高考数学一轮复习第3章三角函数解三角形第5讲函数y＝asinωx＋φ的图象及应用学案

这是一份高考数学一轮复习第3章三角函数解三角形第5讲函数y＝asinωx＋φ的图象及应用学案，共14页。

知识梳理·双基自测
eq \x(知)eq \x(识)eq \x(梳)eq \x(理)
知识点一 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，如下表如示.
知识点二 函数y＝Asin x的图象经变换得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象的步骤如下
知识点三 简谐振动y＝Asin(ωx＋φ)中的有关物理量
eq \x(重)eq \x(要)eq \x(结)eq \x(论)
1．函数y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间的“长度 ”为eq \f(T,2).
2．“五点法”作图中的五个点：①y＝Asin(ωx＋φ)，两个最值点，三个零点；②y＝Acs(ωx＋φ)，两个零点，三个最值点．
3．正弦曲线y＝sin x向左平移eq \f(π,2)个单位即得余弦曲线y＝cs x.
eq \x(双)eq \x(基)eq \x(自)eq \x(测)
题组一 走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象是由y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度得到的．( √ )
(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)函数y＝sin x的图象上各点纵坐标不变，横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，所得图象对应的函数解析式为y＝sin eq \f(1,2)x.( × )
题组二 走进教材
2．(必修4P55T2改编)(1)把y＝sin x的图象向右平移eq \f(π,3)个单位，得 y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3))) 的图象．
(2)把y＝sin x的图象上所有点的纵坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍(横坐标不变)得 y＝eq \f(1,2)sin x 的图象．
(3)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 y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))) 的图象．
(4)把y＝sin 2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位，得 y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))) 的图象．
3．(必修4P70T18改编)函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的振幅、频率和初相分别为( C )
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,4) D．2，eq \f(1,2π)，－eq \f(π,4)
[解析] 由题意得A＝2，T＝eq \f(2π,2)＝π，∴f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,π)，φ＝－eq \f(π,4).故选C.
4．(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：
选用一个正弦型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 y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x－\f(π,2)))＋6 .
[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.
题组三 走向高考
5．(2019·全国卷Ⅱ)若x1＝eq \f(π,4)，x2＝eq \f(3π,4)是函数f(x)＝sin ωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω＝( A )
A．2 B．eq \f(3,2)
C．1 D．eq \f(1,2)
[解析] 依题意得函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,ω)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－\f(π,4)))＝π，解得ω＝2，选A.
6．(多选题)(2020·新高考Ⅰ，10,5分)如图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)＝( BC )
A．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))) B．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))
C．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) D．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2x))
[解析] 由题图可知，eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，∴T＝π，由T＝eq \f(2π,|ω|)可知，eq \f(2π,|ω|)＝π，∴|ω|＝2，不妨取ω＝2，则f(x)＝sin(2x＋φ)，又∵图象过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝0，又∵eq \f(π,6)是f(x)的下降零点，∴eq \f(π,3)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，∴φ＝eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，不妨取φ＝eq \f(2π,3)，则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋\f(π,2)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))，故选BC.
7．(2020·江苏，10)将函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是 x＝－eq \f(5π,24) .
[解析] 本题考查三角函数图象的平移变换，三角函数图象的对称轴．将函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后得到函数g(x)＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋\f(π,4)))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,12)))的图象，则函数g(x)图象的对称轴方程为2x－eq \f(π,12)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，即x＝eq \f(7π,24)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，当k＝0时，x＝eq \f(7π,24)；
当k＝－1时，x＝－eq \f(5π,24)，
所以平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是x＝－eq \f(5π,24).
考点突破·互动探究
考点一 “五点法”作y＝Asin(ωx＋φ)的图象——自主练透
例1 (2021·湖北黄冈元月调考)已知函数f(x)＝－eq \r(3)cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＋1－2sin2x.
用“五点作图法”在坐标系中画出函数f(x)在[0，π]上的图象．
[解析] f(x)＝－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＋1－2sin2x＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
列表如下：
函数f(x)在[0，π]上的图象如图所示．
名师点拨
用“五点法”作正、余弦型函数图象的步骤
(1)将原函数化为y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acs(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的形式．
(2)确定周期．
(3)确定一个周期或给定区间内函数图象的最高点和最低点以及零点．
(4)列表．
(5)描点．
(6)连线：用平滑曲线连接各点得函数在一个周期(或给定区间)内的图象．注意用“五点法”作图时，表中五点横坐标构成以－eq \f(φ,ω)为首项，公差为eq \f(π,2ω)的等差数列．
〔变式训练1〕
设函数f(x)＝cs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)<φ<0))的最小正周期为π，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(\r(3),2).
(1)求ω和φ的值；
(2)在给定坐标系中作出函数f(x)在[0，π]上的图象．
[解析] (1)因为T＝eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，
又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,4)＋φ))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋φ))＝－sin φ＝eq \f(\r(3),2)且－eq \f(π,2)<φ<0，所以φ＝－eq \f(π,3).
(2)由(1)知f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
列表
描点，连接．
考点二 三角函数图象的变换——多维探究
角度1 给定图象变换，确定函数解析式
例2 (2020·安徽蚌埠第二次教学质量检查)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( B )
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] 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\d12(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\up12(向左平移\f(π,3)个单位))g(x)＝eq \r(2)sin eq \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.
角度2 给定变换前后函数解析式、确定图象间变换
例3 (多选题)(2021·福建漳州八校联考改编)若函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，为了得到函数g(x)＝sin x的图象，则只需将f(x)的图象( AC )
A．先横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移eq \f(π,3)个单位长度
B．先向右平移eq \f(π,3)个单位长度，再横坐标伸长为原来的2倍
C．先向右平移eq \f(π,6)个单位长度，再横坐标伸长为原来的2倍
D．先横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移eq \f(π,6)个单位长度
[解析] 函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2x－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，为了得到函数g(x)＝sin x的图象，则只需将f(x)的图象，先横坐标伸长为原来的2倍，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，再向右平移eq \f(π,3)个单位长度即可．或者，先将f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)得到y＝sin 2x的图象，再横坐标伸长为原来的2倍得到y＝g(x)图象，故选A、C.
角度3 图象变换与性质的综合问题
例4 已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，现将y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度；再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，则g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,24)))上的值域为( A )
A．[－1,2] B．[0,1]
C．[0,2] D．[－1,0]
[解析] 把函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，
可得y＝2sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象，
再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))的图象，
在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,24)))上，4x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(7π,6)))，
故当4x＋eq \f(π,3)＝eq \f(7π,6)时，g(x)取得最小值－1；
当4x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)时，g(x)取得最大值2.
故函数g(x)的值域为[－1,2]．
故选A.
名师点拨
图象变换：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”．(伸缩即用eq \f(x,ω)代换原式中的x；平移即用x±|φ|代换原式中的x，规则是“左加、右减”)注意两种途径平移单位的不同，前者是|φ|个单位，后者是eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(φ,ω)))个单位．
温馨提醒：(1)解题时首先分清原函数与变换后的函数．
(2)不同名函数一般先利用诱导公式cs x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))转化为正弦型函数．
(3)伸缩变换比较周期即可，平移变换的确定：①由C1：y＝sin(ωx＋φ1)，变换为C2：y＝sin(ωx＋φ2)，分别求出“五点法”中的第一个零点x1＝－eq \f(φ1,ω)、x2＝－eq \f(φ2,ω).比较－eq \f(φ1,ω)、－eq \f(φ2,ω)即可；②由C1：y＝cs(ωx＋φ1)变换为C2：y＝sin(ωx＋φ2)，分别求出“五点法”中第一个“峰点”横坐标x1＝－eq \f(φ1,ω)、x2＝eq \f(\f(π,2)－φ2,ω).比较－eq \f(φ1,ω)、eq \f(\f(π,2)－φ2,ω)即可．
〔变式训练2〕
(1)(角度1)把函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,8)，再把所得图象上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，则所得图象的解析式是( C )
A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(3π,8))) B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,8)))
C．y＝2sin 4x D．y＝2sin x
(2)(角度2)(2017·全国)已知曲线C1：y＝cs x，C2：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，则下面结论正确的是( D )
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到曲线C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到曲线C2
(3)(角度3)(2019·天津)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)))＝( C )
A．－2 B．－eq \r(2)
C．eq \r(2) D．2
[解析] (1)y＝2sin(2x＋eq \f(π,4))eq \(――――――→,\s\up7(右移\f(π,8)个单位,用x－\f(π,8)代换x))y＝2sin 2xeq \(――――――――――――→,\s\up7(各点横坐标缩短为原来的\f(1, 2),用2x代换x))y＝2sin 4x，故选C.
(2)解法一：C2：y＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋\f(π,2)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12))).
∴C1：y＝cs xeq \(――――――――――――→,\s\up7(各点横坐标缩短到原来的\f(1,2)倍,用2x代换x))y＝cs 2xeq \(――――――――→,\s\up7(图象左移\f(π,12)个单位,用x＋\f(π,12)代换x))C2：y＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))，故选D.
解法二：C1：y＝cs x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))
eq \(―――――――――――――→,\s\up7(各点横坐标缩短到原来的\f(1,2)倍,用2x代换x))y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
eq \(――――――――→,\s\up7(向左平移\f(π,12)个单位,用x＋\f(π,12)代换x))y＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,2)))
即C2：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，故选D.
解法三：(对点法)y＝cs x的周期T1＝2π，y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))的周期T2＝π，故由C1变换到C2横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍．y＝cs 2x的第一个峰点是(0,1)，y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))的峰点是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，1))，对比两峰点可知需再把曲线左移eq \f(π,12)个单位，故选D.
(3)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，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.
考点三 已知函数图象求解析式——师生共研
例5 (高考真题·四川卷)函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则ω，φ的值分别是( A )
A．2，－eq \f(π,3) B．2，－eq \f(π,6)
C．4，－eq \f(π,6) D．4，eq \f(π,3)
[解析] 解法一(最值法)：由题中图象可知eq \f(3,4)T＝eq \f(5π,12)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))⇒eq \f(3,4)T＝eq \f(3π,4)⇒T＝π，则ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,π)＝2.又图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，2))，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)))＝2⇒2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋φ))＝2⇒sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋φ))＝1.
∵－eq \f(π,2)<φ∴eq \f(5π,6)＋φ＝eq \f(π,2)，∴φ＝－eq \f(π,3).故选A.
解法二(五点法)：由解法一得ω＝2，
由图象知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，2))是五点中的第二个点．
故eq \f(5π,12)×2＋φ＝eq \f(π,2)，解得φ＝－eq \f(π,3)，故选A.
解法三(五点法)：由解法一得ω＝2，由图象知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))是五点中的第三个点．
则－eq \f(π,3)×2＋φ0＝π，
∴φ0＝eq \f(5,3)π＝2π－eq \f(π,3).
取φ＝－eq \f(π,3)即可．
名师点拨
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上还是在下降区间上)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.
〔变式训练3〕
(2020·河北涞水波峰中学期中)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，φ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))))的部分图象如图所示，其中f(0)＝1，|MN|＝eq \f(5,2)，将f(x)的图象向右平移1个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)的解析式是( A )
A．g(x)＝2cs eq \f(π,3)x B．g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(2π,3)))
C．g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)x＋\f(π,3))) D．g(x)＝－2cs eq \f(π,3)x
[解析] 设函数f(x)的最小正周期为T.由题图及|MN|＝eq \f(5,2)，得eq \f(T,4)＝eq \f(3,2)，则T＝6，ω＝eq \f(π,3).又由f(0)＝1，φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))得sin φ＝eq \f(1,2)，φ＝eq \f(5π,6).所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(5π,6))).则g(x)＝2sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x－1＋\f(5π,6)))＝2cs eq \f(π,3)x.故选A.
考点四 三角函数图象与性质的综合应用——师生共研
例6 已知函数f(x)＝eq \r(3)sin(ωx＋φ)－cs(ωx＋φ)(0<φ<π，ω>0)为偶函数，且函数y＝f(x)图象的两相邻对称轴之间的距离为eq \f(π,2).
(1)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))的值；
(2)求函数y＝f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的最大值及对应的x的值．
[解析] (1)f(x)＝eq \r(3)sin(ωx＋φ)－cs(ωx＋φ)
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sinωx＋φ－\f(1,2)csωx＋φ))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ－\f(π,6))).
因为f(x)为偶函数，所以φ－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，
解得φ＝eq \f(2π,3)＋kπ(k∈Z)．
又0<φ<π，所以φ＝eq \f(2π,3).
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,2)))＝2cs ωx.
由题意得eq \f(2π,ω)＝2×eq \f(π,2)，所以ω＝2.所以f(x)＝2cs 2x.
故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝2cs eq \f(π,4)＝eq \r(2).
(2)y＝2cs 2x＋2cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))
＝2cs 2x＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
＝2cs 2x－2sin 2x＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－2x)).
当eq \f(π,4)－2x＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
即x＝kπ－eq \f(π,8)(k∈Z)时，y有最大值2eq \r(2).
名师点拨
三角函数图象与性质的综合问题的求解思路
先将y＝f(x)化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，再借助y＝Asin(ωx＋φ)的图象和性质(如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等)解决相关问题．
〔变式训练4〕
(2020·陕西宝鸡一模)已知函数f(x)＝2sin xcs x＋2eq \r(3)cs2x－eq \r(3).
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，求g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,8)))上的值域．
[解析] 本题考查三角函数的单调区间、图象变换和在限定区间上的值域．
(1)由题意，f(x)＝2sin xcs x＋2eq \r(3)cs2x－eq \r(3)＝sin 2x＋eq \r(3)cs 2x＝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(3π,2)(k∈Z)，
解得kπ＋eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(7π,12)(k∈Z)．
因此，函数f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,12)，kπ＋\f(7π,12)))(k∈Z)．
(2)由题意，g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(2π,3))).
又x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,8)))，所以4x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(7π,6)))，
因此，函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,8)))上的值域为(－1,2]．
名师讲坛·素养提升
三角函数中有关参数ω的求解问题
一、三角函数的周期T与ω的关系
例7 为了使函数y＝sin ωx(ω>0)在区间[0,1]上至少出现50次最大值，则ω的最小值是( B )
A．98π B．eq \f(197,2)π
C．eq \f(199,2)π D．100π
[解析] 由题意，至少出现50次最大值即至少需用49eq \f(1,4)个周期，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(49\f(1,4)))T＝eq \f(197,4)·eq \f(2π,ω)≤1，所以ω≥eq \f(197,2)π，故选B.
名师点拨
这类三角函数试题直接运用T与ω的关系T＝eq \f(2π,ω)，再结合条件，一般可以轻松处理．
二、三角函数的单调性与ω的关系
例8 若函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω的取值范围是( D )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，3)) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))
[解析] 令eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得eq \f(π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(3π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)，因为f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≤\f(π,3)，,\f(π,2)≤\f(3π,2ω)＋\f(2kπ,ω)，))得6k＋eq \f(3,2)≤ω≤4k＋3.又ω>0，所以k≥0，又6k＋eq \f(3,2)≤4k＋3，得0≤k名师点拨
根据正弦函数的单调递减区间，确定函数f(x)的单调递减区间，根据函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，建立不等式，即可求ω的取值范围．
三、三角函数最值与ω的关系
例9 已知函数f(x)＝2sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，求ω的取值范围．
[解析] 显然ω≠0.
若ω>0，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，－eq \f(π,3)ω≤ωx≤eq \f(π,4)ω，因为函数f(x)＝2sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，所以－eq \f(π,3)ω≤－eq \f(π,2)，解得ω≥eq \f(3,2).
若ω<0，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，eq \f(π,4)ω≤ωx≤－eq \f(π,3)ω，因为函数f(x)＝2sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2.所以eq \f(π,4)ω≤－eq \f(π,2)，解得ω≤－2.
综上所述，符合条件的实数ω的取值范围是(－∞，－2]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
〔变式训练5〕
(1)若函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的最小正周期为T，且T∈(1,3)，则正整数ω的最大值为 6 .
(2)若函数y＝2cs ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上递减，且有最小值1，则ω的值可以是( B )
A．2 B．eq \f(1,2)
C．3 D．eq \f(1,3)
[解析] (1)因为1(2)由y＝2cs ωx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上是递减的，且有最小值1，则有2×cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω×\f(2,3)π))＝1⇒cs eq \f(2π,3)ω＝eq \f(1,2).检验各数据，得出B项符合．故选B.
x
－eq \f(φ,ω)
－eq \f(φ,ω)＋eq \f(π,2ω)
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
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
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
f(x)
1
2
0
－2
0
1
2x－eq \f(π,3)
－eq \f(π,3)
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
eq \f(5π,3)
x
0
eq \f(π,6)
eq \f(5π,12)
eq \f(2π,3)
eq \f(11π,12)
π
f(x)
eq \f(1,2)
1
0
－1
0
eq \f(1,2)