2023年高考數(shù)學一輪復習（全國版文） 第4章 4.6　函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)

§4.6函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)考試要求1.結(jié)合具體實例，了解y＝Asin(ωx＋φ)的實際意義；能借助圖象理解參數(shù)ω，φ，A的意義，了解參數(shù)的變化對函數(shù)圖象的影響.2.會用三角函數(shù)解決簡單的實際問題，體會可以利用三角函數(shù)構(gòu)建刻畫事物周期變化的數(shù)學模型．知識梳理1．簡諧運動的有關(guān)概念y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)，x≥0振幅周期頻率相位初相AT＝eq\f(2π,ω)f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)ωx＋φφ2.用“五點法”畫y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)一個周期內(nèi)的簡圖時，要找五個特征點ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(0－φ,ω)eq\f(\f(π,2)－φ,ω)eq\f(π－φ,ω)eq\f(\f(3π,2)－φ,ω)eq\f(2π－φ,ω)y＝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)的圖象的兩種途徑常用結(jié)論1．函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋k圖象平移的規(guī)律：“左加右減，上加下減”．3．函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)圖象的對稱軸由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z確定；對稱中心由ωx＋φ＝kπ，k∈Z確定其橫坐標．思考辨析判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)把y＝sinx的圖象上各點的橫坐標縮短為原來的eq\f(1,2)，縱坐標不變，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝sineq\f(1,2)x.(×)(2)將y＝sin2x的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象．(√)(3)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0)的最大值為A，最小值為－A.(×)(4)如果y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為T，那么函數(shù)圖象的相鄰兩個對稱中心之間的距離為eq\f(T,2).(√)教材改編題1．為了得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))的圖象，只要把y＝sin3x的圖象()A．向右平移eq\f(π,4)個單位長度B．向左平移eq\f(π,4)個單位長度C．向右平移eq\f(π,12)個單位長度D．向左平移eq\f(π,12)個單位長度答案C2．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)))圖象上的所有點的()A．縱坐標伸長到原來的3倍，橫坐標不變B．橫坐標伸長到原來的3倍，縱坐標不變C．縱坐標縮短到原來的eq\f(1,3)，橫坐標不變D．橫坐標縮短到原來的eq\f(1,3)，縱坐標不變答案D3．如圖，某地一天從6～14時的溫度變化曲線近似滿足函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋b，A>0,0<φ<π，則這段曲線的函數(shù)解析式為__________________________．答案y＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋20，x∈[6,14]解析從題圖中可以看出，從6～14時的圖象是函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋b的半個周期，所以A＝eq\f(1,2)×(30－10)＝10，b＝eq\f(1,2)×(30＋10)＝20，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＝2kπ，k∈Z,0<φ<π，所以φ＝eq\f(3π,4)，所以y＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋20，x∈[6,14]．題型一函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及變換例1(1)(2021·全國乙卷)把函數(shù)y＝f(x)圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，再把所得曲線向右平移eq\f(π,3)個單位長度，得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的圖象，則f(x)等于()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(7π,12))) B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,12))) D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))答案B解析依題意，將y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度，再將所得曲線上所有點的橫坐標擴大到原來的2倍，得到f(x)的圖象，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))eq\o(→,\s\up11(將其圖象向左平移\f(π,3)個單位長度))y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的圖象eq\o(→,\s\up7(所有點的橫坐標擴大到原來的2倍))f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的圖象．(2)(2022·天津二中模擬)將函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤φ<\f(π,2)))個單位長度后，得到函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象，則φ等于()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,3)答案C解析y＝sin2x＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2))).將函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移φ個單位長度后，得到函數(shù)y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ－\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，由題意知2φ－eq\f(π,2)＝eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z)，則φ＝eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)，又0≤φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3).教師備選1．要得到函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的圖象，可以把函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象()A．向右平移eq\f(π,6)個單位長度B．向右平移eq\f(π,12)個單位長度C．向左平移eq\f(π,6)個單位長度D．向左平移eq\f(π,12)個單位長度答案D解析函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,6)))，所以只需將y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,12)個單位長度就可以得到y(tǒng)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的圖象．2．(2020·江蘇)將函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，則平移后的圖象中與y軸最近的對稱軸的方程是________．答案x＝－eq\f(5π,24)解析將函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，所得圖象的函數(shù)解析式為y＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,4)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12))).令2x－eq\f(π,12)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得對稱軸的方程為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(7π,24)，k∈Z，分析知當k＝－1時，對稱軸為直線x＝－eq\f(5π,24)，與y軸最近．思維升華(1)由y＝sinωx的圖象到y(tǒng)＝sin(ωx＋φ)的圖象的變換：向左平移eq\f(φ,ω)(ω>0，φ>0)個單位長度而非φ個單位長度．(2)如果平移前后兩個圖象對應(yīng)的函數(shù)的名稱不一致，那么應(yīng)先利用誘導公式化為同名函數(shù)，ω為負時應(yīng)先變成正值．跟蹤訓練1(1)(2020·天津)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).給出下列結(jié)論：①f(x)的最小正周期為2π；②f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))是f(x)的最大值；③把函數(shù)y＝sinx的圖象上所有點向左平移eq\f(π,3)個單位長度，可得到函數(shù)y＝f(x)的圖象．其中所有正確結(jié)論的序號是()A．①B．①③C．②③D．①②③答案B解析T＝eq\f(2π,1)＝2π，故①正確．當x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z)時，f(x)取得最大值，故②錯誤．y＝sinx的圖象eq\o(→,\s\up11(向左平移\f(π,3)個單位長度))y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象，故③正確．(2)(2022·開封模擬)設(shè)ω>0，將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后，所得圖象與原圖象重合，則ω的最小值為()A．3B．6C．9D．12答案D解析將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后，所得圖象與原圖象重合，故eq\f(π,6)為函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))的周期，即eq\f(2kπ,ω)＝eq\f(π,6)(k∈N*)，則ω＝12k(k∈N*)，故當k＝1時，ω取得最小值12.題型二由圖象確定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式例2(1)(2022·安徽蕪湖一中模擬)已知函數(shù)f(x)＝Acos(ωx＋φ)＋beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的大致圖象如圖所示，將函數(shù)f(x)的圖象上點的橫坐標拉伸為原來的3倍后，再向左平移eq\f(π,2)個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，則函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)＋3kπ，3kπ))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3kπ，3kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)＋3kπ，－\f(π,4)＋3kπ))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋3kπ，\f(5π,4)＋3kπ))(k∈Z)答案C解析依題意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋b＝1，,－A＋b＝－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝2，,b＝－1，))故f(x)＝2cos(ωx＋φ)－1，而f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝1，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－1，∴eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,4)，故T＝π＝eq\f(2π,ω)，則ω＝2；∴2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))－1＝1，故eq\f(π,6)＋φ＝2kπ(k∈Z)，又|φ|<eq\f(π,2)，故φ＝－eq\f(π,6)，∴f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1；將函數(shù)f(x)的圖象上點的橫坐標拉伸為原來的3倍后，得到y(tǒng)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(π,6)))－1，再向左平移eq\f(π,2)個單位長度，得到g(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,3)－\f(π,6)))－1＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,6)))－1，令－π＋2kπ≤eq\f(2,3)x＋eq\f(π,6)≤2kπ(k∈Z)，故－eq\f(7π,4)＋3kπ≤x≤－eq\f(π,4)＋3kπ(k∈Z)，故函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)＋3kπ，－\f(π,4)＋3kπ))(k∈Z)．(2)(2021·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝______.答案－eq\r(3)解析由題意可得，eq\f(3,4)T＝eq\f(13π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(3π,4)，∴T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，當x＝eq\f(13π,12)時，ωx＋φ＝2×eq\f(13π,12)＋φ＝2kπ，k∈Z，∴φ＝2kπ－eq\f(13,6)π(k∈Z)．令k＝1可得φ＝－eq\f(π,6)，據(jù)此有f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,2)－\f(π,6)))＝2coseq\f(5π,6)＝－eq\r(3).教師備選1．(2022·天津中學月考)把函數(shù)f(x)圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，再把所得曲線向右平移eq\f(π,4)個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，已知函數(shù)g(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f(x)等于()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3))) B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))) D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))答案D解析先根據(jù)函數(shù)圖象求函數(shù)g(x)＝Asin(ωx＋φ)的解析式，由振幅可得A＝1，顯然eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,4)，所以T＝π，所以eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，所以g(x)＝sin(2x＋φ)，再由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝0，由|φ|<eq\f(π,2)可得φ＝－eq\f(π,6)，所以g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，反向移動先向左平移eq\f(π,4)個單位長度可得sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，再將橫坐標伸長到原來的2倍可得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).2.已知函數(shù)f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)為奇函數(shù)，該函數(shù)的部分圖象如圖所示，△EFG(點G是圖象的最高點)是邊長為2的等邊三角形，則f(1)＝________.答案－eq\r(3)解析由題意得，A＝eq\r(3)，T＝4＝eq\f(2π,ω)，ω＝eq\f(π,2).又因為f(x)＝Acos(ωx＋φ)為奇函數(shù)，所以φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，由0<φ<π，取k＝0，則φ＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,2)))，所以f(1)＝－eq\r(3).思維升華確定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ω＝eq\f(2π,T).(3)求φ，常用方法如下：把圖象上的一個已知點代入(此時要注意該點在上升區(qū)間上還是在下降區(qū)間上)或把圖象的最高點或最低點代入．跟蹤訓練2(1)(2020·全國Ⅰ改編)設(shè)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]上的圖象大致如圖，則f(x)的解析式為()A．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)x＋\f(π,6)))B．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(π,6)))C．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x－\f(π,6)))D．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x＋\f(π,6)))答案B解析由圖象知π<T<2π，即π<eq\f(2π,|ω|)<2π，所以1<|ω|<2.因為圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)，0))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)ω＋\f(π,6)))＝0，所以－eq\f(4π,9)ω＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω＝－eq\f(9,4)k－eq\f(3,4)，k∈Z.因為1<|ω|<2，故k＝－1，得ω＝eq\f(3,2)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(π,6))).(2)(2022·張家口市第一中學模擬)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則ω＝________，為了得到偶函數(shù)y＝g(x)的圖象，至少要將函數(shù)y＝f(x)的圖象向右平移________個單位長度．答案eq\f(π,8)6解析由圖象可知，函數(shù)f(x)的最小正周期為T＝2×[6－(－2)]＝16，∴ω＝eq\f(2π,16)＝eq\f(π,8)，則f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,8)＋φ))，由于函數(shù)f(x)的圖象過點(－2,0)且在x＝－2附近單調(diào)遞增，∴－2×eq\f(π,8)＋φ＝2kπ(k∈Z)，可得φ＝2kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)，∵－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,8)＋\f(π,4)))，假設(shè)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移t個單位長度可得到偶函數(shù)g(x)的圖象，且g(x)＝f(x－t)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x－t＋\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x－\f(πt,8)＋\f(π,4)))，∴－eq\f(πt,8)＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得t＝－2－8k(k∈Z)，∵t>0，當k＝－1時，t取最小值6.題型三三角函數(shù)圖象、性質(zhì)的綜合應(yīng)用命題點1圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用例3(2022·咸陽模擬)若函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期為π，且其圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后所得圖象對應(yīng)的函數(shù)g(x)為偶函數(shù)，則f(x)的圖象()A．關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對稱B．關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))對稱C．關(guān)于直線x＝－eq\f(π,6)對稱D．關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))對稱答案D解析依題意可得ω＝eq\f(2π,π)＝2，所以f(x)＝2sin(2x＋φ)，所以f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))，又函數(shù)g(x)為偶函數(shù)，所以eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得φ＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，由2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以f(x)圖象的對稱軸為x＝eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，排除A，C，由2x＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，得x＝－eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，則f(x)圖象的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))，k∈Z，排除B，當k＝1時，－eq\f(π,12)＋eq\f(π,2)＝eq\f(5π,12)，故D正確．命題點2函數(shù)零點(方程根)問題例4已知關(guān)于x的方程2sin2x－eq\r(3)sin2x＋m－1＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上有兩個不同的實數(shù)根，則m的取值范圍是____________．答案(－2，－1)解析方程2sin2x－eq\r(3)sin2x＋m－1＝0可轉(zhuǎn)化為m＝1－2sin2x＋eq\r(3)sin2x＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).設(shè)2x＋eq\f(π,6)＝t，則t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))，∴題目條件可轉(zhuǎn)化為eq\f(m,2)＝sint，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))有兩個不同的實數(shù)根．∴y＝eq\f(m,2)和y＝sint，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))的圖象有兩個不同交點，如圖：由圖象觀察知，eq\f(m,2)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，故m的取值范圍是(－2，－1)．延伸探究本例中，若將“有兩個不同的實數(shù)根”改成“有實根”，則m的取值范圍是________．答案[－2,1)解析同例題知，eq\f(m,2)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，∴－2≤m<1，∴m的取值范圍是[－2,1)．命題點3三角函數(shù)模型例5如圖，一個大風車的半徑為8m，12min旋轉(zhuǎn)一周，它的最低點P0離地面2m，風車翼片的一個端點P從P0開始按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，則點P離地面的距離h(m)與時間t(min)之間的函數(shù)關(guān)系式是()A．h(t)＝－8sin

eq\f(π,6)t＋10B．h(t)＝－cos

eq\f(π,6)t＋10C．h(t)＝－8sin

eq\f(π,6)t＋8D．h(t)＝－8cos

eq\f(π,6)t＋10答案D解析設(shè)h＝Asin(ωt＋φ)＋B，由題意可得hmax＝18，hmin＝2，T＝12，∴A＝eq\f(hmax－h(huán)min,2)＝8，B＝eq\f(hmax＋hmin,2)＝10，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,6)，h＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)t＋φ))＋10，當t＝0時，8sinφ＋10＝2，得sinφ＝－1，可取φ＝－eq\f(π,2)，∴h＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)t－\f(π,2)))＋10＝－8cos

eq\f(π,6)t＋10.教師備選(2022·福州模擬)如圖所示，一半徑為4米的水輪，水輪圓心O距離水面2米，已知水輪每60秒逆時針轉(zhuǎn)動一圈，當水輪上點P從水中浮現(xiàn)時(圖中點P0)開始計時，給出下列結(jié)論：①點P第一次到達最高點需要20秒；②當水輪轉(zhuǎn)動155秒時，點P距離水面2米；③當水輪轉(zhuǎn)動50秒時，點P在水面下方，距離水面2米；④點P距離水面的高度h(米)與t(秒)的函數(shù)解析式為h＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t＋\f(π,3)))＋2.其中所有正確結(jié)論的序號是()A．①②③ B．①④C．①②④ D．②③④答案A解析設(shè)點P距離水面的高度h(米)和時間t(秒)的函數(shù)解析式為h＝Asin(ωt＋φ)＋Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(hmax＝A＋B＝6，,hmin＝－A＋B＝－2，,T＝\f(2π,ω)＝60，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝4，,B＝2，,ω＝\f(2π,T)＝\f(π,30)，))又當t＝0時，h＝4sinφ＋2＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))，解得φ＝－eq\f(π,6)，故h＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋2.故④錯誤；對于①，令h＝6，即h＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋2＝6，解得t＝20，故①正確；對于②，令t＝155，代入h＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋2，解得h＝2，故②正確；對于③，令t＝50，代入h＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋2，解得h＝－2，故③正確．思維升華(1)研究y＝Asin(ωx＋φ)的性質(zhì)時可將ωx＋φ視為一個整體，利用換元法和數(shù)形結(jié)合思想進行解題．(2)方程根的個數(shù)可轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象的交點個數(shù)．(3)三角函數(shù)模型的應(yīng)用體現(xiàn)在兩方面：一是已知函數(shù)模型求解數(shù)學問題；二是把實際問題抽象轉(zhuǎn)化成數(shù)學問題，利用三角函數(shù)的有關(guān)知識解決問題．跟蹤訓練3(1)(2022·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝cos2xcosφ－sin2xsinφeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))的圖象的一個對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，則下列說法不正確的是()A．直線x＝eq\f(5π,12)是函數(shù)f(x)的圖象的一條對稱軸B．函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上單調(diào)遞減C．函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度可得到y(tǒng)＝cos2x的圖象D．函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值為－1答案C解析∵f(x)＝cos2xcosφ－sin2xsinφ＝cos(2x＋φ)的圖象的一個對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，∴2×eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，∴φ＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z.∵0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6).則f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).∵f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)＋\f(π,6)))＝cosπ＝－1，∴直線x＝eq\f(5π,12)是函數(shù)f(x)的圖象的一條對稱軸，故A正確；當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))時，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上單調(diào)遞減，故B正確；函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到y(tǒng)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的圖象，故C錯誤；當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值為cosπ＝－1，故D正確．(2)(2022·西南大學附中模擬)水車在古代是進行灌溉引水的工具，亦稱“水轉(zhuǎn)筒車”，是一種以水流作動力，取水灌田的工具．據(jù)史料記載，水車發(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，如圖是一個半徑為R的水車，一個水斗從點A(3，－3eq\r(3))出發(fā)，沿圓周按逆時針方向勻速旋轉(zhuǎn)，且旋轉(zhuǎn)一周用時120秒．經(jīng)過t秒后，水斗旋轉(zhuǎn)到P點，設(shè)點P的坐標為(x，y)，其縱坐標滿足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．水斗作周期運動的初相為－eq\f(π,6)B．在水斗開始旋轉(zhuǎn)的60秒(含)中，其高度不斷增加C．在水斗開始旋轉(zhuǎn)的60秒(含)中，其最高點離平衡位置的縱向距離是3eq\r(3)D．當水斗旋轉(zhuǎn)100秒時，其和初始點A的距離為6答案D解析對于A，由A(3，－3eq\r(3))，知R＝eq\r(32＋－3\r(3)2)＝6，又T＝120，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,60).當t＝0時，點P在點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錯誤；對于B，可知f(t)＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,60)t－\f(π,3)))，當t∈(0,60]時，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錯誤；對于C，當t∈(0,60]時，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P到x軸的距離的最大值為6，故C錯誤；對于D，當t＝100時，eq\f(π,60)t－eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)，P的縱坐標為y＝－3eq\r(3)，橫坐標為x＝－3，所以|PA|＝|－3－3|＝6，故D正確．課時精練1．函數(shù)f(x)＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,4)))的振幅、初相分別是()A．－2，eq\f(π,4) B．－2，－eq\f(π,4)C．2，eq\f(π,4) D．2，－eq\f(π,4)答案C解析振幅為2，當x＝0時，φ＝eq\f(π,4)，即初相為eq\f(π,4).2．將函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象，向右平移eq\f(π,4)個單位長度后得到函數(shù)g(x)的解析式為()A．g(x)＝sin2xB．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))C．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))D．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,4)))答案C解析向右平移eq\f(π,4)個單位長度后得，g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).3．(2022·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期為π，將其圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度后對應(yīng)的函數(shù)為偶函數(shù)，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))等于()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2)C．1 D.eq\f(1,2)答案D解析因為函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期為π，所以ω＝eq\f(2π,π)＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度后所得函數(shù)為y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋φ))，因為y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋φ))是偶函數(shù)，所以eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，所以φ＝－eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)，因為|φ|<eq\f(π,2)，所以k＝0，φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)－\f(π,6)))＝sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2).4．(2022·天津五十七中月考)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，將f(x)的圖象上所有點的橫坐標擴大到原來的4倍(縱坐標不變)，再把所得的圖象沿x軸向左平移eq\f(π,3)個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，則函數(shù)g(x)的一個單調(diào)遞增區(qū)間為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)，\f(π,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(7π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,8))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(π,2)))答案A解析根據(jù)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，可得A＝1，eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)，∴ω＝2.結(jié)合“五點法”作圖可得2×eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).將f(x)的圖象上所有點的橫坐標擴大到原來的4倍(縱坐標不變)，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))的圖象．再把所得的圖象沿x軸向左平移eq\f(π,3)個單位長度，得到函數(shù)g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))的圖象．令2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(1,2)x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得4kπ－eq\f(5π,3)≤x≤4kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，可得函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(5π,3)，4kπ＋\f(π,3)))，k∈Z，令k＝0，可得一個單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)，\f(π,3))).5．(2022·深圳模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象為曲線E，則下列結(jié)論中正確的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))是曲線E的一個對稱中心B．若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)＝0，則|x1－x2|的最小值為eq\f(π,2)C．將曲線y＝sin2x向右平移eq\f(π,3)個單位長度，與曲線E重合D．將曲線y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))上各點的橫坐標擴大到原來的2倍，縱坐標不變，與曲線E重合答案B解析函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象為曲線E，令x＝－eq\f(π,12)，求得f(x)＝－1，為最小值，故f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－eq\f(π,12)對稱，故A錯誤；若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)＝0，則|x1－x2|的最小值為eq\f(T,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(2π,2)＝eq\f(π,2)，故B正確；將曲線y＝sin2x向右平移eq\f(π,3)個單位長度，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))的圖象，故C錯誤；將曲線y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))上各點的橫坐標擴大到原來的2倍，縱坐標不變，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))的圖象，與曲線E不重合，故D錯誤．6．已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))圖象的相鄰兩條對稱軸間的距離為π，且對任意實數(shù)x，都有f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，則關(guān)于函數(shù)y＝f(x)＋g(x)描述不正確的是()A．最小正周期是2πB．最大值是eq\r(6)＋eq\r(2)C．函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞增D．圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對稱答案C解析由條件知，函數(shù)f(x)的最小正周期T＝2π＝eq\f(2π,ω)，解得ω＝1.因為f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝1，則φ＝2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z.因為|φ|≤eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，g(x)＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，則f(x)＋g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝(eq\r(3)＋1)(sinx＋cosx)＝(eq\r(6)＋eq\r(2))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，根據(jù)正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)易知，函數(shù)y＝(eq\r(6)＋eq\r(2))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最小正周期T＝2π，函數(shù)最大值是eq\r(6)＋eq\r(2)，函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))上單調(diào)遞減，圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對稱，所以選項ABD正確，C錯誤．7．(2022·北京豐臺區(qū)模擬)將函數(shù)f(x)＝cos2x的圖象向左平移φ(φ>0)個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象．若函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于原點對稱，則φ的一個取值為________．(答案不唯一)答案eq\f(π,4)解析將函數(shù)f(x)＝cos2x的圖象向左平移φ(φ>0)個單位長度，可得g(x)＝cos(2x＋2φ)，由函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于原點對稱，可得g(0)＝cos2φ＝0，所以2φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，φ＝eq\f(π,4)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，當k＝0時，φ＝eq\f(π,4).8．(2022·濟南模擬)已知曲線C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，則為了得到曲線C1，首先要把C2上各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼腳_______倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右至少平移______個單位長度．(本題所填數(shù)字要求為正數(shù))答案2eq\f(π,6)解析∵曲線C1：y＝cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(1,2)x＋\f(2π,3)－\f(π,6)))，∴先將曲線C2上各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍，縱坐標不變，再把得到的曲線y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(1,2)x＋\f(2π,3)))向右至少平移eq\f(π,6)個單位長度．9．已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的最小正周期是π，且當x＝eq\f(π,6)時，f(x)取得最大值2.(1)求f(x)的解析式；(2)作出f(x)在[0，π]上的圖象(要列表)；(3)函數(shù)y＝f(x)的圖象可由函數(shù)y＝sinx的圖象經(jīng)過怎樣的變換得到？解(1)因為函數(shù)f(x)的最小正周期是π，所以ω＝2.又因為當x＝eq\f(π,6)時，f(x)取得最大值2，所以A＝2，同時2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，φ＝2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，因為－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).(2)因為x∈[0，π]，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6))).列表如下，2x＋eq\f(π,6)eq\f(π,6)eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πeq\f(13π,6)x0eq\f(π,6)eq\f(5π,12)eq\f(2π,3)eq\f(11π,12)πf(x)120－201描點、連線得圖象．(3)將y＝sinx的圖象上的所有點向左平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象，再將y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)(縱坐標不變)，得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象，再將y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))上所有點的縱坐標伸長2倍(橫坐標不變)，得到f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象．10．(2022·普寧市第二中學模擬)已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx，－\f(1,2)))，n＝(eq\r(3)cosx，cos2x)，函數(shù)f(x)＝m·n.(1)求函數(shù)f(x)的最大值及最小正周期；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域．解(1)f(x)＝m·n＝eq\r(3)sinxcosx－eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).所以函數(shù)的最大值為1，最小正周期為T＝eq\f(2π,|ω|)＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由(1)得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象．因此g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).故g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).11．函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的圖象如圖，則f(x)的解析式和S＝f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2020)＋f(2021)＋f(2022)＋f(2023)的值分別為()A．f(x)＝eq\f(1,2)sin2πx＋1，S＝2023B．f(x)＝eq\f(1,2)sin2πx＋1，S＝2023eq\f(1,2)C．f(x)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,2)x＋1，S＝2024eq\f(1,2)D．f(x)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,2)x＋1，S＝2024答案D解析由圖象知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋b＝\f(3,2)，,－A＋b＝\f(1,2)，又T＝4，))∴ω＝eq\f(π,2)，b＝1，A＝eq\f(1,2)，∴f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋φ))＋1.由f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))得eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＋1＝eq\f(3,2)，∴cosφ＝1.∴φ＝2kπ，k∈Z，取k＝0得φ＝0.∴f(x)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,2)x＋1，∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin0＋1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin

\f(π,2)＋1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinπ＋1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin

\f(3π,2)＋1))＝4.又2024＝4×506，∴S＝4×506＝2024.12．關(guān)于函數(shù)f(x)＝2cos2x－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))－1的描述正確的是()A．其圖象可由y＝eq\r(2)sin2x的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度得到B．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的最小值為－eq\r(2)C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增D．f(x)在[0，π]上有3個零點答案B解析f(x)＝2cos2x－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))－1＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，對于A，由y＝eq\r(2)sin2x的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度，得到y(tǒng)＝eq\r(2)sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\r(2)cos2x，故選項A錯誤；對于B，因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)))，所以f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，1))，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的最小值為－eq\r(2)，故選項B正確；對于C，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得kπ－eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(π,8)，k∈Z，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，故選項C錯誤；對于D，令f(x)＝0，得2x＋eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,8)，k∈Z，因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))，所以當k＝1時，x＝eq\f(3π,8)；當k＝2時，x＝eq\f(7π,8)，所以f(x)在[0，π]上有2個零點，故選項D錯誤．13．(2022·上海市吳淞中學月考)定義運算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(a1),\s\do5(a3))\o(\s\up7(a2),\s\do5(a4))))＝a1a4－a2a3，將函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(\r(3)),\s\do5(1))\o(\s\up7(sinωx),\s\do5(cosωx))))(ω>0)的圖象向左平移eq\f(2π,3)個單位長度，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為奇函數(shù)，則ω的最小值是________．答案eq\f(1,2)解析f(x)＝eq\