2023届高考一轮复习讲义（文科）第四章　三角函数、解三角形 第5讲　函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第四章　三角函数、解三角形 第5讲　函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用学案，共16页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．y＝Asin(ωx＋φ)的有关概念
2.用五点法画y＝Asin(ωx＋φ)一个周期内的简图
用五点法画y＝Asin(ωx＋φ)一个周期内的简图时，要找五个关键点，如下表所示：
3.三角函数图象变换的两种方法(ω＞0)
常用结论
1．由y＝sin ωx到y＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，φ＞0)的变换：向左平移eq \f(φ,ω)个单位长度而非φ个单位长度．
2．函数y＝Asin(ωx＋φ)的对称轴由ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)确定；对称中心由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)确定其横坐标．
二、习题改编
1．(必修4P55练习T2改编)为了得到函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
的图象，可以将函数y＝2sin 2x的图象( )
A．向右平移eq \f(π,6)个单位长度
B．向右平移eq \f(π,3)个单位长度
C．向左平移eq \f(π,6)个单位长度
D．向左平移eq \f(π,3)个单位长度
答案：A
2．(必修4P62例4改编)某地农业监测部门统计发现：该地区近几年的生猪收购价格每四个月会重复出现．下表是今年前四个月的统计情况：
选用一个函数来近似描述收购价格(元/斤)与相应月份之间的函数关系为 ．
解析：设y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)，由题意得A＝1，B＝6，T＝4，因为T＝eq \f(2π,ω)，所以ω＝eq \f(π,2)，所以y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋φ))＋6.因为当x＝1时，y＝6，所以6＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋φ))＋6，结合表中数据得eq \f(π,2)＋φ＝2kπ，k∈Z，可取φ＝－eq \f(π,2)，所以y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x－\f(π,2)))＋6＝6－cs eq \f(π,2)x.
答案：y＝6－cs eq \f(π,2)x
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)把y＝sin x的图象上各点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，所得图象对应的函数解析式为y＝sin eq \f(1,2)x.( )
(2)将y＝sin 2x的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象．( )
(3)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0)的最大值为A，最小值为－A.( )
(4)如果y＝Acs(ωx＋φ)的最小正周期为T，那么函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为eq \f(T,2).( )
(5)若函数y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)搞不清ω的值对图象变换的影响；
(2)确定不了函数解析式中φ的值．
1．若将函数y＝2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，则得到的图象对应的函数表达式为f(x)＝ ．
解析：函数y＝2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到的图象对应的函数表达式为f(x)＝2sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
答案：2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
2．(2020·济南市模拟考试)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则f(x)＝ ．
解析：设f(x)的最小正周期为T，根据题图可知，eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，所以T＝π，故ω＝2，根据2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)＋φ))＝0(增区间上的零点)可知，eq \f(π,6)＋φ＝2kπ，k∈Z，即φ＝2kπ－eq \f(π,6)，k∈Z，又|φ|＜eq \f(π,2)，故φ＝－eq \f(π,6).所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
答案：2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
五点法作图及图象变换(典例迁移)
已知函数f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋2cs2x＋a，其最大值为2.
(1)求a的值及f(x)的最小正周期；
(2)画出f(x)在[0，π]上的图象．
【解】 (1)f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋2cs2x＋a
＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＋1＋a
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1＋a的最大值为2，
所以a＝－1，最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)由(1)知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，列表：
画图如下：
【迁移探究1】 (变结论)在本例条件下，函数y＝2cs 2x的图象向右平移 个单位得到y＝f(x)的图象．
解析：将函数y＝2cs 2x的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度，可得函数y＝2sin 2x的图象，再将y＝2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，可得函数y＝2sin(2x＋eq \f(π,6))的图象，综上可得，函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象可以由函数y＝2cs 2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到．
答案：eq \f(π,6)
【迁移探究2】 (变问法)在本例条件下，若将函数f(x)的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到函数y＝g(x)的图象，且y＝g(x)是偶函数，求m的最小值．
解：由已知得y＝g(x)＝f(x－m)＝2sin[2(x－m)＋eq \f(π,6)]＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2m－\f(π,6)))))是偶函数，所以2m－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)(2k＋1)，k∈Z，m＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,3)，k∈Z，
又因为m>0，所以m的最小值为eq \f(π,3).
eq \a\vs4\al()
函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)
的图象的两种作法
[注意] 平移变换和伸缩变换都是针对x而言，即x本身加减多少值，而不是ωx加减多少值．
1．(2020·广州市调研测试)由y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x－\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，所得图象对应的函数解析式为( )
A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,6))) B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))
C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,12))) D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(12x－\f(π,6)))
解析：选A.由y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x－\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，可得y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x＋2π－\f(π,6)))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x－\f(π,6)))的图象，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,6)))的图象，故所得图象对应的函数解析式为y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,6)))，选A.
2．(2020·湖南模拟改编)已知函数f(x)＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x，将y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，再向上平移1个单位长度得到函数y＝g(x)的图象，则所得函数的最小正周期为 ，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)))的值为 ．
解析：由题知函数f(x)＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
将y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，
可得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)－\f(π,3)))＝2sin 2x的图象，
再向上平移1个单位长度得到函数y＝g(x)＝2sin 2x＋1的图象，
则T＝eq \f(2π,2)＝π，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)))＋1＝3.
答案：π 3
由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式(师生共研)
(2020·蓉城名校第一次联考)若将函数g(x)图象上所有的点向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数f(x)的图象，已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则( )
A．g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) B．g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))
C．g(x)＝sin 2x D．g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
【解析】 根据题图有A＝1，eq \f(3,4)T＝eq \f(5π,6)－eq \f(π,12)＝eq \f(3π,4)⇒T＝π＝eq \f(2π,ω)⇒ω＝2(T为f(x)的最小正周期)，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)＋φ))＝1⇒sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝1⇒eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z⇒φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z.因为|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,3)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，将f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象，则g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))
＝sin 2x.故选C.
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
确定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0，ω＞0)的步骤和方法
(1)求A，b，确定函数的最大值M和最小值m，
则A＝eq \f(M－m,2)，b＝eq \f(M＋m,2).
(2)求ω，确定函数的最小正周期T，则可得ω＝eq \f(2π,T).
(3)求φ，常用的方法有：
①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时A，ω，b已知)或代入图象与直线y＝b的交点求解(此时要注意交点在上升区间上还是在下降区间上)；
②特殊点法：确定φ值时，往往以寻找“最值点”为突破口．具体如下：
“最大值点”(即图象的“峰点”)时ωx＋φ ＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)；“最小值点”(即图象的“谷点”)时ωx＋φ＝eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)．
1．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))
的最小正周期是π，且当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值2，则f(x)＝ ．
解析：因为函数f(x)的最小正周期是π，所以ω＝2.又因为x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值2.
所以A＝2，
同时2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
φ＝2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，因为－eq \f(π,2)<φ所以φ＝eq \f(π,6)，所以函数y＝f(x)的解析式为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
答案：2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
2．(2020·兰州实战考试)已知函数f(x)＝Acs(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)为奇函数，该函数的部分图象如图所示，△EFG(点G是图象的最高点)是边长为2的等边三角形，则f(1)＝ ．
解析：由题意得，A＝eq \r(3)，T＝4＝eq \f(2π,ω)，ω＝eq \f(π,2).又因为f(x)＝Acs(ωx＋φ)为奇函数，所以φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，由0<φ<π，取k＝0，则φ＝eq \f(π,2)，所以f(x)＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(π,2)))，所以f(1)＝－eq \r(3).
答案：－eq \r(3)
三角函数模型的简单应用(师生共研)
(2020·山东省八所重点中学4月联考)如图，点A，B分别是圆心在坐标原点，半径为1和2的圆上的动点．动点A从初始位置A0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(π,3)，sin\f(π,3)))开始，按逆时针方向以角速度2 rad/s做圆周运动，同时点B从初始位置B0(2，0)开始，按顺时针方向以角速度2 rad/s做圆周运动．记t时刻，点A，B的纵坐标分别为y1，y2.
(1)求t＝eq \f(π,4)时，A，B两点间的距离；
(2)若y＝y1＋y2，求y关于时间t(t＞0)的函数关系式，并求当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，y的取值范围．
【解】 (1)连接AB，OA，OB，当t＝eq \f(π,4)时，∠xOA＝eq \f(π,2)＋eq \f(π,3)＝eq \f(5π,6)，∠xOB＝eq \f(π,2)，所以∠AOB＝eq \f(2π,3).
又OA＝1，OB＝2，所以AB2＝12＋22－2×1×2cseq \f(2π,3)＝7，
即A，B两点间的距离为eq \r(7).
(2)依题意，y1＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(π,3)))，y2＝－2sin 2t，
所以y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(π,3)))－2sin 2t＝eq \f(\r(3),2)cs 2t－eq \f(3,2)sin 2t＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(π,3)))，
即函数关系式为y＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(π,3)))(t＞0)，
当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2t＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，故当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，y∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(\r(3),2))).
eq \a\vs4\al()
三角函数模型在实际应用中体现的两个方面
(1)已知函数模型，利用三角函数的有关性质解决问题，其关键是准确理解自变量的意义及自变量与因变量之间的对应法则；
(2)需要建立精确的或者数据拟合的模型去解决问题，尤其是利用已知数据建立拟合函数解决实际问题，此类问题体现了数学建模核心素养，考查应用意识．
某实验室一天的温度(单位：℃)随时间t(单位：h)的变化近似满足函数关系：f(t)＝10－eq \r(3)cseq \f(π,12)t－sin eq \f(π,12)t，t∈[0，24)，则实验室这一天的最大温差为 ℃.
解析：因为f(t)＝10－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs\f(π,12)t＋\f(1,2)sin\f(π,12)t))
＝10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))，又0≤t<24，
所以eq \f(π,3)≤eq \f(π,12)t＋eq \f(π,3)所以－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))≤1.
当t＝2时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))＝1；
当t＝14时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))＝－1.
于是f(t)在[0，24)上的最大值为12，最小值为8.
故实验室这一天最高温度为12 ℃，最低温度为8 ℃，最大温差为4 ℃.
答案：4
思想方法系列7 数形结合思想在三角函数中的应用
(2020·新疆乌鲁木齐二检)若关于x的方程(sin x＋cs x)2＋cs 2x＝m在区间(0，π]上有两个不同的实数根x1，x2，且|x1－x2|≥eq \f(π,4)，则实数m的取值范围是( )
A．[0，2) B．[0，2]
C．[1，eq \r(2)＋1] D．[1，eq \r(2)＋1)
【解析】 关于x的方程(sin x＋cs x)2＋cs 2x＝m可化为sin 2x＋cs 2x＝m－1，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＝eq \f(m－1,\r(2)).
易知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＝eq \f(m－1,\r(2))在区间(0，π]上有两个不同的实数根x1，x2，且|x1－x2|≥eq \f(π,4).
令2x＋eq \f(π,4)＝t，即sin t＝eq \f(m－1,\r(2))在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(9π,4)))上有两个不同的实数根t1，t2.
作出y＝sin teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＜t≤\f(9π,4)))的图象，如图所示，由|x1－x2|≥eq \f(π,4)得|t1－t2|≥eq \f(π,2)，
所以－eq \f(\r(2),2)≤eq \f(m－1,\r(2))＜eq \f(\r(2),2)，
故0≤m＜2.故选A.
【答案】 A
eq \a\vs4\al()
本题是将方程根的问题转化为函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))与y＝eq \f(m－1,\r(2))的图象的交点，利用数形结合进行求解，可提升学生的直观想象能力．
函数f(x)＝3sin eq \f(π,2)x－lgeq \s\d9(\f(1,2))x的零点的个数是( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选D.函数f(x)零点个数即为y＝3sin eq \f(π,2)x与y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x的交点个数，如图，函数y＝3sin eq \f(π,2)x与y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x有5个交点．
[基础题组练]
1．函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，π))上的简图是( )
解析：选A.令x＝0，得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),2)，排除B，D.令x＝eq \f(π,6)，得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)－\f(π,3)))＝0，排除C.
2．函数f(x)＝tan ωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y＝2所得线段长为eq \f(π,2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))的值是( )
A．－eq \r(3) B.eq \f(\r(3),3)
C．1 D．eq \r(3)
解析：选D.由题意可知该函数的周期为eq \f(π,2)，所以eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2)，ω＝2，f(x)＝tan 2x，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝taneq \f(π,3)＝eq \r(3).
3．已知函数f(x)＝Asin ωx(A＞0，ω＞0)与g(x)＝eq \f(A,2)cs ωx的部分图象如图所示，则( )
A．A＝1 B．A＝3
C．ω＝eq \f(π,3) D．ω＝eq \f(3,π)
解析：选C.由题图可得过点(0，1)的图象对应的函数解析式为g(x)＝eq \f(A,2)cs ωx，即eq \f(A,2)＝1，A＝2.过原点的图象对应函数f(x)＝Asin ωx.由f(x)的图象可知，T＝eq \f(2π,ω)＝1.5×4，可得ω＝eq \f(π,3).
4．(2020·福建五校第二次联考)为得到函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象，只需将函数y＝sin 2x的图象( )
A．向右平移eq \f(5π,12)个单位长度
B．向左平移eq \f(5π,12)个单位长度
C．向右平移eq \f(5π,6)个单位长度
D．向左平移eq \f(5π,6)个单位长度
解析：选B.因为y＝sin 2x＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))，
y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,12)))－\f(π,2)))，所以将函数y＝sin 2x的图象向左平移eq \f(5π,12)个单位长度可得到函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象．故选B.
5．(2019·高考天津卷)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，且f(x)的最小正周期为π，将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g(x)．若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))＝( )
A．－2 B．－eq \r(2)
C.eq \r(2) D． 2
解析：选C.因为f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，且其最小正周期为π，所以φ＝0，ω＝2，f(x)＝Asin 2x，得g(x)＝Asin x．又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝Asin eq \f(π,4)＝eq \r(2)，所以A＝2，故f(x)＝2sin 2x，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))＝2sin eq \f(3π,4)＝eq \r(2)，故选C.
6．将函数y＝sin x的图象上所有的点向右平移eq \f(π,10)个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象的函数解析式是 ．
解析：y＝sin xeq \(――→,\s\up17(向右平移\f(π),\s\d15(10)个单位长度))y＝
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))eq \(――→,\s\up17(横坐标伸长到),\s\d15(原来的2倍))y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,10))).
答案：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,10)))
7．已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则ω＝ ，函数f(x)的单调递增区间为 ．
解析：由图象知eq \f(T,2)＝eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)，则周期T＝π，即eq \f(2π,ω)＝π，则ω＝2，f(x)＝2sin(2x＋φ)．由五点对应法得2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ＝2kπ，又|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,3)，则f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得－eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z，即函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))，k∈Z.
答案：2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))(k∈Z)
8．已知f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，且f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上有最小值，无最大值，则ω＝ ．
解析：依题意，当x＝eq \f(\f(π,6)＋\f(π,3),2)＝eq \f(π,4)时，f(x)有最小值，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)·ω＋\f(π,3)))＝－1，所以eq \f(π,4)ω＋eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)．
所以ω＝8k＋eq \f(14,3)(k∈Z)，
因为f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上有最小值，无最大值，
所以eq \f(π,3)－eq \f(π,4)≤eq \f(π,ω)，即ω≤12，
令k＝0，得ω＝eq \f(14,3).
答案：eq \f(14,3)
9．如图，某市拟在长为8 km的道路OP的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段OSM，该曲线段为函数y＝Asin ωx(A＞0，ω＞0)，x∈[0，4]的部分图象，且图象的最高点为S(3，2eq \r(3))；赛道的后一部分为折线段MNP.为保证参赛运动员的安全，限定∠MNP＝120°.求A，ω的值和M，P两点间的距离．
解：连接MP(图略)．
依题意，有A＝2eq \r(3)，eq \f(T,4)＝3，
又T＝eq \f(2π,ω)，所以ω＝eq \f(π,6)，所以y＝2eq \r(3)sineq \f(π,6)x.
当x＝4时，y＝2eq \r(3)sineq \f(2π,3)＝3，
所以M(4，3)．又P(8，0)，
所以|MP|＝eq \r(（－4）2＋32)＝5.
即M，P两点相距5 km.
10．(2020·合肥市第一次质量检测)将函数f(x)＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到函数g(x)的图象，设函数h(x)＝f(x)－g(x)．
(1)求函数h(x)的单调递增区间；
(2)若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(1,3)，求h(α)的值．
解：(1)由已知可得g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
则h(x)＝sin 2x－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
令－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.
所以函数h(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z.
(2)由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(1,3)得sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(2π,3)))＝eq \f(1,3)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3)))＝－eq \f(1,3)，即h(α)＝－eq \f(1,3).
[综合题组练]
1．(2020·长沙市统一模拟考试)已知P(1，2)是函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)图象的一个最高点，B，C是与P相邻的两个最低点．设∠BPC＝θ，若taneq \f(θ,2)＝eq \f(3,4)，则f(x)图象的对称中心可以是( )
A．(0，0) B．(1，0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0))
解析：选D.如图，连接BC，设BC的中点为D，E，F为与点P最近的函数f(x)的图象与x轴的交点，即函数f(x)图象的两个对称中心，连接PD，则由题意知|PD|＝4，∠BPD＝∠CPD＝eq \f(θ,2)，PD⊥BC，所以tan∠BPD＝taneq \f(θ,2)＝eq \f(|BD|,|PD|)＝eq \f(|BD|,4)＝eq \f(3,4)，所以|BD|＝3.由函数f(x)图象的对称性知xE＝1－eq \f(3,2)＝－eq \f(1,2)，xF＝1＋eq \f(3,2)＝eq \f(5,2)，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0))，所以函数f(x)图象的对称中心可以是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0))，故选D.
2．(2020·沈阳市质量监测(一))设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，
则下列结论正确的是 ．(写出所有正确结论的序号)
①函数y＝f(x)的减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z)；
②函数y＝f(x)的图象可由y＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度得到；
③函数y＝f(x)的图象的一条对称轴方程为x＝eq \f(π,8)；
④若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,24)，\f(π,2)))，则f(x)的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1)).
解析：对于①，令2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(7π,8)，k∈Z，①正确；对于②，y＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度后是y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象，②错误；对于③，令2x－eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝eq \f(k,2)π＋eq \f(3π,8)，k∈Z，当k＝－1时，x＝－eq \f(π,8)，当k＝0时，x＝eq \f(3π,8)，③错误；对于④，若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,24)，\f(π,2)))，则2x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(3π,4)))，故f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))，④正确．
答案：①④
3．设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,2)))，其中0<ω<3.已知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝0.
(1)求ω；
(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移eq \f(π,4)个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上的最小值．
解：(1)因为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,2)))，
所以f(x)＝eq \f(\r(3),2)sin ωx－eq \f(1,2)cs ωx－cs ωx
＝eq \f(\r(3),2)sin ωx－eq \f(3,2)cs ωx
＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin ωx－\f(\r(3),2)cs ωx))
＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3))).
由题设知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝0，所以eq \f(ωπ,6)－eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z.
故ω＝6k＋2，k∈Z，又0＜ω＜3，
所以ω＝2.
(2)由(1)得f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
所以g(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)－\f(π,3)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12))).
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以x－eq \f(π,12)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，
当x－eq \f(π,12)＝－eq \f(π,3)，
即x＝－eq \f(π,4)时，g(x)取得最小值－eq \f(3,2).
4．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，－\f(π,2)≤φ＜\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，且图象上相邻最高点的距离为π.
(1)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))的值；
(2)将函数y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位后，得到y＝g(x)的图象，求g(x)的单调递减区间．
解：(1)因为f(x)的图象上相邻最高点的距离为π，
所以f(x)的最小正周期T＝π，从而ω＝eq \f(2π,T)＝2.
又f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，
所以2×eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
因为－eq \f(π,2)≤φ＜eq \f(π,2)，所以k＝0，
所以φ＝eq \f(π,2)－eq \f(2π,3)＝－eq \f(π,6)，所以f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,4)－\f(π,6)))＝eq \r(3)sineq \f(π,3)＝eq \f(3,2).
(2)将f(x)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位后，得到feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))
的图象，
所以g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))－\f(π,6)))
＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
当2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，
即kπ＋eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(11π,12)(k∈Z)时，g(x)单调递减．
因此g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(5π,12)，kπ＋\f(11π,12)))(k∈Z)．
y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)，x∈[0，＋∞)表示一个振动量时
振幅
周期
频率
相位
初相
A
T＝eq \f(2π,ω)
f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)
ωx＋φ
φ
x
－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)
ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
y＝Asin(ωx＋φ)
0
A
0
－A
0
月份x
1
2
3
4
收购价格y(元/斤)
6
7
6
5
x
0
eq \f(π,6)
eq \f(5π,12)
eq \f(2π,3)
eq \f(11π,12)
π
2x＋eq \f(π,6)
eq \f(π,6)
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
eq \f(13π,6)
f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
1
2
0
－2
0
1
五点法
设z＝ωx＋φ，由z取0，eq \f(π,2)，π，eq \f(3,2)π，2π来求出相应的x，通过列表，计算得出五点坐标，描点后得出图象
图象变
换法
由函数y＝sin x的图象通过变换得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象，有两种主要途径“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”