2024年高考數學大一輪(人教A版文)第四章4.6　函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象與性質復習講義(學生版+解析)

§4.6函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象與性質考試要求1.結合具體實例，了解y＝Asin(ωx＋φ)的實際意義；能借助圖象理解參數ω，φ，A的意義，了解參數的變化對函數圖象的影響.2.會用三角函數解決簡單的實際問題，體會可以利用三角函數構建刻畫事物周期變化的數學模型．知識梳理1．簡諧運動的有關概念已知函數y＝Asin(ωx＋φ)，x∈[0，＋∞)，其中A>0，ω>0振幅周期頻率相位初相AT＝____f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)ωx＋φφ2.用“五點(畫圖)法”畫y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)一個周期內的簡圖時，要找五個特征點ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxy＝Asin(ωx＋φ)0A0－A03.函數y＝sinx的圖象經變換得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象的兩種途徑常用結論1．函數y＝Asin(ωx＋φ)＋k圖象平移的規(guī)律：“左加右減，上加下減”．2．函數y＝Asin(ωx＋φ)圖象的對稱軸由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z確定；對稱中心由ωx＋φ＝kπ，k∈Z確定其橫坐標．思考辨析判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0)的最大值為A，最小值為－A.()(2)函數f(x)＝sin2x向右平移eq\f(π,6)個單位長度后對應的函數g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).()(3)把y＝sinx的圖象上各點的橫坐標縮短為原來的eq\f(1,2)，所得函數解析式為y＝sineq\f(1,2)x.()(4)如果y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為T，那么函數圖象的相鄰兩個對稱中心之間的距離為eq\f(T,2).()教材改編題1．函數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)2．(2022·浙江)為了得到函數y＝2sin3x的圖象，只要把函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,5)))圖象上所有的點()A．向左平移eq\f(π,5)個單位長度B．向右平移eq\f(π,5)個單位長度C．向左平移eq\f(π,15)個單位長度D．向右平移eq\f(π,15)個單位長度3．某港口在一天24小時內的潮水的高度近似滿足關系式f(t)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)t－\f(π,6)))，其中f(t)的單位為m，t的單位是h，則12點時潮水的高度是________m.題型一函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及變換例1(1)(2021·全國乙卷)把函數y＝f(x)圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，再把所得曲線向右平移eq\f(π,3)個單位長度，得到函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的圖象，則f(x)等于()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)))聽課記錄：______________________________________________________________________________________________________________________________________(2)(2022·全國甲卷)將函數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)聽課記錄：______________________________________________________________________________________________________________________________________思維升華(1)由y＝sinωx的圖象到y(tǒng)＝sin(ωx＋φ)的圖象的變換：向左平移eq\f(φ,ω)(ω>0，φ>0)個單位長度而非φ個單位長度．(2)如果平移前后兩個圖象對應的函數的名稱不一致，那么應先利用誘導公式化為同名函數，ω為負時應先變成正值．跟蹤訓練1(1)(2023·金華模擬)已知函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，若將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后，再把所得曲線上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍(縱坐標不變)，得到函數g(x)的圖象，則()A．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6))) B．g(x)＝sin4xC．g(x)＝sinx D．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))(2)(2023·寧夏模擬)將函數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．3D．6題型二由圖象確定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式例2(1)(2023·包頭調研)函數f(x)＝2sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))的圖象如圖所示，現將y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，所得圖象對應的函數解析式為()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,6)))C．y＝2cos2x D．y＝2sin2x聽課記錄：______________________________________________________________________________________________________________________________________(2)(2021·全國甲卷)已知函數f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝______.聽課記錄：______________________________________________________________________________________________________________________________________思維升華確定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.確定函數的最小正周期T，則ω＝eq\f(2π,T).(3)求φ.常用方法如下：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．跟蹤訓練2(1)(2020·全國Ⅰ改編)設函數f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]上的圖象大致如圖，則f(x)的解析式為()A．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)x＋\f(π,6)))B．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(π,6)))C．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x－\f(π,6)))D．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x＋\f(π,6)))(2)(2023·濰坊模擬)已知函數g(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π)的部分圖象如圖所示，將函數g(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數f(x)的圖象，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(35π,12)))＝________.題型三三角函數圖象、性質的綜合應用命題點1圖象與性質的綜合應用例3若函數f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(π,4)個單位長度后，得到函數y＝g(x)的圖象，則下列關于函數g(x)的說法中，正確的是()A．函數g(x)的圖象關于直線x＝eq\f(7π,24)對稱B．函數g(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)，0))對稱C．函數g(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋2kπ，\f(π,12)＋2kπ))，k∈ZD．函數geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))是偶函數聽課記錄：______________________________________________________________________________________________________________________________________命題點2函數零點(方程根)問題例4已知關于x的方程2sin2x－eq\r(3)sin2x＋m－1＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上有兩個不同的實數根，則m的取值范圍是____________．聽課記錄：______________________________________________________________________________________________________________________________________延伸探究本例中，若將“有兩個不同的實數根”改成“有實根”，則m的取值范圍是________．命題點3三角函數模型例5(2023·樂山模擬)摩天輪常被當作一個城市的地標性建筑，如圖所示，某摩天輪最高點離地面高度128米，轉盤直徑為120米，設置若干個座艙，游客從離地面最近的位置進艙，開啟后按逆時針勻速旋轉t分鐘，當t＝15時，游客隨艙旋轉至距離地面最遠處．以下關于摩天輪的說法中，正確的為()A．摩天輪離地面最近的距離為4米B．若旋轉t分鐘后，游客距離地面的高度為h米，則h＝－60cos

eq\f(π,15)t＋68C．若在t1，t2時刻，游客距離地面的高度相等，則t1＋t2的最小值為15D．?t1，t2∈[0,20]，使得游客在該時刻距離地面的高度均為90米聽課記錄：______________________________________________________________________________________________________________________________________思維升華(1)研究y＝Asin(ωx＋φ)的性質時可將ωx＋φ視為一個整體，利用換元法和數形結合思想進行解題．(2)方程根的個數可轉化為兩個函數圖象的交點個數．(3)三角函數模型的應用體現在兩方面：一是已知函數模型求解數學問題；二是把實際問題抽象轉化成數學問題，利用三角函數的有關知識解決問題．跟蹤訓練3(1)(2022·長沙模擬)已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，－π<φ<－\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，把函數f(x)圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的eq\f(11,10)倍，得到函數y＝g(x)的圖象，則下列說法正確的是()A．geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))為偶函數B．g(x)的最小正周期是πC．g(x)的圖象關于直線x＝eq\f(π,2)對稱D．g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，π))上單調遞減(2)(2023·六安模擬)已知函數f(x)＝sinπωx－eq\r(3)cosπωx(ω>0)在(0,1)內恰有3個極值點和4個零點，則實數ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(23,6))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(13,3)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,6)，\f(13,3))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,6)，\f(23,6)))(3)(2023·青海模擬)時鐘花是原產于南美熱帶雨林的藤蔓植物，其開放與閉合與體內的一種時鐘酶有關．研究表明，當氣溫上升到20℃時，時鐘酶活躍起來，花朵開始開放；當氣溫上升到28℃時，時鐘酶的活性減弱，花朵開始閉合，且每天開閉一次．已知某景區(qū)一天內5～17時的氣溫T(單位：℃)與時間t(單位：h)近似滿足關系式T＝20－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)t－\f(π,8)))，則該景區(qū)這天時鐘花從開始開放到開始閉合約經歷eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin

\f(3π,10)≈0.8))()A．1.4hB．2.4hC．3.2hD．5.6h§4.6函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象與性質考試要求1.結合具體實例，了解y＝Asin(ωx＋φ)的實際意義；能借助圖象理解參數ω，φ，A的意義，了解參數的變化對函數圖象的影響.2.會用三角函數解決簡單的實際問題，體會可以利用三角函數構建刻畫事物周期變化的數學模型．知識梳理1．簡諧運動的有關概念已知函數y＝Asin(ωx＋φ)，x∈[0，＋∞)，其中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(畫圖)法”畫y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)一個周期內的簡圖時，要找五個特征點ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(0－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y＝sinx的圖象經變換得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象的兩種途徑常用結論1．函數y＝Asin(ωx＋φ)＋k圖象平移的規(guī)律：“左加右減，上加下減”．2．函數y＝Asin(ωx＋φ)圖象的對稱軸由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z確定；對稱中心由ωx＋φ＝kπ，k∈Z確定其橫坐標．思考辨析判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0)的最大值為A，最小值為－A.(×)(2)函數f(x)＝sin2x向右平移eq\f(π,6)個單位長度后對應的函數g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(×)(3)把y＝sinx的圖象上各點的橫坐標縮短為原來的eq\f(1,2)，所得函數解析式為y＝sineq\f(1,2)x.(×)(4)如果y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為T，那么函數圖象的相鄰兩個對稱中心之間的距離為eq\f(T,2).(√)教材改編題1．函數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)答案A解析由振幅、頻率和初相的定義可知，函數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．(2022·浙江)為了得到函數y＝2sin3x的圖象，只要把函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,5)))圖象上所有的點()A．向左平移eq\f(π,5)個單位長度B．向右平移eq\f(π,5)個單位長度C．向左平移eq\f(π,15)個單位長度D．向右平移eq\f(π,15)個單位長度答案D解析因為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,5)))＝2sin3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,15)))，所以要得到函數y＝sin3x的圖象，只要把函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,5)))圖象上所有的點向右平移eq\f(π,15)個單位長度即可，故選D.3．某港口在一天24小時內的潮水的高度近似滿足關系式f(t)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)t－\f(π,6)))，其中f(t)的單位為m，t的單位是h，則12點時潮水的高度是m.答案1解析當t＝12時，f(12)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5π－\f(π,6)))＝2sin

eq\f(5π,6)＝1，即12點時潮水的高度是1m.題型一函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及變換例1(1)(2021·全國乙卷)把函數y＝f(x)圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，再把所得曲線向右平移eq\f(π,3)個單位長度，得到函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的圖象，則f(x)等于()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)))答案B解析依題意，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)))eq\o(→,\s\up10(將其圖象向左平移\f(π,3)個單位長度))y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的圖象eq\o(→,\s\up7(所有點的橫坐標擴大到原來的2倍))f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的圖象．(2)(2022·全國甲卷)將函數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)答案C解析記曲線C的函數解析式為g(x)，則g(x)＝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＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,3))))).因為函數g(x)的圖象關于y軸對稱，所以eq\f(π,2)ω＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得ω＝2k＋eq\f(1,3)(k∈Z)．因為ω＞0，所以ωmin＝eq\f(1,3).故選C.思維升華(1)由y＝sinωx的圖象到y(tǒng)＝sin(ωx＋φ)的圖象的變換：向左平移eq\f(φ,ω)(ω>0，φ>0)個單位長度而非φ個單位長度．(2)如果平移前后兩個圖象對應的函數的名稱不一致，那么應先利用誘導公式化為同名函數，ω為負時應先變成正值．跟蹤訓練1(1)(2023·金華模擬)已知函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，若將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后，再把所得曲線上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍(縱坐標不變)，得到函數g(x)的圖象，則()A．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6))) B．g(x)＝sin4xC．g(x)＝sinx D．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))答案D解析將函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，可得函數y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的圖象；再把所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)得到函數g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的圖象．(2)(2023·寧夏模擬)將函數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．3D．6答案A解析將函數y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))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y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))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).題型二由圖象確定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式例2(1)(2023·包頭調研)函數f(x)＝2sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))的圖象如圖所示，現將y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，所得圖象對應的函數解析式為()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,6)))C．y＝2cos2x D．y＝2sin2x答案D解析由圖可知，y＝f(x)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，2))，解得φ＝eq\f(π,3)，將f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后得到y(tǒng)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝2sin2x.(2)(2021·全國甲卷)已知函數f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝.答案－eq\r(3)解析由題意可得，eq\f(3,4)T＝eq\f(13π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(3π,4)，∴T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，當x＝eq\f(13π,12)時，ωx＋φ＝2×eq\f(13π,12)＋φ＝2kπ，k∈Z，∴φ＝2kπ－eq\f(13,6)π(k∈Z)．令k＝1可得φ＝－eq\f(π,6)，據此有f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，f

eq\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)))＝2cos

eq\f(5π,6)＝－eq\r(3).思維升華確定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.確定函數的最小正周期T，則ω＝eq\f(2π,T).(3)求φ.常用方法如下：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．跟蹤訓練2(1)(2020·全國Ⅰ改編)設函數f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]上的圖象大致如圖，則f(x)的解析式為()A．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)x＋\f(π,6)))B．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(π,6)))C．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x－\f(π,6)))D．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x＋\f(π,6)))答案B解析由圖象知π<T<2π，即π<eq\f(2π,|ω|)<2π，所以1<|ω|<2.因為圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)，0))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)ω＋\f(π,6)))＝0，所以－eq\f(4π,9)ω＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω＝－eq\f(9,4)k－eq\f(3,4)，k∈Z.因為1<|ω|<2，故k＝－1，得ω＝eq\f(3,2)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(π,6))).(2)(2023·濰坊模擬)已知函數g(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π)的部分圖象如圖所示，將函數g(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數f(x)的圖象，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(35π,12)))＝.答案1解析由題圖可知，周期T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，所以g(x)＝2sin(2x＋φ)(|φ|<π)，因為點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，－2))在g(x)的圖象上，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝－2，所以eq\f(5π,6)＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得φ＝eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，因為|φ|<π，所以φ＝eq\f(2π,3)，所以g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，所以f(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(2π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，故f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(35π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(35π,12)＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6π－\f(π,6)＋\f(π,3)))＝1.題型三三角函數圖象、性質的綜合應用命題點1圖象與性質的綜合應用例3若函數f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(π,4)個單位長度后，得到函數y＝g(x)的圖象，則下列關于函數g(x)的說法中，正確的是()A．函數g(x)的圖象關于直線x＝eq\f(7π,24)對稱B．函數g(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)，0))對稱C．函數g(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋2kπ，\f(π,12)＋2kπ))，k∈ZD．函數geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))是偶函數答案D解析由題意得，g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，將x＝eq\f(7π,24)代入g(x)得，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,24)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝2sineq\f(π,4)≠±2，故A錯誤；將x＝eq\f(π,24)代入g(x)得，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝－eq\r(2)，故B錯誤；令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z，故g(x)的單調遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z，故C錯誤；geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x，為偶函數，故D正確．命題點2函數零點(方程根)問題例4已知關于x的方程2sin2x－eq\r(3)sin2x＋m－1＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上有兩個不同的實數根，則m的取值范圍是．答案(－2，－1)解析方程2sin2x－eq\r(3)sin2x＋m－1＝0可轉化為m＝1－2sin2x＋eq\r(3)sin2x＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).設2x＋eq\f(π,6)＝t，則t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))，∴題目條件可轉化為eq\f(m,2)＝sint，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))有兩個不同的實數根．即直線y＝eq\f(m,2)和函數y＝sint，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))的圖象有兩個不同交點，作出y＝eq\f(m,2)，y＝sint的圖象，如圖中實線部分所示．由圖象觀察知，eq\f(m,2)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，故m的取值范圍是(－2，－1)．延伸探究本例中，若將“有兩個不同的實數根”改成“有實根”，則m的取值范圍是．答案[－2,1)解析同例題知，eq\f(m,2)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，∴－2≤m<1，∴m的取值范圍是[－2,1)．命題點3三角函數模型例5(2023·樂山模擬)摩天輪常被當作一個城市的地標性建筑，如圖所示，某摩天輪最高點離地面高度128米，轉盤直徑為120米，設置若干個座艙，游客從離地面最近的位置進艙，開啟后按逆時針勻速旋轉t分鐘，當t＝15時，游客隨艙旋轉至距離地面最遠處．以下關于摩天輪的說法中，正確的為()A．摩天輪離地面最近的距離為4米B．若旋轉t分鐘后，游客距離地面的高度為h米，則h＝－60cos

eq\f(π,15)t＋68C．若在t1，t2時刻，游客距離地面的高度相等，則t1＋t2的最小值為15D．?t1，t2∈[0,20]，使得游客在該時刻距離地面的高度均為90米答案B解析由題意知，摩天輪離地面最近的距離為128－120＝8(米)，故A不正確；t分鐘后，轉過的角度為eq\f(π,15)t，則h＝60－60cos

eq\f(π,15)t＋8＝－60cos

eq\f(π,15)t＋68，故B正確；h＝－60cos

eq\f(π,15)t＋68，周期為eq\f(2π,\f(π,15))＝30，由余弦型函數的性質可知，若t1＋t2取最小值，又t1，t2∈[0,30]，且離地面高度相等，則t1，t2關于t＝15對稱，則eq\f(t1＋t2,2)＝15，則t1＋t2＝30，故C不正確；令0≤eq\f(π,15)t≤π，解得0≤t≤15，令π≤eq\f(π,15)t≤2π，解得15≤t≤30，則函數h＝－60cos

eq\f(π,15)t＋68在區(qū)間[0,15]上單調遞增，在區(qū)間[15,20]上單調遞減，當t＝15時，hmax＝128，當t＝20時，h＝－60cos

eq\f(4π,3)＋68＝98>90，所以h＝90在t∈[0,20]內只有一個解，故D不正確．思維升華(1)研究y＝Asin(ωx＋φ)的性質時可將ωx＋φ視為一個整體，利用換元法和數形結合思想進行解題．(2)方程根的個數可轉化為兩個函數圖象的交點個數．(3)三角函數模型的應用體現在兩方面：一是已知函數模型求解數學問題；二是把實際問題抽象轉化成數學問題，利用三角函數的有關知識解決問題．跟蹤訓練3(1)(2022·長沙模擬)已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，－π<φ<－\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，把函數f(x)圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的eq\f(11,10)倍，得到函數y＝g(x)的圖象，則下列說法正確的是()A．geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))為偶函數B．g(x)的最小正周期是πC．g(x)的圖象關于直線x＝eq\f(π,2)對稱D．g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，π))上單調遞減答案B解析由圖知，A＝2，f(0)＝－1，則2sinφ＝－1，即sinφ＝－eq\f(1,2)，因為－π<φ<－eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(5π,6).因為x＝eq\f(5π,6)為f(x)的零點，則eq\f(5πω,6)－eq\f(5π,6)＝kπ(k∈Z)，得ω＝1＋eq\f(6k,5)(k∈Z)．由圖知，eq\f(5π,6)<T＝eq\f(2π,ω)<2π，則1<ω<eq\f(12,5)，所以k＝1，ω＝eq\f(11,5)，從而f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,5)x－\f(5π,6))).由題設，g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,5)×\f(10,11)x－\f(5π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，則geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－\f(5π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))為非奇非偶函數，所以A錯誤；g(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，所以B正確；當x＝eq\f(π,2)時，2x－eq\f(5π,6)＝eq\f(π,6)≠eq\f(π,2)，則g(x)的圖象不關于直線x＝eq\f(π,2)對稱，所以C錯誤；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，π))時，2x－eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(7π,6)))，則g(x)的圖象不單調，所以D錯誤．(2)(2023·六安模擬)已知函數f(x)＝sinπωx－eq\r(3)cosπωx(ω>0)在(0,1)內恰有3個極值點和4個零點，則實數ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(23,6))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(13,3)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,6)，\f(13,3))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,6)，\f(23,6)))答案A解析f(x)＝sinπωx－eq\r(3)cosπωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πωx－\f(π,3)))，因為x∈(0,1)，所以πωx－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，ωπ－\f(π,3)))，又因為函數f(x)＝sinπωx－eq\r(3)cosπωx(ω>0)在(0,1)內恰有3個極值點和4個零點，由圖象得3π<ωπ－eq\f(π,3)≤eq\f(7π,2)，解得eq\f(10,3)<ω≤eq\f(23,6)，所以實數ω的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(23,6))).(3)(2023·青海模擬)時鐘花是原產于南美熱帶雨林的藤蔓植物，其開放與閉合與體內的一種時鐘酶有關．研究表明，當氣溫上升到20℃時，時鐘酶活躍起來，花朵開始開放；當氣溫上升到28℃時，時鐘酶的活性減弱，花朵開始閉合，且每天開閉一次．已知某景區(qū)一天內5～17時的氣溫T(單位：℃)與時間t(單位：h)近似滿足關系式T＝20－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)t－\f(π,8)))，則該景區(qū)這天時鐘花從開始開放到開始閉合約經歷eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin

\f(3π,10)≈0.8))()A．1.4hB．2.4hC．3.2hD．5.6h答案B解析設t1時開始開放，t2時開始閉合，結合時鐘花每天開閉一次，可得20－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)t1－\f(π,8)))＝20，t1∈[5,17]，解得t1＝9，20－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)t2－\f(π,8)))＝28，t2∈[5,17]，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)t2－\f(π,8)))＝－eq\f(4,5)，由sin

eq\f(3π,10)≈0.8得sin

eq\f(13π,10)≈－eq\f(4,5)，由eq\f(π,8)t2－eq\f(π,8)＝eq\f(13π,10)得t2＝eq\f(57,5)∈[5,17]，∴t2－t1＝eq\f(12,5)＝2.4(h)．課時精練1．(2023·武漢模擬)為了得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)－\f(π,8)))的圖象，只需將y＝sinx圖象上每一點的縱坐標不變()A．每一點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，再向右平移eq\f(π,8)個單位長度B．每一點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍，再向右平移eq\f(π,8)個單位長度C．先向右平移eq\f(π,8)個單位長度，再把每一點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍D．先向右平移eq\f(π,2)個單位長度，再把每一點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)答案C解析y＝sinx圖象上每一點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍得到y(tǒng)＝sin

eq\f(x,4)的圖象，再向右平移eq\f(π,2)個單位長度得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)－\f(π,8)))的圖象，故A，B錯誤；y＝sinx的圖象先向右平移eq\f(π,8)個單位長度得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))的圖象，再把每一點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)－\f(π,8)))的圖象，故C正確，D錯誤．2．(2023·煙臺模擬)函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象是由函數g(x)的圖象向左平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))個單位長度得到的，若geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，則φ的值為()A.eq\f(π,3)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,6)D.eq\f(π,12)答案A解析因為函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象是由函數g(x)的圖象向左平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))個單位長度得到，所以g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x－φ－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)－2φ)).因為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2φ))＝－eq\f(\r(3),2).故可得eq\f(π,3)－2φ＝2kπ－eq\f(π,3)，k∈Z或eq\f(π,3)－2φ＝2kπ－eq\f(2π,3)，k∈Z，又0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3).3．某城市一年12個月的平均氣溫與月份的關系可近似地用三角函數y＝a＋Acos

eq\f(π,6)(x－6)(x＝1,2,3，…，12)來表示，已知6月份的平均氣溫最高，為28度，12月份的平均氣溫最低，為18度．則10月份的平均氣溫為()A．20.5度 B．21.5度C．22.5度 D．23.5度答案A解析令f(x)＝a＋Acos

eq\f(π,6)(x－6)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f6＝28，,f12＝18，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋Acos

\f(π,6)6－6＝28，,a＋Acos

\f(π,6)12－6＝18，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋A＝28，,a－A＝18，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝5，,a＝23，))所以f(x)＝23＋5cos

eq\f(π,6)(x－6)，所以f(10)＝23＋5cos

eq\f(2π,3)＝20.5.4．(2023·湘潭模擬)已知函數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，則將y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度后，得到的圖象對應的函數解析式為()A．y＝－cos2x B．y＝cos2xC．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6))) D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))答案C解析觀察圖象得A＝1，令函數f(x)的周期為T，則有eq\f(3T,4)＝eq\f(11π,12)－eq\f(π,6)＝eq\f(3π,4)，解得T＝π，則ω＝eq\f(2π,T)＝2，而當x＝eq\f(π,6)時，f(x)max＝1，則有2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，則φ＝eq\f(π,6)，因此，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，將y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度得f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))，所以將y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度后，得到的圖象對應的函數解析式為y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6))).5．(2023·赤峰模擬)已知函數f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，先將其圖象上的所有點的橫坐標伸長到原來的4倍(縱坐標不變)，再將所得圖象向右平移eq\f(2π,3)個單位長度，得到函數g(x)的圖象，則()A．g(x)的最小正周期是2πB．g(x)的最小值為－2C．g(x)在(0，π)上單調遞增D．g(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))對稱答案C解析由題先將其圖象上的所有點的橫坐標伸長到原來的4倍(縱坐標不變)得y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))；再將所得圖象向右平移eq\f(2π,3)個單位長度得y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2π,3)))－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(2π,3)))，所以g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(2π,3)))，其最小正周期為4π，最小值為－1.排除A，B；其單調遞增區(qū)間為－π＋2kπ≤eq\f(1,2)x－eq\f(2π,3)≤2kπ(k∈Z)，解得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)＋4kπ，\f(4π,3)＋4kπ))(k∈Z)，C正確；對稱中心為eq\f(1,2)x－eq\f(2π,3)＝－eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得x＝eq\f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，所以其圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2kπ，0))(k∈Z)對稱，排除D.6．已知函數f(x)＝－sin2ωx(ω>0)的最小正周期為π，若將其圖象沿x軸向右平移a(a>0)個單位長度，所得圖象關于直線x＝eq\f(π,3)對稱，則實數a的最小值為()A．πB.eq\f(π,3)C.eq\f(3π,4)D.eq\f(π,4)答案B解析函數f(x)＝－sin2ωx＝eq\f(cos2ωx－1,2)(ω>0)的最小正周期為eq\f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1，所以f(x)＝eq\f(cos2x－1,2)，若將其圖象沿x軸向右平移a(a>0)個單位長度，可得y＝eq\f(cos2x－2a－1,2)的圖象，再根據所得圖象關于直線x＝eq\f(π,3)對稱，可得2×eq\f(π,3)－2a＝kπ，k∈Z，令k＝0，可得實數a的最小值為eq\f(π,3).7．(2022·鎮(zhèn)江模擬)已知函數f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，將函數y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數y＝g(x)的圖象，則g(x)在[0,2π]上的單調遞減區(qū)間為．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))解析將函數y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度，得f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，即g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，由eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)，x∈[0,2π]，得eq\f(π,6)≤x≤eq\f(7π,6).8．(2023·蕪湖模擬)函數y＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后所得函數圖象關于y軸對稱，則φ＝.答案－eq\f(π,6)解析由y＝sin(2x＋φ)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后，可得f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))的圖象，因為f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))的圖象關于y軸對稱，所以－eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得φ＝kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z.因為|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6).9．(2022·杭州模擬)求范圍和圖象：(1)y＝sinx的函數圖象先向左平移eq\f(π,4)個單位長度，然后橫坐標變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，得到f(x)的圖象，求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的取值范圍；(2)如圖所示，請用“五點法”列表，并畫出函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))在一個周期內的圖象．2x＋eq\f(π,4)xy解(1)由題設，可得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，所以f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1)).(2)2x＋eq\f(π,4)0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πx－eq\f(π,8)eq\f(π,8)eq\f(3π,8)eq\f(5π,8)eq\f(7π,8)y020－20所以y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象如圖．10．(2023·大同模擬)已知函數f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3))).(1)當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(9π,4)))時，求f(x)的最大值和最小值；(2)說明f(x)的圖象是由函數y＝sinx的圖象經過怎樣的變換得到的？解(1)當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(9π,4)))時，有－eq\f(π,4)≤eq\f(1,2)x－eq\f(π,3)<eq\f(19π,24)，可得－eq\f(\r(2),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))≤1，故－eq\r(2)≤2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))≤2，則f(x)的最大值為2，最小值為－eq\r(2).(2)先將函數y＝sinx的圖象向右平移eq\f(π,3)個單位長度，得到函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象；然后所得圖象上各點的縱坐標不變，將橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍，得到函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))的圖象；最后所得圖象上各點的橫坐標不變，將縱坐標伸長為原來的2倍，得到函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))的圖象．11.函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的圖象如圖，則f(x)的解析式和S＝f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2020)＋f(2021)＋f(2022)＋f(2023)的值分別為()A．f(x)＝eq\f(1,2)sin2πx＋1，S＝2023B．f(x)＝eq\f(1,2)sin2πx＋1，S＝2023

eq\f(1,2)C．f(x)＝eq\f(1,2)sin

eq\f(π,2)x＋1，S＝2024

eq\f(1,2)D．f(x)＝eq\f(1,2)sin

eq\f(π,2)x＋1，S＝2024答案D解析由圖象知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(T＝\f(2π,ω)＝4，,A＋b＝\f(3,2)，,－A＋b＝\f(1,2)，))∴ω＝eq\f(π,2)，b＝1，A＝eq\f(1,2)，∴f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋φ))＋1.由f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))得eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＋1＝eq\f(3,2)，∴φ＝2kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，則φ＝0.∴f(x)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,2)x＋1，∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin0＋1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin

\f(π,2)＋1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinπ＋1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin

\f(3π,2)＋1))＝4.又2024＝4×506，∴S＝4×506＝2024.12．(2023·福州模擬)已知函數f(x)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(x,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(x,2)))＋sinx，將函數f(x)的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的eq\f(1,4)，縱坐標不變，然后再向左平移φ(φ>0)個單位長度，所得的圖象關于y軸對稱，則φ的值為()A.eq\f(π,24)B．－eq\f(π,24)C.eq\f(3π,8)D.eq\f(π,4)答案A解析由題意可知，f(x)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(x,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(x,2)))＋sinx＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(x,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(x,2)))＋sinx＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋sinx＝eq\r(3)cosx＋sin