备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第四章 §4.6 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质

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知识梳理
1．简谐运动的有关概念
已知函数y＝Asin(ωx＋φ)，x∈[0，＋∞)，其中A>0，ω>0
2.用“五点(画图)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．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0)的最大值为A，最小值为－A.( × )
(2)函数f(x)＝sin 2x向右平移eq \f(π,6)个单位长度后对应的函数g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).( × )
(3)把y＝sin x的图象上各点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，所得函数解析式为y＝sin eq \f(1,2)x.( × )
(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．函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的振幅、频率和初相分别为( )
A．2，eq \f(1,π)，eq \f(π,4) B．2，eq \f(1,2π)，eq \f(π,4)
C．2，eq \f(1,π)，eq \f(π,8) D．2，eq \f(1,2π)，－eq \f(π,8)
答案 A
解析 由振幅、频率和初相的定义可知，函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的振幅为2，频率为eq \f(1,π)，初相为eq \f(π,4).
2．(2022·浙江)为了得到函数y＝2sin 3x的图象，只要把函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,5)))图象上所有的点( )
A．向左平移eq \f(π,5)个单位长度
B．向右平移eq \f(π,5)个单位长度
C．向左平移eq \f(π,15)个单位长度
D．向右平移eq \f(π,15)个单位长度
答案 D
解析 因为y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,5)))＝2sin 3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,15)))，所以要得到函数y＝sin 3x的图象，只要把函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,5)))图象上所有的点向右平移eq \f(π,15)个单位长度即可，故选D.
3．某港口在一天24小时内的潮水的高度近似满足关系式f(t)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)t－\f(π,6)))，其中f(t)的单位为m，t的单位是h，则12点时潮水的高度是 m.
答案 1
解析 当t＝12时，f(12)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5π－\f(π,6)))＝2sin eq \f(5π,6)＝1，即12点时潮水的高度是1 m.
题型一 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换
例1 (1)(2021·全国乙卷)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)(2022·全国甲卷)将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)的图象向左平移eq \f(π,2)个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
答案 C
解析 记曲线C的函数解析式为g(x)，则g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ωx＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,3))))).因为函数g(x)的图象关于y轴对称，所以eq \f(π,2)ω＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得ω＝2k＋eq \f(1,3)(k∈Z)．因为ω＞0，所以ωmin＝eq \f(1,3).故选C.
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)(2023·宁夏模拟)已知曲线C1：y＝cs x，C2：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，为了得到曲线C2，则对曲线C1的变换正确的是( )
A．先把横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,6)个单位长度
B．先把横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,6)个单位长度
C．先把横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍(纵坐标不变)，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,12)个单位长度
D．先把横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍(纵坐标不变)，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,12)个单位长度
答案 C
解析 A项， 先把曲线C1上点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得y＝cs eq \f(1,2)x的图象，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,6)个单位长度得y＝cs eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,12)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(7π,12)))的图象，故A错误；
B项，先把曲线C1上点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得y＝cs eq \f(1,2)x的图象，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,6)个单位长度得y＝cs eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,12)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(7π,12)))的图象，故B错误；
C项，先把曲线C1上点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍(纵坐标不变)，得y＝cs 2x的图象，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,12)个单位长度得y＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象，故C正确；
D项，先把曲线C1上点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍(纵坐标不变)，得y＝cs 2x的图象，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,12)个单位长度得y＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))的图象，故D错误．
(2)(2023·宁夏模拟)将函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,2)))(ω>0)的图象分别向左、向右各平移eq \f(π,6)个单位长度后，所得的两个图象对称中心重合，则ω的最小值为( )
A.eq \f(3,2) B．2 C．3 D．6
答案 A
解析 将函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,2)))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后，
可得f(x)＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－\f(π,2)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)ω－\f(π,2)))，
将函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后，
可得g(x)＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))－\f(π,2)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)ω－\f(π,2)))，
因为函数f(x)与g(x)的对称中心重合，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)ω－\f(π,2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)ω－\f(π,2)))＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，
即eq \f(π,3)ω＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，解得ω＝eq \f(3k,2)，k∈Z，
又因为ω>0，所以ω的最小值为eq \f(3,2).
题型二 由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
例2 (1)(2023·芜湖模拟)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，))
∴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，
∴f(x)＝2cs(2x＋φ)－1，
而2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))－1＝1，
∴eq \f(π,6)＋φ＝2kπ(k∈Z)，
又|φ|∴f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1.
将函数f(x)的图象上点的横坐标拉伸为原来的3倍后，
得到y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x－\f(π,6)))－1，
再向左平移eq \f(π,2)个单位长度，
得到g(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x＋\f(π,3)－\f(π,6)))－1
＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x＋\f(π,6)))－1，
令－π＋2kπ≤eq \f(2,3)x＋eq \f(π,6)≤2kπ(k∈Z)，故－eq \f(7π,4)＋3kπ≤x≤－eq \f(π,4)＋3kπ(k∈Z)，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)(2021·全国甲卷)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).
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)(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)(2023·潍坊模拟)已知函数g(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，将函数g(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到函数f(x)的图象，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(35π,12)))＝ .
答案 1
解析 由题图可知，周期T＝π，ω＝eq \f(2π,T)＝2，
所以g(x)＝2sin(2x＋φ)(|φ|<π)，
因为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，－2))在g(x)的图象上，
所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋φ))＝－2，所以eq \f(5π,6)＋φ＝eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，
得φ＝eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，
因为|φ|<π，所以φ＝eq \f(2π,3)，
所以g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，
所以f(x)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋\f(2π,3)))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(35π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(35π,12)＋\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6π－\f(π,6)＋\f(π,3)))＝1.
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 (2023·雅安模拟)已知函数f(x)＝eq \r(3)sin 2ωx＋cs 2ωx(ω>0)的零点构成一个公差为eq \f(π,2)的等差数列，把f(x)的图象沿x轴向右平移eq \f(π,3)个单位长度得到函数g(x)的图象，则( )
A．g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减
B．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))是g(x)的一个对称中心
C．g(x)是奇函数
D．g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上的值域为[0,2]
答案 B
解析 因为f(x)＝eq \r(3)sin 2ωx＋cs 2ωx(ω>0)，
所以f(x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2ωx＋\f(1,2)cs 2ωx))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))，
因为函数f(x)的零点依次构成一个公差为eq \f(π,2)的等差数列，所以eq \f(1,2)·eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,2)，所以ω＝1，
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，把函数f(x)的图象沿x轴向右平移eq \f(π,3)个单位长度，
得到g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋\f(π,6)))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))＝－2cs 2x，即g(x)＝－2cs 2x，所以g(x)为偶函数，故C错误；
对于A，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，所以g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，故A错误；
对于B，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,4)))＝－2cs eq \f(π,2)＝0，故点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))是g(x)的一个对称中心，故B正确；
对于D，因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，所以2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，所以cs 2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，所以g(x)∈[－1,2]，故D错误．
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．
即直线y＝eq \f(m,2)和函数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，作出y＝eq \f(m,2)，y＝sin t的图象，如图中实线部分所示．
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 (2023·乐山模拟)摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，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15
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 B
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，
又t1，t2∈[0,30]，且离地面高度相等，
则t1，t2关于t＝15对称，
则eq \f(t1＋t2,2)＝15，则t1＋t2＝30，故C不正确；
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，
则函数h＝－60cs eq \f(π,15)t＋68在区间[0,15]上单调递增，在区间[15,20]上单调递减，
当t＝15时，hmax＝128，
当t＝20时，h＝－60cs eq \f(4π,3)＋68＝98>90，
所以h＝90在t∈[0,20]内只有一个解，
故D不正确．
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)(2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，－π<φ<－\f(π,2)))的部分图象如图所示，把函数f(x)图象上所有点的横坐标伸长为原来的eq \f(11,10)倍，得到函数y＝g(x)的图象，则下列说法正确的是( )
A．geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))为偶函数
B．g(x)的最小正周期是π
C．g(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
D．g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，π))上单调递减
答案 B
解析 由图知，A＝2，f(0)＝－1，则2sin φ＝－1，
即sin φ＝－eq \f(1,2)，因为－π<φ<－eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(5π,6).
因为x＝eq \f(5π,6)为f(x)的零点，则eq \f(5πω,6)－eq \f(5π,6)＝kπ(k∈Z)，得ω＝1＋eq \f(6k,5)(k∈Z)．
由图知，eq \f(5π,6)则1<ω从而f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,5)x－\f(5π,6))).
由题设，g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,5)×\f(10,11)x－\f(5π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6)))，
则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－\f(5π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))为非奇非偶函数，所以A错误；
g(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，所以B正确；
当x＝eq \f(π,2)时， 2x－eq \f(5π,6)＝eq \f(π,6)≠eq \f(π,2)，则g(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,2)对称，所以C错误；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，π))时， 2x－eq \f(5π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(7π,6)))，则g(x)的图象不单调，所以D错误．
(2)(2023·六安模拟)已知函数f(x)＝sin πωx－eq \r(3)cs πωx(ω>0)在(0,1)内恰有3个极值点和4个零点，则实数ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(10,3)，\f(23,6))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,3)，\f(13,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(17,6)，\f(13,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(17,6)，\f(23,6)))
答案 A
解析 f(x)＝sin πωx－eq \r(3)cs πωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πωx－\f(π,3)))，
因为x∈(0,1)，
所以πωx－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，ωπ－\f(π,3)))，
又因为函数f(x)＝sin πωx－eq \r(3)cs πωx(ω>0)在(0,1)内恰有3个极值点和4个零点，
由图象得3π<ωπ－eq \f(π,3)≤eq \f(7π,2)，解得eq \f(10,3)<ω≤eq \f(23,6)，所以实数ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(10,3)，\f(23,6))).
(3)(2023·青海模拟)时钟花是原产于南美热带雨林的藤蔓植物，其开放与闭合与体内的一种时钟酶有关．研究表明，当气温上升到20 ℃时，时钟酶活跃起来，花朵开始开放；当气温上升到28 ℃时，时钟酶的活性减弱，花朵开始闭合，且每天开闭一次．已知某景区一天内5～17时的气温T(单位： ℃)与时间t(单位：h)近似满足关系式T＝20－10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)t－\f(π,8)))，则该景区这天时钟花从开始开放到开始闭合约经历eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(3π,10)≈0.8))( )
A．1.4 h B．2.4 h C．3.2 h D．5.6 h
答案 B
解析 设t1时开始开放，t2时开始闭合，结合时钟花每天开闭一次，
可得20－10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)t1－\f(π,8)))＝20，t1∈[5,17]，
解得t1＝9，
20－10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)t2－\f(π,8)))＝28，t2∈[5,17]，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)t2－\f(π,8)))＝－eq \f(4,5)，
由sin eq \f(3π,10)≈0.8得sin eq \f(13π,10)≈－eq \f(4,5)，
由eq \f(π,8)t2－eq \f(π,8)＝eq \f(13π,10)得t2＝eq \f(57,5)∈[5,17]，
∴t2－t1＝eq \f(12,5)＝2.4(h)．
课时精练
1．(2023·武汉模拟)为了得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,4)－\f(π,8)))的图象，只需将y＝sin x图象上每一点的纵坐标不变( )
A．每一点的横坐标变为原来的eq \f(1,4)，再向右平移eq \f(π,8)个单位长度
B．每一点的横坐标变为原来的4倍，再向右平移eq \f(π,8)个单位长度
C．先向右平移eq \f(π,8)个单位长度，再把每一点的横坐标变为原来的4倍
D．先向右平移eq \f(π,2)个单位长度，再把每一点的横坐标变为原来的eq \f(1,4)
答案 C
解析 y＝sin x图象上每一点的横坐标变为原来的4倍得到y＝sin eq \f(x,4)的图象，再向右平移eq \f(π,2)个单位长度得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,4)－\f(π,8)))的图象，故A，B错误；y＝sin x的图象先向右平移eq \f(π,8)个单位长度得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))的图象，再把每一点的横坐标变为原来的4倍得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,4)－\f(π,8)))的图象，故C正确，D错误．
2．(2023·烟台模拟)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象是由函数g(x)的图象向左平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))个单位长度得到的，若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，则φ的值为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,12)
答案 A
解析 因为函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象是由函数g(x)的图象向左平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))个单位长度得到，
所以g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x－φ－\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)－2φ)).
因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2φ))＝－eq \f(\r(3),2).
故可得eq \f(π,3)－2φ＝2kπ－eq \f(π,3)，k∈Z或eq \f(π,3)－2φ＝2kπ－eq \f(2π,3)，k∈Z，
又0<φ3．某城市一年12个月的平均气温与月份的关系可近似地用三角函数y＝a＋Acs eq \f(π,6)(x－6)(x＝1,2,3，…，12)来表示，已知6月份的平均气温最高，为28度，12月份的平均气温最低，为18度．则10月份的平均气温为( )
A．20.5度 B．21.5度
C．22.5度 D．23.5度
答案 A
解析 令f(x)＝a＋Acs eq \f(π,6)(x－6)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f6＝28，,f12＝18，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋Acs \f(π,6)6－6＝28，,a＋Acs \f(π,6)12－6＝18，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋A＝28，,a－A＝18，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＝5，,a＝23，))
所以f(x)＝23＋5cs eq \f(π,6)(x－6)，
所以f(10)＝23＋5cs eq \f(2π,3)＝20.5.
4．(2023·湘潭模拟)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，则将y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后，得到的图象对应的函数解析式为( )
A．y＝－cs 2x B．y＝cs 2x
C．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,6))) D．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
答案 C
解析 观察图象得A＝1，令函数f(x)的周期为T，则有eq \f(3T,4)＝eq \f(11π,12)－eq \f(π,6)＝eq \f(3π,4)，解得T＝π，则ω＝eq \f(2π,T)＝2，
而当x＝eq \f(π,6)时，f(x)max＝1，则有2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，又|φ|因此，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，将y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,6)))，
所以将y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后，得到的图象对应的函数解析式为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,6))).
5．(2023·赤峰模拟)已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，先将其图象上的所有点的横坐标伸长到原来的4倍(纵坐标不变)，再将所得图象向右平移eq \f(2π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则( )
A．g(x)的最小正周期是2π
B．g(x)的最小值为－2
C．g(x)在(0，π)上单调递增
D．g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称
答案 C
解析 由题先将其图象上的所有点的横坐标伸长到原来的4倍(纵坐标不变)得y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,3)))；
再将所得图象向右平移eq \f(2π,3)个单位长度得
y＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2π,3)))－\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(2π,3)))，
所以g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(2π,3)))，其最小正周期为4π，最小值为－1.排除A，B；
其单调递增区间为－π＋2kπ≤eq \f(1,2)x－eq \f(2π,3)≤2kπ(k∈Z)，解得x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)＋4kπ，\f(4π,3)＋4kπ))(k∈Z)，C正确；
对称中心为eq \f(1,2)x－eq \f(2π,3)＝－eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得x＝eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，所以其图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋2kπ，0))(k∈Z)对称，排除D.
6．已知函数f(x)＝－sin2ωx(ω>0)的最小正周期为π，若将其图象沿x轴向右平移a(a>0)个单位长度，所得图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，则实数a的最小值为( )
A．π B.eq \f(π,3) C.eq \f(3π,4) D.eq \f(π,4)
答案 B
解析 函数f(x)＝－sin2ωx＝eq \f(cs 2ωx－1,2)(ω>0)的最小正周期为eq \f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1，
所以f(x)＝eq \f(cs 2x－1,2)，
若将其图象沿x轴向右平移a(a>0)个单位长度，可得y＝eq \f(cs2x－2a－1,2)的图象，
再根据所得图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，可得2×eq \f(π,3)－2a＝kπ，k∈Z，
令k＝0，可得实数a的最小值为eq \f(π,3).
7．(2022·镇江模拟)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\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，得到函数y＝g(x)的图象，则g(x)在[0,2π]上的单调递减区间为 ．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))
解析 将函数y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，即g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，由eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)，x∈[0,2π]，得eq \f(π,6)≤x≤eq \f(7π,6).
8．(2023·芜湖模拟)函数y＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后所得函数图象关于y轴对称，则φ＝ .
答案 －eq \f(π,6)
解析 由y＝sin(2x＋φ)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后，可得f(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))的图象，
因为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))的图象关于y轴对称，
所以－eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得φ＝kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z.
因为|φ|9．(2022·杭州模拟)求范围和图象：
(1)y＝sin x的函数图象先向左平移eq \f(π,4)个单位长度，然后横坐标变为原来的eq \f(1,2)，得到f(x)的图象，求f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的取值范围；
(2)如图所示， 请用“五点法”列表，并画出函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))在一个周期内的图象．
解 (1)由题设，可得f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，
所以f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1)).
(2)
所以y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象如图．
10．(2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝eq \r(3)sin ωx＋2cs2eq \f(ωx,2)＋m的最小值为－2.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)把函数y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,6ω)个单位长度，可得函数y＝g(x)的图象，且函数y＝g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8)))上单调递增，求ω的最大值．
解 (1)f(x)＝eq \r(3)sin ωx＋2cs2eq \f(ωx,2)＋m＝eq \r(3)sin ωx＋cs ωx＋1＋m＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＋1＋m，
∵函数f(x)的最小值为－2，
∴－2＋1＋m＝－2，解得m＝－1，
则f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))，
∴函数f(x)的最大值为2.
(2)由(1)可知，把函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))的图象向右平移eq \f(π,6ω)个单位长度，
可得函数y＝g(x)＝2sin ωx的图象．
∵y＝g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8)))上单调递增，
∴函数g(x)的周期T＝eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,2)，∴ω≤4，即ω的最大值为4.
11.函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))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＝2 023 eq \f(1,2)
C．f(x)＝eq \f(1,2)sin eq \f(π,2)x＋1，S＝2 024 eq \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(T＝\f(2π,ω)＝4，,A＋b＝\f(3,2)，,－A＋b＝\f(1,2)，))
∴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)，
∴φ＝2kπ，k∈Z，又|φ|∴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．(2023·福州模拟)已知函数f(x)＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(x,2)))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(x,2)))＋sin x，将函数f(x)的图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,4)，纵坐标不变，然后再向左平移φ(φ>0)个单位长度，所得的图象关于y轴对称，则φ的值为( )
A.eq \f(π,24) B．－eq \f(π,24) C.eq \f(3π,8) D.eq \f(π,4)
答案 A
解析 由题意可知，
f(x)＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(x,2)))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(x,2)))＋sin x
＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(x,2)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(x,2)))＋sin x
＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＋sin x＝eq \r(3)cs x＋sin x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，
将函数f(x)的图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,4)，纵坐标不变，可得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))的图象，
然后再向左平移φ(φ>0)个单位长度，
可得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋4φ＋\f(π,3)))的图象，
因为所得的图象关于y轴对称，为偶函数，
所以4φ＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得φ＝eq \f(π,24)＋eq \f(kπ,4)(k∈Z)，
取k＝0，得φ＝eq \f(π,24).无论k取任何整数，无法得到B，C，D的值．
13．(2023·包头模拟)如图为函数f(x)＝Asin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，|φ|≤\f(π,2)))的部分图象，对于任意的x1，x2∈[a，b]，且x1≠x2，若f(x1)＝f(x2)，都有f(x1＋x2)＝eq \r(2)，则φ＝ .
答案 eq \f(π,4)
解析 由三角函数的最大值可知A＝2，
不妨设eq \f(x1＋x2,2)＝m，
则x1＋x2＝2m，
由三角函数的性质可知，
2m＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
则f(x1＋x2)＝2sin[2(x1＋x2)＋φ]
＝2sin(2×2m＋φ)
＝2sin[2×(2m＋φ)－φ]
＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)))－φ))
＝2sin(4kπ＋π－φ)
＝2sin φ＝eq \r(2)，
则sin φ＝eq \f(\r(2),2)，
结合|φ|≤eq \f(π,2)，得φ＝eq \f(π,4).
14．风车发电是指把风的动能转化为电能．如图，风车由一座塔和三个叶片组成，每两个叶片之间的夹角均为120°.现有一座风车，塔高60米，叶片长度为30米．叶片按照逆时针方向匀速转动，并且6秒旋转一圈，风车开始旋转时，某叶片的一个端点P在风车的最低点(P离地面30米)，设点P离地面的距离为S(米)，转动时间为t(秒)，则S与t之间的函数解析式为 ，一圈内点P离地面的高度不低于45米的时长为 秒．
答案 S＝60－30cs eq \f(π,3)t(t>0) 4
解析 因为风车6秒旋转一圈，则其转动的角速度为eq \f(π,3)rad/s，经过t秒时，叶片转过的圆心角为eq \f(π,3)t，此时离地面的高度为30＋30eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－cs \f(π,3)t))，故S＝60－30cs eq \f(π,3)t(t>0)．
由S＝60－30cs eq \f(π,3)t≥45，得cs eq \f(π,3)t≤eq \f(1,2)，
因为0≤t≤6，cs eq \f(π,3)t≤eq \f(1,2)，所以eq \f(π,3)≤eq \f(π,3)t≤eq \f(5π,3)，解得1≤t≤5，
故一圈内点P离地面的高度不低于45米的时长为4秒．
15．信息传递多数是以波的形式进行传递，其中必然会存在干扰信号(如y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))，某种“信号净化器”可产生形如y＝A0sin(ω0x＋φ0)的波，只需要调整参数(A0，ω0，φ0)，就可以产生特定的波(与干扰波波峰相同，方向相反的波)来“对抗”干扰．现有波形信号的部分图象，想要通过“信号净化器”过滤得到标准的正弦波(标准正弦函数图象)，应将波形净化器的参数分别调整为( )
A．A0＝eq \f(3,4)，ω0＝4，φ0＝eq \f(π,6)
B．A0＝－eq \f(3,4)，ω0＝4，φ0＝eq \f(π,6)
C．A0＝1，ω0＝1，φ0＝0
D．A0＝－1，ω0＝1，φ0＝0
答案 B
解析 设干扰信号对应的函数解析式为y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2))).
由题图得，eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,24)))＝eq \f(3,4)T(T为干扰信号的周期)，
解得T＝eq \f(π,2)，
∴ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,\f(π,2))＝4.
∵函数的最大值为eq \f(3,4)，∴A＝eq \f(3,4).
将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，－\f(3,4)))代入y＝eq \f(3,4)sin(4x＋φ)，
解得φ＝eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，
∵|φ|∴欲消除y＝eq \f(3,4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,6)))的波需要选择相反的波，即y＝－eq \f(3,4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,6)))，
∴A0＝－eq \f(3,4)，ω0＝4，φ0＝eq \f(π,6).
16．(2023·成都模拟)若函数f(x)＝cs 2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))在(0，α)上恰有2个零点，则α的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(4π,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(4π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(8π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))
答案 B
解析 由题意得，函数f(x)＝cs 2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
因为0又由f(x)在(0，α)上恰有2个零点，所以2π<2α＋eq \f(π,3)≤3π，解得eq \f(5π,6)<α≤eq \f(4π,3)，
所以α的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(4π,3))).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
2x＋eq \f(π,4)
x
y
2x＋eq \f(π,4)
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
－eq \f(π,8)
eq \f(π,8)
eq \f(3π,8)
eq \f(5π,8)
eq \f(7π,8)
y
0
2
0
－2
0