2017版數學知識方法篇專題4三角函數與平面向量第18練含答案

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精第18練三角函數的圖象與性質[題型分析·高考展望]三角函數的圖象與性質是高考中對三角函數部分考查的重點和熱點，主要包括三個大的方面：三角函數圖象的識別，三角函數的簡單性質以及三角函數圖象的平移、伸縮變換?？疾轭}型既有選擇題、填空題，也有解答題,難度一般為低中檔，在二輪復習中應強化該部分的訓練,爭取對該類試題會做且不失分.體驗高考1。(2015·湖南）將函數f(x)＝sin2x的圖象向右平移φeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0＜φ＜\f(π，2）)）個單位后得到函數g(x）的圖象，若對滿足|f(x1）－g(x2）|＝2的x1，x2，有|x1－x2|min＝eq\f（π，3)，則φ等于(）A。eq\f（5π,12)B。eq\f(π，3)C。eq\f(π,4)D。eq\f(π,6）答案D解析因為g(x)＝sin2(x－φ)＝sin（2x－2φ），所以|f(x1）－g(x2)|＝|sin2x1－sin(2x2－2φ）｜＝2.因為－1≤sin2x1≤1，－1≤sin（2x2－2φ)≤1,所以sin2x1和sin(2x2－2φ）的值中，一個為1，另一個為－1，不妨取sin2x1＝1，sin(2x2－2φ)＝－1,則2x1＝2k1π＋eq\f(π,2），k1∈Z，2x2－2φ＝2k2π－eq\f(π，2），k2∈Z，2x1－2x2＋2φ＝2（k1－k2)π＋π，(k1－k2）∈Z，得｜x1－x2|＝eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1（k1－k2π＋\f（π,2）－φ)).因為0〈φ〈eq\f（π，2）,所以0<eq\f（π，2)－φ<eq\f（π，2)，故當k1－k2＝0時，｜x1－x2|min＝eq\f（π,2）－φ＝eq\f（π，3），則φ＝eq\f(π,6)，故選D.2。(2016·四川)為了得到函數y＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，3)）)的圖象,只需把函數y＝sin2x的圖象上所有的點（)A.向左平行移動eq\f（π，3)個單位長度 B。向右平行移動eq\f（π,3)個單位長度C.向左平行移動eq\f（π，6)個單位長度 D。向右平行移動eq\f(π,6)個單位長度答案D解析由題可知，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)）)）），則只需把y＝sin2x的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位，選D。3.（2016·課標全國乙）已知函數f（x)＝sin(ωx＋φ）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（ω〉0，｜φ｜≤\f(π，2))），x＝－eq\f(π,4）為f(x）的零點，x＝eq\f(π,4)為y＝f(x)圖象的對稱軸,且f(x）在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,18），\f(5π,36）））上單調，則ω的最大值為（)A。11B.9C.7D.5答案B解析因為x＝－eq\f（π，4）為f（x)的零點，x＝eq\f（π，4)為f(x)的圖象的對稱軸，所以eq\f(π，4）－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（π,4）））＝eq\f(T，4)＋kT,即eq\f（π,2）＝eq\f（4k＋1,4)T＝eq\f(4k＋1，4)·eq\f(2π,ω)，所以ω＝4k＋1（k∈N*),又因為f(x）在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，18），\f（5π,36）))上單調，所以eq\f(5π,36)－eq\f(π，18）＝eq\f(π,12）≤eq\f（T,2)＝eq\f(2π,2ω），即ω≤12，由此得ω的最大值為9，故選B。4。(2015·浙江)函數f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1的最小正周期是________，單調遞減區(qū)間是________。答案πeq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(3π，8）＋kπ，\f(7π，8）＋kπ)）,k∈Z解析f(x）＝eq\f（1－cos2x，2）＋eq\f(1,2）sin2x＋1＝eq\f(\r(2）,2）sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x－\f(π，4）))＋eq\f（3，2），∴T＝eq\f(2π，2)＝π。由eq\f(π,2）＋2kπ≤2x－eq\f（π,4）≤eq\f(3π，2)＋2kπ,k∈Z，解得eq\f（3π,8)＋kπ≤x≤eq\f(7π，8）＋kπ，k∈Z，∴單調遞減區(qū)間是eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（3π,8)＋kπ,\f（7π,8)＋kπ）),k∈Z。5.（2016·天津）已知函數f（x)＝4tanxsineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，2）－x))coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f（π，3))）－eq\r（3）。(1)求f(x）的定義域與最小正周期；（2)討論f（x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π，4)，\f(π，4)））上的單調性.解（1）f(x）的定義域為｛x｜x≠eq\f(π,2)＋kπ,k∈Z}.f(x)＝4tanxcosxcoseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(π，3）)）－eq\r(3)＝4sinxcoseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f（π，3）））－eq\r（3）＝4sinxeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2)cosx＋\f(\r(3）,2)sinx））－eq\r（3）＝2sinxcosx＋2eq\r（3）sin2x－eq\r（3)＝sin2x＋eq\r（3)（1－cos2x）－eq\r（3)＝sin2x－eq\r（3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x－\f(π,3）)).所以f（x）的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π。（2）令z＝2x－eq\f（π,3），則函數y＝2sinz的單調遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（π,2）＋2kπ，\f(π，2）＋2kπ)），k∈Z.由－eq\f（π，2）＋2kπ≤2x－eq\f（π，3)≤eq\f(π,2）＋2kπ，k∈Z。得－eq\f(π,12）＋kπ≤x≤eq\f(5π，12)＋kπ，k∈Z。設A＝eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π，4)，\f（π，4）))，B＝｛x｜－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f（5π,12)＋kπ，k∈Z},易知A∩B＝eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π,12）,\f(π,4)）).所以，當x∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f（π，4），\f(π,4）))時,f（x）在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π,12），\f(π，4))）上單調遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4），－\f（π，12））)上單調遞減.高考必會題型題型一三角函數的圖象例1(1)(2015·課標全國Ⅰ)函數f(x)＝cos(ωx＋φ）的部分圖象如圖所示，則f（x）的單調遞減區(qū)間為（）A。eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（kπ－\f(1，4)，kπ＋\f(3,4)))，k∈Z B.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(1，4)，2kπ＋\f（3,4））），k∈ZC.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（k－\f（1,4)，k＋\f（3，4））），k∈Z D。eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2k－\f（1,4)，2k＋\f(3,4)）),k∈Z（2）（2016·北京）將函數y＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,3)）)圖象上的點Peq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π，4)，t)）向左平移s(s＞0）個單位長度得到點P′。若P′位于函數y＝sin2x的圖象上，則（)A.t＝eq\f（1，2)，s的最小值為eq\f(π，6） B。t＝eq\f（\r(3）,2），s的最小值為eq\f(π,6）C.t＝eq\f(1，2），s的最小值為eq\f(π，3） D.t＝eq\f(\r(3）,2)，s的最小值為eq\f(π，3）答案（1）D（2）A解析(1）由圖象知,周期T＝2eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（5,4）－\f（1，4)））＝2，∴eq\f（2π,ω)＝2，∴ω＝π.由π×eq\f（1,4）＋φ＝eq\f（π，2)＋2kπ，k∈Z，不妨取φ＝eq\f（π，4），∴f（x)＝coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,4))）.由2kπ〈πx＋eq\f（π,4）<2kπ＋π,k∈Z，得2k－eq\f（1，4)<x<2k＋eq\f（3,4)，k∈Z,∴f(x）的單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2k－\f（1，4)，2k＋\f（3，4）)）,k∈Z。故選D.（2）點Peq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,4），t)）在函數y＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,3)）)的圖象上,則t＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)－\f(π，3)））＝sineq\f(π，6)＝eq\f(1,2).又由題意得y＝sineq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（2x＋s－\f(π，3））)＝sin2x，故s＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，所以s的最小值為eq\f(π,6）.點評（1）畫三角函數圖象用“五點法”，由圖象求函數解析式逆用“五點法”是比較好的方法.(2）對三角函數圖象主要確定下列信息：①周期；②最值；③對稱軸；④與坐標軸交點；⑤單調性；⑥與標準曲線的對應關系.變式訓練1(1)已知函數f(x）＝2sin（ωx＋φ）（其中ω>0，｜φ|<eq\f（π,2))的最小正周期是π,且f(0）＝eq\r（3），則()A。ω＝eq\f（1，2)，φ＝eq\f（π，6) B。ω＝eq\f(1，2)，φ＝eq\f（π,3）C。ω＝2，φ＝eq\f（π，6) D.ω＝2，φ＝eq\f（π,3)（2)已知函數f（x）＝Asin（ωx＋φ)(A＞0，｜φ｜＜eq\f(π,2），ω＞0)的圖象的一部分如圖所示，則該函數的解析式為______________。答案（1）D(2)f（x)＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,6））)解析(1)∵f（x)＝2sin(ωx＋φ）(ω>0,|φ｜〈eq\f（π，2)）的最小正周期為π,∴T＝eq\f（2π，ω)＝π，ω＝2。∵f（0）＝2sinφ＝eq\r（3），即sinφ＝eq\f（\r(3），2)(｜φ｜<eq\f(π,2）），∴φ＝eq\f(π,3).(2)觀察圖象可知：A＝2且點（0，1)在圖象上，∴1＝2sin（ω·0＋φ)，即sinφ＝eq\f（1,2）.∵|φ|＜eq\f（π，2），∴φ＝eq\f（π,6)。又∵eq\f（11,12）π是函數的一個零點,且是圖象遞增穿過x軸形成的零點，∴eq\f（11π，12)ω＋eq\f（π，6）＝2π,∴ω＝2?！鄁(x）＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，6）））.題型二三角函數的簡單性質例2（2015·重慶)已知函數f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,2）－x))sinx－eq\r(3）cos2x。(1）求f(x)的最小正周期和最大值;(2)討論f（x)在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（π，6），\f(2π,3)）)上的單調性。解（1)f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π,2）－x))sinx－eq\r(3）cos2x＝cosxsinx－eq\f(\r(3）,2)（1＋cos2x）＝eq\f（1，2)sin2x－eq\f(\r（3),2)(1＋cos2x）＝eq\f(1,2）sin2x－eq\f（\r(3），2）cos2x－eq\f（\r（3),2）＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3）））－eq\f（\r（3),2)，因此f（x）的最小正周期為π,最大值為eq\f(2－\r（3），2）。（2）當x∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（π,6)，\f(2π，3)））時,0≤2x－eq\f(π,3）≤π,從而當0≤2x－eq\f（π,3)≤eq\f(π,2)，即eq\f(π,6)≤x≤eq\f(5π,12)時，f(x)單調遞增,當eq\f(π，2）≤2x－eq\f(π,3)≤π，即eq\f(5π,12）≤x≤eq\f（2π，3）時，f（x)單調遞減.綜上可知，f(x）在eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（π,6），\f（5π，12））)上單調遞增；在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（5π，12），\f（2π，3)）)上單調遞減。點評解決此類問題首先將已知函數式化為y＝Asin（ωx＋φ）＋k(或y＝Acos(ωx＋φ）＋k）的形式，再將ωx＋φ看成θ，利用y＝sinθ(或y＝cosθ）的單調性、對稱性等性質解決相關問題.變式訓練2(2016·北京）已知函數f（x)＝2sinωxcosωx＋cos2ωx(ω＞0)的最小正周期為π.（1)求ω的值；(2）求f（x)的單調遞增區(qū)間。解（1）f(x)＝2sinωxcosωx＋cos2ωx＝sin2ωx＋cos2ωx＝eq\r（2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r（2），2）sin2ωx＋\f(\r(2),2）cos2ωx))＝eq\r（2）sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2ωx＋\f（π,4）)）,由ω＞0，f（x)最小正周期為π,得eq\f（2π，2ω)＝π，解得ω＝1。（2）由（1)得f（x）＝eq\r(2）sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,4))），令－eq\f(π,2）＋2kπ≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f（π，2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f（3π,8)＋kπ≤x≤eq\f（π，8）＋kπ，k∈Z，即f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（3π，8）＋kπ,\f(π,8）＋kπ)），k∈Z.題型三三角函數圖象的變換例3（2015·湖北）某同學用“五點法"畫函數f(x）＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（ω〉0,|φ|<\f（π,2）））在某一個周期內的圖象時，列表并填入了部分數據，如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f（3π,2）2πxeq\f（π,3）eq\f(5π,6）Asin(ωx＋φ）05－50（1)請將上表數據補充完整,并直接寫出函數f(x）的解析式；(2）將y＝f(x）圖象上所有點向左平行移動θ(θ>0）個單位長度，得到y(tǒng)＝g(x)的圖象.若y＝g(x)圖象的一個對稱中心為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（5π,12），0）)，求θ的最小值.解(1）根據表中已知數據，解得A＝5，ω＝2，φ＝－eq\f（π，6）。數據補全如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2）πeq\f（3π，2)2πxeq\f（π，12）eq\f(π,3)eq\f（7π，12）eq\f（5π，6）eq\f(13π，12)Asin（ωx＋φ)050－50且函數表達式為f（x)＝5sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,6）））.（2)由（1)知f(x）＝5sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,6)）)，得g(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2θ－\f（π，6)))。因為函數y＝sinx的圖象的對稱中心為（kπ,0)，k∈Z.令2x＋2θ－eq\f（π,6)＝kπ，解得x＝eq\f（kπ，2）＋eq\f（π,12)－θ,k∈Z.由于函數y＝g(x）的圖象關于點eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（5π,12),0))成中心對稱,令eq\f（kπ,2)＋eq\f（π，12)－θ＝eq\f（5π，12)，解得θ＝eq\f(kπ，2)－eq\f（π，3)，k∈Z，由θ〉0可知，當k＝1時，θ取得最小值eq\f（π，6）。點評對于三角函數圖象變換問題,平移變換規(guī)則是“左加右減，上加下減"，并且在變換過程中只變換其中的自變量x，要把這個系數提取后再確定變換的單位和方向.當兩個函數的名稱不同時,首先要將函數名稱統(tǒng)一,其次把ωx＋φ寫成ω(x＋eq\f(φ,ω）)，最后確定平移的單位和方向。伸縮變換時注意敘述為“變?yōu)樵瓉淼摹边@個字眼，變換的倍數要根據橫向和縱向加以區(qū)分。變式訓練3已知向量a＝(m，cos2x)，b＝(sin2x，n），函數f（x)＝a·b，且y＝f(x)的圖象過點(eq\f（π，12）,eq\r（3)）和點(eq\f(2π，3)，－2).（1）求m，n的值;（2）將y＝f（x)的圖象向左平移φ（0<φ<π)個單位后得到函數y＝g(x)的圖象,若y＝g（x）圖象上各最高點到點（0，3）的距離的最小值為1，求y＝g(x）的單調遞增區(qū)間。解（1)由題意知f（x）＝a·b＝msin2x＋ncos2x。因為y＝f（x)的圖象過點（eq\f（π，12)，eq\r（3））和點(eq\f（2π,3),－2)，所以eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（\r(3)＝msin\f（π,6）＋ncos\f(π,6),，－2＝msin\f（4π,3）＋ncos\f(4π，3），)）即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(\r(3)＝\f（1，2)m＋\f（\r（3），2)n,，－2＝－\f(\r(3）,2）m－\f（1，2)n，）)解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\r(3）,,n＝1.)）（2)由(1)知f（x）＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sin(2x＋eq\f(π，6)).由題意知g（x)＝f（x＋φ)＝2sin（2x＋2φ＋eq\f（π,6)).設y＝g(x)的圖象上符合題意的最高點為（x0，2)，由題意知，xeq\o\al(2，0）＋1＝1，所以x0＝0,即y＝g（x）圖象上到點(0，3)的距離為1的最高點為(0，2）.將其代入y＝g（x)得sin（2φ＋eq\f(π，6）)＝1，因為0<φ<π，所以φ＝eq\f（π，6)，所以g(x）＝2sin(2x＋eq\f(π，2））＝2cos2x.由2kπ－π≤2x≤2kπ，k∈Z，得kπ－eq\f（π,2）≤x≤kπ，k∈Z,所以函數y＝g（x）的單調遞增區(qū)間為［kπ－eq\f(π,2），kπ］，k∈Z.高考題型精練1.（2015·四川)下列函數中，最小正周期為π且圖象關于原點對稱的函數是（)A.y＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,2））) B.y＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，2）)）C.y＝sin2x＋cos2x D。y＝sinx＋cosx答案A解析y＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，2)））＝－sin2x，最小正周期T＝eq\f(2π，2）＝π，且為奇函數，其圖象關于原點對稱，故A正確;y＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2）））＝cos2x，最小正周期為π，且為偶函數，其圖象關于y軸對稱，故B不正確；C，D均為非奇非偶函數，其圖象不關于原點對稱，故C，D不正確。2。（2016·課標全國甲）若將函數y＝2sin2x的圖象向左平移eq\f(π，12）個單位長度，則平移后圖象的對稱軸為（)A.x＝eq\f（kπ，2）－eq\f（π,6）(k∈Z） B。x＝eq\f(kπ，2）＋eq\f(π，6）(k∈Z）C。x＝eq\f(kπ,2）－eq\f(π，12）(k∈Z） D。x＝eq\f（kπ,2）＋eq\f（π,12)(k∈Z）答案B解析由題意,將函數y＝2sin2x的圖象向左平移eq\f(π，12）個單位長度后得到函數的解析式為y＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，6)））,由2x＋eq\f(π，6)＝kπ＋eq\f(π,2）（k∈Z）得函數的對稱軸為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f（π，6）（k∈Z),故選B.3。已知函數f（x)＝Atan(ωx＋φ）(ω>0，｜φ｜〈eq\f（π,2))，y＝f（x)的部分圖象如圖所示，則f(eq\f(π,24）)等于（)A.－eq\r（3）B.－1C。eq\r(3)D。1答案C解析由圖象知,T＝eq\f(π,ω）＝2(eq\f（3π,8）－eq\f(π，8））＝eq\f(π，2)，ω＝2。由2×eq\f（3π,8）＋φ＝kπ，k∈Z，得φ＝kπ－eq\f(3π,4）,k∈Z。又∵｜φ|＜eq\f(π，2），∴φ＝eq\f（π，4）。由Atan（2×0＋eq\f(π,4))＝1,知A＝1，∴f(x)＝tan（2x＋eq\f(π,4)），∴f(eq\f(π，24））＝tan（2×eq\f(π,24)＋eq\f（π,4)）＝taneq\f(π,3)＝eq\r（3）。4。先把函數f(x）＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f（π,6)）)的圖象上各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼膃q\f（1，2)(縱坐標不變），再把新得到的圖象向右平移eq\f（π,3）個單位，得到y(tǒng)＝g(x）的圖象，當x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，4)，\f(3π，4)))時，函數g（x)的值域為(）A。eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3）,2)，1)）B.eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2），1))C。eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（\r（3），2）,\f(\r(3）,2）））D.［－1，0）答案A解析依題意得g（x)＝sineq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（2\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f（π，3)）)－\f（π，6)))＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（5π,6））），當x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，4），\f(3π，4)))時，2x－eq\f(5π，6)∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π，3），\f（2π,3）))，sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x－\f(5π,6)））∈eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f（\r(3）,2），1）),此時g(x)的值域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f（\r（3)，2)，1）），故選A.5.將函數f（x）＝－4sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，4））)的圖象向右平移φ個單位，再將圖象上每一點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍,所得圖象關于直線x＝eq\f（π,4)對稱,則φ的最小正值為(）A。eq\f（π，8）B.eq\f(3，8）πC.eq\f（3，4)πD。eq\f(π,2)答案B解析依題意可得y＝f（x)?y＝－4sin[2(x－φ)＋eq\f（π，4）］＝－4sin[2x－（2φ－eq\f（π，4）)］?y＝g(x)＝－4sin[4x－(2φ－eq\f（π,4）)］,因為所得圖象關于直線x＝eq\f（π,4）對稱,所以geq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，4）))＝±4，得φ＝eq\f(k,2）π＋eq\f（3,8)π(k∈Z)，故選B。6.函數f（x）＝Asin(ωx＋φ)其中A＞0，|φ|＜eq\f（π，2)的圖象如圖所示,為了得到g(x）＝sin2x的圖象，則只需將f(x）的圖象(）A.向右平移eq\f(π，6）個長度單位B。向左平移eq\f(π,6）個長度單位C.向右平移eq\f(π,3）個長度單位D。向左平移eq\f（π，3）個長度單位答案A解析由已知中函數f（x）＝Asin(ωx＋φ）的圖象過點eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,3），0))和點eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（7π,12），－1))，易得：A＝1，T＝4eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（7π,12）－\f(π，3））)＝π，即ω＝2，即f（x）＝sin（2x＋φ)，將點eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(7π，12），－1)）代入可得,eq\f（7π,6)＋φ＝eq\f(3π,2）＋2kπ，k∈Z.又因為｜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))）。設將函數f(x)的圖象向左平移a個單位得到函數g(x)＝sin2x的圖象，則2(x＋a）＋eq\f(π,3）＝2x,解得a＝－eq\f(π,6）.所以將函數f（x）的圖象向右平移eq\f（π,6）個單位得到函數g（x）＝sin2x的圖象，故應選A。7。（2016·課標全國丙）函數y＝sinx－eq\r（3）cosx的圖象可由函數y＝sinx＋eq\r（3）cosx的圖象至少向右平移____個單位長度得到。答案eq\f(2π,3）解析y＝sinx－eq\r(3）cosx＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f(π,3)))，y＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f(π，3)))，因此至少向右平移eq\f(2π，3)個單位長度得到。8。(2015·湖北)函數f（x）＝4cos2eq\f（x，2)coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，2）－x））－2sinx－|ln(x＋1)|的零點個數為________。答案2解析f（x)＝4cos2eq\f（x,2)sinx－2sinx－｜ln（x＋1）|＝2sinx·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2cos2\f（x，2）－1））－｜ln(x＋1）｜＝sin2x－|ln(x＋1)|，令f(x)＝0，得sin2x＝｜ln（x＋1)|。在同一坐標系中作出函數y＝sin2x與函數y＝|ln(x＋1）｜的大致圖象如圖所示.觀察圖象可知，兩函數圖象有2個交點,故函數f(x)有2個零點。9.已知函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)，對于任意x都有feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,6)＋x））＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，6)－x）），則feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π，6）)）＝_______。答案±2解析∵feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π,6）＋x))＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π，6）－x）），∴x＝eq\f（π,6）是函數f（x)＝2sin(ωx＋φ)的一條對稱軸.∴feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π,6）））＝±2。10。把函數y＝sin2x的圖象沿x軸向左平移eq\f（π，6）個單位，縱坐標伸長到原來的2倍（橫坐標不變)后得到函數y＝f（x）的圖象,對于函數y＝f（x）有以下四個判斷：①該函數的解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,6)）);②該函數圖象關于點eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,3），0）)對稱；③該函數在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，\f(π，6)))上是增函數；④若函數y＝f(x）＋a在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))）上的最小值為eq\r(3)，則a＝2eq\r(3).其中，正確判斷的序號是________。答案②④解析將函數y＝sin2x的圖象向左平移eq\f（π,6)個單位得到y(tǒng)＝sin2eq\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，然后縱坐標伸長到原來的2倍得到y(tǒng)＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,3)）)的圖象，所以①不正確；y＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,3))）＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2×\f（π，3)＋\f(π,3))）＝2sinπ＝0,所以函數圖象關于點eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,3)，0）)對稱,所以②正確;由－eq\f（π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π，3）≤eq\f（π,2)＋2kπ,k∈Z，得－eq\f（5π，12)＋kπ≤x≤eq\f(π，12）＋kπ，k∈Z，即函數的單調增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f(5π，12）＋kπ，\f（π,12)＋kπ)），k∈Z，當k＝0時,增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12），\f（π,12))），所以③不正確；y＝f(x）＋a＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，3））)＋a，當0≤x≤eq\f（π，2)時,eq\f（π，3）≤2x＋eq\f（π，3)≤eq\f（4π，3），所以當2x＋eq\f(π，3)＝eq\f（4π，3），即x＝eq\f(π，2)時，函數取得最小值，ymin＝2sineq\f（4π，3）＋a＝－eq\r(3）＋a＝eq\r（3)，所以a＝2eq\r(3)，所以④正確.所以正確的判斷為②④.11.（2015·天津)已知函數f(x)＝sin2x－sin2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f（π，6）))，x∈R。（1）求f(x)的最小正周期；（2)求f(x）在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f（π，3)，\f(π，4）)）上的最大值和最小值。解(1)由已知,有f（x）＝eq\f(1－cos2x，2)－eq\f(1－cos\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x－\f（π,3))）,2)＝eq\f（1，2)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3）,2)sin2x