浙江專用2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第1講三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)教案

PAGE1-第1講三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)三角函數(shù)的定義、誘導(dǎo)公式及基本關(guān)系[核心提煉]1．三角函數(shù)：設(shè)α是一個隨意角，它的終邊與單位圓交于點P(x，y)，則sinα＝y(tǒng)，cosα＝x，tanα＝eq\f(y,x).各象限角的三角函數(shù)值的符號：一全正，二正弦，三正切，四余弦．2．同角關(guān)系：sin2α＋cos2α＝1，eq\f(sinα,cosα)＝tanα.3．誘導(dǎo)公式：在eq\f(kπ,2)＋α，k∈Z的誘導(dǎo)公式中“奇變偶不變，符號看象限”．[典型例題](1)(2024·湖州市高三期末)點P從點A(1，0)動身，沿單位圓x2＋y2＝1逆時針方向運動eq\f(2π,3)弧長到達點Q，則點Q的坐標是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))(2)(2024·長春一模)已知α為銳角，且2tan(π－α)－3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋β))＋5＝0，tan(π＋α)＋6sin(π＋β)＝1，則sinβ的值為________．(3)(2024·高考浙江卷)已知角α的頂點與原點O重合，始邊與x軸的非負半軸重合，它的終邊過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，－\f(4,5))).①求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋π))的值；②若角β滿意sin(α＋β)＝eq\f(5,13)，求cosβ的值．【解】(1)選A.點P從(1，0)動身，沿單位圓逆時針方向運動eq\f(2π,3)弧長到達Q點，所以∠QOx＝eq\f(2π,3)，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)，sin\f(2π,3)))，即Q點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).故選A.(2)2tan(π－α)－3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋β))＋5＝0化簡為－2tanα＋3sinβ＋5＝0，tan(π＋α)＋6sin(π＋β)＝1化簡為tanα－6sinβ＝1，因而sinβ＝eq\f(1,3).故填eq\f(1,3).(3)①由角α的終邊過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，－\f(4,5)))得sinα＝－eq\f(4,5)，所以sin(α＋π)＝－sinα＝eq\f(4,5).②由角α的終邊過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，－\f(4,5)))得cosα＝－eq\f(3,5)，由sin(α＋β)＝eq\f(5,13)得cos(α＋β)＝±eq\f(12,13).由β＝(α＋β)－α得cosβ＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα，所以cosβ＝－eq\f(56,65)或cosβ＝eq\f(16,65).eq\a\vs4\al()應(yīng)用三角函數(shù)的概念和誘導(dǎo)公式的留意事項(1)當角的終邊所在的位置不是唯一確定的時候要留意分狀況解決，機械地運用三角函數(shù)的定義就會出現(xiàn)錯誤．(2)應(yīng)用誘導(dǎo)公式與同角關(guān)系開方運算時，肯定留意三角函數(shù)的符號；利用同角三角函數(shù)的關(guān)系化簡要遵循肯定的原則，如切化弦、化異為同、化高為低、化繁為簡等．[對點訓(xùn)練]1．已知角α的頂點與原點重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊上一點P(－4，3)，則eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sin（－π－α）,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,2)－α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,2)＋α)))的值為________．解析：原式＝eq\f(－sinα·sinα,－sinα·cosα)＝tanα.依據(jù)三角函數(shù)的定義，得tanα＝eq\f(y,x)＝－eq\f(3,4)，所以原式＝－eq\f(3,4).答案：－eq\f(3,4)2．已知θ是第四象限角，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝________．解析：法一：因為sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，因為θ為第四象限角，所以－eq\f(π,2)＋2kπ＜θ＜2kπ，k∈Z，所以－eq\f(3π,4)＋2kπ＜θ－eq\f(π,4)＜2kπ－eq\f(π,4)，k∈Z，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(2))＝－eq\f(4,5)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))＝－eq\f(4,3).法二：因為θ是第四象限角，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，所以θ＋eq\f(π,4)為第一象限角，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(4,5)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))＝eq\f(－cos\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))),sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))))＝－eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝－eq\f(4,3).答案：－eq\f(4,3)三角函數(shù)的圖象及應(yīng)用[核心提煉]函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象(1)“五點法”作圖設(shè)z＝ωx＋φ，令z＝0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3π,2)，2π，求出x的值與相應(yīng)的y的值，描點、連線可得．(2)圖象變換y＝sinxeq\o(→,\s\up7(向左（φ＞0）或向右（φ＜0）),\s\do5(平移|φ|個單位))y＝sin(x＋φ)eq\o(→,\s\up17(橫坐標變?yōu)樵瓉淼腬f(1,ω)（ω＞0）倍,縱坐標不變))y＝sin(ωx＋φ)eq\o(→,\s\up7(縱坐標變?yōu)樵瓉淼腁（A＞0）倍),\s\do5(橫坐標不變))y＝Asin(ωx＋φ)．[典型例題](1)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))) D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))(2)(2024·溫州瑞安七中高考模擬)函數(shù)y＝sin(2x＋φ)的圖象沿x軸向左平移eq\f(π,8)個單位后，得到一個偶函數(shù)的圖象，則φ的一個可能的值為()A.eq\f(3π,4)B.eq\f(π,4)C．0D．－eq\f(π,4)(3)(2024·浙江五校聯(lián)考數(shù)學(xué)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2sinx，x∈[0，π],|cosx|，x∈（π，2π]))，若函數(shù)g(x)＝f(x)－m在[0，2π]內(nèi)恰有4個不同的零點，則實數(shù)m的取值范圍是()A．(0，1)B．[1，2]C．(0，1]D．(1，2)【解析】(1)由題圖易知A＝2，因為周期T滿意eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，所以T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2.由x＝eq\f(π,3)時，y＝2可知2×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，所以φ＝－eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z)，結(jié)合選項可知函數(shù)解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)令y＝f(x)＝sin(2x＋φ)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋φ))，因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))為偶函數(shù)，所以eq\f(π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，所以φ＝kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z，所以當k＝0時，φ＝eq\f(π,4).故φ的一個可能的值為eq\f(π,4).故選B.(3)畫出函數(shù)f(x)在[0，2π]的圖象，如圖所示：若函數(shù)g(x)＝f(x)－m在[0，2π]內(nèi)恰有4個不同的零點，即y＝f(x)和y＝m在[0，2π]內(nèi)恰有4個不同的交點，結(jié)合圖象，知0＜m＜1.【答案】(1)A(2)B(3)Aeq\a\vs4\al()解決三角函數(shù)圖象問題的方法及留意事項(1)已知函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的圖象求解析式時，常采納待定系數(shù)法，由圖中的最高點、最低點或特殊點求A；由函數(shù)的周期確定ω；確定φ常依據(jù)“五點法”中的五個點求解，其中一般把第一個零點作為突破口，可以從圖象的升降找準第一個零點的位置．(2)在圖象變換過程中務(wù)必分清是先相位變換，還是先周期變換，變換只是相對于其中的自變量x而言的，假如x的系數(shù)不是1，就要把這個系數(shù)提取后再確定變換的單位長度和方向．[對點訓(xùn)練]1．(2024·蘭州市診斷考試)函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的部分圖象如圖所示，若x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)＝f(x2)，則f(x1＋x2)＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),2) D．1解析：選C.由圖知，eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，即T＝π，則ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，因為點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))在函數(shù)f(x)的圖象上，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋φ))＝0，即eq\f(2π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，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)))，因為x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)＝f(x2)，所以eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(π,12)，所以x1＋x2＝eq\f(π,6)，所以f(x1＋x2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2).2．已知曲線C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，則下面結(jié)論正確的是()A．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到曲線C2B．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得到曲線C2C．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到曲線C2D．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得到曲線C2解析：選D.易知C1：y＝cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))，把曲線C1上的各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))的圖象，再把所得函數(shù)的圖象向左平移eq\f(π,12)個單位長度，可得函數(shù)y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))的圖象，即曲線C2，故選D.三角函數(shù)的性質(zhì)[核心提煉]1．三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間y＝sinx的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)；y＝cosx的單調(diào)遞增區(qū)間是[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，單調(diào)遞減區(qū)間是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)；y＝tanx的遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)．2．y＝Asin(ωx＋φ)，當φ＝kπ(k∈Z)時為奇函數(shù)；當φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時為偶函數(shù)；對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)求得．y＝Acos(ωx＋φ)，當φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時為奇函數(shù)；當φ＝kπ(k∈Z)時為偶函數(shù)；對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得．y＝Atan(ωx＋φ)，當φ＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)時為奇函數(shù)．[典型例題]已知函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x－2eq\r(3)sinxcosx(x∈R)．(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))的值；(2)求f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間．【解】(1)由sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2)，coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2.(2)由cos2x＝cos2x－sin2x與sin2x＝2sinx·cosx得f(x)＝－cos2x－eq\r(3)sin2x＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).所以f(x)的最小正周期是π.由正弦函數(shù)的性質(zhì)得eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z，所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．eq\a\vs4\al()三角函數(shù)的單調(diào)性、周期性及最值的求法(1)三角函數(shù)單調(diào)性的求法求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A、ω、φ為常數(shù)，A≠0，ω＞0)的單調(diào)區(qū)間的一般思路是令ωx＋φ＝z，則y＝Asinz(或y＝Acosz)，然后由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性求解．(2)三角函數(shù)周期性的求法函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝eq\f(2π,|ω|).應(yīng)特殊留意y＝|Asin(ωx＋φ)|的最小正周期為T＝eq\f(π,|ω|).(3)三角函數(shù)最值(或值域)的求法在求最值(或值域)時，一般要先確定函數(shù)的定義域，然后結(jié)合三角函數(shù)性質(zhì)可得函數(shù)f(x)的最值．[對點訓(xùn)練]1．(2024·杭州市高三期末檢測)設(shè)A，B是函數(shù)f(x)＝sin|ωx|與y＝－1的圖象的相鄰兩個交點，若|AB|min＝2π，則正實數(shù)ω＝()A.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(3,2)D．2解析：選B.函數(shù)f(x)＝sin|ωx|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinωx，x≥0,－sinωx，x＜0))，ω為正數(shù)，所以f(x)的最小值是－1，如圖所示：設(shè)A，B是函數(shù)f(x)＝sin|ωx|與y＝－1的圖象的相鄰兩個交點，且|AB|min＝T＝eq\f(2π,ω)＝2π，解得ω＝1.故選B.2．(2024·臺州調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)．若f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))對隨意的實數(shù)x都成立，則ω的最小值為________．解析：由于對隨意的實數(shù)x都有f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))成立，故當x＝eq\f(π,4)時，函數(shù)f(x)有最大值，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1，eq\f(πω,4)－eq\f(π,6)＝2kπ(k∈Z)，所以ω＝8k＋eq\f(2,3)(k∈Z)，又ω>0，所以ωmin＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)3．(2024·高考浙江卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝sinx，x∈R.(1)已知θ∈[0，2π)，函數(shù)f(x＋θ)是偶函數(shù)，求θ的值；(2)求函數(shù)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))eq\s\up12(2)的值域．解：(1)因為f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函數(shù)，所以對隨意實數(shù)x都有sin(x＋θ)＝sin(－x＋θ)，即sinxcosθ＋cosxsinθ＝－sinxcosθ＋cosxsinθ，故2sinxcosθ＝0，所以cosθ＝0.又θ∈[0，2π)，因此θ＝eq\f(π,2)或eq\f(3π,2).(2)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))eq\s\up12(2)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))),2)＋eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2)＝1－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos2x－\f(3,2)sin2x))＝1－eq\f(\r(3),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).因此，函數(shù)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)，1＋\f(\r(3),2))).三角函數(shù)與其他學(xué)問的交匯[核心提煉]三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)是高考考查的重點，近年來，三角函數(shù)與其他學(xué)問交匯命題成為高考的熱點，由原來三角函數(shù)與平面對量的交匯滲透到三角函數(shù)與函數(shù)的零點、數(shù)列、不等式、復(fù)數(shù)、方程等學(xué)問的交匯．[典型例題](1)(2024·臺州市高考一模)已知θ∈[0，π)，若對隨意的x∈[－1，0]，不等式x2cosθ＋(x＋1)2sinθ＋x2＋x＞0恒成立，則實數(shù)θ的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))(2)(2024·浙江“七彩陽光”聯(lián)盟高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))，若f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))對x∈R恒成立，則ω的值為________；當ω最小時，函數(shù)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\f(\r(2),2)在區(qū)間[0，22]的零點個數(shù)為________．【解析】(1)設(shè)f(x)＝x2cosθ＋(x＋1)2sinθ＋x2＋x＝(1＋sinθ＋cosθ)x2＋(2sinθ＋1)x＋sinθ，因為θ∈[0，π)，所以1＋cosθ＋sinθ≠0，且其對稱軸為x＝－eq\f(2sinθ＋1,2（1＋sinθ＋cosθ）).因為f(x)在[－1，0]的最小值為f(0)或f(1)或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2sinθ＋1,2（1＋sinθ＋cosθ）)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＞0,f（0）＞0,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2sinθ＋1,2（1＋sinθ＋cosθ）)))＞0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosθ＞0,sinθ＞0,sin2θ＞\f(1,2)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,2),0＜θ＜π,\f(π,12)＜θ＜\f(5π,12))).所以eq\f(π,12)＜θ＜eq\f(5π,12).(2)由題意得φ＝eq\f(π,3)，且當x＝eq\f(π,6)時，函數(shù)f(x)取到最大值，故eq\f(π,6)ω＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得ω＝1＋12k，k∈N，又因為ω＞0，所以ω的最小值為1，因此，g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\f(\r(2),2)＝sinx－eq\f(\r(2),2)的零點個數(shù)是8個．【答案】(1)A(2)1＋12k(k∈N)8eq\a\vs4\al()解決三角函數(shù)與其他學(xué)問的交匯問題，可利用數(shù)形結(jié)合思想．利用“數(shù)形結(jié)合”思想還可以解決以下問題：(1)探討含有參數(shù)的方程的解的個數(shù)問題．(2)求三角函數(shù)解析式中含有參數(shù)的最值問題．(3)求一些特殊函數(shù)的周期．(4)利用三角函數(shù)圖象對實際問題作出分析等．[對點訓(xùn)練]1．(2024·湖州市高三期末考試)若α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且αsinα－βsinβ＞0，則必有()A．α2＜β2 B．α2＞β2C．α＜β D．α＞β解析：選B.α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且αsinα－βsinβ＞0，即αsinα＞βsinβ，再依據(jù)y＝xsinx為偶函數(shù)，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，可得|α|＞|β|，即α2＞β2，故選B.2．(2024·合肥市其次次教學(xué)質(zhì)量檢測)已知關(guān)于x的方程(t＋1)cosx－tsinx＝t＋2在(0，π)上有實根，則實數(shù)t的最大值是________．解析：由題意可得，－eq\f(1,t)＝eq\f(1－cosx＋sinx,2－cosx)＝1－eq\f(1－sinx,2－cosx)，令P(cosx，sinx)，A(2，1)，則kPA＝eq\f(1－sinx,2－cosx)，因為x∈(0，π)，所以－1<cosx<1，0<sinx≤1，令a＝cosx，b＝sinx，則點P是上半圓a2＋b2＝1(0<b≤1)上隨意一點，如圖，可知，0≤kPA<1，所以0<1－eq\f(1－sinx,2－cosx)≤1，即0<－eq\f(1,t)≤1，故t≤－1，實數(shù)t的最大值是－1.答案：－1專題強化訓(xùn)練1．(2024·嵊州模擬)已知sin(π＋α)＝－eq\f(1,2)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,2)))的值為()A.eq\f(1,2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2)D．－eq\f(\r(3),2)解析：選B.因為sin(π＋α)＝－eq\f(1,2)＝－sinα，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,2)))＝－sinα＝－eq\f(1,2).2．(2024·湖州市高三期末考試)為了得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象，只需將y＝cos2x的圖象上每一點()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)個單位長度解析：選B.因為y＝cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)－\f(π,12)))))，所以為了得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象，只需將y＝cos2x的圖象上每一點向右平移eq\f(π,12)個單位長度即可．故選B.3．已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝3，則sin2α的值為()A．－eq\f(4,5)B.eq\f(4,5)C．－eq\f(3,5) D.eq\f(3,5)解析：選B.因為taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝3，所以tanα＝eq\f(1,2).所以sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(1,\f(1,4)＋1)＝eq\f(4,5).4．(2024·金華模擬)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(A＞0，ω＞0，)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|＜\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,24)))的值為()A．－eq\f(\r(6),2)B．－eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(\r(2),2) D．－1解析：選D.由圖象可得A＝eq\r(2)，最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，則ω＝eq\f(2π,T)＝2.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)＋φ))＝－eq\r(2)，得φ＝eq\f(π,3)，則f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,24)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)＋\f(π,3)))＝eq\r(2)sineq\f(5π,4)＝－1，故選D.5．(2024·寧波市高考模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinxcos2x，則下列關(guān)于函數(shù)f(x)的結(jié)論中，錯誤的是()A．最大值為1B．圖象關(guān)于直線x＝－eq\f(π,2)對稱C．既是奇函數(shù)又是周期函數(shù)D．圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，0))中心對稱解析：選D.因為函數(shù)f(x)＝sinxcos2x，當x＝eq\f(3π,2)時，f(x)取得最大值為1，故A正確；當x＝－eq\f(π,2)時，函數(shù)f(x)＝1，為函數(shù)的最大值，故圖象關(guān)于直線x＝－eq\f(π,2)對稱；故B正確；函數(shù)f(x)滿意f(－x)＝sin(－x)·cos(－2x)＝－sinxcos2x＝－f(x)，故函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，再依據(jù)f(x＋2π)＝sin(x＋2π)cos[－2(x＋2π)]＝sinxcos2x，故f(x)的周期為2π，故C正確；由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－x))＋f(x)＝－cosx·cos(3π－2x)＋sinxcos2x＝cosxcos2x＋sinxcos2x＝cos2x(sinx＋cosx)＝0不肯定成立，故f(x)圖象不肯定關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，0))中心對稱，故D不正確，故選D.6．已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,4)))(ω>0)的最大值與最小正周期相同，則函數(shù)f(x)在[－1，1]上的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(3,4)))解析：選D.由T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,ω)，又f(x)的最大值為2，所以eq\f(π,ω)＝2，即ω＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－\f(π,4))).當2kπ－eq\f(π,2)≤πx－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，即2k－eq\f(1,4)≤x≤2k＋eq\f(3,4)，k∈Z時函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，則f(x)在[－1，1]上的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(3,4))).7．(2024·溫州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(8,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，2))解析：選B.因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))，所以ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)ω＋\f(π,6)，))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)ω＋\f(π,6)))，因為函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)ω＋\f(π,6)≥2kπ－\f(π,2)，k∈Z，,\f(2π,3)ω＋\f(π,6)≤2kπ＋\f(π,2)，k∈Z.))又ω>0，所以0<ω≤eq\f(1,2)，選B.8．(2024·寧波市高三調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)(sinx＋cosx)－eq\f(1,2)|sinx－cosx|，則f(x)的值域是()A．[－1，1] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2)))解析：選C.f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosx，sinx≥cosx，,sinx，sinx＜cosx，))作出[0，2π]區(qū)間內(nèi)f(x)的圖象，如圖所示，由f(x)的圖象，可得f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2))).9．(2024·寧波市高考模擬)已知函數(shù)f(x)＝asin2x＋(a＋1)cos2x，a∈R，則函數(shù)f(x)的最小正周期為______，振幅的最小值為________．解析：函數(shù)f(x)＝asin2x＋(a＋1)cos2x，a∈R，化簡可得：f(x)＝eq\r(a2＋（a＋1）2)sin(2x＋θ)＝eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2))·sin(2x＋θ)，其tanθ＝eq\f(1＋a,a).函數(shù)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.振幅為eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2))，當a＝－eq\f(1,2)時，可得振幅的最小值eq\f(\r(2),2).答案：πeq\f(\r(2),2)10．已知－eq\f(π,2)<α<0，sinα＋cosα＝eq\f(1,5)，則sinα－cosα＝________．解析：sinα＋cosα＝eq\f(1,5)，平方可得sin2α＋2sinα·cosα＋cos2α＝eq\f(1,25)，即2sinα·cosα＝－eq\f(24,25)，因為(sinα－cosα)2＝1－2sinα·cosα＝eq\f(49,25)，又－eq\f(π,2)<α<0，所以sinα<0，cosα>0，所以sinα－cosα<0，所以sinα－cosα＝－eq\f(7,5).答案：－eq\f(7,5)11．已知f(x)＝sin2x－eq\r(3)cos2x，若對隨意實數(shù)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，都有|f(x)|<m，則實數(shù)m的取值范圍是________．解析：因為f(x)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈(－eq\r(3)，1]，所以|f(x)|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))<eq\r(3)，所以m≥eq\r(3).答案：[eq\r(3)，＋∞)12．函數(shù)f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1的最小正周期是________，單調(diào)遞減區(qū)間是________．解析：因為f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1＝eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(1,2)sin2x＋1＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(3,2)＝eq\f(\r(2),2)sin(2x－eq\f(π,4))＋eq\f(3,2)，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝π.令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解之可得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3,8)π，kπ＋\f(7,8)π))(k∈Z)．答案：πeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3,8)π，kπ＋\f(7,8)π))(k∈Z)13．(2024·太原市模擬試題)已知函數(shù)f(x)＝sinωx－eq\r(3)cosωx(ω>0)，若方程f(x)＝－1在(0，π)上有且只有四個實數(shù)根，則實數(shù)ω的取值范圍為________．解析：因為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，方程2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))＝－1在(0，π)上有且只有四個實數(shù)根，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))＝－eq\f(1,2)在(0，π)上有且只有四個實數(shù)根．設(shè)t＝ωx－eq\f(π,3)，因為0<x<π，所以－eq\f(π,3)<t<ωπ－eq\f(π,3)，所以eq\f(19π,6)<ωπ－eq\f(π,3)≤eq\f(23π,6)，解得eq\f(7,2)<ω≤eq\f(25,6).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，\f(25,6)))14．(2024·溫州市高考數(shù)學(xué)模擬)設(shè)奇函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(acosx－\r(3)sinx＋c，x≥0,cosx＋bsinx－c，x＜0))，則a＋c的值為________，不等式f(x)＞f(－x)在x∈[－π，π]上的解集為________．解析：因為f(x)是奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即f(0)＝acos0－eq\r(3)sin0＋c＝a＋c＝0，即a＋c＝0，則f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(acosx－\r(3)sinx－a，x≥0,cosx＋bsinx＋a，x＜0))，若x＜0，則－x＞0，則f(－x)＝acosx＋eq\r(3)sinx－a＝－cosx－bsinx－a，則a＝－1，b＝－eq\r(3)，c＝1.則f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－cosx－\r(3)sinx＋1，x≥0,cosx－\r(3)sinx－1，x＜0))，若0≤x≤π，則由f(x)＞f(－x)得－cosx－eq\r(3)sinx＋1＞cosx＋eq\r(3)sinx－1，即cosx＋eq\r(3)sinx＜1，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＜eq\f(1,2)，因為0≤x≤π，所以－eq\f(π,3)≤x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，則eq\f(π,3)＜x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，即eq\f(2π,3)＜x≤π.若－π≤x＜0，則由f(x)＞f(－x)得cosx－eq\r(3)sinx－1＞－cosx＋eq\r(3)sinx＋1，即cosx－eq\r(3)sinx＞1，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＞eq\f(1,2)，因為－π≤x＜0，所以－eq\f(2π,3)≤x＋eq\f(π,3)＜eq\f(π,3)，則－eq\f(π,3)＜x＋eq\f(π,3)＜eq\f(π,3)，即－eq\f(2π,3)＜x＜0，綜上不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)).答案：0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))15．(2024·臺州市高三期末評估)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，且x＝eq\f(π,12)為f(x)圖象的一條對稱軸．(1)求ω和φ的值；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，求g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間．解：(1)因為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，由T＝eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，由2x＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以f(x)的圖象的對稱軸為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)－eq\f(\a\vs4\al(φ),2)，k∈Z.由eq\f(π,12)＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)－eq\f(\a\vs4\al(φ),2)，得φ＝kπ＋eq\f(π,3).又|φ|≤eq\f(π,2)，則φ＝eq\f(π,3).(2)函數(shù)g(x)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋sin2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＋sin2x＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).所以g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.16．(2024·寧波諾丁漢高校附中高三期中)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(x∈R，ω＞0)的圖象如圖，P是圖象的最高點，Q是圖象的最低點，且|PQ|＝eq\r(13).(1)求函數(shù)y＝f(x)的解析式；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖象向右平移1個單位后得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，當x∈[0，2]時，求函數(shù)h(x)＝f(x)·g(x)的最大值．解：(1)過P作x軸的垂線PM，過Q作y軸的垂線QM，則由已知得|PM|＝2，|PQ|＝eq\r(13)，由勾股定理得|QM|＝3，所以T＝6，又T＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(π,3)，所以函數(shù)y＝f(x)的解析式為f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,3))).(2)將函數(shù)y＝f(x)圖象向右平移1個單位后得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，所以g(x)＝sineq\f(π,3)x.函數(shù)h(x)＝f(x)·g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,3)))sineq\f(π,3)x＝eq\f(1,2)sin2eq\f(π,3)x＋eq\f(\r(3),2)sineq\f(π,3)xcoseq\f(π,3)x＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(2π,3)x))＋eq\f(\r(3),4)sineq\f(2π,3)x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)x－\f(π,6)))＋eq\f(1,4).當x∈[