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    (新高考)高考数学一轮复习学案+巩固提升练习4.6《函数y=Asin(ωx+φ)》(2份打包,原卷版+教师版)
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    (新高考)高考数学一轮复习学案+巩固提升练习4.6《函数y=Asin(ωx+φ)》(2份打包,原卷版+教师版)

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    这是一份(新高考)高考数学一轮复习学案+巩固提升练习4.6《函数y=Asin(ωx+φ)》(2份打包,原卷版+教师版),文件包含新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习46《函数y=Asinωx+φ》原卷版doc、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习46《函数y=Asinωx+φ》原卷版pdf、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习46《函数y=Asinωx+φ》教师版doc、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习46《函数y=Asinωx+φ》教师版pdf等4份试卷配套教学资源,其中试卷共64页, 欢迎下载使用。

    1.结合具体实例,了解y=Asin(ωx+φ)的实际意义;能借助图象理解参数ω,φ,A的意义,了解参数的变化对函数图象的影响.
    2.会用三角函数解决简单的实际问题,体会可以利用三角函数构建刻画事物周期变化的数学模型.
    知识梳理
    1.简谐运动的有关概念
    2.用“五点法”画y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)一个周期内的简图时,要找五个特征点
    3.函数y=sin x的图象经变换得到y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象的两种途径
    常用结论
    1.函数y=Asin(ωx+φ)+k图象平移的规律:“左加右减,上加下减”.
    2.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.
    3.函数y=Asin(ωx+φ)图象的对称轴由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.
    思考辨析
    判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
    (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,6)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,那么函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为eq \f(T,2).( √ )
    教材改编题
    1.为了得到函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x-\f(π,4)))的图象,只要把y=sin 3x的图象( )
    A.向右平移eq \f(π,4)个单位长度 B.向左平移eq \f(π,4)个单位长度
    C.向右平移eq \f(π,12)个单位长度 D.向左平移eq \f(π,12)个单位长度
    答案 C
    2.为了得到y=3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x+\f(π,8)))的图象,只需把y=3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,8)))图象上的所有点的( )
    A.纵坐标伸长到原来的3倍,横坐标不变
    B.横坐标伸长到原来的3倍,纵坐标不变
    C.纵坐标缩短到原来的eq \f(1,3),横坐标不变
    D.横坐标缩短到原来的eq \f(1,3),纵坐标不变
    答案 D
    3.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,A>0,0<φ<π,则这段曲线的函数解析式为__________________________.
    答案 y=10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x+\f(3π,4)))+20,x∈[6,14]
    解析 从题图中可以看出,从6~14时的图象是函数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=2kπ,k∈Z,0<φ<π,所以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∈[6,14].
    题型一 函数y=Asin(ωx+φ)的图象及变换
    例1 (1)把函数y=f(x)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,再把所得曲线向右平移eq \f(π,3)个单位长度,得到函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,4)))的图象,则f(x)等于( )
    A.sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)-\f(7π,12))) B.sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)+\f(π,12))) C.sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(7π,12))) D.sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,12)))
    答案 B
    解析 依题意,将y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,4)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度,再将所得曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍,得到f(x)的图象,
    所以y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,4)))eq \(――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――→,\s\up10(将其图象向左平移\f(π,3)个单位长度))y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,12)))的图象eq \(―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――→,\s\up7(所有点的横坐标扩大到原来的2倍))f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)+\f(π,12)))的图象.
    (2)将函数y=sin 2x的图象向左平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤φ<\f(π,2)))个单位长度后,得到函数y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))的图象,则φ等于( )
    A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,3) D.eq \f(5π,3)
    答案 C
    解析 y=sin 2x=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,2))).将函数y=sin 2x的图象向左平移φ个单位长度后,
    得到函数y=cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x+φ-\f(π,2)))=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+2φ-\f(π,2)))=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))),
    由题意知2φ﹣eq \f(π,2)=eq \f(π,6)+2kπ(k∈Z),则φ=eq \f(π,3)+kπ(k∈Z),又0≤φ教师备选
    1.要得到函数y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6)))的图象,可以把函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))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,12)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,12)个单位长度
    答案 D
    解析 函数y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6)+\f(π,2)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)+\f(π,6)))=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,12)))+\f(π,6))),
    所以只需将y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度就可以得到y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6)))的图象.
    2.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________.
    答案 x=﹣eq \f(5π,24)
    解析 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,所得图象的函数解析式为
    y=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))).令2x﹣eq \f(π,12)=kπ+eq \f(π,2),k∈Z,得对称轴的方程为x=eq \f(kπ,2)+eq \f(7π,24),k∈Z,
    分析知当k=﹣1时,对称轴为直线x=﹣eq \f(5π,24),与y轴最近.
    思维升华
    (1)由y=sin ωx的图象到y=sin(ωx+φ)的图象的变换: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.
    (2)如果平移前后两个图象对应的函数的名称不一致,那么应先利用诱导公式化为同名函数,ω为负时应先变成正值.
    跟踪训练1 (1)(多选)已知函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3))).下列结论正确的是( )
    A.f(x)的最小正周期为2π
    B.f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))是f(x)的最大值
    C.把函数y=sin x的图象上所有点向左平移eq \f(π,3)个单位长度,可得到函数y=f(x)的图象
    D.把函数y=f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍,纵坐标不变,得到g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x+\f(π,3)))的图象
    答案 AC
    解析 T=eq \f(2π,1)=2π,故A正确.
    当x+eq \f(π,3)=eq \f(π,2)+2kπ(k∈Z),即x=eq \f(π,6)+2kπ(k∈Z)时,f(x)取得最大值,故B错误.
    y=sin x的图象eq \(―――――――――――――――――――――――――――――→,\s\up10(向左平移\f(π,3)个单位长度))y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))的图象,故C正确.
    f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))图象上所有点的eq \(――――――――――――――――――――――――――――――――――→,\s\up11(横坐标伸长到原来的3倍),\s\d4(纵坐标不变))g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x+\f(π,3)))的图象,故D错误.
    (2)设ω>0,将函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,6)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后,所得图象与原图象重合,则ω的最小值为( )
    A.3 B.6 C.9 D.12
    答案 D
    解析 将函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,6)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后,所得图象与原图象重合,故eq \f(π,6)为函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,6)))的周期,即eq \f(2kπ,ω)=eq \f(π,6)(k∈N*),则ω=12k(k∈N*),故当k=1时,ω取得最小值12.
    题型二 由图象确定y=Asin(ωx+φ)的解析式
    例2 (1)已知函数f(x)=Acs(ωx+φ)+beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0,ω>0,|φ|<\f(π,2)))
    的大致图象如图所示,将函数f(x)的图象上点的横坐标拉伸为原来的3倍后,再向左平移eq \f(π,2)个单位长度,得到函数g(x)的图象,则函数g(x)的单调递增区间为( )
    A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(3π,2)+3kπ,3kπ))(k∈Z) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3kπ,3kπ+\f(3π,2)))(k∈Z)
    C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(7π,4)+3kπ,-\f(π,4)+3kπ))(k∈Z) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4)+3kπ,\f(5π,4)+3kπ))(k∈Z)
    答案 C
    解析 依题意,eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A+b=1,,-A+b=-3,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A=2,,b=-1,))故f(x)=2cs(ωx+φ)﹣1,
    而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))=1,f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=﹣1,∴eq \f(T,4)=eq \f(π,3)﹣eq \f(π,12)=eq \f(π,4),故T=π=eq \f(2π,ω),则ω=2;
    ∴2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)+φ))﹣1=1,故eq \f(π,6)+φ=2kπ(k∈Z),又|φ|故函数g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(7π,4)+3kπ,-\f(π,4)+3kπ))(k∈Z).
    (2)已知函数f(x)=2cs (ωx+φ)的部分图象如图所示,则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=______.
    答案 ﹣eq \r(3)
    解析 由题意可得,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,
    当x=eq \f(13π,12)时,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),据此有f(x)=2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6))),f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,2)-\f(π,6)))=2cs eq \f(5π,6)=﹣eq \r(3).
    教师备选
    1.把函数f(x)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,再把所得曲线向右平移eq \f(π,4)个单位长度,得到函数g(x)的图象,已知函数g(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f(x)等于( )
    A.sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,3))) B.sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,6))) C.sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,6))) D.sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))
    答案 D
    解析 先根据函数图象求函数g(x)=Asin(ωx+φ)的解析式,由振幅可得A=1,
    显然eq \f(T,4)=eq \f(π,3)﹣eq \f(π,12)=eq \f(π,4),所以T=π,所以eq \f(2π,ω)=π,所以ω=2,所以g(x)=sin(2x+φ),
    再由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)+φ))=0,由|φ|反向移动先向左平移eq \f(π,4)个单位长度可得sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4)))-\f(π,6)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))),
    再将横坐标伸长到原来的2倍可得f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3))).
    2.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)=________.
    答案 ﹣eq \r(3)
    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).
    思维升华 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ω=eq \f(2π,T).
    (3)求φ,常用方法如下: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.
    跟踪训练2 (1)设函数f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,6)))在[﹣π,π]上的图象大致如图,则f(x)的解析式为( )
    A.f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3,2)x+\f(π,6))) B.f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x+\f(π,6)))
    C.f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x-\f(π,6))) D.f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x+\f(π,6)))
    答案 B
    解析 由图象知π因为图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(4π,9),0)),所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\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.因为1<|ω|<2,故k=﹣1,得ω=eq \f(3,2),所以f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x+\f(π,6))).
    (2)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ω=________,为了得到偶函数y=g(x)的图象,至少要将函数y=f(x)的图象向右平移________个单位长度.
    答案 eq \f(π,8) 6
    解析 由图象可知,函数f(x)的最小正周期为T=2×[6﹣(﹣2)]=16,∴ω=eq \f(2π,16)=eq \f(π,8),则f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πx,8)+φ)),
    由于函数f(x)的图象过点(﹣2,0)且在x=﹣2附近单调递增,
    ∴﹣2×eq \f(π,8)+φ=2kπ(k∈Z),可得φ=2kπ+eq \f(π,4)(k∈Z),∵﹣eq \f(π,2)<φ∴f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πx,8)+\f(π,4))),假设将函数f(x)的图象向右平移t个单位长度可得到偶函数g(x)的图象,
    且g(x)=f(x﹣t)=2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x-t+\f(π,4)))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x-\f(πt,8)+\f(π,4))),∴﹣eq \f(πt,8)+eq \f(π,4)=eq \f(π,2)+kπ(k∈Z),
    解得t=﹣2﹣8k(k∈Z),∵t>0,当k=﹣1时,t取最小值6.
    题型三 三角函数图象、性质的综合应用
    命题点1 图象与性质的综合应用
    例3 若函数f(x)=2sin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0,|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π,且其图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后所得图象对应的函数g(x)为偶函数,则f(x)的图象( )
    A.关于直线x=eq \f(π,3)对称 B.关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),0))对称
    C.关于直线x=﹣eq \f(π,6)对称 D.关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12),0))对称
    答案 D
    解析 依题意可得ω=eq \f(2π,π)=2,所以f(x)=2sin(2x+φ),
    所以f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后所得图象对应的函数为g(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)+φ)),
    又函数g(x)为偶函数,所以eq \f(π,3)+φ=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,解得φ=eq \f(π,6)+kπ,k∈Z,
    又|φ|得x=eq \f(π,6)+eq \f(kπ,2),k∈Z,所以f(x)图象的对称轴为x=eq \f(π,6)+eq \f(kπ,2),k∈Z,排除A,C,
    由2x+eq \f(π,6)=kπ,k∈Z,得x=﹣eq \f(π,12)+eq \f(kπ,2),k∈Z,则f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,12)+\f(kπ,2),0)),k∈Z,排除B,
    当k=1时,﹣eq \f(π,12)+eq \f(π,2)=eq \f(5π,12),故D正确.
    命题点2 函数零点(方程根)问题
    例4 已知关于x的方程2sin2x﹣eq \r(3)sin 2x+m﹣1=0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π))上有两个不同的实数根,则m的取值范围是____________.
    答案 (﹣2,﹣1)
    解析 方程2sin2x﹣eq \r(3)sin 2x+m﹣1=0可转化为
    m=1﹣2sin2x+eq \r(3)sin 2x=cs 2x+eq \r(3)sin 2x=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))),x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)).设2x+eq \f(π,6)=t,则t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6),\f(13π,6))),
    ∴题目条件可转化为eq \f(m,2)=sin t,t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6),\f(13π,6)))有两个不同的实数根.
    ∴y=eq \f(m,2)和y=sin t,t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6),\f(13π,6)))的图象有两个不同交点,如图:
    由图象观察知,eq \f(m,2)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-1,-\f(1,2))),故m的取值范围是(﹣2,﹣1).
    延伸探究 本例中,若将“有两个不同的实数根”改成“有实根”,则m的取值范围是_____.
    答案 [﹣2,1)
    解析 同例题知,eq \f(m,2)的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(-1,\f(1,2))),∴﹣2≤m<1,∴m的取值范围是[﹣2,1).
    命题点3 三角函数模型
    例5 (多选)摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑,如深圳前海的“湾区之光”摩天轮,如图所示,某摩天轮最高点离地面高度128米,转盘直径为120米,设置若干个座舱,游客从离地面最近的位置进舱,开启后按逆时针匀速旋转t分钟,当t=15时,游客随舱旋转至距离地面最远处.以下关于摩天轮的说法中,正确的为( )
    A.摩天轮离地面最近的距离为4米
    B.若旋转t分钟后,游客距离地面的高度为h米,则h=﹣60cs eq \f(π,15)t+68
    C.若在t1,t2时刻,游客距离地面的高度相等,则t1+t2的最小值为30
    D.∃t1,t2∈[0,20],使得游客在该时刻距离地面的高度均为90米
    答案 BC
    解析 由题意知,摩天轮离地面最近的距离为128﹣120=8(米),故A不正确;
    t分钟后,转过的角度为eq \f(π,15)t,则h=60﹣60cs eq \f(π,15)t+8=﹣60cs eq \f(π,15)t+68,故B正确;
    h=﹣60cs eq \f(π,15)t+68,周期为eq \f(2π,\f(π,15))=30,由余弦型函数的性质可知,若t1+t2取最小值,
    则t1,t2∈[0,30],又高度相等,则t1,t2关于t=15对称,则eq \f(t1+t2,2)=15,则t1+t2=30,故C正确;
    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,则h在t∈[0,15]上单调递增,在t∈[15,20]上单调递减,当t=15时,hmax=128,当t=20时,h=﹣60cs eq \f(π,15)×20+68=98>90,
    所以h=90在t∈[0,20]只有一个解,故D不正确.
    教师备选
    (多选)如图所示,一半径为4米的水轮,水轮圆心O距离水面2米,已知水轮每60秒逆时针转动一圈,如果当水轮上点P从水中浮现时(图中点P0)开始计时,则( )
    A.点P第一次到达最高点需要20秒
    B.当水轮转动155秒时,点P距离水面2米
    C.当水轮转动50秒时,点P在水面下方,距离水面2米
    D.点P距离水面的高度h(米)与t(秒)的函数解析式为h=4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,30)t+\f(π,3)))+2
    答案 ABC
    解析 设点P距离水面的高度h(米)和时间t(秒)的函数解析式为
    h=Asin(ωt+φ)+Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0,ω>0,|φ|<\f(π,2))),
    由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(hmax=A+B=6,,hmin=-A+B=-2,,T=\f(2π,ω)=60,,h0=Asinω·0+φ+B=0,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A=4,,B=2,,ω=\f(2π,T)=\f(π,30),,φ=-\f(π,6),))
    故h=4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,30)t-\f(π,6)))+2.故D错误;
    对于A,令h=6,即h=4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,30)t-\f(π,6)))+2=6,解得t=20,故A正确;
    对于B,令t=155,代入h=4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,30)t-\f(π,6)))+2,解得h=2,故B正确;
    对于C,令t=50,代入h=4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,30)t-\f(π,6)))+2,解得h=﹣2,故C正确.
    思维升华
    (1)研究y=Asin(ωx+φ)的性质时可将ωx+φ视为一个整体,利用换元法和数形结合思想进行解题.
    (2)方程根的个数可转化为两个函数图象的交点个数.
    (3)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.
    跟踪训练3 (1)(多选)已知函数f(x)=cs 2xcs φ﹣sin 2xsin φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),0)),则下列说法正确的是( )
    A.直线x=eq \f(5,12)π是函数f(x)的图象的一条对称轴
    B.函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,6)))上单调递减
    C.函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度可得到y=cs 2x的图象
    D.函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上的最小值为﹣1
    答案 ABD
    解析 ∵f(x)=cs 2xcs φ﹣sin 2xsin φ=cs(2x+φ)的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),0)),
    ∴2×eq \f(π,6)+φ=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,∴φ=eq \f(π,6)+kπ,k∈Z.
    ∵0<φ∴直线x=eq \f(5,12)π是函数f(x)的图象的一条对称轴,故A正确;
    当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,6)))时,2x+eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,2))),∴函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,6)))上单调递减,故B正确;
    函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度,得到y=cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,6)))+\f(π,6)))=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6)))的图象,故C错误;
    当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,2x+eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(7π,6))),∴函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上的最小值为cs π=﹣1,故D正确.
    (2)(多选)水车在古代是进行灌溉引水的工具,亦称“水转筒车”,是一种以水流作动力,取水灌田的工具.据史料记载,水车发明于隋而盛于唐,距今已有1 000多年的历史,是人类的一项古老的发明,也是人类利用自然和改造自然的象征,如图是一个半径为R的水车,一个水斗从点A(3,﹣3eq \r(3))出发,沿圆周按逆时针方向匀速旋转,且旋转一周用时120秒.经过t秒后,水斗旋转到P点,设点P的坐标为(x,y),其纵坐标满足y=f(t)=Rsin(ωt+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t≥0,ω>0,|φ|<\f(π,2))),则下列叙述正确的是( )
    A.水斗作周期运动的初相为﹣eq \f(π,3)
    B.在水斗开始旋转的60秒(含)中,其高度不断增加
    C.在水斗开始旋转的60秒(含)中,其最高点离平衡位置的纵向距离是3eq \r(3)
    D.当水斗旋转100秒时,其和初始点A的距离为6
    答案 AD
    解析 对于A,由A(3,﹣3eq \r(3)),知R=eq \r(32+-3\r(3)2)=6,T=120,所以ω=eq \f(2π,T)=eq \f(π,60);
    当t=0时,点P在点A位置,有﹣3eq \r(3)=6sin φ,解得sin φ=﹣eq \f(\r(3),2),又|φ|对于B,可知f(t)=6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,60)t-\f(π,3))),当t∈(0,60],eq \f(π,60)t﹣eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,3),\f(2π,3))),所以函数f(t)先增后减,故B错误;
    对于C,当t∈(0,60],eq \f(π,60)t﹣eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,3),\f(2π,3))),sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,60)t-\f(π,3)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(\r(3),2),1)),所以点P到x轴的距离的最大值为6,故C错误;
    对于D,当t=100时,eq \f(π,60)t﹣eq \f(π,3)=eq \f(4π,3),P的纵坐标为y=﹣3eq \r(3),横坐标为x=﹣3,所以|PA|=|﹣3﹣3|=6,故D正确.
    课时精练
    1.函数f(x)=﹣2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x+\f(π,4)))的振幅、初相分别是( )
    A.﹣2,eq \f(π,4) B.﹣2,﹣eq \f(π,4) C.2,eq \f(π,4) D.2,﹣eq \f(π,4)
    答案 C
    解析 振幅为2,当x=0时,φ=eq \f(π,4),即初相为eq \f(π,4).
    2.将函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,4)))的图象,向右平移eq \f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)的解析式为( )
    A.g(x)=sin 2x B.g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,4)))
    C.g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4))) D.g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(3π,4)))
    答案 C
    解析 向右平移eq \f(π,4)个单位长度后得,g(x)=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,4)))+\f(π,4)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,4))).
    3.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0,|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π,将其图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后对应的函数为偶函数,则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))等于( )
    A.﹣eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C.1 D.eq \f(1,2)
    答案 D
    解析 因为函数f(x)=sin(ωx+φ)的最小正周期为π,所以ω=eq \f(2π,π)=2,所以f(x)=sin(2x+φ),
    图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后所得函数为y=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))+φ))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(2π,3)+φ)),
    因为y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(2π,3)+φ))是偶函数,所以eq \f(2π,3)+φ=eq \f(π,2)+kπ(k∈Z),所以φ=﹣eq \f(π,6)+kπ(k∈Z),
    因为|φ|4.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,将f(x)的图象上所有点的横坐标扩大到原来的4倍(纵坐标不变),再把所得的图象沿x轴向左平移eq \f(π,3)个单位长度,得到函数g(x)的图象,则函数g(x)的一个单调递增区间为( )
    A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(5π,3),\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3),\f(7π,3))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(3π,8))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8),\f(π,2)))
    答案 A
    解析 根据函数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,可得A=1,
    eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)=eq \f(2π,3)﹣eq \f(π,6),∴ω=2.结合“五点法”作图可得2×eq \f(π,6)+φ=eq \f(π,2),∴φ=eq \f(π,6),f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))).
    将f(x)的图象上所有点的横坐标扩大到原来的4倍(纵坐标不变),
    可得y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x+\f(π,6)))的图象.再把所得的图象沿x轴向左平移eq \f(π,3)个单位长度,
    得到函数g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x+\f(π,6)+\f(π,6)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x+\f(π,3)))的图象.
    令2kπ﹣eq \f(π,2)≤eq \f(1,2)x+eq \f(π,3)≤2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,解得4kπ﹣eq \f(5π,3)≤x≤4kπ+eq \f(π,3),k∈Z,
    可得函数g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4kπ-\f(5π,3),4kπ+\f(π,3))),k∈Z,
    令k=0,可得一个单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(5π,3),\f(π,3))).
    5.(多选)如果若干个函数的图象经过平移后能够重合,则称这些函数为“互为生成”函数,给出下列函数中是“互为生成”函数的是( )
    A.f(x)=sin x+cs x B.f(x)=eq \r(2)(sin x+cs x)
    C.f(x)=sin x D.f(x)=eq \r(2)sin x+eq \r(2)
    答案 AD
    解析 f(x)=sin x+cs x=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4)))与f(x)=eq \r(2)sin x+eq \r(2)经过平移后能够重合.
    6.(多选)设函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的图象为曲线E,则下列结论中正确的是( )
    A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,12),0))是曲线E的一个对称中心
    B.若x1≠x2,且f(x1)=f(x2)=0,则|x1﹣x2|的最小值为eq \f(π,2)
    C.将曲线y=sin 2x向右平移eq \f(π,3)个单位长度,与曲线E重合
    D.将曲线y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,3)))上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2),纵坐标不变,与曲线E重合
    答案 BD
    解析 函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的图象为曲线E,令x=﹣eq \f(π,12),求得f(x)=﹣1,为最小值,
    故f(x)的图象关于直线x=﹣eq \f(π,12)对称,故A错误;
    若x1≠x2,且f(x1)=f(x2)=0,则|x1﹣x2|的最小值为eq \f(T,2)=eq \f(1,2)×eq \f(2π,2)=eq \f(π,2),故B正确;
    将曲线y=sin 2x向右平移eq \f(π,3)个单位长度,可得y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(2π,3)))的图象,故C错误;
    将曲线y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,3)))上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2),纵坐标不变,可得y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的图象,与曲线E重合,故D正确.
    7.将函数f(x)=cs 2x的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度,得到函数g(x)的图象.若函数g(x)的图象关于原点对称,则φ的一个取值为________.(答案不唯一)
    答案 eq \f(π,4)
    解析 将函数f(x)=cs 2x的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度,可得g(x)=cs(2x+2φ),由函数g(x)的图象关于原点对称,可得g(0)=cs 2φ=0,所以2φ=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,φ=eq \f(π,4)+eq \f(kπ,2),k∈Z,当k=0时,φ=eq \f(π,4).
    8.已知曲线C1:y=cs x,C2:y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(2π,3))),则为了得到曲线C1,首先要把C2上各点的横坐标变为原来的________倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右至少平移______个单位长度.(本题所填数字要求为正数)
    答案 2 eq \f(π,6)
    解析 ∵曲线C1:y=cs x=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,2)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2·\f(1,2)x+\f(2π,3)-\f(π,6))),
    ∴先将曲线C2上各点的横坐标变为原来的2倍,纵坐标不变,
    再把得到的曲线y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2·\f(1,2)x+\f(2π,3)))向右至少平移eq \f(π,6)个单位长度.
    9.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.
    (1)求f(x)的解析式;
    (2)作出f(x)在[0,π]上的图象(要列表);
    (3)函数y=f(x)的图象可由函数y=sin x的图象经过怎样的变换得到?
    解 (1)因为函数f(x)的最小正周期是π,所以ω=2.
    又因为当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(2)因为x∈[0,π],所以2x+eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(13π,6))).列表如下,
    描点、连线得图象.
    (3)将y=sin x的图象上的所有点向左平移eq \f(π,6)个单位长度,得到函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,6)))的图象,再将y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,6)))的图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变),得到函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))的图象,再将y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))上所有点的纵坐标伸长2倍(横坐标不变),得到f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))的图象.
    10.已知向量m=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x,-\f(1,2))),n=(eq \r(3)cs x,cs 2x),函数f(x)=m·n.
    (1)求函数f(x)的最大值及最小正周期;
    (2)将函数y=f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度,得到函数y=g(x)的图象,求g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上的值域.
    解 (1) f(x)=m·n=eq \r(3)sin xcs x﹣eq \f(1,2)cs 2x =eq \f(\r(3),2)sin 2x﹣eq \f(1,2)cs 2x=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6))).
    所以函数的最大值为1,最小正周期为T=eq \f(2π,|ω|)=eq \f(2π,2)=π.
    (2)由(1)得f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6))).
    将函数y=f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到y=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,6)))-\f(π,6)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))的图象.
    因此g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))),又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),所以2x+eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(7π,6))),sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(1,2),1)).
    故g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(1,2),1)).
    11.函数f(x)=Asin(ωx+φ)+b的图象如图,则f(x)的解析式和S=f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2 020)+f(2 021)+f(2 022)+f(2 023)的值分别为( )
    A.f(x)=eq \f(1,2)sin 2πx+1,S=2 023 B.f(x)=eq \f(1,2)sin 2πx+1,S=2 023eq \f(1,2)
    C.f(x)=eq \f(1,2)sin eq \f(π,2)x+1,S=2 024eq \f(1,2) D.f(x)=eq \f(1,2)sin eq \f(π,2)x+1,S=2 024
    答案 D
    解析 由图象知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A+b=\f(3,2),,-A+b=\f(1,2),))又T=4,∴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\c1(\f(π,2)x+φ))+1.由f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(3,2)))得eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)+φ))+1=eq \f(3,2),∴cs φ=1.
    ∴φ=2kπ,k∈Z,取k=0得φ=0.∴f(x)=eq \f(1,2)sin eq \f(π,2)x+1,
    ∴f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin 0+1))+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin \f(π,2)+1))+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin π+1))+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin \f(3π,2)+1))=4.
    又2 024=4×506,∴S=4×506=2 024.
    12.(多选)关于函数f(x)=2cs2x﹣cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,2)))﹣1的描述正确的是( )
    A.其图象可由y=eq \r(2)sin 2x的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度得到
    B.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上单调递增
    C.f(x)在[0,π]上有3个零点
    D.f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),0))上的最小值为﹣eq \r(2)
    答案 AD
    解析 f(x)=2cs2x﹣cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,2)))﹣1=sin 2x+cs 2x=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,4))),
    对于A,由y=eq \r(2)sin 2x的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度,
    得到y=eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,8)))))=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,4))),故选项A正确;
    对于B,令2kπ﹣eq \f(π,2)≤2x+eq \f(π,4)≤2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,解得kπ﹣eq \f(3π,8)≤x≤kπ+eq \f(π,8),k∈Z,
    所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ-\f(3π,8),kπ+\f(π,8))),k∈Z,
    所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,8)))上单调递增,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8),\f(π,2)))上单调递减,故选项B不正确;
    对于C,令f(x)=0,得2x+eq \f(π,4)=kπ,k∈Z,解得x=eq \f(kπ,2)﹣eq \f(π,8),k∈Z,
    因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,π)),所以k=1,x=eq \f(3,8)π;k=2,x=eq \f(7,8)π,所以f(x)在[0,π]上有2个零点,故选项C不正确;
    对于D,因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),0)),所以2x+eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(3π,4),\f(π,4))),所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-1,\f(\r(2),2))),
    所以f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\r(2),1)),所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),0))上的最小值为﹣eq \r(2),故选项D正确.
    13.定义运算eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(\s\up11(a1),\s\d4(a3)) \(\s\up7(a2),\s\d5(a4))))=a1a4﹣a2a3,将函数f(x)=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(\s\up11(\r(3)),\s\d4(1)) \(\s\up7(sin ωx),\s\d5(cs ωx))))(ω>0)的图象向左平移eq \f(2π,3)个单位长度,所得图象对应的函数为奇函数,则ω的最小值是________.
    答案 eq \f(1,2)
    解析 f(x)=eq \r(3)cs ωx﹣sin ωx=﹣2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,3))),
    图象向左平移eq \f(2π,3)个单位长度得,g(x)=﹣2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(2πω,3)-\f(π,3))),g(x)为奇函数,
    则eq \f(2πω,3)﹣eq \f(π,3)=kπ,k∈Z,解得ω=eq \f(1,2)+eq \f(3,2)k,k∈Z,所以ω的最小值为eq \f(1,2).
    14.据市场调查,某种商品一年内每件出厂价在7千元的基础上,按月呈f(x)=Asin(ωx+φ)+Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0,ω>0,|φ|<\f(π,2)))的模型波动(x为月份),已知3月份达到最高价9 000元,9月份价格最低,为5 000元,则7月份的出厂价格为________元.
    答案 6 000
    解析 作出函数简图如图.
    三角函数模型为y=Asin(ωx+φ)+B,由题意知A=eq \f(1,2)×(9 000﹣5 000)=2 000,
    B=eq \f(1,2)×(9 000+5 000)=7 000,T=2×(9﹣3)=12,∴ω=eq \f(2π,T)=eq \f(π,6).
    将(3,9 000)看成函数图象的第二个特殊点,则有eq \f(π,6)×3+φ=eq \f(π,2),∴φ=0,
    故f(x)=2 000sin eq \f(π,6)x+7 000(1≤x≤12,x∈N*).∴f(7)=2 000×sin eq \f(7π,6)+7 000=6 000(元).
    故7月份的出厂价格为6 000元.
    15.(多选)将函数f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,2)))(ω>0)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度后得到函数g(x)的图象,且g(0)=﹣1,则下列说法正确的是( )
    A.g(x)为奇函数
    B.geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2)))=0
    C.当ω=5时,g(x)在(0,π)上有4个极值点
    D.若g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,5)))上单调递增,则ω的最大值为5
    答案 BCD
    解析 由题意得g(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(ωπ,2)-\f(π,2)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(ωπ,2))).
    因为g(0)=﹣1,所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(ωπ,2)))=﹣1,所以eq \f(ωπ,2)=2kπ+eq \f(π,2),ω=4k+1,k∈N,
    从而g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-2kπ-\f(π,2)))=﹣cs ωx,显然为偶函数,故A错误;geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2)))=﹣cs eq \f(4k+1π,2)=0,故B正确;
    当ω=5时,g(x)=﹣cs 5x,令g(x)=﹣cs 5x=±1得5x=kπ,x=eq \f(kπ,5),k∈Z.
    因为016.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ),其中A>0,ω>0,0<φ<π,函数f(x)图象上相邻的两个对称中心之间的距离为eq \f(π,4),且在x=eq \f(π,3)处取到最小值﹣2.
    (1)求函数f(x)的解析式;
    (2)若将函数f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再向左平移eq \f(π,6)个单位长度,得到函数g(x)的图象,求函数g(x)的单调递增区间;
    (3)若关于x的方程g(x)=m+2在x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(9π,8)))上有两个不同的实根,求实数m的取值范围.
    解 (1)函数f(x)=Asin(ωx+φ),其中A>0,ω>0,0<φ<π,
    由题知函数f(x)的最小正周期为eq \f(π,2)=eq \f(2π,ω),解得ω=4,
    又函数f(x)在x=eq \f(π,3)处取到最小值﹣2,则A=2,且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=﹣2,
    即eq \f(4π,3)+φ=2kπ+eq \f(3π,2),k∈Z,令k=0可得φ=eq \f(π,6),∴f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,6))).
    (2)函数f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,6)))图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),
    得y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))),再向左平移eq \f(π,6)个单位长度可得g(x)=2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,6)))+\f(π,6)))=2cs 2x,
    令﹣π+2kπ≤2x≤2kπ,k∈Z,解得﹣eq \f(π,2)+kπ≤x≤kπ,k∈Z,
    ∴g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,2)+kπ,kπ))(k∈Z).
    (3)∵方程g(x)=m+2在x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(9π,8)))上有两个不同的实根,
    作出函数g(x)=2cs 2x,x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(9π,8)))的图象,
    由图可知﹣2∴m的取值范围为﹣4(A>0,ω>0),x≥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(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)
    0
    A
    0
    ﹣A
    0
    2x+eq \f(π,6)
    eq \f(π,6)
    eq \f(π,2)
    π
    eq \f(3π,2)

    eq \f(13π,6)
    x
    0
    eq \f(π,6)
    eq \f(5π,12)
    eq \f(2π,3)
    eq \f(11π,12)
    π
    f(x)
    1
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    0
    ﹣2
    0
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