(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪考點(diǎn)復(fù)習(xí)4.4《函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及三角函數(shù)模型的簡(jiǎn)單應(yīng)用》教案 (含詳解)

PAGEPAGE23第四節(jié)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及三角函數(shù)模型的簡(jiǎn)單應(yīng)用核心素養(yǎng)立意下的命題導(dǎo)向1.五點(diǎn)作圖與函數(shù)圖象變換、函數(shù)性質(zhì)相結(jié)合考查三角函數(shù)圖象問(wèn)題，凸顯直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)．2．將函數(shù)圖象、性質(zhì)及函數(shù)零點(diǎn)、極值、最值等問(wèn)題綜合考查y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及應(yīng)用，凸顯直觀想象、邏輯推理的核心素養(yǎng)．[理清主干知識(shí)]1．函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的有關(guān)概念y＝Asin(ωx＋φ)振幅周期頻率相位初相(A>0，ω>0)AT＝eq\f(2π,ω)f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)ωx＋φeq\a\vs4\al(φ)2．用五點(diǎn)法畫(huà)y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)一個(gè)周期內(nèi)的簡(jiǎn)圖時(shí)，要找的五個(gè)特征點(diǎn)，如下表所示ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πx－eq\f(φ,ω)eq\f(π,2ω)－eq\f(φ,ω)eq\f(π－φ,ω)eq\f(3π,2ω)－eq\f(φ,ω)eq\f(2π－φ,ω)y＝Asin(ωx＋φ)0eq\a\vs4\al(A)0－A03．由函數(shù)y＝sinx的圖象通過(guò)變換得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象的兩種方法[澄清盲點(diǎn)誤點(diǎn)]一、關(guān)鍵點(diǎn)練明1．(函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的有關(guān)概念)函數(shù)y＝eq\f(1,3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(π,4)))的振幅為_(kāi)_________，周期為_(kāi)_______，初相為_(kāi)_______．答案：eq\f(1,3)eq\f(4π,3)eq\f(π,4)2．(圖象變換)將函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖象的函數(shù)解析式是________．答案：y＝1＋cos2x3．(五點(diǎn)作圖)函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的圖象如圖，則點(diǎn)(ω，φ)的坐標(biāo)是________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2π,3)))二、易錯(cuò)點(diǎn)練清1．(圖象平移方向把握不準(zhǔn))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：A2．(圖象橫坐標(biāo)伸縮與ω的關(guān)系把握不準(zhǔn))函數(shù)y＝sinx的圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式是________________．答案：y＝sineq\f(1,2)x3．(忽視參數(shù)的范圍)已知簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0,1)，則該簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的初相φ為_(kāi)_______．解析：將點(diǎn)(0,1)代入函數(shù)表達(dá)式可得2sinφ＝1，即sinφ＝eq\f(1,2).因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)考點(diǎn)一函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及變換[典例]已知函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(1)求它的振幅、周期、初相；(2)用“五點(diǎn)法”作出它在一個(gè)周期內(nèi)的圖象；(3)說(shuō)明y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象可由y＝sinx的圖象經(jīng)過(guò)怎樣的變換而得到．[解](1)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的振幅A＝2，周期T＝π，初相φ＝eq\f(π,3).(2)描點(diǎn)畫(huà)出圖象，如圖所示：(3)法一：把y＝sinx的圖象上所有的點(diǎn)向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象；再把y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)(縱坐標(biāo)不變)，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象；最后把y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍(橫坐標(biāo)不變)，即可得到y(tǒng)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象．法二：將y＝sinx的圖象上所有點(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)＝sin2x的圖象；再將y＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象；再將y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍(橫坐標(biāo)不變)，即得到y(tǒng)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象．三角函數(shù)圖象的變換函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋k(A>0，ω>0)中，參數(shù)A，ω，φ，k的變化引起圖象的變換：(1)A的變化引起圖象中振幅的變換，即縱向伸縮變換；(2)ω的變化引起周期的變換，即橫向伸縮變換；(3)φ的變化引起左右平移變換，k的變化引起上下平移變換．圖象平移遵循的規(guī)律為：“左加右減，上加下減”．[提醒]平移變換和伸縮變換都是針對(duì)x而言，即x本身加減多少值，而不是依賴(lài)于ωx加減多少值．[方法技巧][針對(duì)訓(xùn)練]1．若把函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，所得到的圖象與函數(shù)y＝cosωx的圖象重合，則ω的一個(gè)可能取值是()A．2 .eq\f(3,2)C.eq\f(2,3) D．eq\f(1,2)解析：選A由y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(ω,3)π－\f(π,6)))的圖象和函數(shù)y＝cosωx的圖象重合，可得eq\f(ω,3)π－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，則ω＝6k＋2(k∈Z)．所以2是ω的一個(gè)可能值．2．(2020·江蘇高考)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(gè)單位長(zhǎng)度，則平移后的圖象中與y軸最近的對(duì)稱(chēng)軸的方程是________．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(gè)單位長(zhǎng)度，得到y(tǒng)＝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)))的圖象，由2x－eq\f(π,12)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得對(duì)稱(chēng)軸方程為x＝eq\f(7π,24)＋eq\f(1,2)kπ，k∈Z，其中與y軸最近的對(duì)稱(chēng)軸的方程是x＝－eq\f(5π,24).答案：x＝－eq\f(5π,24)考點(diǎn)二由圖象確定函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的解析式[典例](多選)(2020·新高考全國(guó)卷Ⅰ)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))[解析]由題圖可知，函數(shù)的最小正周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，∴eq\f(2π,|ω|)＝π，ω＝±2.當(dāng)ω＝2時(shí)，y＝sin(2x＋φ)，將點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))代入得，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝0，∴2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋π，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，∴y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，故A錯(cuò)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(cuò)誤．綜上可知，正確的選項(xiàng)為B、C.[答案]BC[方法技巧]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)的周期T，則可得ω＝eq\f(2π,T).(3)求φ：常用的方法有代入法和五點(diǎn)法．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)是在上升區(qū)間上還是在下降區(qū)間上)．②五點(diǎn)法：確定φ值時(shí)，往往以尋找“五點(diǎn)法”中的某一個(gè)點(diǎn)為突破口．[針對(duì)訓(xùn)練]1.(2020·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]的圖象大致如圖，則f(x)的最小正周期為()A.eq\f(10π,9) .eq\f(7π,6)C.eq\f(4π,3) D．eq\f(3π,2)解析：選C法一：由題圖知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)))＝0，∴－eq\f(4π,9)ω＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得ω＝－eq\f(3＋9k,4)(k∈Z)．設(shè)f(x)的最小正周期為T(mén)，易知T＜2π＜2T，∴eq\f(2π,|ω|)＜2π＜eq\f(4π,|ω|)，∴1＜|ω|＜2，當(dāng)且僅當(dāng)k＝－1時(shí)，符合題意，此時(shí)ω＝eq\f(3,2)，∴T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(4π,3).故選C.法二：由題圖知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)))＝0且f(－π)＜0，f(0)＞0，∴－eq\f(4π,9)ω＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)(ω＞0)，解得ω＝eq\f(3,2)，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(4π,3).故選C.2．函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，|φ|<\f(π,2)))的圖象如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是()A．在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))上單調(diào)遞減B．在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，\f(13π,12)))上單調(diào)遞增C．在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，\f(13π,12)))上單調(diào)遞減D．在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))上單調(diào)遞增解析：選B由圖易得，A＝2，T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝π，故ω＝eq\f(2π,π)＝2.當(dāng)x＝eq\f(π,12)時(shí)取得最大值2，所以2＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))，且|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以函數(shù)的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，\f(13π,12)))時(shí)，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))，又由正弦函數(shù)y＝sinx的圖象與性質(zhì)可知，函數(shù)y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，\f(13π,12)))上單調(diào)遞增．當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))時(shí)，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)，\f(14π,3)))，由函數(shù)y＝sinx的圖象與性質(zhì)知此區(qū)間上不單調(diào)．故選B.考點(diǎn)三三角函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合問(wèn)題[典例]已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若f(x)＝0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，π))，求x的值；(3)將函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)得到函數(shù)g(x)的圖象．若曲線y＝h(x)與y＝g(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對(duì)稱(chēng)，求函數(shù)h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))的值域．[解](1)令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，則－eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z.∴y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))，k∈Z.(2)由f(x)＝0，得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1＝0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2).又∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，π))，∴2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,6)，\f(11π,6)))，∴2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)或2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(5π,6)或2x－eq\f(π,6)＝eq\f(7π,6)，解得x＝0或x＝－eq\f(π,3)或x＝eq\f(2π,3).(3)將函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，可得函數(shù)圖象的解析式為y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－\f(π,6)))＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＋1＝2cos2x＋1.再將圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)，得到函數(shù)g(x)＝2cosx＋1的圖象．又∵曲線y＝h(x)與y＝g(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對(duì)稱(chēng)，∴h(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＋1＝2sinx＋1.∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))，∴sinx∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴2sinx＋1∈(0,3]．∴函數(shù)h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))上的值域?yàn)?0,3]．[方法技巧]三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)的綜合應(yīng)用問(wèn)題的求解思路先將y＝f(x)化為y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，再借助y＝Asin(ωx＋φ)的圖象和性質(zhì)(如定義域、值域、最值、周期性、對(duì)稱(chēng)性、單調(diào)性等)解決相關(guān)問(wèn)題．[針對(duì)訓(xùn)練]1.(多選)(2021·百師聯(lián)盟測(cè)試)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的是()A．函數(shù)f(x)的周期為πB．函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸方程為x＝eq\f(5π,12)C．函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈ZD．當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))時(shí)，函數(shù)f(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))解析：選AC由題中圖象知，A＝1，eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,4)，∴T＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝2，根據(jù)五點(diǎn)作圖法得2×eq\f(π,3)＋φ＝0，∴φ＝－eq\f(2π,3)，則f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3))).令2x－eq\f(2π,3)＝kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，得f(x)的對(duì)稱(chēng)軸方程為x＝eq\f(k,2)π＋eq\f(π,12)，k∈Z.令2kπ－eq\f(3π,2)≤2x－eq\f(2π,3)≤2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，得f(x)的單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z.當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))時(shí)，2x－eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))，故選A、C.2．已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0,0＜ω＜6，|φ|＜eq\f(π,2))，x＝eq\f(π,3)是函數(shù)f(x)的零點(diǎn)，x＝eq\f(π,12)是函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱(chēng)軸，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2.(1)求函數(shù)y＝f(x)的解析式；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上有兩個(gè)零點(diǎn)，求m的取值范圍．解：(1)因?yàn)閤＝eq\f(π,12)是函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱(chēng)軸，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2，A＞0，所以A＝2，又因?yàn)閤＝eq\f(π,3)是函數(shù)f(x)的零點(diǎn)，所以eq\f(2n－1,4)T＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)(n∈N*)，即T＝eq\f(π,2n－1)(n∈N*)，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,\f(π,2n－1))＝4n－2(n∈N*)，又因?yàn)?＜ω＜6，所以n＝1，ω＝2，因此f(x)＝2sin(2x＋φ)，因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝1，又因?yàn)閨φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(2)依題意知函數(shù)y＝f(x)與y＝m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上有2個(gè)交點(diǎn)，設(shè)t＝2x＋eq\f(π,3)，由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，得t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))，結(jié)合圖象可知：函數(shù)y＝2sint在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，－\f(π,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，所以當(dāng)t＝－eq\f(2π,3)時(shí)，y＝－eq\r(3)；當(dāng)t＝－eq\f(π,2)時(shí)，y＝－2；當(dāng)t＝eq\f(π,3)時(shí)，y＝eq\r(3).所以m的取值范圍為(－2，－eq\r(3)]．考點(diǎn)四三角函數(shù)模型的應(yīng)用[典例]通常情況下，同一地區(qū)一天的溫度隨時(shí)間變化的曲線接近函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋b的圖象.2021年1月下旬某地區(qū)連續(xù)幾天最高溫度都出現(xiàn)在14時(shí)，最高溫度為14℃；最低溫度出現(xiàn)在凌晨2時(shí)，最低溫度為零下2(1)求出該地區(qū)該時(shí)段的溫度函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0，|φ|<π，x∈[0,24))的表達(dá)式；(2)1月29日上午9時(shí)某高中將舉行期末考試，如果溫度低于10℃[解](1)由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋b＝14，,－A＋b＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝8，,b＝6，))易知eq\f(T,2)＝14－2，所以T＝24，所以ω＝eq\f(π,12)，則y＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)x＋φ))＋6.易知8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)·2＋φ))＋6＝－2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝－1，故eq\f(π,6)＋φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，又|φ|<π，得φ＝－eq\f(2π,3)，所以y＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)x－\f(2π,3)))＋6(x∈[0,24))．(2)當(dāng)x＝9時(shí)，y＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)·9－\f(2π,3)))＋6＝8sineq\f(π,12)＋6<8sineq\f(π,6)＋6＝10.所以屆時(shí)學(xué)校后勤應(yīng)該開(kāi)空調(diào)．[方法技巧]已知函數(shù)模型解決實(shí)際問(wèn)題的思路(1)這類(lèi)題一般明確地指出了周期現(xiàn)象滿足的變化規(guī)律，例如，周期現(xiàn)象可用形如y＝Asin(ωx＋φ)＋b或y＝Acos(ωx＋φ)＋b的函數(shù)來(lái)刻畫(huà)，只需根據(jù)已知條件確定參數(shù)，求解函數(shù)解析式，再將題目涉及的具體的數(shù)值代入計(jì)算即可．(2)三角函數(shù)模型中函數(shù)解析式的應(yīng)用主要是對(duì)相關(guān)量物理意義的考查．[針對(duì)訓(xùn)練]1．音樂(lè)，是用聲音來(lái)展現(xiàn)美，給人以聽(tīng)覺(jué)上的享受．著名數(shù)學(xué)家傅立葉研究了樂(lè)聲的本質(zhì)，他證明了所有的樂(lè)音都能用數(shù)學(xué)表達(dá)式來(lái)描述，它們是一些形如y＝asinbx的簡(jiǎn)單正弦函數(shù)的和，其中頻率最低的一項(xiàng)是基本音，其余的為泛音．由樂(lè)音的數(shù)學(xué)表達(dá)式可知，所有泛音的頻率都是基本音頻率的整數(shù)倍，稱(chēng)為基本音的諧波．下列函數(shù)中不能與函數(shù)y＝0.06sin180000t(基本音)構(gòu)成樂(lè)音的是()A．y＝0.02sin360000t B．y＝0.03sin180000tC．y＝0.02sin181800t D．y＝0.05sin540000t解析：選C由f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)，可知若f1＝nf2(n∈N*)，則必有ω1＝nω2(n∈N*)．易得360000＝2×180000,180000＝1×180000，540000＝3×180000，故A、B、D中函數(shù)都能與函數(shù)y＝0.06sin180000t構(gòu)成樂(lè)音．只有C選項(xiàng)中，181800不是180000的整數(shù)倍．2.電流強(qiáng)度I(安培)隨時(shí)間t(秒)變化的函數(shù)I＝Asin(ωt＋φ)(ω>0，0<φ<π)的圖象如圖所示，則t為eq\f(7,120)(秒)時(shí)的電流強(qiáng)度為_(kāi)_______．解析：由題圖知A＝10，函數(shù)的周期T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,300)－\f(1,300)))＝eq\f(1,50)，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,\f(1,50))＝100π，將點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,300)，10))代入I＝10sin(100πt＋φ)得φ＝eq\f(π,6)，故函數(shù)解析式為I＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100πt＋\f(π,6)))，再將t＝eq\f(7,120)代入函數(shù)解析式得I＝0.答案：0創(chuàng)新命題視角——學(xué)通學(xué)活巧遷移三角函數(shù)與其他知識(shí)綜合題型(一)三角函數(shù)與導(dǎo)數(shù)相交匯[例1]2019新型冠狀病毒屬于β屬冠狀病毒，有包膜，顆粒常為多形性，其中包含著數(shù)學(xué)模型為y＝Bcosωβ，y＝kβ＋b的某結(jié)構(gòu)，人體肺部結(jié)構(gòu)中包含數(shù)學(xué)模型為y＝Asinωβ，y＝lnβ的結(jié)構(gòu)，新型冠狀病毒肺炎是由它們“復(fù)合”引起的，表現(xiàn)為f(β)．若函數(shù)f(β)＝asin(1－β)＋lnβ在(0,1)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍為()A．(－∞，0] B．(－∞，1]C．[0，＋∞) D．[1，＋∞)[思路點(diǎn)撥]將題眼“f(β)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增”，轉(zhuǎn)化為“a≤eq\f(1,βcos1－β)在(0,1)上恒成立”，構(gòu)造函數(shù)，借用導(dǎo)數(shù)工具，求出p(β)＝eq\f(1,βcos1－β)在(0,1)上的單調(diào)性，即可得a的取值范圍．[解析]f(β)＝asin(1－β)＋lnβ在(0,1)上單調(diào)遞增，則f′(β)＝－acos(1－β)＋eq\f(1,β)≥0在(0,1)上恒成立，因?yàn)?<β<1，所以0<1－β<1，所以cos(1－β)>0，所以a≤eq\f(1,βcos1－β)在(0,1)上恒成立．設(shè)k(β)＝βcos(1－β)(0<β<1)，則k′(β)＝cos(1－β)＋βsin(1－β)，易知sin(1－β)>0，所以k′(β)>0，故k(β)在(0,1)上單調(diào)遞增．令p(β)＝eq\f(1,βcos1－β)，則p(β)在(0,1)上單調(diào)遞減，又p(1)＝1，故a≤1，即a的取值范圍為(－∞，1]．故選B.[答案]B[名師微點(diǎn)]破解本題的關(guān)鍵是“巧轉(zhuǎn)化妙構(gòu)造”，即巧妙地把函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問(wèn)題，再通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，借用導(dǎo)數(shù)工具，輕松判斷所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性，即可得參數(shù)的取值范圍．題型(二)三角函數(shù)與零點(diǎn)相交匯[例2]已知函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(43π,3)))，若函數(shù)F(x)＝f(x)－3的所有零點(diǎn)依次記為x1，x2，x3，…，xn，且x1<x2<x3<…<xn，則x1＋2x2＋2x3＋…＋2xn－1＋xn＝()A.eq\f(1190π,3) B．eq\f(1192π,3)C．398π D．eq\f(1196π,3)[思路點(diǎn)撥]先求出函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱(chēng)軸方程，判斷在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(43π,3)))內(nèi)有多少條對(duì)稱(chēng)軸，確定每相鄰兩零點(diǎn)與對(duì)稱(chēng)軸的關(guān)系，利用等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式，即可得結(jié)果．[解析]函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，令2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，可得x＝eq\f(1,2)kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，即函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)軸方程為x＝eq\f(1,2)kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)．又f(x)的最小正周期為T(mén)＝π，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(43π,3))).令eq\f(1,2)kπ＋eq\f(π,3)＝eq\f(43π,3)，可得k＝28，所以函數(shù)f(x)的圖象在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(43π,3)))內(nèi)有29條對(duì)稱(chēng)軸，根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)可知，x1＋x2＝eq\f(π,3)×2，x2＋x3＝eq\f(5π,6)×2，…，x28＋x29＝eq\f(83π,6)×2.將以上各式相加得x1＋2x2＋2x3＋…＋2x28＋x29＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,6)＋\f(5π,6)＋\f(8π,6)＋…＋\f(83π,6)))×2＝eq\f(π,3)×eq\f(2＋83×28,2)＝eq\f(1190π,3).故選A.[答案]A[名師微點(diǎn)]解決有關(guān)三角函數(shù)與函數(shù)零點(diǎn)相交匯題的關(guān)鍵是活用三角函數(shù)的性質(zhì)，如本題，可借用三角函數(shù)的圖象特征，得出函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱(chēng)軸，從而得出f(x)的圖象在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(43π,3)))上有29條對(duì)稱(chēng)軸，并利用對(duì)稱(chēng)軸的特征，得出相鄰兩個(gè)零點(diǎn)所滿足的關(guān)系式．

eq\a\vs4\al([課時(shí)跟蹤檢測(cè)])一、基礎(chǔ)練——練手感熟練度1．函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的振幅、頻率和初相分別為()A．2，eq\f(1,π)，eq\f(π,4) B．2，eq\f(1,2π)，eq\f(π,4)C．2，eq\f(1,π)，eq\f(π,8) D．2，eq\f(1,2π)，－eq\f(π,8)解析：選A由振幅、頻率和初相的定義可知，函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的振幅為2，頻率為eq\f(1,π)，初相為eq\f(π,4).2．將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5)))的圖象向右平移eq\f(π,10)個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)()A．在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))上單調(diào)遞增 B．在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上單調(diào)遞減C．在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))上單調(diào)遞增 D．在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))上單調(diào)遞減解析：選A把函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5)))的圖象向右平移eq\f(π,10)個(gè)單位長(zhǎng)度得函數(shù)g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,10)))＋\f(π,5)))＝sin2x的圖象，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,4)＋kπ≤x≤eq\f(π,4)＋kπ(k∈Z)，令k＝1，得eq\f(3π,4)≤x≤eq\f(5π,4)，即函數(shù)g(x)＝sin2x的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4))).3．函數(shù)f(x)＝tanωx(ω>0)的圖象的相鄰兩支截直線y＝2所得線段長(zhǎng)為eq\f(π,2)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值是()A．－eq\r(3) B．eq\f(\r(3),3)C．1 D．eq\r(3)解析：選D由題意可知該函數(shù)的周期為eq\f(π,2)，∴eq\f(π,ω)＝eq\f(π,2)，即ω＝2，∴f(x)＝tan2x.∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3).4.(2021·揚(yáng)州檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2))的部分圖象如圖所示，則φ的值為()A．－eq\f(π,3) B．eq\f(π,3)C．－eq\f(π,6) D．eq\f(π,6)解析：選B由題圖，得eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,2)，所以T＝π，由T＝eq\f(2π,ω)，得ω＝2，由圖可知A＝1，所以f(x)＝sin(2x＋φ)．又因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3).5．某城市一年中12個(gè)月的平均氣溫與月份的關(guān)系可近似地用三角函數(shù)y＝a＋Acoseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－6))(x＝1,2,3，…，12)來(lái)表示，已知6月份的平均氣溫最高，為28℃，12月份的平均氣溫最低，為18℃，則10月份的平均氣溫值為_(kāi)______℃.解析：依題意知，a＝eq\f(28＋18,2)＝23，A＝eq\f(28－18,2)＝5，所以y＝23＋5coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－6))，當(dāng)x＝10時(shí)，y＝23＋5coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)×4))＝20.5.答案：20.56．若將函數(shù)y＝sin2x的圖象向右平移φ(φ＞0)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,6)對(duì)稱(chēng)，則φ的最小值為_(kāi)_______．解析：平移后解析式為y＝sin(2x－2φ)，∵圖象關(guān)于x＝eq\f(π,6)對(duì)稱(chēng)，∴2·eq\f(π,6)－2φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝－eq\f(k,2)π－eq\f(π,12)(k∈Z)，又∵φ>0，∴當(dāng)k＝－1時(shí)，φ的值最小，為eq\f(5π,12).答案：eq\f(5π,12)二、綜合練——練思維敏銳度1．(多選)要得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,5)))的圖象，可以將函數(shù)y＝sinx的圖象上所有的點(diǎn)()A．向右平行移動(dòng)eq\f(π,5)個(gè)單位長(zhǎng)度，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)倍B．向右平行移動(dòng)eq\f(π,10)個(gè)單位長(zhǎng)度，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)倍C．橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)倍，再把所得各點(diǎn)向右平行移動(dòng)eq\f(π,5)個(gè)單位長(zhǎng)度D．橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)倍，再把所得各點(diǎn)向右平行移動(dòng)eq\f(π,10)個(gè)單位長(zhǎng)度解析：選AD將函數(shù)y＝sinx的圖象上所有的點(diǎn)向右平行移動(dòng)eq\f(π,5)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,5)))的圖象，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)倍，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,5)))的圖象，故A正確；將函數(shù)y＝sinx的圖象上所有的點(diǎn)向右平行移動(dòng)eq\f(π,10)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,10)))的圖象，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)倍，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,10)))的圖象，故B錯(cuò)誤；將函數(shù)y＝sinx的圖象上所有的點(diǎn)橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)倍，得到y(tǒng)＝sin2x的圖象，再把所得各點(diǎn)向右平行移動(dòng)eq\f(π,5)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,5)))的圖象，故C錯(cuò)誤；將函數(shù)y＝sinx的圖象上所有的點(diǎn)橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)倍，得到y(tǒng)＝sin2x的圖象，再把所得各點(diǎn)向右平行移動(dòng)eq\f(π,10)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,5)))的圖象，故D正確．故選A、D.2．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，將函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,4)))的圖象向左平移φ(φ>0)個(gè)單位后得到的圖象經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，則φ的最小值為()A.eq\f(π,3) B．eq\f(π,4)C.eq\f(π,6) D．eq\f(π,12)解析：選B將函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,4)))的圖象向左平移φ(φ>0)個(gè)單位后得到的圖象對(duì)應(yīng)的解析式為y＝sin[3(x＋φ)＋eq\f(π,4)]，因?yàn)槠鋱D象經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，所以sin(3φ＋eq\f(π,4))＝0，所以3φ＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，解得φ＝eq\f(kπ,3)－eq\f(π,12)(k∈Z)，又φ>0，所以φ的最小值為eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,4)，故選B.3.函數(shù)f(x)＝cos(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，則函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx－\f(3,π)φ))的最小正周期為()A．π B．2πC．4π D．eq\f(π,2)解析：選A根據(jù)函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象，可得eq\f(T,4)＝eq\f(7,12)π－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，∴T＝π＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝2.點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))是五點(diǎn)作圖的第二個(gè)點(diǎn)，則2×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(π,6)，∴f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).∴g(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx－\f(3,π)φ))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋\f(1,2)))，易知y＝g(x)與y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)的最小正周期相同，均為T(mén)＝eq\f(2π,2)＝π.故選A.4．(多選)將函數(shù)f(x)＝cos2x的圖象向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)的圖象，則g(x)具有的性質(zhì)為()A．最大值為1，圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱(chēng)B．為奇函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增C．為偶函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))上單調(diào)遞增D．周期為π，圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))對(duì)稱(chēng)解析：選BD將函數(shù)f(x)＝cos2x的圖象向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))))＝sin2x的圖象，則函數(shù)g(x)的最大值為1，其圖象關(guān)于直線x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)(k∈Z)對(duì)稱(chēng)，故選項(xiàng)A不正確；函數(shù)g(x)為奇函數(shù)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C不正確；函數(shù)g(x)的周期為π，其圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)對(duì)稱(chēng)，故選項(xiàng)D正確．故選B、D.5．(2021·大同一中質(zhì)檢)將函數(shù)f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(0<ω<10)的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度之后與函數(shù)f(x)的圖象重合，則ω＝()A．9 B．6C．4 D．8解析：選B函數(shù)f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為f(x)＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,6)＋\f(π,3)))，∵平移后的圖象與函數(shù)f(x)的圖象重合，∴－eq\f(ωπ,6)＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)，解得ω＝－6k(k∈Z)．又0<ω<10，∴ω＝6.故選B.6．(多選)將函數(shù)f(x)＝sinωx(ω>0)的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，若函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是單調(diào)增函數(shù)，則實(shí)數(shù)ω可能的取值為()A.eq\f(2,3) B．1C.eq\f(6,5) D．2解析：選ABC由題意知g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))，g(x)的一個(gè)增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(T,4)，\f(π,12)＋\f(T,4)))，要使g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(T,4)≤0，,\f(π,12)＋\f(T,4)≥\f(π,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中T＝\f(2π,ω)，ω>0))，解得0<ω≤eq\f(6,5)，故選A、B、C.7.已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)))的部分圖象如圖所示，其中f(0)＝1，|MN|＝eq\f(5,2)，將f(x)的圖象向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)g(x)的圖象，則g(x)的解析式是()A．g(x)＝2coseq\f(π,3)x B．g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(2π,3)))C．g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)x＋\f(π,3))) D．g(x)＝－2coseq\f(π,3)x解析：選A設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T(mén).由題圖及|MN|＝eq\f(5,2)，得eq\f(T,4)＝eq\f(3,2)，則T＝6，ω＝eq\f(π,3).又由f(0)＝1，φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))得sinφ＝eq\f(1,2)，φ＝eq\f(5π,6).所以f(x)＝2sin(eq\f(π,3)x＋eq\f(5π,6)).則g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－1＋\f(5π,6)))＝2coseq\f(π,3)x.故選A.8.已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))取得最小值時(shí)，x的集合為_(kāi)_____________________．解析：根據(jù)所給圖象，周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，故π＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝2，因此f(x)＝sin(2x＋φ)，另外圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0))，代入有2×eq\f(7π,12)＋φ＝π＋2kπ(k∈Z)，再由|φ|<eq\f(π,2)，得φ＝－eq\f(π,6)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，當(dāng)2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝－eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)時(shí)，y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))取得最小值．答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝kπ－\f(π,3)，k∈Z))9．將函數(shù)f(x)＝2sinx圖象的每一個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的一半，再向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度得到g(x)的圖象，則g(x)＝________；若函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2a，\f(7π,6)))上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：將函數(shù)f(x)＝2sinx圖象的每一個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的一半，得到y(tǒng)＝2sin2x的圖象；再向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度得到g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象．若函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2a，\f(7π,6)))上單調(diào)遞增，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2·\f(a,3)＋\f(π,6)≤\f(π,2)，,2·2a＋\f(π,6)≥\f(3π,2)，))解得eq\f(π,3)≤a≤eq\f(π,2)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).答案：2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))10．已知函數(shù)f(x)＝cosωx＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上恰有一個(gè)最大值點(diǎn)和兩個(gè)零點(diǎn)，則ω的取值范圍是________．解析：f(x)＝cosωx＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＝eq\f(3,2)cosωx＋eq\f(\r(3),2)sinωx＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，由x∈[0，π]，ω>0，得ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3))).因?yàn)閒(x)在[0，π]上恰有一個(gè)最大值點(diǎn)和兩個(gè)零點(diǎn)，所以2π≤ωπ＋eq\f(π,3)<eq\f(5π,2)，解得eq\f(5,3)≤ω<eq\f(13,6)，所以ω的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(13,6))).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(13,6)))11．已知函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的圖象過(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，圖象上與點(diǎn)P最近的一個(gè)最高點(diǎn)是Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，5)).(1)求函數(shù)的解析式；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．解：(1)依題意得A＝5，周期T＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝π，∴ω＝eq\f(2π,π)＝2.故y＝5sin(2x＋φ)，又圖象過(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，∴5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝0，由已知可得eq\f(π,6)＋φ＝kπ(k∈Z)，∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(π,6)，∴y＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．12.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．(1)求函數(shù)f(x)的解析式，并寫(xiě)出其圖象的對(duì)稱(chēng)中心；(2)若方程f(x)＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3)))＝a有實(shí)數(shù)解，求a的取值范圍．解：(1)由圖可得A＝2，eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，所以T＝π，所以ω＝2.當(dāng)x＝eq\f(π,6)時(shí)，f(x)＝2，可得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝2，因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6).所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).令2x＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z)，所以函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱(chēng)中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))(k∈Z)．(2)設(shè)g(x)＝f(x)＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3)))，則g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋2[1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))]，令t＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，t∈[－1,1]，記h(t)＝－4t2＋2t＋2＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))2＋eq\f(9,4)，因?yàn)閠∈[－1,1]，所以h(t)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4，\f(9,4)))，即g(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4，\f(9,4)))，故a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4，\f(9,4))).故a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4，\f(9,4))).三、自選練——練高考區(qū)分度1．(多選)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0,0＜φ＜π)的部分圖象如圖中實(shí)線所示，圖中圓C與f(x)的圖象交于M，N兩點(diǎn)，且M在y軸上，則下列說(shuō)法正確的是()A．函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，－π))上單調(diào)遞增B．函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))成中心對(duì)稱(chēng)C．函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(5π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度后關(guān)于直線x＝eq\f(5π,6)成軸對(duì)稱(chēng)D．若圓的半徑為eq\f(5π,12)，則函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝eq\f(\r(3)π,6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))解析：選BD由題圖可知，C為函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱(chēng)中心，且點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為eq\f(π,3)，所以f(x)的最小正周期T＝π，即eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝0及0＜φ＜π，解得φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，－π))時(shí)，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8π,3)，－\f(5π,3)))，顯然f(x)不單調(diào)，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)))＝Asin(－π)＝0，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))成中心對(duì)稱(chēng)，所以B選項(xiàng)正確；將直線x＝eq\f(5π,6)向左平移eq\f(5π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到直線x＝eq\f(5π,12)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)＋\f(π,3)))＝sineq\f(7π,6)＝－eq\f(1,2)，所以C選項(xiàng)錯(cuò)誤；若圓的半徑為eq\f(5π,12)，則eq\f(\r(3),2)A＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(2π,3)))2)，解得A＝eq