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    高考数学一轮复习练习案24第三章三角函数解三角形第五讲函数y=Asinωx+φ的图象及应用含解析新人教版

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    高考数学一轮复习练习案24第三章三角函数解三角形第五讲函数y=Asinωx+φ的图象及应用含解析新人教版

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    这是一份高考数学一轮复习练习案24第三章三角函数解三角形第五讲函数y=Asinωx+φ的图象及应用含解析新人教版,共11页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题等内容,欢迎下载使用。


    一、单选题
    1.(2021·永州模拟)函数y=2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))的部分图象大致是( A )
    [解析] 由y=2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))可知,函数的最大值为2,故排除D;又因为函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),0)),故排除B;又因为函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,12),2)),故排除C.
    2.为了得到函数g(x)=sin x的图象,需将函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)-x))的图象( D )
    A.向左平移eq \f(π,6)个单位长度
    B.向右平移eq \f(π,6)个单位长度
    C.向左平移eq \f(5π,6)个单位长度
    D.向右平移eq \f(5π,6)个单位长度
    [解析] f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)-x))=-sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,6)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,6)+π))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(5π,6))),由f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(5π,6)))的图象得到函数g(x)=sin x的图象,向右eq \f(5π,6)个单位长度即可.故选D.
    3.将函数y=sin x的图象向左平移eq \f(π,2)个单位,得到函数y=f(x)的图象,则下列说法正确的是( D )
    A.y=f(x)是奇函数
    B.y=f(x)的周期为π
    C.y=f(x)的图象关于直线x=eq \f(π,2)对称
    D.y=f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),0))对称
    [解析] 由题意知,f(x)=cs x,所以它是偶函数,A错;它的周期为2π,B错;它的对称轴是直线x=kπ,k∈Z,C错;它的对称中心是点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ+\f(π,2),0)),k∈Z,D对.
    4.将函数f(x)的图象上所有点向右平移eq \f(π,4)个单位长度,得到函数g(x)的图象.若函数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,则函数f(x)的解析式为( C )
    A.f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(5π,12))) B.f(x)=-cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))
    C.f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))) D.f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(7π,12)))
    [解析] 根据函数g(x)的图象可知A=1,eq \f(1,2)T=eq \f(π,3)+eq \f(π,6)=eq \f(π,2),T=π=eq \f(2π,ω),ω=2,所以g(x)=sin(2x+φ),所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)+φ))=0,所以eq \f(2π,3)+φ=π+2kπ,k∈Z,φ=eq \f(π,3)+2kπ,k∈Z,又因为|φ|5.已知函数f(x)=sin 2x+sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))),则( D )
    A.f(x)的最小正周期为eq \f(π,2)
    B.曲线y=f(x)关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3),0))对称
    C.f(x)的最大值为2
    D.曲线y=f(x)关于x=eq \f(π,6)对称
    [解析] f(x)=sin 2x+eq \f(1,2)sin 2x+eq \f(\r(3),2)cs 2x=eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))),
    则T=π,f(x)的最大值为eq \r(3),
    当x=eq \f(π,6)时,feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)+\f(π,6)))=eq \r(3),
    故曲线y=f(x)关于x=eq \f(π,6)对称,
    当x=eq \f(π,3)时,feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)+\f(π,6)))≠0,
    故曲线y=f(x)不关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3),0))对称.故选D.
    6.已知函数f(x)=cs2ωx+eq \f(\r(3),2)sin 2ωx-eq \f(1,2)(ω>0)的最小正周期为π,若将y=f(x)的图象上所有的点向右平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))个单位,所得图象对应的函数g(x)为奇函数,则f(φ)=( C )
    A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2)
    C.eq \f(\r(3),2) D.1
    [解析] ∵f(x)=cs2ωx+eq \f(\r(3),2)sin 2ωx-eq \f(1,2)=eq \f(\r(3),2)sin 2ωx+eq \f(1,2)cs 2ωx=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx+\f(π,6))),
    由于函数y=f(x)的最小正周期为π,
    则2ω=eq \f(2π,T)=2,∴ω=1,
    则f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))),
    将函数y=f(x)的图象上所有的点向右平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))个单位,所得图象对应的函数为g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-2φ+\f(π,6))),由于函数y=g(x)为奇函数,
    则eq \f(π,6)-2φ=kπ(k∈Z),可得φ=eq \f(π,12)-eq \f(kπ,2)(k∈Z),
    ∵0<φ因此,feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)+\f(π,6)))=sin eq \f(π,3)=eq \f(\r(3),2),故选C.
    二、多选题
    7.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( BCD )
    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
    [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)cs eq \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.
    8.已知函数f(x)=eq \r(3)sin ωx+cs ωx(ω>0)的图象相邻两条对称轴之间的距离是eq \f(π,2),则该函数的一个单调递增区间为( AD )
    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(5π,12),\f(π,12)))
    C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,6),\f(2π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3),\f(7π,6)))
    [解析] 根据已知得f(x)=eq \r(3)sin ωx+cs ωx=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin ωx+\f(1,2)cs ωx))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,6))).根据相邻两条对称轴之间的距离是eq \f(π,2),得T=π,所以eq \f(2π,ω)=π,即ω=2,所以函数f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))).再根据正弦函数的单调性可得该函数的单调递增区间是2kπ-eq \f(π,2)≤2x+eq \f(π,6)≤2kπ+eq \f(π,2)(k∈Z),解得kπ-eq \f(π,3)≤x≤kπ+eq \f(π,6)(k∈Z).令k=0,1即可求得其一个单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,3),\f(π,6)))、eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3),\f(7π,6))).故选A、D.
    三、填空题
    9.(1)为了得到函数y=sin(x+1)的图象,只需把函数y=sin x的图象上所有的点向 左 平移 1 个单位长度.
    (2)为了得到函数y=sin(2x+1)的图象,只需把函数y=sin 2x的图象上所有的点向 左 平移 eq \f(1,2) 个单位长度.
    10.已知函数f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x+φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象经过点(0,1),则该函数的振幅为 2 ,周期T为 6 ,频率为 eq \f(1,6) ,初相φ为 eq \f(π,6) .
    [解析] 振幅A=2,T=eq \f(2π,\f(π,3))=6,f=eq \f(1,6),因为图象过点(0,1),所以1=2sin φ,所以sin φ=eq \f(1,2),又|φ|11.(2021·重庆模拟)已知函数y=Asin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0,ω>0,|φ|<\f(π,2)))的图象上有一个最高点的坐标为(2,eq \r(2)),由这个最高点到其右侧相邻最低点间的图象与x轴交于点(6,0),则此解析式为 y=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x+\f(π,4))) .
    [解析] 由题意得:A=eq \r(2),eq \f(T,4)=6-2,T=16,ω=eq \f(2π,T)=eq \f(π,8),又sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)×2+φ))=1,eq \f(π,4)+φ=eq \f(π,2)+2kπ(k∈Z),
    又|φ|所以函数解析式为y=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x+\f(π,4))).
    12.已知函数f(x)=sin(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,又x1,x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6),\f(π,3))),且f(x1)=f(x2),则f(x1+x2)= eq \f(\r(3),2) .
    [解析] 设f(x)周期为T,
    由题图可知,eq \f(T,2)=eq \f(π,3)-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)))=eq \f(π,2),
    则T=π,ω=2,又eq \f(-\f(π,6)+\f(π,3),2)=eq \f(π,12),
    所以f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12),1)),
    即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)+φ))=1,
    所以2×eq \f(π,12)+φ=eq \f(π,2)+2kπ,k∈Z,
    又|φ|由f(x1)=f(x2),x1,x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6),\f(π,3))),
    可得x1+x2=-eq \f(π,6)+eq \f(π,3)=eq \f(π,6),
    所以f(x1+x2)=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)+\f(π,3)))=sin eq \f(2π,3)=eq \f(\r(3),2).
    13.(2021·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.
    [解析] (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,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)=2sin eq \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 \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.
    14.某同学用“五点法”画函数f(x)=Asin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0,|φ|<\f(π,2)))在某一个周期内的图象时,列表并填入了部分数据,如下表:
    (1)请将上表数据补充完整,并直接写出函数f(x)的解析式;
    (2)将y=f(x)图象上所有点向左平行移动θ(θ>0)个单位长度,得到y=g(x)的图象.若y=g(x)图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12),0)),求θ的最小值.
    [解析] (1)根据表中已知数据,解得A=5,ω=2,φ=-eq \f(π,6).数据补全如下:
    且函数表达式为f(x)=5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6))).
    (2)由(1)知f(x)=5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6))),
    得g(x)=5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+2θ-\f(π,6))).
    因为y=sin x图象的对称中心为(kπ,0),k∈Z,
    所以令2x+2θ-eq \f(π,6)=kπ,k∈Z,
    解得x=eq \f(kπ,2)+eq \f(π,12)-θ,k∈Z.
    由于函数y=g(x)图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12),0)),
    令eq \f(kπ,2)+eq \f(π,12)-θ=eq \f(5π,12),k∈Z,
    解得θ=eq \f(kπ,2)-eq \f(π,3),k∈Z.
    由θ>0可知,当k=1时,θ取得最小值eq \f(π,6).
    B组能力提升
    1.(2021·郑州市第一次质量预测)若将函数f(x)=eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))图象上的每一个点都向左平移eq \f(π,3)个单位长度,得到g(x)的图象,则函数g(x)的单调递增区间为( A )
    A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ+\f(π,4),kπ+\f(3π,4)))(k∈Z)
    B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ-\f(π,4),kπ+\f(π,4)))(k∈Z)
    C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ-\f(2π,3),kπ-\f(π,6)))(k∈Z)
    D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ-\f(π,12),kπ+\f(5π,12)))(k∈Z)
    [解析] 将函数f(x)=eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))图象上的每一个点都向左平移eq \f(π,3)个单位长度,得到函数g(x)=eq \f(1,2)sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))+\f(π,3)))=eq \f(1,2)sin(2x+π)=-eq \f(1,2)sin 2x的图象,令eq \f(π,2)+2kπ≤2x≤eq \f(3π,2)+2kπ(k∈Z),可得eq \f(π,4)+kπ≤x≤eq \f(3π,4)+kπ(k∈Z),因此函数g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ+\f(π,4),kπ+\f(3π,4)))
    (k∈Z).故选A.
    2.(多选题)(2020·辽宁省实验中学期中改编)已知函数y=Asin(ωx+φ)+Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0,ω>0,|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图,则下面不正确的是( BC )
    A.A=2 B.ω=1
    C.B=4 D.φ=eq \f(π,6)
    [解析] 根据函数y=Asin(ωx+φ)+B的图象知,A=2,B=2,∴A正确,C错误;设函数的最小正周期为T,则eq \f(1,4)T=eq \f(5,12)π-eq \f(π,6)=eq \f(π,4),∴T=eq \f(2π,ω)=π,解得ω=2,B错误;当x=eq \f(π,6)时,ωx+φ=2×eq \f(π,6)+φ=2kπ+eq \f(π,2)(k∈Z),且|φ|3.(2019·全国卷Ⅰ)关于函数f(x)=sin |x|+|sin x|有下述四个结论:
    ①f(x)是偶函数
    ②f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π))上单调递增
    ③f(x)在[-π,π]有4个零点
    ④f(x)的最大值为2
    其中所有正确的结论的编号是( C )
    A.①②④ B.②④
    C.①④ D.①③
    [解析] 解法一:f(-x)=sin |-x|+|sin(-x)|=sin |x|+|sin x|=f(x),∴f(x)为偶函数,故①正确;当eq \f(π,2)解法二:∵f(-x)=sin |-x|+|sin(-x)|=sin |x|+|sin x|=f(x),∴f(x)为偶函数,故①正确,排除B;当eq \f(π,2)4.(2020·四川宜宾三诊)已知函数f(x)=2eq \r(3)sin ωx·cs ωx-2cs2ωx+a(ω>0)的最小正周期为π,最大值为4,则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))= 3 .
    [解析] 本题考查三角恒等变换,周期性的应用,三角函数值的求解.f(x)=2eq \r(3)sin ωxcs ωx-2cs2ωx+a=eq \r(3)sin 2ωx-cs 2ωx+a-1=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx-\f(π,6)))+a-1.由题知eq \f(2π,2ω)=π,所以ω=1.因为f(x)的最大值为4,所以2+a-1=4,得a=3,则f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6)))+2,所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)-\f(π,6)))+2=3.
    5.(2021·河北沧州模拟)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.
    (1)求函数f(x)的解析式,并求它的对称中心的坐标;
    (2)将函数f(x)的图象向右平移meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0[解析] (1)根据图象知A=eq \r(3),eq \f(3,4)T=eq \f(11π,12)-eq \f(π,6)=eq \f(3π,4),
    ∴T=eq \f(2π,ω)=π,∴ω=2,∴f(x)=eq \r(3)sin(2x+φ).
    将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\r(3)))代入,即eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)+φ))=eq \r(3).
    又|φ|令2x+eq \f(π,6)=kπ(k∈Z),解得x=eq \f(kπ,2)-eq \f(π,12)(k∈Z),
    ∴f(x)的对称中心的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)-\f(π,12),0))(k∈Z).
    (2)g(x)=eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-2m+\f(π,6))),
    ∵g(x)为偶函数,∴-2m+eq \f(π,6)=kπ+eq \f(π,2)(k∈Z),
    ∴m=-eq \f(kπ,2)-eq \f(π,6)(k∈Z).
    又∵0∴g(x)=eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,2)))=-eq \r(3)cs 2x,
    ∴y=f(x)g(x)+eq \f(3,4)=-3cs 2xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))+eq \f(3,4)
    =-3cs 2x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2x+\f(1,2)cs 2x))+eq \f(3,4)
    =-eq \f(3\r(3),4)sin 4x-eq \f(3,2)×eq \f(1+cs 4x,2)+eq \f(3,4)
    =-eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 4x+\f(1,2)cs 4x))=-eq \f(3,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,6))).
    又∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,12),\f(π,6))),∴4x+eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,6),\f(5π,6))).
    ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(1,2),1)),
    ∴ymax=eq \f(3,4),此时x=-eq \f(π,12);ymin=-eq \f(3,2),此时x=eq \f(π,12).
    ωx+φ
    0
    eq \f(π,2)
    π
    eq \f(3π,2)

    x
    eq \f(π,3)
    eq \f(5π,6)
    Asin(ωx+φ)
    0
    5
    -5
    0
    ωx+φ
    0
    eq \f(π,2)
    π
    eq \f(3π,2)

    x
    eq \f(π,12)
    eq \f(π,3)
    eq \f(7π,12)
    eq \f(5π,6)
    eq \f(13π,12)
    Asin(ωx+φ)
    0
    5
    0
    -5
    0

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