考点27 函数y＝Asin(ωx＋φ)（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）-2025高考数学一轮精讲讲练（新高考版）

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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．
【知识点】
1．简谐运动的有关概念
已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)，x≥0
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．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．
【核心题型】
题型一 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换
(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
【例题1】（2024·四川·模拟预测）已知函数的最小正周期为，给出下列三个结论：
①；②函数在上单调递减；
③将的图象向左平移个单位可得到的图象．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】由函数的最小正周期求出，即可求出函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】因为函数的最小正周期为且，所以，解得，
所以；
则，故①正确；
当时，，因为在上单调递减，
所以函数在上单调递减，故②正确；
将的图象向左平移个单位得到，
因为，所以结论③正确.
故选：D
【变式1】（2024·北京通州·二模）已知的数（），若的最小正周期为，的图象向左平移个单位长度后，再把图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，则 ；若在区间上有3个零点，则的一个取值为 ．
【答案】 或 6（答案不唯一）
【分析】由的最小正周期为，可求出，再根据三角函数的平移和伸缩变化可求出；根据，求出，结合题意可得，解不等式即可得出答案.
【详解】因为的最小正周期为，所以，解得：，
所以，的图象向左平移个单位长度后，
可得：，
再把图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，
所以；
因为，，
在区间上有3个零点，
所以，解得：，
则的一个取值可以为6.
故答案为：或；6（答案不唯一）.
【变式2】（2024·山东·模拟预测）在中，角，，所对的边分别为，，，函数，图象的相邻两对称轴间的距离为，且，将的图象向右平移个单位得到的图象且，的内切圆的周长为．则的面积的最小值为 .
【答案】
【分析】根据题意求出的解析式，由平移规律得到的解析式，由得到，由面积公式和余弦定理，借助基本不等式即可求出的取值，进而得到面积最小值.
【详解】因为函数图象的相邻两对称轴间的距离为，
所以，可得，
所以，
故，即，
所以或，
所以或，
因为，
所以，即，
因为将的图象向右平移个单位得到的图象，
所以.
由，得，
所以，即，
且，所以.
因为的内切圆的周长为，
所以的内切圆的半径为1，
所以，所以，即，
在中，由余弦定理得：，
所以，
所以，
所以，即，
当且仅当时取等号，所以的面积的最小值为.
故答案为：
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
【变式3】（2024·全国·模拟预测）将函数图象上所有点的横坐标伸长至原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象．
(1)求函数在区间内的所有零点之和；
(2)若，讨论函数的单调性．
【答案】(1)
(2)在上单调递增，在上单调递减
【分析】（1）利用三角恒等变换及平移公式化简可得函数，利用正弦函数的图象及性质可得求得的零点，进而求得结果．
（2）由（1）可得，，，结果三角函数性质计算即可求得结果．
【详解】（1）由题可得，，
所以函数．
根据正弦函数的图象及性质可得，的零点为，
所以函数在区间内的所有零点之和为．
（2）由（1）可得，，所以，
所以．
令，得，
所以，解得，
所以函数的单调递增区间为；
令，得，
所以，解得，
所以函数的单调递减区间为．
综上，函数在上单调递增，在上单调递减．
题型二 由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
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．
【例题2】（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则在下列区间上函数单调递增的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由的图象，棱台三角函数的性质求得，进而得到，结合正弦型函数的性质，即可求解.
【详解】由函数的图象，可得，解得，所以，
所以，又由，即，
可得，即，
因为，所以，所以，
所以，令，
解得，
所以函数的单调增区间是.
故选：C.
【变式1】（2024·海南·模拟预测）如图是某质点做简谐运动的部分图像，该质点的振幅为2，位移与时间满足函数，点在该函数的图象上，且位置如图所示，则 .

【答案】
【分析】由函数图象求出函数解析式，再确定与的比值.
【详解】由图象可知：，（），所以，
由，又，所以.
又，.
所以.
故答案为：
【变式2】（2024·湖北武汉·二模）函数的部分图象如图所示，则 .

【答案】
【分析】令，解出，根据图中零点得到方程解出即可.
【详解】令，则，
根据图象得为函数零点，零点左右函数为上升趋势，
则，
则，因为，则，，
故答案为：
【变式3】（2023·河北·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，其中，且.

(1)求与的值；
(2)若斜率为的直线与曲线相切，求切点坐标.
【答案】(1)，
(2)或
【分析】（1）在中，由射影定理得长，即个周期，从而待定，再由求解即可；
（2）设切点坐标，利用导数的几何意义表示出切线斜率，求解切点坐标.
【详解】（1）
如图，过点向轴引垂线交于点，
由正弦曲线的性质知，
由射影定理知，而，∴，
∴，
∴，由，解得.
当时，由，且由已知图象及五点对应法，
得，
由，则当时，；
所以有，；

（2）
由（1）知，设切点，
∴
则，∴，则，
∴或，且，
∴故其切点坐标为或
题型三 三角函数图象、性质的综合应用
(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．
命题点1 图象与性质的综合应用
【例题3】（2024·四川·模拟预测）已知函数的最小正周期为，且的图象关于点中心对称，给出下列三个结论：
①；
②函数在上单调递减；
③将的图象向左平移个单位可得到的图象．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】由题意先求出，再由三角函数的性质对选项一一判断即可得出答案.
【详解】因为函数的周期为，所以，
又图象对称中心为，即，
则，有，
由，所以，故，
此时，结论①正确；
当时，，函数单调递减，结论②正确；
将的图象向左平移个单位可得图象对应的函数为，
因为，所以结论③正确．
故选：D.
【变式1】（23-24高三下·天津·阶段练习）已知函数，且的最小正周期为，给出下列结论：
①函数在区间单调递减；
②函数关于直线对称；
③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象.
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】A
【分析】先将函数化简为最简形式，然后利用周期求出的值，再利用正弦函数的性质进行判断即可求解.
【详解】因为函数，
又的最小正周期为且，所以，解得，
所以.
因为，所以，因为在上单调递减，
所以函数在上单调递减，故①正确；
令，解得，所以直线是函数的一条对称轴，故②正确；
将函数的图象上所有点向左平移个单位长度可得到，故③错误，
所以正确的结论序号为：①②.
故选：A.
【变式2】（2024·青海西宁·模拟预测）将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则的最小正周期为 ， .
【答案】 /
【分析】根据三角函数图象的伸缩变换可得，结合和求出即可求解.
【详解】由题意知，，
则的最小正周期，
.
故答案为：；
【变式3】（2023·山西·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示.

(1)求的解析式；
(2)将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在上的值域.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由图可知，根据最小正周期求得，由图象经过点求得，即可得出；
（2）利用图象平移规律得，根据三角函数的性质求得值域.
【详解】（1）由图可知，
的最小正周期，则，即.
因为的图象经过点，所以，
解得，因为，所以，
故.
（2）由（1）结合题意可得.
因为，所以.
当，即时，取得最大值；
当，即时，取得最小值.
故在上的值域为.
命题点2 函数零点(方程根)问题
【例题4】（2023·河南·模拟预测）若关于的方程在内有两个不同的解，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用辅助角公式化简已知方程，求得，进而求得.
【详解】关于的方程在内有两个不同的解，
即（，取为锐角）
在内有两个不同的解，
即方程在内有两个不同的解．
不妨令，由，则，
所以，
所以．则，
即，
所以．
故选：D．
【变式1】（2022·陕西渭南·一模）若关于的方程在上有实数根，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用三角函数的倍角公式,将方程整理化简,利用三角函数的图象和性质,确定条件关系,进行求解即可.
【详解】 ，
，
即，
，即，
，，
设，则在上有实数根，
，在的图像有交点，如图
由于
由图象可知， ，即
故答案为：
【变式2】（2022·全国·模拟预测）若方程在上的两个不等实根为，，则 ．
【答案】/0.2
【分析】利用二倍角公式及正弦函数的两角差公式化简原方程，利用正弦函数的对称性得到的关系式即可求解.
【详解】解：，当时，．由题意可得，根据正弦函数的对称性得，即，则，所以．
故答案为：.
【变式3】（2023·上海宝山·二模）已知函数．
(1)求函数的最小正周期和单调区间；
(2)若关于的方程在上有两个不同的实数解，求实数的取值范围．
【答案】(1)最小正周期；单调递增区间为；单调递减区间为.
(2)
【分析】（1）利用降幂公式和辅助角公式化简函数解析式，用周期公式求周期，整体代入法求函数单调区间；
（2）由区间内函数的单调性和函数值的变化范围求解实数的取值范围．
【详解】（1），
则函数的最小正周期；
令，解得 ，
可得函数的单调递增区间为·
令 ，解得 ，
可得因数的单调递减区间为 ；
（2）由（1）可知，时，在上单调递增，在上单调递减，
当，，由增大到1，
当，，由1减小到，
若关于的方程在上有两个不同的实数解，则实数的取值范围为
命题点3 三角函数模型
【例题5】（2024·四川凉山·三模）摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．某摩天轮最高点距离地面高度为120m，转盘直径为110m，设置48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近位置进仓，转一周大约需要30min．某游客坐上摩天轮的座舱10min后距离地面高度约为（ ）
A．92.5mB．87.5mC．82.5mD．
【答案】A
【分析】以轴心为坐标原点，与地面平行的直线为轴建立平面直角坐标系，根据题意，求得函数，令时，即可求解.
【详解】设座舱距离地面的最近的位置为点，以轴心为原点，与地面平行的直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，
设函数表示游客离底面的高度，
因为摩天轮的最高点距离地面为，直径为，且转一周大约需要，
周期，，所以，
即，
当时，游客在点，其中以为终边的角为，
所以，
当时，可得
所以，摩天轮的座舱后距离地面高度约为.
故选：A.
【变式1】（2024·四川成都·二模）筒车亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具，唐陈廷章《水轮赋》：“水能利物，轮乃曲成.升降满农夫之用，低徊随匠氏之程.始崩腾以电散，俄宛转以风生.虽破浪于川湄，善行无迹；既斡流于波面，终夜有声.”如图，一个半径为4的筒车按逆时针方向每分钟转一圈，筒车的轴心O距离水面的高度为.在筒车转动的一圈内，盛水筒P距离水面的高度不低于的时间为（ ）
A．9秒B．12秒C．15秒D．20秒
【答案】D
【分析】画出示意图，结合题意和三角函数值可解出答案.
【详解】假设所在直线垂直于水面，且米，如下示意图，
由已知可得，
所以，处在劣弧时高度不低于米，
转动的角速度为/每秒，
所以水筒P距离水面的高度不低于的时间为秒，
故选：D.
【变式2】（2024·广东佛山·二模）近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为，圆上两点A，B始终满足，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化.现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻，即秒时，点A位于圆心正下方：则 秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为 .
【答案】
【分析】以O为原点，以OA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，利用三角函数定义表示点的坐标，由已知结合和角的正弦公式化简即得.
【详解】以O为原点，以OA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，由于角速，
设点，圆上两点A、B始终保持，
则，要使A、B两点的竖直距高为0，
则，第一次为0时，，解得，
.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：涉及三角函数实际应用问题，探求动点坐标，找出该点所在射线为终边对应的角是关键，特别注意，始边是x轴非负半轴
【变式3】（2023·江西鹰潭·模拟预测）如图，均匀的圆面绕圆心作逆时针方向的匀速旋转，圆面上一初始位置为A点，t秒后转到点B，旋转的角速度为，在旋转圆面的右侧有一固定相机C（C，两点在的两侧），且，.

(1)记旋转角为.若，求t的取值范围及弦的长度；
(2)在（1）的条件下，若，，求的长.
【答案】(1)；米；
(2)米.
【分析】（1）延长交圆于D，计算旋转一周的时间，第一次到D和第二次到D的时间，由此可得t的取值范围，利用圆的性质解求；
（2）求出时的值，再由余弦定理求，结合余弦定理可求.
【详解】（1）如图所示，延长交圆于D，
根据题意可知，旋转一周的时间秒，
所以第一次旋转到D用30秒，第二次旋转到D用30+60秒，
所以时，
，
又因为，
在中，，

（2）由（1）知，时，
在中，由余弦定理易知，
又因为，所以，
在中，由余弦定理易知
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2024·河北邯郸·模拟预测）若函数的部分图象如图所示，，为图象上的两个顶点.设，其中O为坐标原点，，则的值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先由已知条件列出方程组求解得，再利用向量求出夹角，最后求得即可.
【详解】由图可知，，
由题意知，解得.
又因为，，且，
则，
因为，所以.
所以.
故选：A
2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数的部分图像如图所示，则（ ）
A．B．C．0D．
【答案】B
【分析】结合函数图像可求得函数的解析式，然后代入计算可得到结果.
【详解】由图可得，，，所以，
所以，因为在函数的图像上，
可得，解得，
因为，所以，，
所以
.
故选：B.
3．（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数，如图是直线与曲线的两个交点，，则（ ）
A．0B．C．D．
【答案】C
【分析】设，依题可得，，结合的解可得，从而得到的值，再根据即可得，进而求得．
【详解】设，由可得，
由可知，或，，由图可知，
当时，，即，；
当时，，即，；
综上：；
因为同一图象对应的解析式是一样的，所以此时不妨设，则，
因为，
则，解得，
所以，
．
故选：C.
4．（2024·湖北武汉·模拟预测）若函数在区间上是减函数，且，，，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【分析】利用辅助角公式化简函数表达式，根据单调性与函数值，结合正弦函数的图象，确定与的值，两式相减，即可求出的值.
【详解】由题知，
因为，，
所以，
又因为在区间上是减函数，
所以，
两式相减，得，
因为，所以.
故选：A.
二、多选题
5．（2024·辽宁丹东·一模）已知函数（，）满足，且在上单调递减，则（ ）
A．B．为奇函数
C．的对称轴为，D．在上有3个零点
【答案】AC
【分析】先通过条件推知是的对称中心，以及是的的对称轴，然后结合在上单调递减得出，在上单调递减，再推知，至此可直接验证A正确，而验证是否为0即可判断B，分别解方程和即可判断C和D.
【详解】由于在上单调递减，，故对应的点是的对称中心，即.
同样地由于在上单调递减，故最小正周期.
同时，由于对任意的实数，方程在一个形如的区间上至多有两个根，且在有两个根的情况下，这两个根的平均值对应的直线一定是的的对称轴，而，，从而，故对应的直线一定是的的对称轴.
现在，由于是的对称中心，是的的对称轴，故是的对称轴. 而在上单调递减，，故，在上单调递减.
再由是的对称中心，就知道，所以，故.
此时得到，代入得，即.
从而，由知，所以，即.
经验证，满足条件.
然后逐一验证各个选项：
我们已经推出，故A正确；
由，知函数在处有定义但不过原点，从而不可能是奇函数，B错误；
由于当且仅当，即，即，故的对称轴是，C正确；
由于当且仅当，即，即，故在上的全部零点是，只有2个，D错误.
故选：AC.
6．（2024·山东日照·二模）已知函数的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于两点，且在轴上，则下列命题正确的是（ ）
A．函数的最小正周期是
B．函数在上单调递减
C．函数的图象向左平移个单位后关于直线对称
D．若圆的半径为，则
【答案】ACD
【分析】A选项，先求出点的横坐标，求出最小正周期，A正确；B选项，求出，得到特殊点的函数值得到，得到函数解析式，整体法得到在上不单调递减，B错误；C选项，求出向左平移个单位的解析式，代入检验得到C正确；D选项，由和勾股定理得到，代入求出，得到函数解析式.
【详解】A选项，由对称性可知点的横坐标为，
设的最小正周期为，则，解得，A正确；
B选项，因为，所以，
点在图象上，即点在图象上，将其代入函数解析式得，
又，故，解得，
故，
当时，，
又，在上不单调，
故函数在上不单调递减，B错误；
C选项，函数的图象向左平移个单位后得到，
其中，故关于直线对称，C正确；
D选项，若圆的半径为，即，
又，故，解得，
所以将代入中得，，解得，
则，D正确.
故选：ACD
三、填空题
7．（22-23高三上·河北·阶段练习）如图是函数的部分图象，A是图象的一个最高点，D是图象与y轴的交点，B，C是图象与x轴的交点，且，的面积等于．若时，关于x的方程恰有3个不同的实数根，则m的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据三角函数的图象特征可求解析式为，根据以及 有一共3个交点即可求解.
【详解】由题意可得，
设的最小正周期为T，则，即．所以，又图象过点，则，又因为，所以，所以，
当时，，在上先增后减再增，且，由，解得在上有2个不同的实数根，所以需要有1个实数根，此时，或，故m的取值范围为．
故答案为：
8．（2024·全国·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，将图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到的图象，若在区间上恰有两个极大值点，则实数m的取值范围是 ．
【答案】
【分析】结合图象求得的最小正周期，即可求得，然后结合图象上的点的坐标及可求得，得到的解析式，进而利用三角函数图象的变换法则得到的解析式，最后利用正弦函数的图象求得m的取值范围．
【详解】设的最小正周期为T，则由图象知，
所以，则，
由在处取得最小值，可得，，
得，．因为，所以，
所以；
（或由题意可得，，亦可得）
，
由，得，
所以由题意得，解得，
即实数m的取值范围是．
故答案为：.
9．（2024·江西南昌·一模）“南昌之星”摩天轮半径为80米，建成时为世界第一高摩天轮，成为南昌地标建筑之一.已知摩天轮转一圈的时间为30分钟，甲乙两人相差10分钟坐上摩天轮，那么在摩天轮上，他们离地面高度差的绝对值的取值范围是 .
【答案】
【分析】由已知设甲乙两人坐上摩天轮的时间分别为，，得到甲乙两人坐上摩天轮转过的角度，分别列出甲乙离地面的高度，，然后得到，由的取值范围即可求解.
【详解】设甲乙两人坐上摩天轮的时间分别为，，
则甲乙两人坐上摩天轮转过的角度分别为，，
则甲距离地面的高度为，
乙距离地面的高度为，
则
因为，所以，所以，
即.
故答案为：.
四、解答题
10．（23-24高三上·山西·阶段练习）已知函数的部分图象如图所示．
(1)求的解析式；
(2)求在上的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据得到，根据的图象关于直线对称得到，即可得到的解析式；
（2）根据正弦型函数的单调性求值域即可.
【详解】（1）由图可得，的最小正周期．
因为，且，所以．
因为的图象关于直线对称，
所以，解得．
因为，所以．
故．
（2）由，得．
当，即时，取得最大值，最大值为2；
当，即时，取得最小值，最小值为．
故在上的值域为．
11．（2023·四川绵阳·一模）已知函数的部分图象如图所示．

(1)求函数的解析式；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，求函数在上的单调递减区间．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据函数图象求出，，进而得出.根据“五点法”，即可求出的值；
（2）先求出，根据已知得出.结合正弦函数的单调性，解，即可得出答案.
【详解】（1）由图易知，，
所以，．
易知，故函数的图象经过点，
所以．
又 ，∴．
∴．
（2）由题意，易知，
因为时，所以.
解可得，，
此时单调递减，
故函数的单调递减区间为
【综合提升练】
一、单选题
1．（2024·四川·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）．
A．当时，的最小值为
B．在区间上单调递增
C．的最小正周期为
D．的图象关于直线对称
【答案】D
【分析】先由函数图象得到函数解析式，A选项，整体法求解函数的值域；B选项，整体法求解函数单调性；C选项，利用得到C正确；D选项，代入得到，D正确.
【详解】由图可知，，
又因为，所以，所以，
所以，即．
对于A：当，，∴，A错误；
对于B：，，
由于在上单调递增，在上单调递减，
所以在上先增后减，B错误；
对于C：的最小正周期为，C错误；
对于D：当时，，故，
所以的图象关于直线对称，D正确，
故选：D．
2．（2024·陕西渭南·三模）将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则的值可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角函数的图象变换，整理变换之后的函数解析式，结合三角函数的奇偶性，可得答案.
【详解】由题意可知函数的图象关于原点对称，
则，整理可得，
当时，.
故选：D.
3．（2023·辽宁抚顺·模拟预测）水车是古老黄河的文化符号，是我国劳动人民智慧的结晶，是最早的自动灌溉系统．黄河边上的一架水车直径为16米，入水深度4米，为了计算水车的旋转速度，某人给刚出水面的一个水斗（图中点A）做上记号，经过60秒该水斗到达水车最顶端（图中点B），再经过11分20秒，做记号的水斗与水面的距离为n米，则n所在的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】理解题意，可列出时间x（分钟）后距离水面高度y满足关系，从而可将代入即可得出结论.
【详解】以水面与水车的交线为x轴，过水车轴垂直水面的直线为y轴建立平面直角坐标系，水斗从A转到B，则转过的角为，从点B开始，记水斗经过时间x（分钟）后距离水面高度y满足关系；，又当分钟时，．
故选：B．
4．（2024·广东广州·二模）已知函数的部分图象如图所示，若将函数的图象向右平移个单位后所得曲线关于轴对称，则的最小值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定的图象特征，结合五点法作图列式求出和，再根据图象的平移变换，以及图象的对称性即可得解.
【详解】由，得，又点及附近点从左到右是上升的，则，
由，点及附近点从左到右是下降的，且上升、下降的两段图象相邻，得，
联立解得，，而，于是，，
若将函数的图像向右平移个单位后，得到，
则，而，因此，
所以当时，取得最小值为.
故选：A
5．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，其图象上最高点的纵坐标为2，且图象经过点，则（ ）
A．B．1C．－1D．
【答案】A
【分析】先通过图象经过点列方程求出，进而可得的解析式，再代入计算即可.
【详解】由已知得，
所以，
又图象经过点，
则，即，
又为单调减区间上的点， 为单调增区间上的点，且在一个周期内，
所以，
两式相减得，所以，又，
所以，
所以，
所以.
故选：A.
6．（2024·甘肃酒泉·三模）函数，其部分图象如图所示，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据最值可得，最小正周期可得，分析可知为的最大值点，进而可得，即可得结果.
【详解】设的最小正周期为，
由题意可知：，，即，
且，则，
可得，
由图象可知：为的最大值点，
则，解得，
且，可知，所以.
故选：B.
7．（23-24高三下·河南·阶段练习）已知函数，将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象．若，是关于x的方程在内的两个不同的根，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用辅助角公式化简，根据图象的平移变换可得的表达式，再结合题意利用正弦函数的对称性可得，即可求得答案.
【详解】，
其中为辅助角，，，
则，
当时，，，，
因为，是关于的方程在内的两个不同根，
所以，
因此．
故选：C．
8．（2024·重庆·模拟预测）将函数的图象向右平移个单位后，所得图象关于坐标原点对称，则的值可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由三角函数的平移变化结合奇函数的性质可得，解方程即可得出答案.
【详解】因为向右平移个单位后解析式为，
又图象关于原点对称，
时，，
故选：B.
二、多选题
9．（2024·安徽合肥·三模）已知是函数的两个零点，且的最小值是，则（ ）
A．在上单调递增
B．的图象关于直线对称
C．的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
D．在上仅有1个零点
【答案】ABD
【分析】依题意可得的最小正周期，即可求出，从而得到解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】由题意可知，函数的最小正周期，，．
对于，当时，，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，故A正确；
对于B，因为，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于C，将的图象向右平移个单位长度得到：
，故C错误；
对于D，当时，，仅当，即时，，
即在上仅有1个零点，故D正确．
故选：ABD．
10．（2024·浙江金华·三模）已知在上是单调函数，且的图象关于点对称，则（ ）
A．若，则
B．的图象的一条对称轴方程为
C．函数在上无零点
D．将的图象向左平移个单位长度后得到的函数为偶函数
【答案】ABC
【分析】利用在上单调，可得，再根据的图象关于点对称，可得，进而可得，结合每个选项计算可判断其正确性.
【详解】，
当，可得，又在上单调，
所以，解得，
又的图象关于点对称，所以，解得，
当时，，符合题意，所以，
对于A：若，则可得分别为函数的极大值与极小值，
可得，故A正确；
，所以的图象的一条对称轴方程为，故B正确；
因为，所以，所以函数在上无零点，故C正确；
将的图象向左平移个单位长度后得到的函数为，
所以的图象向左平移个单位长度后得到的函数不为偶函数，故D不正确.
故选：ABC.
11．（2024·河北石家庄·三模）函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．的图象关于直线对称
C．
D．若方程在上有且只有5个根，则
【答案】ACD
【分析】根据图象可求得函数的解析式，再根据三角函数的性质依次判断各选项.
【详解】对于A，由，得，即，又，
，故A正确；
对于C，又的图象过点，则，即，
，即得，，又，，
所以，故C正确；
对于B，因为，而，
故直线不是函数的对称轴，故B错误；
对于D，由，得，
解得或，，
方程在上有5个根，从小到大依次为：，
而第7个根为，所以，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
12．（2024·江苏·模拟预测）将函数图象上的每个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位长度，所得的图象关于轴对称，写出一个符合条件的的值 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】由函数平移、伸缩变换法则得新函数表达式，结合三角函数奇偶性即可列式求得参数的值.
【详解】将函数图象上的每个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），
再将得到的图象向左平移个单位长度，所得的图象对应的解析式为，
由题意的图象关于轴对称，
所以，解得，，令，得.
故答案为：（答案不唯一）.
13．（2024·贵州贵阳·一模）函数的部分图象如图所示，已知，且，则 ．
【答案】1
【分析】先求出的解析式，再根据得到，从而得到的值.
【详解】由函数的部分图象得，函数的周期，，
即，由，得，而，
于是，，由，得，
整理得，
因此或，
即或与矛盾，
于是，，
所以.
故答案为：1
【点睛】思路点睛：依据图象求解析式时，要遵循“两看一算”即看周期与振幅，利用对称轴算初相位，另外，已知三角函数值的关系要求自变量的关系时，要利用诱导公式化成同名的三角函数的相等关系，再依据终边的位置关系得到自变量的关系.
14．（2024高三·全国·专题练习）已知函数的部分图象如图所示，将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长到原来的2倍，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到的图象．若方程在上有两个不相等的实数根，则的取值范围为 ．

【答案】
【分析】易得，再由点在的图象上，代入函数解析式求得，再利用伸缩变换和平移变换得到，作出其图象，利用数形结合法求解．
【详解】解：由的部分图象，可得．
由图可知点在的图象上，则，，
由五点作图法可得，，解得，则．
将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长到原来的2倍得到的图象，
再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到的图象．
作出函数的部分图象如图所示，

由根据函数的图象知：
当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
即方程在上有两个不相等的实数根．
故答案为：
四、解答题
15．（23-24高三上·吉林白城·阶段练习）已知函数为奇函数，且图象的相邻两条对称轴间的距离为.
(1)求的解析式与单调递减区间；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求方程的所有根的和.
【答案】(1)，
(2).
【分析】（1）利用恒等变换化简后，结合三角函数的性质求解；
（2）利用图象变换法,求得的函数表达式，解方程求得的值，利用换元思想，结合三角函数的图象和性质分析求出即可.
【详解】（1）由题意可得：因为图象的相邻两条对称轴间的距离为，
所以的最小正周期为，即可得，
又为奇函数，则，
又，所以，故.
令，得，
所以函数的递减区间为.
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象，
再把横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，
又，则或，
即或.
令，当时，，
画出的图象如图所示：
的两个根对应的点关于直线对称，即，
有，
在上有两个不同的根，
所以；
又的根为，
所以方程在内所有根的和为.
16．（2024·福建三明·三模）已知函数（其中）其中图象的两条相邻对称轴间的距离为.
(1)若在上有最大值无最小值，求实数的取值范围；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度；再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，设，求在的极大值点.
【答案】(1)
(2)和
【分析】（1）化简函数，利用周期求出解析式，再结合正弦函数图象求解即可.
（2）先根据图象的平移伸缩变换得到的解析式，再求导求其极大值点即可.
【详解】（1）
因为图象相邻对称轴间的距离为，
所以周期，即，
因此，
当时，
若在有最大值无最小值，由正弦函数图象得
只需，解得，
即的取值范围为.
（2）将的图象向右平移个单位得
再将图象所有点横坐标变为原来2倍得，
所以
，
令得，
解得或或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的极大值点为和.
17．（2023·贵州遵义·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示.
(1)
求函数的解析式；
(2)若函数在区间上恰有两个零点，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合五点法作图，由周期得，结合最值点可得，代入点的坐标得A，即可得函数解析式；
（2）由题意知和的图象有两个不同交点，作出函数在上的图象，结合函数的对称性可得的值．
【详解】（1）设的最小正周期为，则，可得,
且，解得，
由图象可知：当时，取到最大值，
且，则，
可得，解得，
又因为，可得，则，
且的图象过点，则，解得，
所以.
（2）令，
由，可得，
可知的零点等价于与的图象交点横坐标，
且，
作出在内的图象，不妨设，如图所示：
由图象可知：，且关于直线对称，所以.
18．（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图为函数的部分图象，且，．
(1)求，的值；
(2)将的图象上所有点的横坐标扩大到原来的3倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，讨论函数在区间的零点个数．
【答案】(1)，
(2)答案见解析
【分析】（1）由周期求出，根据求出；
（2）首先求出的解析式，函数在区间的零点个数即为函数的图象与直线在上的交点个数，由的取值范围，求出的取值范围，再结合余弦函数的图象即可得解.
【详解】（1）根据题意得，，故，，故．
将代入，得，解得，
又，故．
（2）依题意，．
函数在区间的零点个数即为函数的图象与直线在上的交点个数．
当时，，结合余弦函数图象可知，
当时，单调递减，当时，单调递增，
且，，，
作出函数在上的大致图象如图所示．
观察可知，当或时，有个零点；
当时，有个零点；
当或时，有个零点．
19．（2023·陕西安康·一模）已知函数的部分图象如图所示.
(1)求函数的解析式；
(2)将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.当时，方程恰有三个不相等的实数根，，求实数a的取值范围以及的值.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）由三角函数图象的最大值与最小值，求出，得到最小正周期，求出，再代入特殊点的坐标，求出，得到函数解析式；
（2）先根据平移变换和伸缩变换得到，令，换元后利用整体法求出函数的单调性和端点值，得到，再根据对称性得到，相加后得到，求出答案.
【详解】（1）由图示得：，解得：，
又，所以，所以，
所以.
又因为过点，所以，即，
所以，解得，
又，所以，所以.
（2）图象上所有的点向右平移个单位长度，得到，
将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到，
当时，，
令，则，
令，在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，
且，
,
所以时，.当时，方程恰有三个不相等的实数根.
因为有三个不同的实数根，
且关于对称，关于对称，
则，
两式相加得：，
即，所以.
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2024·四川攀枝花·三模）将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象与的图象关于原点对称，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据已知条件利用二倍角公式化简求出函数的解析式，根据函数的变化规律结合诱导公式即可求得结论.
【详解】令，则有，
设向右平移个单位长度后得到的函数为，
则有，
根据已知条件的图象与的图象关于原点对称，
则有，即，
所以，解得,
又因为，所以当时，取最小值为.
故选：B
2．（2024·辽宁·三模）已知函数，图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．函数的振幅是，初相是
B．若函数的图象上的所有点向左平移后，对应函数为奇函数，则
C．若函数在上单调递减，则的取值范围为
D．若函数的图象关于中心对称，则函数的最小正周期的最小值为
【答案】C
【分析】根据函数图象得到，由求出，即可得到，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】由图可知，且，即，
又，所以，所以，
故函数的振幅是，初相是，故A错误；
将的图象上的所有点向左平移得到，
依题意，解得，故B错误；
若函数在上单调递减，则，即，则，解得，
又，所以，
又，所以，解得，
即函数在上单调递减，则的取值范围为，故C正确；
若函数的图象关于中心对称，则，
解得，
又，所以，又函数的最小正周期，显然没有最小值，故D错误.
故选：C
3．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图所示的曲线为函数的部分图象，将图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，再将所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图像，则的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】结合图象，以及周期公式，求出，再结合平移伸缩的法则即可求解.
【详解】由图象可知，
则的一个最低点为，
的最小正周期为，则，
，即，
所以，
又因为，所以，
所以，
将图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，
得的图象，
再将所得曲线向左平移个单位长度，
得，
故，
故选：D.
4．（2024·山东聊城·三模）设函数的图象与函数的图象关于轴对称，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的图象与的图象的所有交点的横坐标之和为（ ）
A．8B．6C．4D．2
【答案】C
【分析】利用轴对称求得函数，利用三角函数平移变换得到函数，再利用函数的对称中心计算得到结果.
【详解】由题意得，则.
函数的图象由函数图形向右平移1个单位得到.
由函数的图象与的图象关于点对称，在定义域内有4个交点.
所以函数的图象与的图象的所有交点的横坐标之和为
故选：C.
二、多选题
5．（2024·山东泰安·模拟预测）已知函数则下列结论正确的是（ ）
A．当时，的图象关于中心对称
B．当时，将图象向右平移个单位长度后的函数图象关于y轴对称
C．当时，在上单调递减
D．设的周期为T，若时，，为方程的两个不相等实根，则
【答案】ABD
【分析】由已知可得结合每个选项条件计算可判断其正确性.
【详解】
对于A：当时，又，
所以的图象关于中心对称，故A正确；
对于B：当时，
将图象向右平移个单位长度后的函数为
所以为偶函数，
所以将图象向右平移个单位长度后的函数图象关于y轴对称，故B正确；
对于C：当时，因为，
所以，所以在上不是单调递减函数，故C错误；
设的周期为T，若时，则，解得，
当时，由
则可得或，
所以，
当时，由
则可得或，
所以，故D正确.
故选：ABD.
6．（2023·湖南·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．将函数图象上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，可得函数的图象
D．函数的零点个数为7
【答案】ABD
【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作答求出函数的解析式，再分析判断ABC；换元并构造函数，利用导数结合图形判断D作答.
【详解】观察图象知，函数的周期，则，而，
即有，由知，，因此，A正确；
显然，当时，，因此单调递增，B正确；
将图象上各点横坐标变为原来的得，再将所得图象向右平移个单位长度，得，
而，C错误；
由，得，令，则，
令，显然当时，，即恒有，函数在上无零点，
当时，，令，，
函数在上都递减，即有在上递减，，
，因此存在，，
当时，，当时，，有在上递增，在递减，
，，
于是存在，，当时，，当时，，
则函数在上递减，在递增，，，
从而函数在上存在唯一零点，而函数周期为，在上单调递增，如图，
，，，
从而函数在上各有一个零点，又0是的零点，即函数在定义域上共有7个零点，
所以函数的零点个数为7，D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
三、填空题
7．（2024·全国·模拟预测）已知函数的部分图像如图所示.若函数的图像在区间上有两条对称轴，且，则的取值范围是 .

【答案】
【分析】根据题意，由函数图像可得其解析式为，再由其对称性，代入计算，即可得到结果.
【详解】设函数的最小正周期为.
由题意得，即，所以，
所以，又的图像过点，
所以，所以，
故，又，所以，
所以.
因为，且的图像在区间上有两条对称轴，
所以，
即，所以.
故答案为：
8．（2024高三·全国·专题练习）已知函数的部分图象如图所示，则 ．

【答案】
【分析】由图象得到，并结合可得，再结合图象得到及的大致范围，进而得到的值，即可得解．
【详解】由得，又位于减区间上，所以，
又，故．
由得，又位于增区间上，
所以，得．
设的最小正周期为，则，即，
得．又，所以，
故．
故答案为：
9．（2024·辽宁抚顺·一模）已知是函数的两个零点，且，若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于轴对称，且函数在内恰有2个最值点，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据函数零点的最小距离可得，再利用平移规则和函数奇偶性可求得，根据函数在内恰有2个最值点可限定出，即可解得实数的取值范围.
【详解】由可得或；
根据正弦函数图象性质可知，解得；
将函数的图象向左平移个单位后可得为偶函数，
则，又可得；
因此；
当时，可知，
若函数在内恰有2个最值点，可知，
解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦函数图象性质根据两零点的最小距离求得，再由平移后的函数为偶函数求得，得出函数的解析式后问题便迎刃而解.
四、解答题
10．（2023·四川泸州·一模）已知函数的相邻两对称轴间的距离为．
(1)求函数的解析式；
(2)将函数图象上点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度得到函数的图象，若，，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）化简解析式，根据的对称轴求出周期从而求出，进而求得的解析式.
（2）根据三角函数图象变换求得，由，求得，，
然后构造方程组结合余弦的二倍角公式，即可求解.
【详解】（1）由题意知：，
且可得的周期，得：，
所以：，
故：.
（2）由题意得：，
因为：，所以：，得：，
因为：，所以：，由，
所以：，
所以：
故：.
11．（22-23高一下·安徽马鞍山·阶段练习）已知函数的部分图像如图所示，其中的图像与轴的一个交点的横坐标为．
(1)求这个函数的解析式；
(2)若函数在区间上存在零点，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用图像分别求出；
（2）利用分离常数法得到，求出在区间上的值域，即可求解.
【详解】（1）由图知：.
，所以，所以.
所以.
由，且，
所以.
所以.
（2）令得：.
对于，，
则.
由的图像和性质可得：在区间上的值域为.
所以函数在区间上存在零点，有.
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)
2π
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