2023届高考数学二轮复习 微专题作业2 函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)中的求值问题（含解析）

这是一份2023届高考数学二轮复习 微专题作业2 函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)中的求值问题（含解析），共3页。试卷主要包含了已知函数y＝sin等内容，欢迎下载使用。

1.(2018·江苏卷)已知函数y＝sin(2x＋φ)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＜φ＜\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，则φ的值是________．
2．设函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(03．已知A，B分别是函数f(x)＝eq \r(3)sinωx(ω>0)在y轴右侧图象上的第一个最高点和第一个最低点，且∠AOB＝eq \f(π,2)，则该函数的周期为________．
4．(2018·苏北四市期末)若函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的图象与直线 y＝m的三个相邻交点的横坐标分别是eq \f(π,6)，eq \f(π,3)，eq \f(2,3)π，则实数ω的值为________．
5．把函数y＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位，所得曲线的一部分如图，则ω，φ的值分别为________．
6．(2018·常州期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜π)的图象与x轴的交点A，B，C满足OA＋OC＝2OB，则
φ＝________.
7.已知函数f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(A＞0，ω＞0)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π，且经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(\r(3),2))).
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若角α满足f(α)＋eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,2)))＝1，α∈(0，π)，求角α的值．
8．已知函数f(x)＝sineq \f(x,3)cseq \f(x,3)＋eq \r(3)cs2eq \f(x,3).
(1)将f(x)写成Asin(ωx＋φ)＋b的形式，并求其图象对称中心的横坐标；
(2)如果△ABC的三边a，b，c满足b2＝ac，且边b所对的角为x，试求x的范围及此时函数f(x)的值域．
微专题2
1．答案：－eq \f(π,6).
解析：由题意得eq \f(2,3)π＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，所以φ＝kπ－eq \f(π,6)，k∈Z，又
－eq \f(π,2)＜φ＜eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,6).
2．答案：2.
解析：当x＝eq \f(π,12)时，ωx＋eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，ω＝24k＋2，k∈Z，又2T>π，所以ω<4，则正数ω＝2.
3．答案：4.
解析：由题意知T＝eq \f(2π,ω)，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2ω)，\r(3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2ω)，－\r(3)))，而OA⊥OB，则eq \f(π,2ω)·eq \f(3π,2ω)－3＝0，即ω＝eq \f(π,2)，故T＝eq \f(2π,ω)＝4.
4．答案：4.
解析：由题意可知函数f(x)的两条相邻对称轴是x＝eq \f(π,6)＋eq \f(π,12)＝eq \f(π,4)，x＝eq \f(π,3)＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，所以eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(π,2)－eq \f(π,4)＝eq \f(π,4)，所以ω＝4.
5．答案：2，－eq \f(π,3).
解析：y＝sin(ωx＋φ)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位，得函数解析式为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)ω＋φ))，由题知，eq \f(1,4)×eq \f(2π,ω)＝eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)，得ω＝2，函数的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，得φ＝
－eq \f(π,3).
6．答案：eq \f(3π,4).
解析：设A(x1，0)，B(x2，0)，
C(x3，0)，由OA＋OC＝2OB及AC＝AB，所以x1＋x3＝2x2，x3－x1＝x1－x2 ，又x3－x1＝eq \f(π,ω)，所以x3＝eq \f(5π,4ω)，x1＝eq \f(π,4ω)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x3,2)))＝f(3x1)＝
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4ω)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋φ))＝－1，
又0＜φ＜π，所以φ＝eq \f(3π,4).
7．答案：(1)f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))) ；(2)α＝eq \f(π,6)或eq \f(5π,6).
解析：(1)由条件，周期T＝2π，即eq \f(2π,ω)＝2π，所以ω＝1，即
f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))). 因为
f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(\r(3),2)))，所以Asineq \f(2π,3)＝eq \f(\r(3),2)，所以A＝1, 所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))).
(2)由f(α)＋eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,2)))＝1，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＋
eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)－\f(π,2)))＝1, 即
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝1, 所以2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝1，即sinα＝eq \f(1,2). 因为α∈(0，π)，所以α＝eq \f(π,6)或eq \f(5π,6).
8．答案：(1)f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x＋\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2)，x＝eq \f(3k－1,2)(k∈Z)；
(2)eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(3)，1＋\f(\r(3),2)))
解析：(1)f(x)＝eq \f(1,2)sineq \f(2x,3)＋
eq \f(\r(3),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋cs\f(2x,3)))＝eq \f(1,2)sineq \f(2x,3)＋eq \f(\r(3),2)cs eq \f(2x,3)＋eq \f(\r(3),2)＝
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x＋\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2)，由
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x＋\f(π,3)))＝0，得eq \f(2,3)x＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，解得x＝eq \f(3k－1,2)π，k∈Z，所以对称中心的横坐标为eq \f(3k－1,2)π(k∈Z)．
(2)由b2＝ac及余弦定理，得cs x＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝
eq \f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq \f(2ac－ac,2ac)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(1,2)≤cs x<1，即0f(x)≤1＋eq \f(\r(3),2)，函数f(x)的值域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(3)，1＋\f(\r(3),2))).