34　第四章　第6課時　函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)

第6課時函數(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(xué)模型．1．簡諧運動的有關(guān)概念已知函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>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)在一個周期內(nèi)的簡圖時，要找五個特征點ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πx－eq\f(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|個單位長度；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)個單位長度．[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”．2．函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)圖象的對稱軸是直線x＝eq\f(kπ,ω)＋eq\f(π,2ω)－eq\f(φ,ω)(k∈Z)，對稱中心是點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,ω)－\f(φ,ω)，0))(k∈Z)．一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0)的最大值為A，最小值為－A．(×)(2)y＝sinx的圖象上各點的縱坐標(biāo)不變，把橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝sineq\f(x,2).(×)(3)將y＝3sin2x的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度后所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式是y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).(×)(4)如果函數(shù)y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為T，那么函數(shù)圖象的兩個相鄰對稱中心之間的距離為eq\f(T,2).(√)二、教材經(jīng)典衍生1．(人教A版必修第一冊P254復(fù)習(xí)參考題5T10改編)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)C[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).]2．(人教A版必修第一冊P239練習(xí)T2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)個單位長度B．向右平移eq\f(π,3)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,3)個單位長度A[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))))).]3．(人教A版必修第一冊P240習(xí)題5.6T1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)))圖象上的所有點的()A．縱坐標(biāo)伸長到原來的3倍，橫坐標(biāo)不變B．橫坐標(biāo)伸長到原來的3倍，縱坐標(biāo)不變C．縱坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,3)，橫坐標(biāo)不變D．橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,3)，縱坐標(biāo)不變D[因為變換前后，兩個函數(shù)的初相相同，所以只需把y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))圖象上的所有點的縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)縮短到原來的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版必修第一冊P245例1改編)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，ω＞0,0<φ<π，則這段曲線的函數(shù)解析式為_______________.y＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋10，x∈[6,14][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，則eq\b\lc\{\rc\(\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]．]點撥：A＝eq\f(ymax－ymin,2)，B＝eq\f(ymax＋ymin,2).考點一函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及變換[典例1](1)(2021·全國乙卷)把函數(shù)y＝f(x)圖象上所有點的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)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)＝()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)))(2)為了得到函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象，只需將函數(shù)y＝sin2x的圖象()A．向左平移eq\f(5π,12)個單位長度B．向右平移eq\f(5π,12)個單位長度C．向左平移eq\f(5π,6)個單位長度D．向右平移eq\f(5π,6)個單位長度(1)B(2)A[(1)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(biāo)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)))y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的圖象eq\o(→,\s\up9(所有點的橫坐標(biāo)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．故選B.(2)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))，將函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移φ個單位長度，得到y(tǒng)＝sin(2x＋2φ)，故2φ＝eq\f(5π,6)，解得φ＝eq\f(5π,12)，即向左平移eq\f(5π,12)個單位長度．故選A．](1)由y＝sinωx的圖象到y(tǒng)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ>0)的圖象的變換：向左平移eq\f(φ,ω)個單位長度．注意：不是向左平移φ個單位長度，相位變換是針對“x”．(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(dǎo)公式化為同名函數(shù)，ω為負值時應(yīng)先變成正值．[跟進訓(xùn)練]1．(1)(2022·全國甲卷)將函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的圖象向左平移eq\f(π,2)個單位長度后得到曲線C，若C關(guān)于y軸對稱，則ω的最小值是()A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)(2)將函數(shù)y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))(ω>0)的圖象分別向左、向右各平移eq\f(π,6)個單位長度后，所得的兩個圖象對稱中心重合，則ω的最小值為()A．eq\f(3,2) B．2C．3 D．6(1)C(2)A[(1)由題意知曲線C為y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(ωπ,2)＋\f(π,3)))，又C關(guān)于y軸對稱，則eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得ω＝eq\f(1,3)＋2k，k∈Z.又ω>0，故當(dāng)k＝0時，ω的最小值為eq\f(1,3).故選C．(2)將函數(shù)y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))(ω＞0)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后，可得f(x)＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,2)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)ω－\f(π,2)))，將函數(shù)y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))(ω＞0)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后，可得g(x)＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－\f(π,2)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)ω－\f(π,2))).因為函數(shù)f(x)與g(x)的對稱中心重合，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)ω－\f(π,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)ω－\f(π,2)))＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，即eq\f(π,3)ω＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，解得ω＝eq\f(3k,2)，k∈Z.又因為ω>0，所以ω的最小值為eq\f(3,2).]考點二確定y＝Asin(ωx＋φ)＋B的解析式[典例2](1)(多選)如圖是函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)的部分圖象，則sin(ωx＋φ)＝()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))C．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))(2)(2023·新高考Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)，如圖，A，B是直線y＝eq\f(1,2)與曲線y＝f(x)的兩個交點，若|AB|＝eq\f(π,6)，則f(π)＝.(1)BC(2)－eq\f(\r(3),2)[(1)由題圖知eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，得T＝π，即eq\f(2π,|ω|)＝π，所以ω＝±2，不妨取ω＝2.又圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，由“五點法”，結(jié)合圖象可得φ＋eq\f(π,3)＝π，即φ＝eq\f(2π,3)，所以sin(ωx＋φ)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，故A錯誤；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))知B正確；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))知C正確；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))知D錯誤．故選BC．(2)設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,2)))，由|AB|＝eq\f(π,6)可得x2－x1＝eq\f(π,6)，由sinx＝eq\f(1,2)可知，x＝eq\f(π,6)＋2kπ或x＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，由題圖可知，ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝eq\f(5π,6)－eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)，即ω(x2－x1)＝eq\f(2π,3)，所以ω＝4.因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋φ))＝0，所以eq\f(8π,3)＋φ＝2kπ，即φ＝－eq\f(8π,3)＋2kπ，k∈Z.由題圖可知－1＜f(0)<0，即－1＜sinφ＜0，所以k＝1，則φ＝－eq\f(2π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))，所以f(π)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π－\f(2π,3)))＝－eq\f(\r(3),2).]y＝Asin(ωx＋φ)中φ的確定方法(1)代入法：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．(2)五點法：確定φ值時，往往以尋找“五點法”中的特殊點作為突破口．[跟進訓(xùn)練]2．(1)函數(shù)f(x)＝tan(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的圖象如圖所示，圖中陰影部分的面積為6π，則φ＝()A．－eq\f(π,4) B．－eq\f(π,3)C．eq\f(π,6) D．－eq\f(5π,12)(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)＝________.(1)B(2)－eq\r(3)[(1)如圖，①和②面積相等，故陰影部分的面積即為矩形ABCD的面積，可得AB＝3.設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T，則AD＝T，由題意得3T＝6π，解得T＝2π，故eq\f(π,ω)＝2π，得ω＝eq\f(1,2)，即f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋φ))，f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，－1))，即taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(π,6)＋φ))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋φ))＝－1，因為φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則eq\f(π,12)＋φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(7π,12)))，所以eq\f(π,12)＋φ＝－eq\f(π,4)，解得φ＝－eq\f(π,3).故選B.(2)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).]考點三三角函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用[典例3](1)(多選)設(shè)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，已知f(x)在(0,2π)上有且僅有3個極小值點，則()A．f(x)在(0,2π)上有且僅有5個零點B．f(x)在(0,2π)上有且僅有2個極大值點C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上單調(diào)遞減D．ω的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(10,3)))(2)(多選)(2025·菏澤模擬)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)))上有且只有一個解，則m的值可能為()A．－2 B．－1C．0 D．1(1)CD(2)AC[(1)因為x∈(0,2π)，所以ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3))).設(shè)t＝ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3)))，畫出y＝cost的圖象如圖所示．由圖象可知，若f(x)在(0,2π)上有且僅有3個極小值點，則5π＜2πω＋eq\f(π,3)≤7π，故f(x)在(0,2π)上可能有5,6或7個零點，故A錯誤；f(x)在(0,2π)上可能有2或3個極大值點，故B錯誤；由5π<2πω＋eq\f(π,3)≤7π，可得eq\f(7,3)<ω≤eq\f(10,3)，故D正確；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))時，ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,6)ω＋\f(π,3)))，因為eq\f(7,3)<ω≤eq\f(10,3)，所以eq\f(13π,18)<eq\f(π,6)ω＋eq\f(π,3)≤eq\f(8π,9)，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上單調(diào)遞減，故C正確．故選CD.(2)由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)，因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))，所以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)))上有且只有一個解，即y＝cost的圖象和直線y＝－eq\f(m,2)只有1個交點．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AC．]與三角函數(shù)性質(zhì)有關(guān)的綜合題的求解策略(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)．[跟進訓(xùn)練]3．(1)(2024·新高考Ⅰ卷)當(dāng)x∈[0,2π]時，曲線y＝sinx與y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的交點個數(shù)為()A．3 B．4C．6 D．8(2)(2023·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝cosωx－1(ω>0)在區(qū)間[0,2π]內(nèi)有且僅有3個零點，則ω的取值范圍是____________________.(1)C(2)[2,3)[(1)因為函數(shù)y＝sinx的最小正周期為T＝2π，函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的最小正周期為T＝eq\f(2π,3)，所以在區(qū)間[0,2π]上，函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))有三個周期的圖象．在同一平面直角坐標(biāo)系中結(jié)合五點作圖法畫出兩個函數(shù)在[0,2π]內(nèi)的圖象，如圖所示．由圖可知，兩函數(shù)圖象有6個交點．故選C．(2)法一：函數(shù)f(x)＝cosωx－1在區(qū)間[0,2π]有且僅有3個零點，即cosωx＝1在區(qū)間[0,2π]有且僅有3個根，因為ω＞0，x∈[0,2π]，所以ωx∈[0,2ωπ]，則由余弦函數(shù)的圖象(圖略)可知，4π≤2ωπ＜6π，解得2≤ω＜3，即ω的取值范圍是[2,3)．法二：函數(shù)f(x)＝cosωx－1在區(qū)間[0,2π]內(nèi)有且僅有3個零點，即cosωx＝1在區(qū)間[0,2π]內(nèi)有且僅有3個根，根據(jù)函數(shù)y＝cosx在[0,2π]上的圖象(圖略)可知，cosx＝1在區(qū)間[0,2π]內(nèi)有2個根，所以若cosωx＝1在區(qū)間[0,2π]內(nèi)有且僅有3個根，則函數(shù)y＝cosωx在[0,2π]內(nèi)至少包含2個周期，但小于3個周期，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2×\f(2π,ω)≤2π，,3×\f(2π,ω)＞2π.))又ω＞0，所以2≤ω＜3，即ω的取值范圍是[2,3)．]考點四三角函數(shù)模型的應(yīng)用[典例4](多選)筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，因其經(jīng)濟又環(huán)保，至今還在農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中得到使用(圖1)，明朝科學(xué)家徐光啟在《農(nóng)政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理(圖2)．一半徑為2米的筒車水輪如圖3所示，水輪圓心O距離水面1米，已知水輪每60秒逆時針勻速轉(zhuǎn)動一圈，如果當(dāng)水輪上點P從水中浮現(xiàn)時(圖3中點P0)開始計時，則下列結(jié)論正確的是()A．點P再次進入水中時用時30秒B．當(dāng)水輪轉(zhuǎn)動50秒時，點P處于最低點C．當(dāng)水輪轉(zhuǎn)動150秒時，點P距離水面2米D．點P第二次到達距水面(1＋eq\r(3))米時用時25秒BCD[由題意，角速度ω＝eq\f(2π,60)＝eq\f(π,30)(弧度/秒)，又由水輪的半徑為2米，且圓心O距離水面1米，可知半徑OP0與水面所成角為eq\f(π,6)，點P再次進入水中用時為eq\f(π＋2×\f(π,6),\f(π,30))＝40(秒)，故A錯誤；當(dāng)水輪轉(zhuǎn)動50秒時，半徑OP0轉(zhuǎn)動了50×eq\f(π,30)＝eq\f(5π,3)(弧度)，而eq\f(5π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(3π,2)，點P正好處于最低點，故B正確；建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)點P距離水面的高度H＝Asin(ωt＋φ)＋B(A>0，ω>0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Hmax＝A＋B＝3，,Hmin＝－A＋B＝－1，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝2，,B＝1，))又角速度ω＝eq\f(2π,60)＝eq\f(π,30)(弧度/秒)，當(dāng)t＝0時，∠tOP0＝eq\f(π,6)，所以ω＝eq\f(π,30)，φ＝－eq\f(π,6)，所以點P距離水面的高度H＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋1，當(dāng)水輪轉(zhuǎn)動150秒時，將t＝150代入，得H＝2，所以此時點P距離水面2米，故C正確；將H＝1＋eq\r(3)代入H＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋1中，得eq\f(π,30)t－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,3)或eq\f(π,30)t－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(2π,3)，即t＝60k＋15或t＝60k＋25(k∈N)，所以點P第二次到達距水面(1＋eq\r(3))米時用時25秒，故D正確．]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(xué)問題；二是把實際問題抽象轉(zhuǎn)化成數(shù)學(xué)問題，利用三角函數(shù)的有關(guān)知識解決問題．[跟進訓(xùn)練]4．某地進行老舊小區(qū)改造，有半徑為60米，圓心角為eq\f(π,3)的一塊扇形空置地(如圖)，現(xiàn)欲從中規(guī)劃出一塊三角形綠地PQR，其中P在eq\o\ac(BC,\s\up10(︵))上，PQ⊥AB，垂足為Q，PR⊥AC，垂足為R，設(shè)∠PAB＝α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，則PQ＝________米(用α表示)；當(dāng)P在eq\o\ac(BC,\s\up10(︵))上運動時，這塊三角形綠地的最大面積是________平方米．60sinα225eq\r(3)[在Rt△PAQ中，∠PAB＝α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，AP＝60(米)，所以PQ＝APsinα＝60sinα(米)．在Rt△PAR中，可得PR＝60sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α)).由題可知∠QPR＝eq\f(2π,3)，所以S△PQR＝eq\f(1,2)·PQ·PR·sin∠QPR＝eq\f(1,2)×60sinα×60sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))×sineq\f(2π,3)＝900eq\r(3)sinαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝450eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2α＋\f(1,2)cos2α－\f(1,2)))＝450eq\r(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))－\f(1,2))).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以2α＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以當(dāng)2α＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即α＝eq\f(π,6)時，△PQR的面積取最大值225eq\r(3)平方米，即三角形綠地的最大面積是225eq\r(3)平方米．]課時分層作業(yè)(二十八)(本試卷共97分．單項選擇題每題5分，多項選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項選擇題1．(2023·天津高考)已知函數(shù)f(x)圖象的一條對稱軸為直線x＝2，f(x)的一個周期為4，則f(x)的解析式可能為()A．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x)) B．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))C．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x)) D．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x))B[對于A，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，最小正周期為eq\f(2π,\f(π,2))＝4，因為f(2)＝sinπ＝0，所以函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))的圖象不關(guān)于直線x＝2對稱，故排除A；對于B，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，最小正周期為eq\f(2π,\f(π,2))＝4，因為f(2)＝cosπ＝－1，所以函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，故選項B符合題意；對于C，D，函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x))和y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x))的最小正周期均為eq\f(2π,\f(π,4))＝8，均不符合題意，故排除C，D.綜上，故選B.]2．(2024·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝sinωx(ω>0)．已知f(x1)＝－1，f(x2)＝1，且|x1－x2|的最小值為eq\f(π,2)，則ω＝()A．1 B．2C．3 D．4B[因為f(x)＝sinωx∈[－1,1]，且f(x1)＝－1，f(x2)＝1，|x1－x2|min＝eq\f(π,2)，所以f(x)的最小正周期T＝2×eq\f(π,2)＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2.]3．已知函數(shù)f(x)＝sinωx－eq\r(3)cosωx(ω>0)的圖象與x軸的兩個相鄰交點的距離等于eq\f(π,2)，若將函數(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y＝g(x)是減函數(shù)的區(qū)間為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))A[因為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，由題意得eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，即T＝eq\f(2π,ω)＝π，則ω＝2，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,3)))＝2sin2x，故其減區(qū)間為2kπ＋eq\f(π,2)≤2x≤eq\f(3π,2)＋2kπ，即kπ＋eq\f(π,4)≤x≤eq\f(3π,4)＋kπ.當(dāng)k＝0時，區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))為函數(shù)的一個單調(diào)遞減區(qū)間．故選A．]4．已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b(ω>0，A>0,0<φ<π，b∈R)的部分圖象如圖，則()A．φ＝eq\f(π,6)B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－2C．點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,18)，0))為曲線y＝f(x)的一個對稱中心D．將曲線y＝f(x)向右平移eq\f(π,9)個單位長度得到曲線y＝4cos3x＋2D[由題圖知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋b＝6，,－A＋b＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝4，,b＝2，))將點(0,4)的坐標(biāo)代入f(x)＝4sin(ωx＋φ)＋2得sinφ＝eq\f(1,2)，由題圖可知，點(0,4)在y＝f(x)圖象的下降部分上，且0<φ<π，所以φ＝eq\f(5π,6)，所以A錯誤；將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)，－2))的坐標(biāo)代入f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(5π,6)))＋2，得ω·eq\f(2π,9)＋eq\f(5π,6)＝eq\f(3π,2)，即ω＝3，所以f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(5π,6)))＋2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(π,6)＋\f(5π,6)))＋2＝2－2eq\r(3)，所以B錯誤；令3x＋eq\f(5π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,3)－eq\f(5π,18)，k∈Z，取k＝0，則x＝－eq\f(5π,18)，所以對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,18)，2))，所以C錯誤；將曲線向右平移eq\f(π,9)個單位長度得到曲線y＝4sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,9)))＋\f(5π,6)))＋2＝4cos3x＋2，所以D正確．故選D.]5．(2025·泰安模擬)將函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的圖象向左平移eq\f(π,2ω)個單位長度后，得到g(x)的圖象，若函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，則ω的取值范圍為()A．(0,3] B．(0,2]C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))C[將f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)的圖象向左平移eq\f(π,2ω)個單位長度，得g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2ω)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(5π,6)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，ωx＋eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，\f(ωπ,2)＋\f(5π,6)))，g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，即eq\f(ωπ,2)＋eq\f(5π,6)≤eq\f(3π,2)?ω≤eq\f(4,3)，故ω∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).故選C．]6．(2022·全國甲卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在區(qū)間(0，π)恰有三個極值點、兩個零點，則ω的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(13,6))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(19,6)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6)))C[依題意可得ω＞0，因為x∈(0，π)，所以ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3)))，要使函數(shù)在區(qū)間(0，π)恰有三個極值點、兩個零點，又y＝sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，3π))的圖象如圖所示，則eq\f(5π,2)＜ωπ＋eq\f(π,3)≤3π，解得eq\f(13,6)＜ω≤eq\f(8,3)，即ω∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))).故選C．]二、多項選擇題7．為了得到函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，只需把余弦曲線y＝cosx上所有的點()A．橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,3)個單位長度B．橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個單位長度C．向右平移eq\f(π,3)個單位長度，再把得到的曲線上各點橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)不變D．向右平移eq\f(π,6)個單位長度，再把得到的曲線上各點橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)，縱坐標(biāo)不變BC[函數(shù)y＝cosx的圖象向右平移eq\f(π,3)個單位長度，得y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，再將橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)(縱坐標(biāo)不變)，得y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))；函數(shù)y＝cosx的圖象將橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)(縱坐標(biāo)不變)，得y＝cos2x，再向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))，即y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).故選BC．]8．(2025·菏澤模擬)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)的部分圖象如圖所示，令g(x)＝f(x)－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＋1，則下列說法正確的有()A．f(x)的最小正周期為πB．g(x)的對稱軸方程為x＝kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)C．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(－1，\f(1,2)))D．g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)，kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)ACD[對于函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)，由題圖可知A＝eq\r(3)，eq\f(5π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3,4)·eq\f(2π,ω)，則ω＝2，所以f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋φ)(0<φ<π)．又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)＋φ))＝－eq\r(3)，所以2×eq\f(5π,12)＋φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝－eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z.又0<φ<π，所以φ＝eq\f(2π,3).則f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，所以g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＋1＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＋cos(2x＋π)＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)sin2x＋\f(\r(3),2)cos2x))－cos2x＝eq\f(1,2)cos2x－eq\f(\r(3),2)sin2x＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).對于A，f(x)的最小正周期為eq\f(2π,2)＝π，A正確；對于B，對于g(x)，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，得g(x)的對稱軸方程為x＝eq\f(k,2)π－eq\f(π,6)(k∈Z)，B錯誤；對于C，當(dāng)0≤x≤eq\f(π,2)時，eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，所以－1≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤eq\f(1,2)，即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(－1，\f(1,2)))，C正確；對于D，令π＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤2π＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z，即g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)，kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)，D正確．故選ACD.]三、填空題9.(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feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝________.－eq\r(3)[由題意可得：eq\f(3,4)T＝eq\f(13π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(3π,4)，所以T＝π，又T＝eq\f(2π,|ω|)，所以ω＝±2，由題意知，ω＝±2時都符合題意，故取ω＝2.當(dāng)x＝eq\f(13π,12)時，ωx＋φ＝2×eq\f(13π,12)＋φ＝2kπ，所以φ＝2kπ－eq\f(13π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)))，feq\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).]10．李華以18km/h的速度騎著一輛車輪直徑為24寸(1米等于3尺，1尺等于10寸)的自行車行駛在一條平坦的公路上，自行車前輪胎上有一塊紅色的油漆印(圖中點A)，則點A滾動一周所用的時間為______s(用π表示)；若剛開始騎行時，油漆印離地面0.6m，在前行的過程中油漆印離地面的高度h(單位：m)與時間t(單位：s)的函數(shù)關(guān)系式可以用h＝f(t)＝Asin(ωt＋φ)＋beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))來刻畫，則f(t)＝_________________.eq\f(4π,25)eq\f(2,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,2)t＋\f(π,6)))＋eq\f(2,5)[李華的時速為18km/h＝5m/s，車輪直徑為eq\f(4,5)米，周長為eq\f(4π,5)米，故滾動一周所用時間為eq\f(4π,25)秒，即最小正周期為T＝eq\f(4π,25)，于是ω＝eq\f(25,2)，依題意知A＝eq\f(2,5)，b＝eq\f(2,5)，f(0)＝eq\f(3,5)?sinφ＝eq\f(1,2)，又－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，故f(t)＝eq\f(2,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,2)t＋\f(π,6)))＋eq\f(2,5).]四、解答題11．(15分)(2025·臨沂模擬)已知向量a＝(cosx,2sinx)，b＝(2cosx，eq\r(3)cosx)，函數(shù)f(x)＝a·b.(1)若f(x0)＝eq\f(11,5)，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))，求cos2x0的值；(2)將f(x)圖象上所有的點向右平移eq\f(π,6)個單位長度，然后再向下平移1個單位長度，最后使所有點的縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，得到函數(shù)g(x)的圖象，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))時，解不等式g(x)≥eq\f(1,2).解：(1)因為a＝(cosx,2sinx)，b＝(2cosx，eq\r(3)cosx)，函數(shù)f(x)＝a·b，所以f(x)＝2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＝cos2x＋1＋eq\r(3)sin2x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3),2)sin2x))＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1.因為f(x0)＝eq\f(11,5)，所以2sin2x0＋eq\f(π,6)＋1＝eq\f(11,5)，所以sin2x0＋eq\f(π,6)＝eq\f(3,5).又x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))，所以2x0＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6))))＝－eq\f(4,5)，所以cos2x0＝cos2x0＋eq\f(π,6)－eq\f(π,6)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋sin2x0＋eq\f(π,6)·sineq\f(π,6)＝－eq\f(4,5)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(3－4\r(3),10).(2)將f(x)圖象上所有的點向右平移eq\f(π,6)個單位長度得到y(tǒng)＝2sin2x－eq\f(π,6)＋eq\f(π,6)＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1的圖象，再將y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1向下平移1個單位長度得到y(tǒng)＝2sin2x－eq\f(π,6)的圖象，最后將y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))所有點的縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)得到y(tǒng)＝sin2x－eq\f(π,6)的圖象，即g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，由g(x)≥eq\f(1,2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≥eq\f(1,2)，所以eq\f(π,6)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z.令k＝0可得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，令k＝－1可得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，－\f(π,2))).又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，所以x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs