2022高考数学一轮复习 第四章 §4.5　函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用

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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
微思考
1．如图所示为函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象．利用零点代入求φ时，ωx1＋φ取哪些值？
提示 2kπ＋π，k∈Z.
2．函数y＝sin(ωx＋φ)图象的对称轴是什么？对称中心是什么？
提示 对称轴是直线x＝eq \f(kπ,ω)＋eq \f(π,2ω)－eq \f(φ,ω)(k∈Z)，
对称中心是点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,ω)－\f(φ,ω)，0))(k∈Z)．
题组一 思考辨析
1．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).( √ )
题组二 教材改编
2．函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,3)))的振幅、频率和初相分别为( )
A．2,4π，eq \f(π,3) B．2，eq \f(1,4π)，eq \f(π,3)
C．2，eq \f(1,4π)，－eq \f(π,3) D．2,4π，－eq \f(π,3)
答案 C
解析 由题意知A＝2，f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(1,4π)，初相为－eq \f(π,3).
3．函数y＝sin x的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍得到的图象对应的函数解析式是________．
答案 y＝sin eq \f(1,2)x
解析 根据函数图象变换法则可得．
4．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,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]．
题组三 易错自纠
5．y＝cs(x＋1)图象上相邻的最高点和最低点之间的距离是________．
答案 eq \r(π2＋4)
解析 相邻最高点与最低点的纵坐标之差为2，横坐标之差恰为半个周期π，故它们之间的距离为eq \r(π2＋4).
6．将曲线C1：y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))上的点向右平移eq \f(π,6)个单位长度，再将各点横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，得到曲线C2，则C2的方程为( )
A．y＝2sin 4x B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,3)))
C．y＝2sin x D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))
答案 A
解析 将曲线C1：y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))上的点向右平移eq \f(π,6)个单位长度，可得y＝2sin 2x的图象，再将各点横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，可得曲线C2：y＝2sin 4x，故选A.
题型一 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换
例1 (1)(2020·天津)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))).给出下列结论：
①f(x)的最小正周期为2π；
②f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))是f(x)的最大值；
③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．
其中所有正确结论的序号是( )
A．① B．①③ C．②③ D．①②③
答案 B
解析 T＝eq \f(2π,1)＝2π，故①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②错误．
y＝sin x的图象eq \(―――――――――→,\s\up9(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③正确．
(2)(2020·江苏)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)由函数y＝sin x的图象通过变换得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象有两条途径：“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”．
(2)当x的系数不为1时，特别注意先提取系数，再加减．
跟踪训练1 (1)(2020·广州测试)由y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x－\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，所得图象对应的函数解析式为( )
A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,6))) B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))
C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,12))) D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(12x－\f(π,6)))
答案 A
解析 由y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x－\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，可得y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x＋2π－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x－\f(π,6)))的图象，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,6)))的图象，故所得图象对应的函数解析式为y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,6)))，选A.
(2)已知函数f(x)＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x，将y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，再向上平移1个单位长度得到函数y＝g(x)的图象，则所得函数的最小正周期为________，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)))的值为________．
答案 π 3
解析 由题意知函数f(x)＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
将y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，
可得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)－\f(π,3)))＝2sin 2x的图象，
再向上平移1个单位长度得到函数y＝g(x)＝2sin 2x＋1的图象，
则T＝eq \f(2π,2)＝π，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)))＋1＝3.
题型二 由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)
的解析式
1．(2020·全国Ⅰ改编)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所以1<|ω|<2.
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.(2021·蓉城名校联考)若将函数g(x)图象上所有的点向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数f(x)的图象，已知函数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，则( )
A．g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) B．g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))
C．g(x)＝sin 2x D．g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
答案 C
解析 根据题图有A＝1，eq \f(3,4)T＝eq \f(5π,6)－eq \f(π,12)＝eq \f(3π,4)⇒T＝π＝eq \f(2π,ω)⇒ω＝2(T为f(x)的最小正周期)，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)＋φ))＝1⇒sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝1⇒eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z⇒φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z.因为|φ|3.(2021·兰州实战考试)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 y＝Asin(ωx＋φ)中φ的确定方法
(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．
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2 (2020·青岛模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)≤θ≤\f(π,2)))的图象相邻的两个对称中心之间的距离为eq \f(π,2)，若将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到偶函数g(x)的图象，则函数f(x)的一个单调递减区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(7π,12)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))
答案 B
解析 因为函数f(x)＝sin(ωx＋θ)的图象相邻的两个对称中心之间的距离为eq \f(π,2)，所以eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，即T＝π，即eq \f(2π,ω)＝π，ω＝2，得f(x)＝sin(2x＋θ)，将f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后，得到g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)＋θ))的图象，因为g(x)为偶函数，所以eq \f(π,3)＋θ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得θ＝kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)．又因为－eq \f(π,2)≤θ≤eq \f(π,2)，所以θ＝eq \f(π,6)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
令eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，
解得eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋kπ(k∈Z)．
当k＝0时，得到一个单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3))).
又eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(7π,12)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，故选B.
命题点2 函数零点(方程根)问题
例3 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)．
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4 (2020·山东省八所重点中学联考)如图，点A，B分别是圆心在坐标原点，半径为1和2的圆上的动点．动点A从初始位置A0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,3)，sin \f(π,3)))开始，按逆时针方向以角速度2 rad/s做圆周运动，同时点B从初始位置B0(2,0)开始，按顺时针方向以角速度2 rad/s做圆周运动．记t时刻，点A，B的纵坐标分别为y1，y2.
(1)求t＝eq \f(π,4)时，A，B两点间的距离；
(2)若y＝y1＋y2，求y关于时间t(t>0)的函数关系式，并求当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，y的取值范围．
解 (1)连接AB，OA，OB(图略)，当t＝eq \f(π,4)时，∠xOA＝eq \f(π,2)＋eq \f(π,3)＝eq \f(5π,6)，∠xOB＝eq \f(π,2)，所以∠AOB＝eq \f(2π,3).
又OA＝1，OB＝2，
所以AB2＝12＋22－2×1×2cs eq \f(2π,3)＝7，
即A，B两点间的距离为eq \r(7).
(2)依题意，y1＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(π,3)))，y2＝－2sin 2t，
所以y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(π,3)))－2sin 2t＝eq \f(\r(3),2)cs 2t－eq \f(3,2)sin 2t＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(π,3)))，
即函数关系式为y＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(π,3)))(t>0)，
当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2t＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，
故当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，y∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(\r(3),2))).
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2 (2020·南昌模拟)函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\c1(0<ω<\f(π,2)，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，A(0，eq \r(3))，C(2,0)，并且AB∥x轴．
(1)求ω和φ的值；
(2)求cs∠ACB的值．
解 (1)由已知得f(0)＝2sin φ＝eq \r(3)，又|φ|所以φ＝eq \f(π,3)，所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3))).因为f(2)＝0，即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ω＋\f(π,3)))＝0，所以2ω＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，
解得ω＝eq \f(k,2)π－eq \f(π,6)，k∈Z，而0<ω(2)由(1)知，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(π,3)))，令f(x)＝eq \r(3)，
得eq \f(π,3)x＋eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(π,3)或eq \f(π,3)x＋eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，
所以x＝6k或x＝6k＋1，k∈Z.由题图可知，B(1，eq \r(3))．所以eq \(CA,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(3))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3))，所以|eq \(CA,\s\up6(→))|＝eq \r(7)，|eq \(CB,\s\up6(→))|＝2，所以cs∠ACB＝eq \f(\(CA,\s\up6(→))·\(CB,\s\up6(→)),|\(CA,\s\up6(→))||\(CB,\s\up6(→))|)＝eq \f(5,2\r(7))＝eq \f(5\r(7),14).
课时精练
1．函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，π))上的简图是( )
答案 A
解析 令x＝0得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),2)，排除B，D项，由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝0，排除C项，故选A.
2．(2021·西安五校联考)将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移eq \f(π,4)个单位长度，所得到的图象的解析式是( )
A．y＝sin x B．y＝cs x
C．y＝sin 4x D．y＝cs 4x
答案 A
解析 y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))→y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))→y＝sineq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)，＋\f(π,4)))＝sin x.
3．若将函数f(x)＝sin 2x＋cs 2x的图象向右平移φ个单位长度，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是( )
A.eq \f(π,8) B.eq \f(π,4) C.eq \f(3π,8) D.eq \f(5π,4)
答案 C
解析 f(x)＝sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，将函数f(x)的图象向右平移φ个单位长度后所得图象对应的函数为y＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)－2φ))，且该函数为偶函数，
故2φ＋eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)，所以φ的最小正值为eq \f(3π,8).
4．(2021·石家庄检测)若ω>0，函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后与函数y＝sin ωx的图象重合，则ω的最小值为( )
A.eq \f(11,2) B.eq \f(5,2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,2)
答案 B
解析 函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后，
所得函数图象对应的解析式为y＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(ωπ,3)＋\f(π,3)))，
其图象与函数y＝sin ωx＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z的图象重合，
∴－eq \f(π,2)＋2kπ＝－eq \f(ωπ,3)＋eq \f(π,3)，k∈Z，
∴ω＝－6k＋eq \f(5,2)，k∈Z，
又ω>0，
∴ω的最小值为eq \f(5,2)，故选B.
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)将函数f(x)＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))－1的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)具有以下哪些性质( )
A．最大值为eq \r(3)，图象关于直线x＝－eq \f(π,3)对称
B．图象关于y轴对称
C．最小正周期为π
D．图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))成中心对称
答案 BCD
解析 将函数f(x)＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))－1的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，
得到y＝eq \r(3)cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,3)))－1＝eq \r(3)cs(2x＋π)－1＝－eq \r(3)cs 2x－1的图象；
再向上平移1个单位长度，得到函数g(x)＝－eq \r(3)cs 2x 的图象．
对于函数g(x)，它的最大值为 eq \r(3)，由于当x＝－eq \f(π,3)时，g(x)＝eq \f(\r(3),2)，不是最值，故g(x)的图象不关于直线x＝－eq \f(π,3)对称，故A错误；
由于该函数为偶函数，故它的图象关于y轴对称，故B正确；
它的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，故C正确；
当x＝eq \f(π,4)时，g(x)＝0，故函数的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))成中心对称，故D正确．
7．(2018·全国Ⅲ)函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]上的零点个数为______．
答案 3
解析 由题意可知，当3x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时，f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))＝0.
∵x∈[0，π]，
∴3x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(19π,6)))，
∴当3x＋eq \f(π,6)的取值为eq \f(π,2)，eq \f(3π,2)，eq \f(5π,2)时，f(x)＝0，
即函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]上的零点个数为3.
8．(2020·济南模拟)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．函数y＝cs(2x＋φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度后，与函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象重合，则φ＝________.
答案 eq \f(π,6)
解析 把函数y＝cs(2x＋φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度后，得到y＝cs(2x－π＋φ)的图象，
与函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象重合，则cs(2x－π＋φ)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
所以－eq \f(π,2)＋φ＝－eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，又0<φ<π，则φ＝eq \f(π,6).
10．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＝________，函数f(x)的单调递增区间为____________________．
答案 2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))(k∈Z)
解析 由图象知eq \f(T,2)＝eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)，
则周期T＝π，即eq \f(2π,ω)＝π，
则ω＝2，f(x)＝2sin(2x＋φ)．
由2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ＝2kπ，k∈Z，
又|φ|则f(x)＝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(π,2)，k∈Z，
得－eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z，
即函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))(k∈Z)．
11．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋2cs2x＋a，其最大值为2.
(1)求a的值及f(x)的最小正周期；
(2)画出f(x)在[0，π]上的图象．
解 (1)f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋2cs2x＋a
＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＋1＋a
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1＋a的最大值为2，
所以a＝－1，最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)由(1)知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，列表：
画图如下：
12．(2020·黄岗中学模拟)已知函数f(x)＝2eq \r(3)sin ωxcs ωx＋2cs2ωx(ω>0)，且f(x)的最小正周期为π.
(1)求ω的值及函数f(x)的单调递减区间；
(2)将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后得到函数g(x)的图象，求当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，函数g(x)的最大值．
解 (1)由题意知f(x)＝eq \r(3)sin 2ωx＋1＋cs 2ωx
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))＋1，
∵周期T＝π，即eq \f(2π,2ω)＝π，∴ω＝1，
∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1，
令eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，
得eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋kπ，k∈Z.
∴函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))，k∈Z.
(2)∵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)))＋1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋1，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(5π,6)，
∴当2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,3)时，g(x)max＝2×1＋1＝3.
13.(2020·湖南衡阳高中毕业联考)将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，再将所得函数图象上的所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(2,3)，得到函数g(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象．已知函数g(x)的部分图象如图所示，则( )
A．函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,3)，最大值为2
B．函数f(x)的最小正周期为π，图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))中心对称
C．函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,3)，图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称
D．函数f(x)的最小正周期为π，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递减
答案 D
解析 对于g(x)，由题图可知，A＝2，T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)－\f(π,18)))＝eq \f(2π,3)，所以ω＝eq \f(2π,T)＝3，则g(x)＝2sin(3x＋φ)，又由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)))＝2可得φ＝－eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，而|φ|所以g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,6)))，所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
所以f(x)的最小正周期为π，选项A，C错误．
对于选项B，令2x＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，所以x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)，k∈Z，所以函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))(k∈Z)，所以选项B是错误的；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))时，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递减，所以选项D正确．故选D.
14．将函数f(x)＝2sin xcs x－2eq \r(3)cs2x＋eq \r(3)的图象向左或向右平移a(a>0)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝g(x)对任意实数x成立，则实数a的最小值为( )
A.eq \f(5π,24) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,6)
答案 D
解析 因为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)))，
则g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)±2a))，
由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝g(x)得函数g(x)的对称轴为x＝eq \f(π,12)，
所以eq \f(π,6)－eq \f(π,3)±2a＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
所以±a＝eq \f(k,2)π＋eq \f(π,3)，k∈Z，
因为a>0，所以当k＝－1时，可得－a＝－eq \f(π,6)，
即a＝eq \f(π,6)，即a的最小值为eq \f(π,6).
15．如图，将绘有函数f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(5π,6)))(ω>0)部分图象的纸片沿x轴折成直二面角，若A，B之间的空间距离为eq \r(10)，则f(－1)＝________.
答案 eq \f(3,2)
解析 由题设并结合图形可知，
AB＝eq \r(\r(3)2＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2)))＝eq \r(6＋\f(T2,4))
＝eq \r(6＋\f(π2,ω2))＝eq \r(10)，得eq \f(π2,ω2)＝4，则ω＝eq \f(π,2)，
所以f(－1)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋\f(5π,6)))＝eq \r(3)sin eq \f(π,3)＝eq \f(3,2).
16．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的往上转，可以从高处俯瞰四周的景色(如图1)．某摩天轮的最高点距离地面的高度为90米，最低点距离地面为10米，摩天轮上均匀设置了36个座舱(如图2)．开启后摩天轮按逆时针方向匀速转动，游客在座舱离地面最近时的位置进入座舱，摩天轮转完一周后在相同的位置离开座舱．摩天轮转一周需要30分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时．
(1)经过t分钟后游客甲距离地面的高度为H米，已知H关于t的函数关系式满足H(t)＝Asin(ωt＋φ)＋B(其中A>0，ω>0)，求摩天轮转动一周的解析式H(t)；
(2)游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度恰好为30米？
(3)若游客乙在游客甲之后进入座舱，且中间相隔5个座舱，在摩天轮转动一周的过程中，记两人距离地面的高度差为h米，求h的最大值．
解 (1)由题意可知H(t)＝Asin(ωt＋φ)＋B(A>0，ω>0，B≥0)，摩天轮的最高点距离地面的高度为90米，最低点距离地面10米，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＋B＝90，,－A＋B＝10，))得A＝40，B＝50.
又函数周期为30，ω＝eq \f(2π,30)＝eq \f(π,15)，
所以H(t)＝40sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,15)t＋φ))＋50(0≤t≤30)，
又t＝0时，H(t)＝10，所以10＝40sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,15)×0＋φ))＋50，
即sin φ＝－1，φ可取－eq \f(π,2)，
所以H(t)＝40sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,15)t－\f(π,2)))＋50
＝－40cs eq \f(π,15)t＋50(0≤t≤30)．
(2)H(t)＝－40cs eq \f(π,15)t＋50＝30，cs eq \f(π,15)t＝eq \f(1,2)，
解得t＝5，
所以游客甲坐上摩天轮5分钟后，距离地面的高度恰好为30米．
(3)由题意知相邻两个座舱到达最低点的时间间隔为eq \f(30,36)，游客甲，乙中间相隔5个座舱，
则游客乙在游客甲之后5分钟进入座舱，若甲在摩天轮上坐了t(5≤t≤30)分钟，则游客乙在摩天轮上坐了t－5分钟，
所以高度差为
h＝－40cs eq \f(π,15)t＋50－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－40cs \f(π,15)t－5＋50))
＝－40eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs \f(π,15)t－cs \f(π,15)t－5))
＝－40eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs \f(π,15)t－\f(\r(3),2)sin \f(π,15)t))
＝－40cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,15)t＋\f(π,3)))，
因为5≤t≤30，所以eq \f(2π,3)≤eq \f(π,15)t＋eq \f(π,3)≤eq \f(7π,3)，
当eq \f(π,15)t＋eq \f(π,3)＝π，即t＝10时，h取得最大值40.y＝Asin(ωx＋φ)(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
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)
ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
y＝Asin(ωx＋φ)
0
A
0
－A
0
x
0
eq \f(π,6)
eq \f(5π,12)
eq \f(2π,3)
eq \f(11π,12)
π
2x＋eq \f(π,6)
eq \f(π,6)
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
eq \f(13π,6)
f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
1
2
0
－2
0
1