新教材適用2024版高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第1篇專題1三角函數(shù)與解三角形第1講三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)核心考點(diǎn)2三角函數(shù)的圖象與解析式教師用書

核心考點(diǎn)2三角函數(shù)的圖象與解析式核心知識(shí)·精歸納三角函數(shù)圖象的變換多維題組·明技法角度1：三角函數(shù)圖象變換1.(2023·新城區(qū)校級(jí)模擬)將f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度后與函數(shù)g(x)＝cosωx圖象重合，則ω的最小值為(C)A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．eq\f(3,4) D．eq\f(3,2)【解析】將f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度后可得，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)ω＋\f(π,4)))，∵g(x)＝cosωx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))，∴eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得ω＝eq\f(3,4)＋6k，當(dāng)k＝0時(shí)，ω取得最小值eq\f(3,4).故選C．2.(2023·九江模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))圖象上相鄰兩條對稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位后，得到的圖象關(guān)于y軸對稱，則函數(shù)f(x)的一個(gè)對稱中心是(C)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))【解析】∵函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))圖象上相鄰兩條對稱軸之間的距離為eq\f(1,2)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,2)，∴ω＝2.將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位后，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋φ))圖象，再根據(jù)所得圖象關(guān)于y軸對稱，∴eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(π,6)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).令2x－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，求得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)，k∈Z，可得函數(shù)f(x)的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,12)，0))，k∈Z.故選C．角度2：三角函數(shù)的圖象及其應(yīng)用3.(2023·山東模擬)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)的圖象如圖，則下列有關(guān)f(x)性質(zhì)的描述正確的是(C)A．φ＝eq\f(2π,3)B．x＝eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z為函數(shù)f(x)的對稱軸C．f(x)向左移eq\f(π,12)后的函數(shù)為偶函數(shù)D．函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，\f(7π,12)＋\f(kπ,2)))，k∈Z【解析】由圖象可得：函數(shù)最小值為－1，所以A＝1，又因?yàn)門＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，即eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，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，所以eq\f(2π,3)＋φ＝2kπ＋π，k∈Z，所以φ＝2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，又因?yàn)?<φ<π，所以k＝0，φ＝eq\f(π,3)，故A錯(cuò)誤；所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，可得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)，k∈Z，即f(x)的對稱軸為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)，k∈Z，故B錯(cuò)誤；設(shè)g(x)為函數(shù)f(x)向左移eq\f(π,12)后的函數(shù)，則有g(shù)(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos2x，為偶函數(shù)，故C正確；由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，可得kπ＋eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(7π,12)，k∈Z，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,12)，kπ＋\f(7π,12)))，k∈Z，故D錯(cuò)誤．故選C．4.(2023·昆明一模)已知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，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)，\r(2)))為y＝f(x)的圖象上兩點(diǎn)，則f(2π)＝_－1__.【解析】因?yàn)锳eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)，\r(2)))為y＝f(x)的圖象上兩點(diǎn)，所以eq\f(\f(11π,8)－\f(π,2),T)＝eq\f(\f(3,4)π－\f(π,6),2π)，解得T＝3π＝eq\f(2π,ω)，即ω＝eq\f(2,3).所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋φ)).又因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝1，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝eq\f(1,2)，所以eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z或eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z或φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，即f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(π,6))).f(2π)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)π－\f(π,6)))＝2sineq\f(7π,6)＝－2sineq\f(π,6)＝－1.故答案為－1.方法技巧·精提煉解三角函數(shù)圖象題的方法y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)：(1)最值定A，B：根據(jù)給定的函數(shù)圖象確定最值，設(shè)最大值為M，最小值為m，則M＝A＋B，m＝－A＋B，解得B＝eq\f(M＋m,2)，A＝eq\f(M－m,2).(2)T定ω：由周期的求解公式T＝eq\f(2π,ω)，可得ω＝eq\f(2π,T).(3)點(diǎn)坐標(biāo)定φ：一般運(yùn)用代入法求解φ值，注意在確定φ的值的時(shí)候，往往以尋找“五點(diǎn)法”中的某一個(gè)點(diǎn)為突破口，即“峰點(diǎn)”“谷點(diǎn)”與“三個(gè)中心點(diǎn)”．加固訓(xùn)練·促提高1.(2023·定西模擬)將函數(shù)f(x)＝sinxcosx＋eq\r(3)cos2x的圖象向右平移φ個(gè)單位長度，可得函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(\r(3),2)的圖象，則φ的最小正值為(A)A．eq\f(5π,6) B．eq\f(2π,3)C．eq\f(π,6) D．eq\f(π,3)【解析】f(x)＝sinxcosx＋eq\r(3)cos2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)(1＋cos2x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),2)，故圖象向右平移φ個(gè)單位長度得到f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)－2φ))＋eq\f(\r(3),2)，又y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(\r(3),2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＋eq\f(\r(3),2)，令eq\f(π,3)－2φ＝eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝－eq\f(π,6)－kπ，k∈Z，當(dāng)k＝－1時(shí)，φ取得最小正值，最小正值為φ＝eq\f(5π,6).故選A．2.(2023·海淀區(qū)校級(jí)三模)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分圖象如圖，f(x1)＝f(x2)＝－eq\f(3,2)，則x1＋x2＝_－4__，coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x1－x2))＝eq\f(3,4).【解析】結(jié)合題意可知，f(0)＝2sinφ＝1，sinφ＝eq\f(1,2)，∵0<φ<eq\f(π,2)，φ＝eq\f(π,6)，又由圖象可知，eq\f(1,2)T>eq\f(5,2)，即T＝eq\f(2π,ω)>5，解得0<ω<eq\f(2π,5)，又由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)ω＋\f(π,6)))＝0，即eq\f(5,2)ω＋eq\f(π,6)＝π＋2kπ，k∈Z，即ω＝eq\f(π,3)＋eq\f(4,5)kπ，k∈Z，從而ω＝eq\f(π,3)，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))，令eq\f(π,3)x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，則x＝1＋3k，從而f(x)的對稱軸為x＝1＋3k，k∈Z，由圖象可知，x＝x1與x＝x2關(guān)于x＝－2對稱，即x1＋x2＝－4，x2＝－4－x1，因?yàn)閒(x1)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x1＋\f(π,6)))＝－eq\f(3,2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x1＋\