移】2．(2024·湘潭模擬)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則將y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度后，得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為()A．y＝－cos2x B．y＝cos2xC．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6))) D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))答案C解析觀察圖象得A＝1，令函數(shù)f(x)的周期為T(mén)，則有eq\f(3T,4)＝eq\f(11π,12)－eq\f(π,6)＝eq\f(3π,4)，解得T＝π，則ω＝eq\f(2π,T)＝2，而當(dāng)x＝eq\f(π,6)時(shí)，f(x)max＝1，則有2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，則φ＝eq\f(π,6)，因此f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).將y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))，所以將y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度后，得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6))).故選C.考點(diǎn)三函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象與性質(zhì)(多考向探究)考向1圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用例3(1)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＋sinωx(ω>0)的最小正周期為π，將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后，再將圖象上的所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(\r(3),3)，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，則函數(shù)y＝g(x)－3cosx的最小值為()A．4 B．－4C．eq\f(17,8) D．－eq\f(17,8)答案D解析f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＋sinωx＝eq\f(1,2)sinωx＋eq\f(\r(3),2)cosωx＋sinωx＝eq\f(3,2)sinωx＋eq\f(\r(3),2)cosωx＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，因?yàn)閒(x)的最小正周期為π，ω>0，所以π＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝2，所以f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，又將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后，再將圖象上的所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(\r(3),3)，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，所以g(x)＝eq\f(\r(3),3)×eq\r(3)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝cos2x，所以y＝g(x)－3cosx＝cos2x－3cosx＝2cos2x－3cosx－1，當(dāng)cosx＝eq\f(3,4)時(shí)，y＝g(x)－3cosx有最小值，為－eq\f(17,8).故選D.(2)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，π)上有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，則ω的取值范圍為_(kāi)_______．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,6)，\f(13,6)))解析由x∈(0，π)可得ωx－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，ωπ－\f(π,6))).若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，π)上有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，則π<ωπ－eq\f(π,6)≤2π，解得eq\f(7,6)<ω≤eq\f(13,6).故ω的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,6)，\f(13,6))).【通性通法】(1)研究y＝Asin(ωx＋φ)的性質(zhì)時(shí)可將ωx＋φ視為一個(gè)整體，利用換元法和數(shù)形結(jié)合思想進(jìn)行解題．(2)解決三角函數(shù)中的零點(diǎn)(方程根)問(wèn)題的關(guān)鍵是根據(jù)條件作出對(duì)應(yīng)函數(shù)的圖象，然后利用數(shù)形結(jié)合思想求解．【鞏固遷移】3．(多選)(2023·黑龍江佳木斯一中模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度后關(guān)于直線x＝0對(duì)稱，則下列說(shuō)法正確的是()A．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))上有一個(gè)零點(diǎn)B．f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))對(duì)稱C．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12)))上單調(diào)遞增D．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,4)))上的最大值為eq\f(\r(3),2)＋1答案AD解析函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度后的圖象對(duì)應(yīng)的解析式為g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋φ))＋1＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋φ))＋1，又g(x)的圖象關(guān)于直線x＝0對(duì)稱，且|φ|<eq\f(π,2)，所以eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，φ＝eq\f(π,2)－eq\f(2π,3)＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1，因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))≠0，所以f(x)的圖象不關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))對(duì)稱，故B錯(cuò)誤；當(dāng)eq\f(π,3)≤x≤eq\f(4π,3)時(shí)，eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,2)，令t＝2x－eq\f(π,6)，則f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))的零點(diǎn)個(gè)數(shù)可轉(zhuǎn)化為y＝sint＋1在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,2)))的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，結(jié)合圖象可知，當(dāng)eq\f(π,2)≤t≤eq\f(5π,2)時(shí)，y＝sint＋1的圖象與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，即f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))上只有一個(gè)零點(diǎn)，故A正確；當(dāng)eq\f(π,12)≤x≤eq\f(5π,12)時(shí)，0≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3)，結(jié)合圖象可知，此時(shí)f(x)有增有減，故C錯(cuò)誤；當(dāng)eq\f(π,12)≤x≤eq\f(π,4)時(shí)，0≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,3)，結(jié)合圖象可知，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝eq\f(π,4)時(shí)，函數(shù)取最大值，為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sineq\f(π,3)＋1＝eq\f(\r(3),2)＋1，故D正確．故選AD.考向2三角函數(shù)模型的簡(jiǎn)單應(yīng)用例4如圖，點(diǎn)A，B分別是圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑為1和2的圓上的動(dòng)點(diǎn)．動(dòng)點(diǎn)A從初始位置A0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)，sin\f(π,3)))開(kāi)始，按逆時(shí)針?lè)较蛞越撬俣?rad/s做圓周運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)B從初始位置B0(2，0)開(kāi)始，按順時(shí)針?lè)较蛞越撬俣?rad/s做圓周運(yùn)動(dòng)．記t時(shí)刻，點(diǎn)A，B的縱坐標(biāo)分別為y1，y2.(1)求t＝eq\f(π,4)時(shí)，A，B兩點(diǎn)間的距離；(2)若y＝y(tǒng)1＋y2，求y關(guān)于時(shí)間t(t>0)的函數(shù)關(guān)系式，并求當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，y的取值范圍．解(1)連接AB，OA，OB(圖略)，當(dāng)t＝eq\f(π,4)時(shí)，∠x(chóng)OA＝eq\f(π,2)＋eq\f(π,3)＝eq\f(5π,6)，∠x(chóng)OB＝eq\f(π,2)，所以∠AOB＝eq\f(2π,3).又OA＝1，OB＝2，所以AB2＝12＋22－2×1×2coseq\f(2π,3)＝7，即A，B兩點(diǎn)間的距離為eq\r(7).(2)依題意，y1＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))，y2＝－2sin2t，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))－2sin2t＝eq\f(\r(3),2)cos2t－eq\f(3,2)sin2t＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))，即函數(shù)關(guān)系式為y＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))(t>0)，當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，2t＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，故當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，y∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，\f(\r(3),2))).【通性通法】利用三角函數(shù)模型解決實(shí)際問(wèn)題的步驟(1)尋找與角有關(guān)的信息，確定選用正弦、余弦還是正切型函數(shù)模型．(2)尋找數(shù)據(jù)，建立函數(shù)解析式并解題；最后將所得結(jié)果“翻譯”成實(shí)際答案，要注意根據(jù)實(shí)際作答．解題思路如下：【鞏固遷移】4．(多選)(2024·西南大學(xué)附中模擬)水車(chē)在古代是進(jìn)行灌溉引水的工具，亦稱“水轉(zhuǎn)筒車(chē)”，是一種以水流作動(dòng)力，取水灌田的工具．據(jù)史料記載，水車(chē)發(fā)明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的歷史，是人類的一項(xiàng)古老的發(fā)明，也是人類利用自然和改造自然的象征，如圖是一個(gè)半徑為R的水車(chē)，一個(gè)水斗從點(diǎn)A(3，－3eq\r(3))出發(fā)，沿圓周按逆時(shí)針?lè)较騽蛩傩D(zhuǎn)，且旋轉(zhuǎn)一周用時(shí)120秒．經(jīng)過(guò)t秒后，水斗旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)P，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，其縱坐標(biāo)滿足y＝f(t)＝Rsin(ωt＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≥0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))，則下列敘述正確的是()A．水斗做周期運(yùn)動(dòng)的初相為－eq\f(π,3)B．在水斗開(kāi)始旋轉(zhuǎn)的60秒(含)中，其高度不斷增加C．在水斗開(kāi)始旋轉(zhuǎn)的60秒(含)中，其最高點(diǎn)離平衡位置的縱向距離是3eq\r(3)D．當(dāng)水斗旋轉(zhuǎn)100秒時(shí)，其和初始點(diǎn)A的距離為6答案AD解析對(duì)于A，由A(3，－3eq\r(3))，知R＝eq\r(32＋(－3\r(3))2)＝6，T＝120，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,60).當(dāng)t＝0時(shí)，點(diǎn)P在點(diǎn)A位置，有－3eq\r(3)＝6sinφ，解得sinφ＝－eq\f(\r(3),2)，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，故A正確；對(duì)于B，由A項(xiàng)可知f(t)＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,60)t－\f(π,3)))，當(dāng)t∈(0，60]時(shí)，eq\f(π,60)t－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以函數(shù)f(t)先增后減，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)t∈(0，60]時(shí)，eq\f(π,60)t－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,60)t－\f(π,3)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，所以點(diǎn)P到x軸的距離的最大值為6，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，當(dāng)t＝100時(shí)，eq\f(π,60)t－eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)，點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為y＝－3eq\r(3)，橫坐標(biāo)為x＝－3，所以|PA|＝|－3－3|＝6，故D正確．課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．為了得到函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象，只需把函數(shù)y＝sinx－eq\r(3)cosx的圖象()A．向左平移eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度B．向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度C．向左平移eq\f(π,2)個(gè)單位長(zhǎng)度D．向右平移eq\f(π,2)個(gè)單位長(zhǎng)度答案C解析y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx－\f(\r(3),2)cosx))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinxcos\f(π,3)－cosxsin\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，故將其圖象向左平移eq\f(π,2)個(gè)單位長(zhǎng)度可得y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象．故選C.2．關(guān)于函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．－π是f(x)的一個(gè)周期B．f(x)的圖象可由y＝sin2x的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度得到C．f(x＋π)的一個(gè)零點(diǎn)為x＝eq\f(π,6)D．y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(17π,12)對(duì)稱答案B解析f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的最小正周期為π，故－π也是其周期，故A正確；f(x)的圖象可由y＝sin2x的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度得到，故B錯(cuò)誤；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋π))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,3)－\f(π,3)))＝sin2π＝0，故C正確；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,6)－\f(π,3)))＝sineq\f(5π,2)＝sineq\f(π,2)＝1，故D正確．3.已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A，ω，φ是常數(shù)，A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示．為了得到函數(shù)f(x)的圖象，可以將函數(shù)y＝eq\r(2)sinx的圖象()A．先向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將所得圖象的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)不變B．先向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將所得圖象的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變C．先向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將所得圖象的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變D．先向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將所得圖象的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)不變答案D解析由題圖可知，A＝eq\r(2)，eq\f(1,4)T＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，所以T＝π，即eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.當(dāng)x＝eq\f(7π,12)時(shí)，eq\f(7π,12)×2＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，所以φ＝eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3).所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).將y＝eq\r(2)sinx的圖象先向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到y(tǒng)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象，再將所得圖象的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)不變，得到f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象．故選D.4．(2023·湖南永州模擬)將函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinxcosx＋cos2x－1的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，然后將所得函數(shù)圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(1,2)(縱坐標(biāo)不變)，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，則g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋\f(kπ,2)，\f(π,6)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,24)＋\f(kπ,2)，\f(5π,24)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))(k∈Z)D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋2kπ，\f(5π,6)＋2kπ))(k∈Z)答案A解析f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1＋cos2x,2)－1＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(cos2x,2)－eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－eq\f(1,2)，則g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6)))－eq\f(1,2)，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤4x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得－eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)≤x≤eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)．5．(2023·貴州貴陽(yáng)模擬)將函數(shù)f(x)＝sin(2x－φ)(φ>0)的圖象向右平移eq\f(π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)g(x)的圖象．若g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(φ,2)))上單調(diào)遞增，則φ的最大值為()A．eq\f(3π,4) B．eq\f(π,2)C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,4)答案D解析由題意可得g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)－φ))，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(φ,2)))時(shí)，2x－eq\f(π,4)－φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)－φ，－\f(π,4)))，因?yàn)間(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(φ,2)))上單調(diào)遞增，所以－eq\f(π,2)≤－eq\f(π,4)－φ<－eq\f(π,4)，解得0<φ≤eq\f(π,4)，所以φ的最大值為eq\f(π,4).6.已知函數(shù)f(x)＝4sin(ωx＋φ)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,2)))，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)，如圖是y＝f(x)的部分圖象，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝()A．－eq\r(3) B．eq\r(3)C．－eq\r(2) D．eq\r(2)答案A解析f(x)＝4sin(ωx＋φ)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,2)))＝4sin(ωx＋φ)cos(ωx＋φ)＝2sin(2ωx＋2φ)．由題圖可知f(0)＝eq\r(3)，即sin2φ＝eq\f(\r(3),2)，由于點(diǎn)(0，eq\r(3))在單調(diào)遞增的區(qū)間內(nèi)，所以2φ＝eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，根據(jù)題意知φ＝eq\f(π,6)，由圖象過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))，則eq\f(5π,6)ω＋eq\f(π,3)＝2π，解得ω＝2，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3)))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2sineq\f(4π,3)＝－2sineq\f(π,3)＝－eq\r(3).故選A.7．若關(guān)于x的方程2eq\r(3)cos2x－sin2x＝eq\r(3)－m在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上有且只有一個(gè)解，則m的取值范圍為()A．(－1，0] B．{－2}∪(－1，0]C．[－2，0] D．{－1}∪[0，1)答案B解析2eq\r(3)cos2x－sin2x＝eq\r(3)－m整理可得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－eq\f(m,2)，令t＝2x＋eq\f(π,6)，因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))，則t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))，所以cost＝－eq\f(m,2)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))上有且只有一個(gè)解，即y＝cost的圖象和直線y＝－eq\f(m,2)只有1個(gè)交點(diǎn)．由圖可知，－eq\f(m,2)＝1或0≤－eq\f(m,2)<eq\f(1,2)，解得m＝－2或－1<m≤0.故選B.8．(2023·湖北三校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分圖象如圖，f(x1)＝f(x2)＝－eq\f(3,2)，則coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)(x2－x1)))＝()A．－eq\f(3,4) B．－eq\f(\r(7),4)C．eq\f(3,4) D．eq\f(\r(7),4)答案C解析由f(0)＝2sinφ＝1，得sinφ＝eq\f(1,2)，因?yàn)?<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，又由圖象可知eq\f(1,2)T>eq\f(5,2)，即T＝eq\f(2π,ω)>5，解得0<ω<eq\f(2π,5)，又由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)ω＋\f(π,6)))＝0，即eq\f(5,2)ω＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，即ω＝－eq\f(π,15)＋eq\f(2,5)kπ，k∈Z，從而ω＝eq\f(π,3)，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))，令eq\f(π,3)x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，則x＝1＋3k，k∈Z，從而函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸為直線x＝1＋3k，k∈Z，由圖象可知，直線x＝x1與直線x＝x2關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，即x1＋x2＝－4，則x2＝－4－x1，且x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,2)，－2))，因?yàn)閒(x1)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x1＋\f(π,6)))＝－eq\f(3,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x1＋\f(π,6)))＝－eq\f(3,4)，所以coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)(x2－x1)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)(－4－2x1)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x1＋\f(π,6)＋\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x1＋\f(π,6)))＝eq\f(3,4).二、多項(xiàng)選擇題9．函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0，|φ|≤π)的部分圖象如圖所示，則()A．ω＝πB．f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈ZC．φ＝eq\f(π,4)D．f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(k－\f(1,4)，k＋\f(3,4)))，k∈Z答案ABC解析由圖象可知eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)＝eq\f(5,4)－eq\f(1,4)，所以ω＝π，則f(x)＝cos(πx＋φ)，故A正確；因?yàn)辄c(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))在圖象上，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝0，所以eq\f(π,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，又|φ|≤π，f(0)＝cosφ∈(0，1)，所以φ＝eq\f(π,4)，所以函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,4)))，故C正確；令2kπ≤πx＋eq\f(π,4)≤2kπ＋π，k∈Z，即2k－eq\f(1,4)≤x≤2k＋eq\f(3,4)，k∈Z，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z，故B正確，D錯(cuò)誤．故選ABC.10．函數(shù)f(x)＝3sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的部分圖象如圖所示，則()A．f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,8)))B．f(x)圖象的一條對(duì)稱軸方程是x＝－eq\f(5π,8)C．f(x)圖象的對(duì)稱中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,8)，0))，k∈ZD．函數(shù)y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(7π,8)))是偶函數(shù)答案BD解析由函數(shù)f(x)＝3sin(ωx＋φ)的圖象知，eq\f(1,2)T＝eq\f(3π,8)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝eq\f(π,2)，所以T＝π，即eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2，所以f(x)＝3sin(2x＋φ)，因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ－\f(π,4)))＝3，所以φ－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(3π,4)＋2kπ，k∈Z，因?yàn)?<φ<π，所以φ＝eq\f(3π,4)，f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,4))).對(duì)于A，由以上分析可知A錯(cuò)誤；對(duì)于B，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,8)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,4)＋\f(3π,4)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－3，故B正確；對(duì)于C，令2x＋eq\f(3π,4)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(1,2)kπ－eq\f(3π,8)，k∈Z，所以f(x)圖象的對(duì)稱中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(3π,8)，0))，k∈Z，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，設(shè)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(7π,8)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(7π,4)＋\f(3π,4)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,2)))＝3cos2x，則g(x)的定義域?yàn)镽，g(－x)＝3cos(－2x)＝3cos2x＝g(x)，所以g(x)為偶函數(shù)，故D正確．故選BD.三、填空題11．(2023·山東日照模擬)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π)的部分圖象如圖所示，則φ＝________．答案eq\f(π,6)解析由題圖知eq\f(T,2)＝eq\f(5π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\f(π,2)，T＝π，ω＝eq\f(2π,π)＝2，由五點(diǎn)法可知，2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＋φ＝0＋2kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，又|φ|<π，所以φ＝eq\f(π,6).12．已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))－eq\f(1,2)(ω>0)，將f(x)圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g(x)的圖象．已知g(x)在[0，π]上恰有5個(gè)零點(diǎn)，則ω的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(7,3)))解析g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))－eq\f(1,2)，令t＝2ωx－eq\f(π,3)，由題意g(x)在[0，π]上恰有5個(gè)零點(diǎn)，即cost＝eq\f(1,2)在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，2πω－\f(π,3)))上恰有5個(gè)不相等的實(shí)根，由y＝cost的性質(zhì)可得eq\f(11π,3)≤2πω－eq\f(π,3)<eq\f(13π,3)，解得2≤ω<eq\f(7,3).故ω的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(7,3))).13．函數(shù)y＝tanx的相鄰兩個(gè)周期的圖象與直線y＝2及y＝－2圍成的圖形的面積是________．答案4π解析由題意，畫(huà)出圖象如圖所示．根據(jù)正切函數(shù)的對(duì)稱性可知，兩個(gè)陰影部分的面積相等，因此由y＝tanx的相鄰兩個(gè)周期的圖象與直線y＝2及y＝－2圍成的圖形的面積可以看成矩形ABCD的面積，因而S矩形ABCD＝4π.14．已知M，N是函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)(ω>0)的圖象與直線y＝eq\r(3)的兩個(gè)不同的交點(diǎn)．若|MN|的最小值是eq\f(π,12)，則ω＝________．答案4解析由于M，N是函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)(ω>0)的圖象與直線y＝eq\r(3)的兩個(gè)不同的交點(diǎn)，故M，N的橫坐標(biāo)是方程2cos(ωx＋φ)＝eq\r(3)的解，即M，N的橫坐標(biāo)x1，x2(不妨令x1<x2)是方程cos(ωx＋φ)＝eq\f(\r(3),2)的解，設(shè)u＝ωx＋φ，作出函數(shù)y＝cosu的圖象如圖所示，設(shè)u1＝ωx1＋φ，u2＝ωx2＋φ，當(dāng)x2－x1取最小值時(shí)，u2－u1＝ω(x2－x1)取得最小值，即eq\f(π,12)ω＝eq\f(π,6)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,3)，解得ω＝4.四、解答題15．已知函數(shù)f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx(ω>0)的最小正周期是π.(1)求ω的值；(2)求f(x)圖象的對(duì)稱中心；(3)將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度后，再將所得圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．解(1)f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，又ω>0，∵T＝eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.(2)由(1)知，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)，k∈Z，∴f(x)圖象的對(duì)稱中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，0))，k∈Z.(3)將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度后可得y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，再將所得圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，得到g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象，由2kπ－eq\f(π,2)≤x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得2kπ－eq\f(π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z.∴g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))，k∈Z.16．(多選)函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的圖象如圖所示，則以下結(jié)論正確的是()A．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))B．?x∈R，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))C．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，π))上的零點(diǎn)之和為πD．若f(x1)≤f(x)≤f(x2)，則|x2－x1|≥π答案ABC解析eq\f(T,2)＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,2)，所以T＝π＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝2，f(x)＝sin(2x＋φ)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝1，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以A正確；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)＋\f(π,3)))＝－1，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))恒成立，所以B正確；f(x)＝0，則2x＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，則x＝－eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，k＝0時(shí)，x1＝－eq\f(π,6)，k＝1時(shí)，x2＝eq\f(π,3)，k＝2時(shí)，x3＝eq\f(5π,6)，x1＋x2＋x3＝－eq\f(π,6)＋eq\f(π,3)＋eq\f(5π,6)＝π，所以C正確；若f(x1)≤f(x)≤f(x2)，則x1＝－eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z，x2＝eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z，所以|x2－x1|≥eq\f(π,2)，所以D錯(cuò)誤．故選ABC.17.風(fēng)車(chē)發(fā)電是指把風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能．如圖，風(fēng)車(chē)由一座塔和三個(gè)葉片組成，每?jī)蓚€(gè)葉片之間的夾角均為120°.現(xiàn)有一座風(fēng)車(chē)，塔高60米，葉片長(zhǎng)度為30米．葉片按照逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，并且6秒旋轉(zhuǎn)一圈，風(fēng)車(chē)開(kāi)始旋轉(zhuǎn)時(shí)，某葉片的一個(gè)端點(diǎn)P在風(fēng)車(chē)的最低點(diǎn)(P離地面30米)，設(shè)點(diǎn)P離地面的距離為S(單位：米)，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)間為t(單位：秒)，則S與t之間的函數(shù)解析式為_(kāi)_______，一圈內(nèi)點(diǎn)P離地面的高度不低于45米的時(shí)長(zhǎng)為_(kāi)_______秒．答案S＝60－30coseq\f(π,3)t(t>0)4解析因?yàn)轱L(fēng)車(chē)6秒旋轉(zhuǎn)一圈，則其轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為eq\f(π,3)rad/s，經(jīng)過(guò)t秒時(shí)，葉片轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為eq\f(π,3)t，此時(shí)離地面的高度為30＋30eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(π,3)t))，故S＝60－30coseq\f(π,3)t(t>0)．由S＝60－30coseq\f(π,3)t≥45，得coseq\f(π,3)t≤eq\f(1,2)，因?yàn)?≤t≤6，coseq\f(π,3)t≤eq\f(1,2)，所以eq\f(π,3)≤eq\f(π,3)t≤eq\f(5π,3)，解得1≤t≤5，故一圈內(nèi)點(diǎn)P離地面的高度不低于45米的時(shí)長(zhǎng)為4秒．18．設(shè)f(x)＝mcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋m－1(m≠0)．(1)若m＝2，求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，－3≤f(x)≤4恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解(1)由m＝2，得f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋1，令f(x)＝0，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝－eq\f(1,2)，即2x－eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)或2x－eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(4π,3)(k∈Z)，解得x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)或x＝kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)，所以f(x)的零點(diǎn)是x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)或x＝kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)．(2)由0≤x≤eq\f(π,2)可得－eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，所以－eq\f(1,2)≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1，當(dāng)m>0時(shí)，易得eq\f(m,2)－1≤f(x)≤2m－1，由－3≤f(x)≤4恒成立可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(x)min≥－3，,f(x)max≤4，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)－1≥－3，,2m－1≤4，,m>0，))解得0<m≤eq\f(5,2)；當(dāng)m<0時(shí)，可得2m－1≤f(x)≤eq\f(m,2)－1，由－3≤f(x)≤4恒成立可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(x)min≥－3，,f(x)max≤4，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m－1≥－3，,\f(m,2)－1≤4，,m<0，))解得－1≤m<0.綜上可得，實(shí)數(shù)m的取值范圍是[－1，0)∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2))).第六節(jié)余弦定理、正弦定理課標(biāo)解讀考向預(yù)測(cè)1.掌握正弦定理、余弦定理及其變形.2.能利用正弦定理、余弦定理解決一些簡(jiǎn)單的三角形度量問(wèn)題.從近幾年的高考來(lái)看，正弦定理、余弦定理是高考的熱點(diǎn)，預(yù)計(jì)2025年高考仍以利用正弦定理、余弦定理解三角形為主，題型靈活呈現(xiàn)，中檔難度；也可能融合在其他考點(diǎn)里面，不單獨(dú)呈現(xiàn).必備知識(shí)——強(qiáng)基礎(chǔ)1．余弦定理、正弦定理在△ABC中，若角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，R為△ABC外接圓半徑，則定理余弦定理正弦定理公式a2＝eq\x(\s\up1(01))b2＋c2－2bccosA；b2＝eq\x(\s\up1(02))c2＋a2－2cacosB；c2＝eq\x(\s\up1(03))a2＋b2－2abcosCeq\f(a,sinA)＝eq\x(\s\up1(04))eq\f(b,sinB)＝eq\x(\s\up1(05))eq\f(c,sinC)＝2R常見(jiàn)變形cosA＝eq\x(\s\up1(06))eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\x(\s\up1(07))eq\f(c2＋a2－b2,2ac)；cosC＝eq\x(\s\up1(08))eq\f(a2＋b2－c2,2ab)(1)a＝2RsinA，b＝eq\x(\s\up1(09))2RsinB，c＝eq\x(\s\up1(10))2RsinC；(2)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；(3)a∶b∶c＝eq\x(\s\up1(12))sinA∶sinB∶sinC；(4)asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA2.在△ABC中，已知a，b和A時(shí)，解的情況A為銳角A為鈍角或直角圖形關(guān)系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>ba≤b解的個(gè)數(shù)eq\x(\s\up1(13))一解eq\x(\s\up1(14))兩解eq\x(\s\up1(15))一解eq\x(\s\up1(16))一解eq\x(\s\up1(17))無(wú)解3.三角形常用面積公式(1)S＝eq\f(1,2)aha(ha表示a邊上的高)．(2)S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(abc,4R).(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r為內(nèi)切圓半徑)．在△ABC中，常有以下結(jié)論：(1)A＋B＋C＝π.(2)任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊．(3)a>b?A>B?sinA>sinB，cosA<cosB.(4)sin(A＋B)＝sinC；cos(A＋B)＝－cosC；tan(A＋B)＝－tanC；sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)；coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2).(5)三角形中的射影定理：在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB.1．概念辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)在△ABC中，若sinA>sinB，則A>B.()(2)當(dāng)b2＋c2－a2>0時(shí)，△ABC為銳角三角形．()(3)在△ABC中，已知a，b，A，則三角形有唯一解．()(4)在△ABC中，若A∶B∶C＝1∶2∶3，則a∶b∶c＝1∶2∶3.()答案(1)√(2)×(3)×(4)×2．小題熱身(1)(人教B必修第四冊(cè)第九章小結(jié)復(fù)習(xí)題A組T2改編)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，若b2＋c2＝a2＋eq\r(3)bc，則角A的大小為()A．eq\f(5π,6) B．eq\f(2π,3)C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,6)答案D解析因?yàn)閎2＋c2＝a2＋eq\r(3)bc，所以由余弦定理可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(3)bc,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(π,6).(2)(人教A必修第二冊(cè)復(fù)習(xí)參考題6T11改編)在△ABC中，A＝30°，C＝45°，c＝eq\r(2)，則a的值為()A．2 B．1C．eq\f(1,2) D．eq\f(\r(2),2)答案B解析因?yàn)樵凇鰽BC中，A＝30°，C＝45°，c＝eq\r(2)，所以由正弦定理可得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，即a＝eq\f(c,sinC)·sinA＝eq\f(\r(2),sin45°)×sin30°＝eq\f(\r(2),\f(\r(2),2))×eq\f(1,2)＝1.(3)在△ABC中，已知a＝2，b＝3，B＝30°，則此三角形()A．有一解 B．有兩解C．無(wú)解 D．無(wú)法判斷有幾解答案A解析在△ABC中，a＝2，b＝3，B＝30°，由正弦定理，得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2sin30°,3)＝eq\f(1,3)，而a<b，則A<B＝30°，即A為銳角，所以此三角形有一解．(4)在△ABC中，若a＝7，b＝5，c＝3，則A＝________．答案120°解析由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2).又0°<A<180°，所以A＝120°.(5)在△ABC中，角A，B，C滿足sinAcosC－sinBcosC＝0，則此三角形的形狀為_(kāi)_______．答案直角三角形或等腰三角形解析由已知，得cosC(sinA－sinB)＝0，所以cosC＝0或sinA＝sinB，解得C＝90°或A＝B，所以△ABC是直角三角形或等腰三角形．考點(diǎn)探究——提素養(yǎng)考點(diǎn)一利用正、余弦定理解三角形例1(2024·江西紅色十校聯(lián)考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且acosA＝bsinB＋csinC－2csinBcosA.(1)求A；(2)若a＝eq\r(2)，sinB＝eq\f(\r(2),4)，求b和c.解(1)設(shè)△ABC外接圓的半徑為R，因?yàn)閍cosA＝bsinB＋csinC－2csinBcosA，所以由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，得a·2RcosA＝b2＋c2－2bccosA，結(jié)合余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a·2RcosA＝a2，因?yàn)閍≠0，所以2RcosA＝a＝2RsinA，所以cosA＝sinA，因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4).(2)由(1)知A＝eq\f(π,4)，所以2R＝eq\f(a,sinA)＝2，所以b＝2RsinB＝2×eq\f(\r(2)