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    2023届高考一轮复习讲义(理科)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
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    2023届高考一轮复习讲义(理科)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01
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    2023届高考一轮复习讲义(理科)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

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    这是一份2023届高考一轮复习讲义(理科)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22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.函数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.由函数y=sin x的图象通过变换得到y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象的两种方法
    常用结论
    1.两种图象变换的区别
    由y=sin x的图象变换到y=Asin(ωx+φ)的图象,两种变换的区别:①先相位变换再周期变换(伸缩变换),平移的量是|φ|个单位长度.②先周期变换(伸缩变换),再相位变换,平移的量是eq \f(|φ|,ω)(ω>0)个单位长度.即图象的左右平移变换是针对x而言的,应是x本身加减多少,而不是ωx加减多少.
    2.周期与对称性之间的关系
    (1)正弦曲线或余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是eq \f(1,2)周期,相邻的对称中心与对称轴之间的距离是eq \f(1,4)周期;
    (2)正切曲线相邻的两对称中心之间的距离是eq \f(1,2)周期.
    3.对称轴(对称中心)与函数值的关系
    在判断对称轴或对称中心时,用以下结论可快速解题:设y=f(x)=Asin(ωx+φ),g(x)=Acs(ωx+φ),x=x0是对称轴方程⇔f(x0)=±A,g(x0)=±A;(x0,0)是对称中心⇔f(x0)=0,g(x0)=0.
    二、习题改编
    1.(必修4P58A组T3改编)函数y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x-\f(π,3)))的振幅、频率和初相分别为( )
    A.2,4π,eq \f(π,3) B.2,eq \f(1,4π),eq \f(π,3)
    C.2,eq \f(1,4π),-eq \f(π,3) D.2,4π,-eq \f(π,3)
    解析:选C.由题意知A=2,f=eq \f(1,T)=eq \f(ω,2π)=eq \f(1,4π),初相为-eq \f(π,3).
    2.(必修4P62例4改编)如图,某地一天从6~14时的温度变化曲线近似满足函数y=Asin(ωx+φ)+b,则这段曲线的函数解析式为____________________.
    解析:从图中可以看出,从6~14时的是函数y=Asin(ωx+φ)+b的半个周期,
    所以A=eq \f(1,2)×(30-10)=10,b=eq \f(1,2)×(30+10)=20,
    又eq \f(1,2)×eq \f(2π,ω)=14-6,所以ω=eq \f(π,8).
    又eq \f(π,8)×10+φ=2π+2k,k∈Z,取φ=eq \f(3π,4),
    所以y=10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x+\f(3π,4)))+20,x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6,14)).
    答案:y=10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x+\f(3π,4)))+20,x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6,14))
    一、思考辨析
    判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
    (1)函数y=sin(x-eq \f(π,4))的图象是由y=sin(x+eq \f(π,4))的图象向右平移eq \f(π,2)个单位得到的.( )
    (2)将函数y=sin ωx的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度,得到函数y=sin(ωx-φ)的图象.( )
    (3)函数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).( )
    (4)由图象求函数解析式时,振幅A的大小是由一个周期内图象中最高点的值与最低点的值确定的.( )
    答案:(1)√ (2)× (3)√ (4)√
    二、易错纠偏
    eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(K))(1)搞错图象平移的单位长度;
    (2)搞错横坐标伸缩与ω的关系;
    (3)搞不清f(x)在x=eq \f(π,2)处取最值;
    (4)确定不了解析式中φ的值.
    1.将函数y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))的图象向右平移eq \f(1,4)个周期后,所得图象对应的函数为( )
    A.y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,4))) B.y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))
    C.y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4))) D.y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))
    解析:选D.函数y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))的周期为π,将函数y=2sin(2x+eq \f(π,6))的图象向右平移eq \f(1,4)个周期即eq \f(π,4)个单位长度,所得函数为y=2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,4)))+\f(π,6)))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),
    故选D.
    2.函数y=sin x的图象上所有点的纵坐标不变,横坐标伸长为原来的2倍得到的图象对应的函数解析式是________.
    解析:根据函数图象变换法则可得.
    答案:y=sineq \f(1,2)x
    3.若函数f(x)=sin ωx(0<ω<2)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,3)))上单调递增,在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3),\f(π,2)))上单调递减,则ω=________.
    解析:由题意知当x=eq \f(π,3)时,函数取得最大值,所以有sin eq \f(ωπ,3)=1,所以eq \f(ωπ,3)=eq \f(π,2)+2kπ(k∈Z),所以ω=eq \f(3,2)+6k(k∈Z),又0<ω<2,所以ω=eq \f(3,2).
    答案:eq \f(3,2)
    4.已知简谐运动f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x+φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象经过点(0,1),则该简谐运动的初相φ为________.
    解析:将点(0,1)代入函数表达式可得2sin φ=1,即sin φ=eq \f(1,2).因为|φ|答案:eq \f(π,6)
    函数y=Asin(ωx+φ)的图象及变换(师生共研)
    已知函数y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))).
    (1)求它的振幅、周期、初相;
    (2)用“五点法”作出它在一个周期内的图象;
    (3)说明y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))的图象可由y=sin x的图象经过怎样的变换而得到.
    【解】 (1)y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))的振幅A=2,
    周期T=eq \f(2π,2)=π,初相φ=eq \f(π,3).
    (2)令X=2x+eq \f(π,3),则y=2sin(2x+eq \f(π,3))=2sin X.
    列表如下:
    描点画出图象,如图所示:
    (3)法一:把y=sin x的图象上所有的点向左平移eq \f(π,3)个单位长度,得到y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))的图象;
    再把y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))的图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍(纵坐标不变),得到y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))的图象;最后把y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变),即可得到y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))的图象.
    法二:将y=sin x的图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)倍(纵坐标不变),得到y=sin 2x的图象;
    再将y=sin 2x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度,得到y=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,6)))))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))的图象;
    再将y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍(横坐标不变),即得到y=2sin(2x+eq \f(π,3))的图象.
    eq \a\vs4\al()
    (1)y=Asin(ωx+φ)的图象可用“五点法”作简图得到,可通过变量代换z=ωx+φ计算五点坐标.
    (2)由y=sin ωx到y=sin(ωx+φ)的变换:向左平移eq \f(φ,ω)(ω>0,φ>0)个单位长度而非φ个单位长度.
    (3)平移前后两个三角函数的名称如果不一致,应先利用诱导公式化为同名函数,ω为负时应先变成正值.
    1.函数y=sin(2x+eq \f(π,6))的图象可以由函数y=cs 2x的图象 ( )
    A.向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到
    B.向右平移eq \f(π,3)个单位长度得到
    C.向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到
    D.向左平移eq \f(π,3)个单位长度得到
    解析:选A.将函数y=cs 2x的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度,可得函数y=sin 2x的图象,再将y=sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度,可得函数y=sin(2x+eq \f(π,6))的图象,综上可得,函数y=sin(2x+eq \f(π,6))的图象可以由函数y=cs 2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到,故选A.
    2.将函数y=cs x-sin x的图象先向右平移φ(φ>0)个单位长度,再将所得的图象上每个点的横坐标变为原来的a倍,得到y=cs 2x+sin 2x的图象,则φ,a的可能取值为( )
    A.φ=eq \f(π,2),a=2 B.φ=eq \f(3π,8),a=2
    C.φ=eq \f(3π,8),a=eq \f(1,2) D.φ=eq \f(π,2),a=eq \f(1,2)
    解析:选D.将函数y=cs x-sin x=eq \r(2)cs(x+eq \f(π,4))的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度,可得y=eq \r(2)cs(x+eq \f(π,4)-φ)的图象,再将函数图象上每个点的横坐标变为原来的a倍,得到y=eq \r(2)cs(eq \f(1,a)x+eq \f(π,4)-φ)的图象,又y=eq \r(2)cs(eq \f(1,a)x+eq \f(π,4)-φ)=cs 2x+sin 2x=eq \r(2)cs(2x-eq \f(π,4)),所以eq \f(1,a)=2,eq \f(π,4)-φ=-eq \f(π,4)+2kπ(k∈Z),所以a=eq \f(1,2),又φ>0,所以φ=eq \f(π,2)+2kπ(k∈N),结合选项知选D.
    3.(2020·福州模拟)若ω>0,函数y=cs(ωx+eq \f(π,3))的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后与函数y=sin ωx的图象重合,则ω的最小值为________.
    解析:将函数y=cs(ωx+eq \f(π,3))的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度,得y=cs(ωx-eq \f(ωπ,3)+eq \f(π,3))的图象.因为所得函数图象与y=sin ωx的图象重合,所以-eq \f(ωπ,3)+eq \f(π,3)=eq \f(3π,2)+2kπ(k∈Z),解得ω=-eq \f(7,2)-6k(k∈Z),因为ω>0,所以当k=-1时,ω取得最小值eq \f(5,2).
    答案:eq \f(5,2)
    求函数y=Asin(ωx+φ)的解析式(师生共研)
    (1)如图,
    函数f(x)=Asin(2x+φ)(A>0,|φ|A.f(x)=2sin(2x-eq \f(π,3))
    B.f(x)=2sin(2x+eq \f(π,3))
    C.f(x)=2sin(2x+eq \f(π,6))
    D.f(x)=2sin(2x-eq \f(π,6))
    (2)函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A,ω,φ是常数,A>0,ω>0,0<φ【解析】 (1)由题意知,A=2,函数f(x)的图象过点(0,eq \r(3)),所以f(0)=2sin φ=eq \r(3),由|φ|(2)由函数的图象可得A=eq \r(2),eq \f(1,4)×eq \f(2π,ω)=eq \f(7π,12)-eq \f(π,3),可得ω=2,则2×eq \f(π,3)+φ=π+2kπ(k∈Z),又0<φ【答案】 (1)B (2)-eq \f(\r(6),2)
    eq \a\vs4\al()
    确定y=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0)的解析式的步骤
    (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,确定函数的周期T,则ω=eq \f(2π,T).
    (3)求φ,常用方法有:
    ①代入法:把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间还是在下降区间)或把图象的最高点或最低点代入;
    ②五点法:确定φ值时,往往以寻找“五点法”中的特殊点作为突破口.具体如下:“第一点”(即图象上升时与x轴的交点)为ωx+φ=0;“第二点”(即图象的“峰点”)为ωx+φ=eq \f(π,2);“第三点”(即图象下降时与x轴的交点)为ωx+φ=π;“第四点”(即图象的“谷点”)为ωx+φ=eq \f(3π,2);“第五点”(即图象上升时与x轴的交点)为ωx+φ=2π.
    1.函数y=2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))的部分图象是( )
    解析:选A.由y=2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))可知,函数的最大值为2,故排除D;又因为函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),0)),故排除B;又因为函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,12),2)),故排除C.故选A.
    2.(2020·安徽黄山毕业班第二次质量检测)已知f(x)=Asin(ωx+φ)+Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0,ω>0,|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图,则f(x)图象的一个对称中心是( )
    A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6),-1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12),0))
    C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12),-1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6),0))
    解析:选A.由题图得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3),-1))为f(x)图象的一个对称中心,eq \f(T,4)=eq \f(π,3)-eq \f(π,12),所以T=π,从而f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)+\f(kπ,2),-1))(k∈Z),当k=1时,为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6),-1)),选A.
    三角函数图象与性质的综合应用(多维探究)
    角度一 三角函数图象与性质的综合问题
    (2020·河南郑州三测)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3)
    【解析】 由函数图象可得,函数的最大值为2,即A=2.因为函数图象过点(0,1),即f(0)=1,所以sin φ=eq \f(1,2),
    又|φ|故f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,6))).
    因为函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,12),0)),
    所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)))=0,即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω×\f(11π,12)+\f(π,6)))=0,
    又x=eq \f(11π,12)在函数f(x)的单调递增区间内,所以令eq \f(11π,12)ω+eq \f(π,6)=2kπ(k∈Z),解得ω=eq \f(24k-2,11)(k∈Z).
    由函数图象可得最小正周期T>eq \f(11π,12),即eq \f(2π,ω)>eq \f(11π,12),
    解得ω又ω>0,故k=1,从而ω=eq \f(22,11)=2.
    所以f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))).
    由f(a+x)-f(a-x)=0,得f(a+x)=f(a-x),所以该函数图象的对称轴为直线x=a.
    令2a+eq \f(π,6)=nπ+eq \f(π,2)(n∈Z),解得a=eq \f(n,2)π+eq \f(π,6)(n∈Z).
    要求a的最小正值,只需n=0,得a=eq \f(π,6),故选B.
    【答案】 B
    eq \a\vs4\al()
    求解该题的难点是ω的确定,需要根据函数的周期与函数的零点所在位置列出条件,x=eq \f(11π,12)在函数的单调递增区间内,如果忽视这个隐含条件,就会得到eq \f(11π,12)ω+eq \f(π,6)=kπ(k∈Z),从而产生增解,无法得到正确的选项.故根据函数图象确定函数解析式时,要准确定位函数图象的特征性质.
    角度二 函数零点(方程根)问题
    (2020·湖南株洲二模)若函数f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4)))-aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(9π,8)))))恰有三个不同的零点x1,x2,x3,则x1+x2+x3的取值范围是( )
    A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4),\f(11π,8))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,4),\f(7π,2)))
    C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,4),\f(11π,8))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(9π,4),\f(7π,2)))
    【解析】 由题意得方程cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4)))=aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(9π,8)))))有三个不同的实数根.
    画出函数y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(9π,8)))))的大致图象,如图所示.
    由图象得,当eq \f(\r(2),2)≤a<1时,方程cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4)))=a恰好有三个不同的实数根.
    令2x-eq \f(π,4)=kπ,k∈Z,解得x=eq \f(π,8)+eq \f(kπ,2),k∈Z.
    当k=0时,x=eq \f(π,8).
    不妨设x1所以x1+x2=eq \f(π,4).
    又结合图象可得π≤x3故x1+x2+x3的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4),\f(11π,8))).故选A.
    eq \a\vs4\al()
    【答案】 A
    巧用图象解决三角函数相关的方程或不等式问题
    解决与三角函数相关的方程或不等式问题,最基本的方法就是作出对应函数的图象,然后结合函数图象的特征确定方程的解或不等式的解集.故准确作出对应函数在指定区间上的图象是解决问题的关键.
    1.(2020·山东烟台3月模拟)将函数f(x)=sin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0,|φ|<\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后,所得图象关于y轴对称,且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,ω)))=-eq \f(1,2),则当ω取最小值时,函数f(x)的解析式为( )
    A.f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))) B.f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6)))
    C.f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,6))) D.f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x-\f(π,6)))
    解析:选C.将函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|可得y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(ωπ,6)+φ))的图象.
    因为所得函数图象关于y轴对称,所以-eq \f(ωπ,6)+φ=kπ+eq \f(π,2),k∈Z,解得ω=-6k-3+eq \f(6φ,π),k∈Z.
    又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,ω)))=-eq \f(1,2)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π+φ))=-sin φ,即sin φ=eq \f(1,2),又|φ|所以ω=-6k-2,又ω>0,所以取k=-1,可得ωmin=4,所以函数f(x)的解析式为f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,6))).故选C.
    2.(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eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(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:选A.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)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))故0≤m<2,故选A.
    数学建模 三角函数实际问题中的核心素养
    已知某海滨浴场的海浪高度y(米)是时间t(0≤t≤24,单位:小时)的函数,记作y=f(t).下表是某日各时的浪高数据:
    经长期观测,y=f(t)的曲线可近似地看成是函数y=Acs ωt+b(A>0,ω>0)的图象.根据以上数据,
    (1)求函数f(t)的解析式;
    (2)求一日(持续24小时)内,该海滨浴场的海浪高度超过1.25米的时间.
    【解】 (1)由表格得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(A+b=1.5,,-A+b=0.5,))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(A=\f(1,2),,b=1,))
    又因为T=12,所以ω=eq \f(2π,12)=eq \f(π,6),
    故y=f(t)=eq \f(1,2)cseq \f(π,6)t+1.
    (2)由题意,令eq \f(1,2)cseq \f(π,6)t+1>1.25.
    即cseq \f(π,6)t>eq \f(1,2),
    又因为t∈[0,24],所以eq \f(π,6)t∈[0,4π],
    故0≤eq \f(π,6)t即0≤t<2或10所以在一日内该海滨浴场的海浪高度超过1.25米的时间为8小时.
    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.
    eq \a\vs4\al()
    三角函数模型的应用体现在两方面:一是已知函数模型求解数学问题;二是把实际问题抽象转化成数学问题,利用三角函数的有关知识解决问题.
    [基础题组练]
    1.(2020·安徽蚌埠第二次数学质量检查)将函数f(x)=sin x+cs x的图象上各点的纵坐标不变,横坐标缩小为原来的eq \f(1,2),再将函数的图象向左平移eq \f(π,3)个单位后,得到的函数g(x)的解析式为( )
    A.g(x)=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))B.g(x)=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(11π,12)))
    C.g(x)=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)+\f(π,3))) D.g(x)=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(5π,12)))
    解析:选B.f(x)=sin x+cs x=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4)))的图象eq \(――→,\s\up7(纵坐标不变),\s\d5(横坐标缩小为原来的\f(1,2)))y=eq \r(2) sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,4)))的图象eq \(――→,\s\up7(向左平移\f(π,3)个单位))g(x)=eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))+\f(π,4)))=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(11,12)π)).故选B.
    2.(2020·江西吉安期末教学质量检测)在平面直角坐标系xOy中,将函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x+\f(π,4)))的图象向左平移φ(φ>0)个单位后得到的图象经过原点,则φ的最小值为( )
    A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,4)
    C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,12)
    解析:选B.将函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x+\f(π,4)))的图象向左平移φ(φ>0)个单位后得到的图象对应的解析式为y=sin[3(x+φ)+eq \f(π,4)],因为其图象经过原点,所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3φ+\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的最小值为eq \f(π,3)-eq \f(π,12)=eq \f(π,4),故选B.
    3.(2020·湖南衡阳高中毕业联考(二))将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度,再将所得函数图象上的所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(2,3),得到函数g(x)=Asin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0,ω>0,|φ|<\f(π,2)))的图象.已知函数g(x)的部分图象如图所示,则( )
    A.函数f(x)的最小正周期为eq \f(2,3)π,最大值为2
    B.函数f(x)的最小正周期为π,图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),0))中心对称
    C.函数f(x)的最小正周期为eq \f(2,3)π,图象关于直线x=eq \f(π,6)对称
    D.函数f(x)的最小正周期为π,在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,3)))上单调递减
    解析:选D.对于g(x),由题图可知,A=2,T=4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)-\f(π,18)))=eq \f(2π,3),所以ω=eq \f(2π,T)=3,则g(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x+φ)),又由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)))=2可得φ=-eq \f(π,6)+2kπ,k∈Z,而|φ|所以g(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x-\f(π,6))),所以f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))).
    所以f(x)的最小正周期为π,选项A,C错误.
    对于选项B,令2x+eq \f(π,6)=kπ(k∈Z),所以x=eq \f(kπ,2)-eq \f(π,12),k∈Z,所以函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)-\f(π,12),0))(k∈Z),所以选项B是错误的;当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,3)))时,2x+eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2),\f(5π,6))),所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,3)))上是减函数,所以选项D正确.故选D.
    4.设ω>0,函数y=sin(ωx+φ)(-π<φ<π)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位后,得到如图所示的图象,则ω,φ的值为( )
    A.ω=2,φ=eq \f(2π,3) B.ω=2,φ=-eq \f(π,3)
    C.ω=1,φ=-eq \f(π,3) D.ω=1,φ=eq \f(2π,3)
    解析:选A.函数y=sin(ωx+φ)(-π<φ<π)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位后可得y=sin(ωx+eq \f(πω,3)+φ).由函数的图象可知,eq \f(T,2)=eq \f(π,3)-(-eq \f(π,6))=eq \f(π,2),所以T=π.根据周期公式可得ω=2,所以y=sin(2x+φ+eq \f(2π,3)).由图知当y=-1时,x=eq \f(1,2)×(eq \f(π,3)-eq \f(π,6))=eq \f(π,12),所以函数的图象过(eq \f(π,12),-1),
    所以sin(eq \f(5π,6)+φ)=-1.因为-π<φ<π,所以φ=eq \f(2π,3).
    故选A.
    5.(2020·河南名校联盟联合调研)将函数g(x)=2sin x+1的图象向左平移eq \f(π,3)个单位,再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变),得到函数f(x)的图象,若f(x1)=f(x2)=3,且-π≤x2A.π B.eq \f(π,2)
    C.eq \f(5π,6) D.eq \f(23π,12)
    解析:选D.易求得f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))+1,因为f(x1)=f(x2)=3,即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))=1,所以2x+eq \f(π,3)=2kπ+eq \f(π,2)(k∈Z),所以x=eq \f(π,12)+kπ(k∈Z),由-π≤x26.函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示,已知x1,x2∈(eq \f(π,2),π),x1≠x2,且f(x1)=f(x2),则f(x1+x2)=________.
    解析:由题意可得A=2,eq \f(3,4)T=eq \f(3,4)×eq \f(2π,ω)=eq \f(11π,12)-eq \f(π,6)=eq \f(3,4)π,所以ω=2.
    当x=eq \f(π,6)时,f(x)=2,则ωx+φ=2×eq \f(π,6)+φ=2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,
    据此可得φ=2kπ+eq \f(π,6)(k∈Z),因为0<φ<π,令k=0可得φ=eq \f(π,6),则f(x)=2sin(2x+eq \f(π,6)).当x∈(eq \f(π,2),π)时,eq \f(7π,6)<2x+eq \f(π,6)则f(eq \f(4π,3))=2sin(2×eq \f(4π,3)+eq \f(π,6))=2sineq \f(17π,6)=2×eq \f(1,2)=1.
    答案:1
    7.函数y=cs(2x+φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位后,与函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的图象重合,则φ=________.
    解析:把函数y=cs (2x+φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位后,得到y=cs (2x-π+φ)的图象,
    与函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的图象重合,则cs (2x-π+φ)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,2)+φ))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),
    所以-eq \f(π,2)+φ=-eq \f(π,3),则φ=eq \f(π,6),
    答案:eq \f(π,6)
    8.(2020·武汉调研)函数f(x)=Acs(ωx+φ)(ω>0)的部分图象如图所示,给出以下结论:
    ①f(x)的最小正周期为2;
    ②f(x)图象的一条对称轴为直线x=-eq \f(1,2);
    ③f(x)在(2k-eq \f(1,4),2k+eq \f(3,4)),k∈Z上是减函数;
    ④f(x)的最大值为A.
    则正确的结论为________.(填序号)
    解析:由题图可知,函数f(x)的最小正周期T=2×(eq \f(5,4)-eq \f(1,4))=2,故①正确;因为函数f(x)的图象过点(eq \f(1,4),0)和(eq \f(5,4),0),所以函数f(x)图象的对称轴为直线x=eq \f(1,2)(eq \f(1,4)+eq \f(5,4))+eq \f(kT,2)=eq \f(3,4)+k(k∈Z),故直线x=-eq \f(1,2)不是函数f(x)图象的对称轴,故②不正确;由图可知,当eq \f(1,4)-eq \f(T,4)+kT≤x≤eq \f(1,4)+eq \f(T,4)+kT(k∈Z),即2k-eq \f(1,4)≤x≤2k+eq \f(3,4)(k∈Z)时,f(x)是减函数,故③正确;若A>0,则最大值是A,若A<0,则最大值是-A,故④不正确.
    答案:①③
    9.已知函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|(1)求函数的解析式;
    (2)求函数f(x)的单调递增区间.
    解:(1)依题意得A=5,
    周期T=4(eq \f(π,3)-eq \f(π,12))=π,
    所以ω=eq \f(2π,π)=2.
    故y=5sin(2x+φ),
    又图象过点P(eq \f(π,12),0),
    所以5sin(eq \f(π,6)+φ)=0,
    由已知可得eq \f(π,6)+φ=kπ,k∈Z,
    因为|φ|所以y=5sin(2x-eq \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,
    故函数f(x)的单调递增区间为[kπ-eq \f(π,6),kπ+eq \f(π,3)](k∈Z).
    10.(2020·济南模拟)已知函数f(x)=eq \r(3)sin ωxcs ωx+cs2ωx+b+1.
    (1)若函数f(x)的图象关于直线x=eq \f(π,6)对称,且ω∈[0,3],求函数f(x)的单调递增区间;
    (2)在(1)的条件下,当x∈[0,eq \f(7π,12)]时,函数f(x)有且只有一个零点,求实数b的取值范围.
    解:(1)函数f(x)=eq \r(3)sin ωxcs ωx+cs2ωx+b+1
    =eq \f(\r(3),2)sin 2ωx+eq \f(1+cs 2ωx,2)+b+1=sin(2ωx+eq \f(π,6))+eq \f(3,2)+b.
    因为函数f(x)的图象关于直线x=eq \f(π,6)对称,所以2ω·eq \f(π,6)+eq \f(π,6)=kπ+eq \f(π,2),k∈Z,且ω∈[0,3],所以ω=1.
    由2kπ-eq \f(π,2)≤2x+eq \f(π,6)≤2kπ+eq \f(π,2)(k∈Z),解得kπ-eq \f(π,3)≤x≤kπ+eq \f(π,6)(k∈Z),所以函数f(x)的单调递增区间为[kπ-eq \f(π,3),kπ+eq \f(π,6)](k∈Z).
    (2)由(1)知f(x)=sin(2x+eq \f(π,6))+eq \f(3,2)+b.
    因为x∈[0,eq \f(7π,12)],所以2x+eq \f(π,6)∈[eq \f(π,6),eq \f(4π,3)].
    当2x+eq \f(π,6)∈[eq \f(π,6),eq \f(π,2)],即x∈[0,eq \f(π,6)]时,函数f(x)单调递增;当2x+eq \f(π,6)∈[eq \f(π,2),eq \f(4π,3)],即x∈[eq \f(π,6),eq \f(7π,12)]时,函数f(x)单调递减.
    又f(0)=f(eq \f(π,3)),所以当f(eq \f(π,3))>0≥f(eq \f(7π,12))或f(eq \f(π,6))=0时,函数f(x)有且只有一个零点,即sineq \f(4π,3)≤-b-eq \f(3,2)[综合题组练]
    1.(2020·河北衡水中学一调考)已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0)的部分图象如图所示,其中M(m,0),N(n,2),P(π,0),且mn<0,则f(x)在下列区间中具有单调性的是( )
    A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(2π,3)))
    C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),\f(3π,4))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3),π))
    解析:选B.因为mn<0,所以m、n异号,根据题意可得m<0,n>0,又P(π,0),所以T>π且eq \f(3T,4)<π,即π2.(2020·江西南昌外国语学校高考适应性测试)将函数f(x)=sin ωx(ω>0)的图象向左平移eq \f(π,4ω)个单位得到函数g(x)的图象,若函数g(x)的图象关于直线x=ω对称且在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-ω,ω))内单调递增,则ω的值为( )
    A.eq \f(\r(π),2) B.eq \f(3\r(π),2)
    C.eq \f(π,4) D.eq \f(3π,2)
    解析:选A.由题意得g(x)=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4ω)))))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,4))),因为函数g(x)的图象关于直线x=ω对称且在区间(-ω,ω)内单调递增,所以ω2+eq \f(π,4)=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,-eq \f(π,2)+2mπ≤-ω2+eq \f(π,4),m∈Z,ω2+eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)+2mπ,m∈Z,因此k≥0,kπ≤eq \f(π,2)-2mπ,kπ≤2mπ,k,m∈Z,从而0≤eq \f(π,2)-2mπ,0≤2mπ,m∈Z,即0≤m≤eq \f(π,4),m∈Z,所以m=0,k=0,ω=eq \f(\r(π),2),选A.
    3.如图,将绘有函数f(x)=eq \r(3)sin(ωx+eq \f(5π,6))(ω>0)部分图象的纸片沿x轴折成直二面角,若A,B之间的空间距离为eq \r(10),则f(-1)=________.
    解析:由题设并结合图形可知,
    AB=eq \r((\r(3))2+[(\r(3))2+(\f(T,2))2])=eq \r(6+\f(T,4)2)
    =eq \r(6+\f(π2,ω2))=eq \r(10),得eq \f(π2,ω2)=4,则ω=eq \f(π,2),
    所以f(-1)=eq \r(3)sin(-eq \f(π,2)+eq \f(5π,6))=eq \r(3)sin eq \f(π,3)=eq \f(3,2).
    答案:eq \f(3,2)
    4.若在区间(n,m)上,函数f(x)=2cs 2x的图象总在函数g(x)=-7-4eq \r(3)sin x的图象的上方,则m-n的最大值为________.
    解析:根据题意,函数f(x)=2cs 2x的图象总在函数g(x)=-7-4eq \r(3)sin x的图象的上方可以转化为2cs 2x>-7-4eq \r(3)sin x恒成立,即2cs 2x+7+4eq \r(3)sin x>0.根据二倍角公式化简为4sin2x-4eq \r(3)sin x-9<0⇒-eq \f(\r(3),2)因为sin x∈[-1,1],所以sin x∈(-eq \f(\r(3),2),1].在一个周期[-eq \f(π,2),eq \f(3π,2)]上画出图象可得x∈(-eq \f(π,3),eq \f(4π,3)),所以(m-n)max=eq \f(5π,3).
    答案:eq \f(5π,3)
    5.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.
    (1)求函数f(x)的解析式,并写出其图象的对称中心;
    (2)若方程f(x)+2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,3)))=a有实数解,求a的取值范围.
    解:(1)由图可得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.
    当x=eq \f(π,6)时,f(x)=2,可得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)+φ))=2,
    因为|φ|所以函数f(x)的解析式为f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))).
    令2x+eq \f(π,6)=kπ(k∈Z),得x=eq \f(kπ,2)-eq \f(π,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k∈Z)),
    所以函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)-\f(π,12),0))(k∈Z).(2)设g(x)=f(x)+2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,3))),
    则g(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))+2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,3)))
    =2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))+2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))))),
    令t=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))),t∈[-1,1],
    记h(t)=-4t2+2t+2=-4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t-\f(1,4)))eq \s\up12(2)+eq \f(9,4),
    因为t∈[-1,1],所以h(t)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))),
    即g(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))),故a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))).故a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))).
    6.已知函数f(x)=eq \r(3)sin(2ωx+eq \f(π,3))(ω>0)的图象与x轴相邻两个交点的距离为eq \f(π,2).
    (1)求函数f(x)的解析式;
    (2)若将f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度得到函数g(x)的图象恰好经过点(-eq \f(π,3),0),求当m取得最小值时,g(x)在[-eq \f(π,6),eq \f(7π,12)]上的单调递增区间.
    解: (1)函数f(x)的图象与x轴相邻两个交点的距离为eq \f(π,2),
    得函数f(x)的最小正周期为T=2×eq \f(π,2)=eq \f(2π,2ω),得ω=1,
    故函数f(x)的解析式为f(x)=eq \r(3)sin(2x+eq \f(π,3)).
    (2)将f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度得到函数g(x)=eq \r(3)sin[2(x+m)+eq \f(π,3)]=eq \r(3)sin(2x+2m+eq \f(π,3))的图象,根据g(x)的图象恰好经过点(-eq \f(π,3),0),
    可得eq \r(3)sin(-eq \f(2π,3)+2m+eq \f(π,3))=0,即sin(2m-eq \f(π,3))=0,
    所以2m-eq \f(π,3)=kπ(k∈Z),m=eq \f(kπ,2)+eq \f(π,6)(k∈Z),
    因为m>0,
    所以当k=0时,m取得最小值,且最小值为eq \f(π,6).
    此时,g(x)=eq \r(3)sin(2x+eq \f(2π,3)).
    因为x∈[-eq \f(π,6),eq \f(7π,12)],所以2x+eq \f(2π,3)∈[eq \f(π,3),eq \f(11π,6)].
    当2x+eq \f(2π,3)∈[eq \f(π,3),eq \f(π,2)],即x∈[-eq \f(π,6),-eq \f(π,12)]时,g(x)单调递增,
    当2x+eq \f(2π,3)∈[eq \f(3π,2),eq \f(11π,6)],即x∈[eq \f(5π,12),eq \f(7π,12)]时,g(x)单调递增.
    综上,g(x)在区间[-eq \f(π,6),eq \f(7π,12)]上的单调递增区间是
    [-eq \f(π,6),-eq \f(π,12)]和[eq \f(5π,12),eq \f(7π,12)].
    y=Asin(ωx+φ)
    (A>0,ω>0)
    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
    ωx+φ
    0
    eq \f(π,2)
    π
    eq \f(3π,2)

    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)
    y=Asin(ωx+φ)
    0
    A
    0
    -A
    0
    x
    -eq \f(π,6)
    eq \f(π,12)
    eq \f(π,3)
    eq \f(7π,12)
    eq \f(5π,6)
    X
    0
    eq \f(π,2)
    π
    eq \f(3π,2)

    y=sin X
    0
    1
    0
    -1
    0
    y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))
    0
    2
    0
    -2
    0
    t(小时)
    0
    3
    6
    9
    12
    15
    18
    21
    24
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