第四章 模型3研究函数y=Asin(ωxφ)的性质与图象模型 （含解析）2024年高考数学三轮冲刺考点归纳

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【问题背景】函数的性质与图象是高考的高频考点，其考查角度丰富，常见考点有单调性、零点、最值、交点、切线等，设问形式可以从代数表达式和函数图象两个方向展开．
【解决方法】
【典例1】（2024四川眉山仁寿第一中学9月摸底测试）函数的部分图象如下图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．
C．在上单调递增
D．将函数的图象向左平移个单位长度，可得到函数的图象
【套用模型】
第一步：整体审题，分析题目条件．根据图中已知的特殊点的具体情况，引入合适的解题切入点.
由函数图象可得，函数在处取得最小值，为，函数图象过点且为单调递减区间上的零点．
【规避易错】必须意识到是单调递减区间上的零点，即“下降零点”，不可直接令
第二步：翻译条件，得出函数解析式．
由可得．
由对称轴和平衡点相邻可得，的最小正周期，所以．
由函数在处取得最小值，得，
又，所以，所以．
第三步：深研条件，根据题中条件与解析式，逐一判断各选项．
对于A，函数的最小正周期，A错误．
对于B，，B错误．
对于C，因为，所以，而，则，即，则，所以在上不单调，C错误．
对于D，，将函数的图象向左平移个单位长度，
得的图象，D正确．
第四步：得出结论
故选D．
【典例2】（2024湖南长沙一中9月开学考试）已知函数，先将该函数图象向右平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，已知函数在区间上是单调的，则的取值范围是__________．
【套用模型】
第一步：整体审题
题中所给函数的表达式显然不能直接变换，肯定需要先化简变形，然后再利用函数的图像和性质进行解题.
第二步：分析条件，利用条件，明确函数解析式
对原函数变形化简得，
由函数图象向右平移个单位长度得的图象，
根据横坐标缩短为原来的，纵坐标不变得．
第三步：深研条件，根据题中条件与解析式，解决问题．
由于函数在区间上是单调的，
【关键提醒】题干中只说了函数在区间上是单调的，并没有说是单调递增还是单调递减，因此接下来要分类讨论
则①，可得解得；
【易错】在的条件下，，务必要考虑到两数最小也要大于，与之最相近的单调区间是不完整的，必须单独进行讨论
②，可得，解得，又，解得，结合，得，则．
第四步：得出结论．
综上，的取值范围为．
【典例3】（2024江西省名校9月联合测评｜多选）已知函数的图象的任意一条对称轴与其相邻的零点之间的距离为，若将曲线向左平移个单位长度得到的图象关于轴对称，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．直线为曲线的一条对称轴
C．若在上单调递增，则
D．曲线与直线有且仅有5个交点
【套用模型】
第一步：整体审题
题中所给函数的表达式无需化简变形，利用三角函数的图像和性质进行解题，任意一条对称轴与其相邻的零点之间的距离为四分之一周期为解题切入点.
第二步：分析条件，利用题中条件，明确函数解析式．
由题意得（为的最小正周期），故．
由的图象向左平移个单位长度得的图象，由该函数图象关于轴对称，得，又，故，
故．
第三步：深研条件，根据题中条件与解析式，逐一判断各选项．
由的解析式知，A正确．
因为，为的最小值，所以直线为曲线的一条对称轴，B正确．
易知在上单调递增，故，C错误．
如图2，直线与曲线均过点，且直线与曲线均关于该点中心对称，
图2
【会思考】直线与三角函数图象的交点个数问题，主要利用数形结合思想，直线刚好经过点，该点为三角函数图象的对称中心，故利用对称性只需考虑一半的交点个数即可
对于，当时，，当时，，由对称性可知曲线与直线有且仅有5个交点，D正确．
第四步：得出结论
故选ABD．
一、单选题
（2023·陕西汉中·二模）
1．已知函数的部分图象如下图所示，若，，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的单调递增区间为（ ）
A．B．
C．D．
（23-24高三上·天津·期末）
2．已知函数，其图象相邻两个对称中心之间的距离为，且直线是其一条对称轴，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数在区间上单调递增
C．点是函数图象的一个对称中心
D．将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到一个奇函数的图象
（22-23高三上·四川成都·期中）
3．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．直线是函数的图象的一条对称轴
B．函数的图象的对称中心为，
C．函数在上单调递增
D．将函数的图象向左平移个单位长度后，可得到一个偶函数的图象
（2023·云南红河·模拟预测）
4．已知函数其图象的相邻两条对称轴之间的距离为．将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于原点对称，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的周期为
B．函数的图象关于点对称
C．函数在上有且仅有1个零点
D．函数在上为减函数
（22-23高三上·天津南开·阶段练习）
5．已知函数( ，)，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且函数 是偶函数.关于函数给出下列命题：
①函数的图象关于直线轴对称；
②函数的图象关于点中心对称；
③函数在上单调递减；
④把函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，然后再将所得的图象向左平移个单位长度，即可得到函数 的图象.
其中真命题共有（ ）个
A．1B．2C．3D．4
二、多选题
（2023·广东肇庆·模拟预测）
6．函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．将函数的图象向左平移个单位长度，得到一个奇函数的图象
B．的图象的一条对称轴可能为直线
C．在区间上单调递增
D．的图象关于点对称
（22-23高三上·江苏扬州·开学考试）
7．已知向量，函数，则（ ）
A．若的最小正周期为，则的图象关于点对称
B．若的图象关于直线对称，则可能为
C．若在上单调递增，则
D．若的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象，则的最小值为
（23-24高三上·河南·开学考试）
8．已知函数图象的任意一个对称中心到与之相邻的对称轴的距离为，且将该图象向左平移个单位长度得到的图象关于轴对称，则下列说法正确的是（ ）
A．，
B．直线为的图象的一条对称轴
C．若在单调递增，则的最大值为
D．对任意，关于的方程总有奇数个不同的根
三、填空题
（2023·贵州毕节·模拟预测）
9．已知函数，现将该函数图象先向左平移个应位长度，再将图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，已知函数在区间上是单调的，则的取值范围是 ．
四、解答题
（22-23高三上·贵州贵阳·阶段练习）
10．已知函数的部分图象如图所示．
（1）求的解析式；
（2）将图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．若在区间上不单调，求的取值范围．
（22-23高三下·江苏镇江·阶段练习）
11．已知函数的部分图象如图所示.
(1)求函数的解析式；
(2)先将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到的图象.
（i）若，当时，的值域为，求实数m的取值范围；
（ii）若不等式对任意的恒成立，求实数t的取值范围.
（22-23高三上·重庆云阳·期中）
12．已知函数（其中）的最小周期为．
（1）求的值及的单调递增区间；
（2）将函数的图象向右平移个单位，再将图象上各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，若关于的方程在区间上有且只有一个解，求实数的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】根据函数图形得到与，即可求出，再根据函数过点，代入函数解析式，求出即可得到函数解析式，再根据三角函数的变换规则得到的解析式，最后根据余弦函数的性质计算可得；
【详解】解：依题意，，故，故，故，将点代入可得，因为，解得；故，则，令，解得，
故的单调递增区间为.
故选：C
2．C
【分析】利用正弦型函数的基本性质可求得函数的最小正周期和解析式，可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项.
【详解】对于A，由题意可知，函数的最小正周期为，A错误；
，，
因为直线是函数的一条对称轴，则，
得，因为，则，所以，.
对B，当时，，故函数在区间上不单调，B错；
对C，，故点是函数图象的一个对称中心，C对；
对D，由题意可知，，不为奇函数，D错.
故选：C.
3．B
【分析】先根据函数图象，求出函数的解析式，然后根据三角函数的周期，对称轴，单调区间，奇偶性逐项进行检验即可求解.
【详解】由函数图象可知，，最小正周期为，所以.将点代入函数解析式中，得.又因为，所以，故.
对于A，令，，即，，令，则，故A错误；
对于B，令，则，，所以，，即函数的图象的对称中心为，，故B正确；
对于C，令，解得，
因为，所以函数在上单调递减，
在上单调递增，故C错误；
对于D，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，该函数不是偶函数，故D错误.
故选：.
4．D
【分析】根据图象的相邻两条对称轴之间的距离求出周期，则A错误；根据周期公式求出，根据函数图象的对称性求出，这样可得函数解析式，代入点可知B错误；根据和可知C错误；由得，可知D正确.
【详解】∵函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，
∴，，故A错误；
由得，，
将函数的图象向左平移个单位长度后的图象对应的解析式为
，其图象关于原点对称，
所以为奇函数，所以，所以，
所以，因为，所以，，
于是．
∵，∴B错误；
∵，，故C错误；
由得，
所以函数在上为减函数，故D正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了由三角函数的性质求解析式，考查了正弦函数的周期性、奇偶性、对称中心、零点、单调性，属于基础题.
5．C
【分析】根据已知题意可知，则有，根据求出，结合函数是偶函数还可得到的值；由上述分析可得函数，再利用正弦函数的图象和性质就能判断各个命题的真假，从而得解.
【详解】因为函数，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，
所以，解得，
因为，所以，则，
，
因为函数是偶函数，
所以，,
因为，所以，
所以函数，
令，，
所以，，令k=-1，可得①正确；
因为，，
可知函数图象的对称点为，，当时，对称点为，故②正确；
令，，解得，，
当时，，所以函数在上单调递减，故③正确；
把函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，解析式变为，
然后再将图象向左平移个单位长度后，解析式变为，得不到函数的图象，故④错误.
综上，①②③是真命题.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题是一道有关三角函数的题目，掌握正弦函数的图象和性质是解题的关键.
6．ABD
【分析】先由题目所给图象求出的解析式，再利用三角函数的平移及奇偶性对A选项进行判断，利用三角函数的对称轴对B选项进行判断，利用三角函数的单调性对C选项进行判断，利用三角函数的对称中心对D选项进行判断，即可得到答案.
【详解】由图知，函数的周期满足：，解得
将点代入函数的解析式：，解得，
对A，将函数的图象向左平移个单位长度后得到，此时为奇函数，故A正确；
对B，当时，，此时是的对称轴，故B正确；
对C，的单调增区间满足：，即单调增区间为，，当时，增区间为，当时，增区间为，所以在区间上单调递减，故C错误；
对D，当时，，故D正确.
故选：ABD.
7．ABC
【分析】由平面向量数量积运算，结合三角恒等变换将函数化简为，根据三角函数的性质逐一判断即可得解．
【详解】由向量，，，
则:
对于选项A，,令，则，，则的图像关于点对称，故A正确，
对于选项B，即选项令，则为方程的解，即，，即可能为，即选项B正确；
对于选项C，令，解得的单调递增区间为，又在上单调递增，则，即，即，即选项C正确，
对于选项D，将的图像向左平移个单位长度后得到的图像对应解析式为，由为偶函数，则，即，，则的最小值为，即选项D错误；
故选：ABC．
8．ABD
【分析】首先根据函数的性质求函数的解析式，再利用整体代入的方法判断函数的对称轴，结合函数的单调区间，求的值，最后利用数形结合，结合对称性，判断实数根的个数.
【详解】A.由题意可知，，得，
，函数的图象向左平移个单位长度得到函数，
因为函数的图象关于轴对称，所以,
得，因为，所以 ，
所以，故A正确；
B.当时，，所以直线为的图象的一条对称轴，故B正确；
C.当时，，由题意可知，，
，，得，，只有当有解，
得，所以的最大值为，故C错误；
D.，所以函数关于对称，而也关于对称，
所以两个函数图象必有一个交点，若有其他交点，交点也关于对称，
所以交点个数是奇数个，方程总有奇数个不同的根，故D正确.

故选：ABD
9．
【分析】利用降幂公式化简函数，根据图象平移可得函数，利用整体思想，结合正弦函数的单调性，建立不等式组，可得答案.
【详解】
，
由题意，，
当时，由，则，
由在上单调，
则，可得不等式组，解得；
或，可得不等式组，解得，
由，解得，由，则，则.
综上，的取值范围为.
故答案为：.
10．（1）；（2）．
【分析】（1）利用最值求出，根据得出，再由特殊值求出即可求解.
（2）根据三角函数的图象变换得出，再由正弦函数在上单调即可求解.
【详解】解：（1）由图可知，．
的最小正周期，所以．
因为，
所以，，，．
又，所以，
故．
（2）由题可知，．
当时，．
因为在区间上不单调，
所以，解得．
故的取值范围为．
11．(1)
(2);
【分析】(1)由图象的最小值求得，函数的最小正周期求得，再求得，即可求出函数的解析式；
(2) （i）利用三角函数的平移和伸缩变换，先求出，再由，求出的范围，即可得出的值域为， m的取值范围；
（ii）利用恒成立将不等式转化为对任意的恒成立，设，对其对称轴进行讨论即可得出答案.
【详解】（1）根据函数的部分图象可得：，
，又因为，所以，所以
.
（2）由（1）知，，先将函数的图象向右平移个单位长度，可得：，再将所得图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到 .
（i），，，所以 ，所以.
（ii）不等式对任意的恒成立，令，所以，所以上式：不等式对任意的恒成立，令
，对称轴为，
①， ，则，所以.
②，，则，所以.
故实数t的取值范围为：.
12．（1），增区间为，；
（2）或．
【分析】（1）化简函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解；
（2）根据三角函数的图象变换，求得，把方程在区间有且只有一个解，转化为的图象和直线只有1个交点，结合图象，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数
，
因为函数的最小正周期为，所以（其中），解得，
所以，
令，解得，
所以函数的增区间为，．
（2）将函数的图象向右平移个单位，可得的图象，再将图象上各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，
若关于的方程在区间有且只有一个解，
即在区间上有且只有一个解，
即的图象和直线只有1个交点，
在区间上，，
当时，即时，可得；
当时，即时，可得；
当时，即时，可得，
要使得的图象和直线只有1个交点，
结合的图象，可得或，
解得，或，
即实数的取值范围为．
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，以及三角恒等变换的化简、运算，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，以及熟练应用三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.