2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第2讲　三角函数的图象与性质

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1．(人A必一P207练习3)下列关于函数y＝4sin x，x∈[0，2π]的单调性的叙述，正确的是( C )
A．在[0，π]上单调递增，在[π，2π]上单调递减
B．在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上单调递减
C．在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))及 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上单调递增，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减
D．在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递增，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))及 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上单调递减
【解析】 因为函数y＝sin x在每一个闭区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)上都单调递增，在每一个闭区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)上都单调递减，所以函数y＝4sin x(x∈[0，2π])在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))及 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上单调递增，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减．
2．要得到函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,3)))的图象，只需将函数y＝sin 4x的图象( B )
A．向左平移 eq \f(π,12)个单位长度
B．向右平移 eq \f(π,12)个单位长度
C．向左平移 eq \f(π,3)个单位长度
D．向右平移 eq \f(π,3)个单位长度
【解析】 由y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,3)))＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))得，只需将y＝sin 4x的图象向右平移 eq \f(π,12)个单位长度即可．
3．若函数f(x)＝A sin (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，则该函数的解析式为( A )
(第3题)
A．f(x)＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
B．f(x)＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))
C．f(x)＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,3)))
D．f(x)＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
【解析】 由图象知A＝3，T＝ eq \f(5π,6)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝π，所以ω＝ eq \f(2π,T)＝2，所以f(x)＝3sin (2x＋φ).因为点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))在函数图象上，且是上升趋势的零点，所以－ eq \f(π,6)×2＋φ＝2kπ(k∈Z)，得φ＝ eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z).因为|φ|＜ eq \f(π,2)，所以φ＝ eq \f(π,3)，所以f(x)＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
4．(多选)设函数f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，则下列结论中正确的是( BD )
A．f(x)的一个周期为 eq \f(π,2)
B．f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,12)对称
C．f(x)的一个零点是 eq \f(π,12)
D．f(x)的最大值为1，最小值为－1
【解析】 因为T＝ eq \f(2π,|ω|)＝ eq \f(2π,2)＝π，故A错误；因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)－\f(π,6)))＝1，故B正确，C错误；因为f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))中A＝1，所以f(x)的最大值为1，最小值为－1，故D正确．
5．(多选)已知函数f(x)＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，那么下列关于f(x)的判断中正确的是( ABD )
A．在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，π))上单调递增
B．最小正周期是π
C．图象关于直线x＝ eq \f(π,6)成轴对称
D．图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))成中心对称
【解析】 对于A，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，π))时，x＋ eq \f(π,3)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(4π,3)))，此时f(x)＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))为增函数；对于B，f(x)＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的最小正周期为T＝ eq \f(π,|ω|)＝π；对于C，因为f(0)＝ eq \r(3)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝－ eq \r(3)，f(0)≠f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，所以图象不关于直线x＝ eq \f(π,6)成轴对称；对于D，令x＋ eq \f(π,3)＝ eq \f(kπ,2)，k∈Z，得x＝ eq \f(kπ,2)－ eq \f(π,3)，k∈Z，令k＝1，得x＝ eq \f(π,6)，所以图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))成中心对称．
举题固法
目标引领
图象与解析式
例1 已知函数f(x)＝A sin (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 )
(例1)
A．f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
B．f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
C．f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))
D．f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))
【解析】 由图象可知， eq \f(3,4)× eq \f(2π,ω)＝ eq \f(7π,12)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))，所以ω＝2，又f(x)过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，－2))，所以A＝2，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(7π,12)＋φ))＝－2，即sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)＋φ))＝－1，所以 eq \f(7π,6)＋φ＝ eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝ eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z.又|φ|＜ eq \f(π,2)，所以φ＝ eq \f(π,3)，所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
已知部分图象求解析式，A比较容易看图得出，困难的是求ω和φ，常用如下两种方法：
(1) 由|ω|＝ eq \f(2π,T)即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，即可求出φ.
(2) 代入点的坐标，即将一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ.若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求．
变式1 (1) 已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为____ f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))____.
(变式1(1))

(变式1(2))
【解析】 由函数的图象，可得 eq \f(1,2)T＝ eq \f(11π,12)－ eq \f(5π,12)＝ eq \f(π,2)，即T＝π，所以ω＝ eq \f(2π,T)＝2，所以f(x)＝A sin (2x＋φ).又由 eq \f(\f(11π,12)＋\f(5π,12),2)＝ eq \f(2π,3)，可得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝A sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)＋φ))＝－A，即sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)＋φ))＝－1，且0＜φ＜ eq \f(π,2)，则可得 eq \f(4π,3)＋φ＝ eq \f(3π,2)，解得φ＝ eq \f(π,6).又由f(0)＝A sin φ＝1，即A sin eq \f(π,6)＝1，解得A＝2，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
(2) (2023·唐山一模)(多选)若函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)＋k(A＞0，ω＞0，0＜φ＜π)在一个周期内的图象如图所示，则( BD )
A．A＝4B．ω＝2
C．φ＝ eq \f(π,3)D．k＝1
【解析】 由图象知，函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)＋k的最大值为3，最小值为－1，所以A＝2，k＝1，故A错误，D正确；由图象可得T＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋\f(π,12)))＝π，所以 eq \f(2π,|ω|)＝π，又因为ω＞0，所以ω＝2，故B正确；所以f(x)＝2sin (2x＋φ)＋1，又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝3，所以2sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＋φ))＋1＝3，即sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋φ))＝1，又因为0＜φ＜π，所以φ＝ eq \f(2π,3)，所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＋1，故C错误．
图象变换
例2 为了得到函数y＝sin 2x的图象，只需把函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))的图象向______平移______个单位长度( D )
A．左 eq \f(π,2)B．右 eq \f(π,2)
C．左 eq \f(π,4)D．右 eq \f(π,4)
【解析】 因为y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))，所以函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))的图象向右平移 eq \f(π,4)个单位长度，可得到函数y＝sin 2x的图象．
(1) 对y＝A sin (ωx＋φ)或y＝A cs (ωx＋φ)的图象，无论是先平移，还是先伸缩，只要平移|φ|个单位长度，都是相应的解析式中的x变为x±|φ|，而不是ωx变为ωx±|φ|.
(2) 注意平移前后两个函数的名称是否一致，若不一致，应用诱导公式化为同名函数再平移．
变式2 (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)，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y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象，则f(x)等于( B )
A．sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(7x,12)))B．sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12)))
C．sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(7π,12)))D．sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,12)))
【解析】 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)，纵坐标不变，得到y＝f(2x)的图象，再把所得曲线向右平移 eq \f(π,3)个单位长度，应当得到y＝f eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))))的图象，根据已知得到了函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象，所以f eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4))).令t＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，则x＝ eq \f(t,2)＋ eq \f(π,3)，x－ eq \f(π,4)＝ eq \f(t,2)＋ eq \f(π,12)，所以f(t)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)＋\f(π,12)))，所以f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12))).
(2) (2023·浙江期末)将函数f(x)＝cs (2x＋φ)的图象向右平移 eq \f(π,12)个单位长度得到一个奇函数的图象，则φ的取值可以是( D )
A． eq \f(π,6)B． eq \f(π,3)
C． eq \f(π,2)D． eq \f(2π,3)
【解析】 因为函数y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＝cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＋φ))＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)＋φ))为奇函数，所以－ eq \f(π,6)＋φ＝ eq \f(π,2)＋kπ⇒φ＝ eq \f(2π,3)＋kπ，k∈Z，取k＝0，则φ＝ eq \f(2π,3).
单调性与最值
例3 已知f(x)＝sin 2x＋cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))(x∈R).
(1) 求函数y＝f(x)的最小正周期及单调递增区间；
【解析】 f(x)＝sin 2x＋cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝sin 2x＋ eq \f(\r(3),2)cs 2x－ eq \f(1,2)sin 2x＝ eq \f(1,2)sin 2x＋ eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，所以T＝ eq \f(2π,2)＝π.令－ eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,3)≤ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－ eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤ eq \f(π,12)＋kπ，k∈Z，故函数y＝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.
(2) 求函数y＝f(x)·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))在x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上的取值范围．
【解析】 y＝f(x)·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))·sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)＋\f(π,3)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))·cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝ eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(2π,3))).因为0≤x≤ eq \f(π,4)，所以 eq \f(2π,3)≤4x＋ eq \f(2π,3)≤ eq \f(5π,3)，y＝ eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(2π,3)))∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),4)))，因此函数y＝f(x)·f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))在x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),4))).
(1) 求三角函数单调区间的方法：把三角函数化为f(x)＝A sin (ωx＋φ)(ω＞0)或f(x)＝A cs (ωx＋φ)(ω＞0)的形式，把ωx＋φ看作一个整体代入y＝sin x或y＝cs x相应的单调区间解不等式即可．
(2) 可化为y＝A sin (ωx＋φ)＋b的三角函数的最值问题，常利用三角函数的单调性解决．
变式3 设函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋ eq \r(2)cs 2x＋m，x∈R，m∈R.
(1) 求函数f(x)的单调递减区间；
【解答】 f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋ eq \r(2)cs 2x＋m＝sin 2x cs eq \f(π,4)－cs 2x sin eq \f(π,4)＋ eq \r(2)cs 2x＋m＝ eq \f(\r(2),2)sin 2x＋ eq \f(\r(2),2)cs 2x＋m＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋m，由 eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,4)≤ eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，可得kπ＋ eq \f(π,8)≤x≤kπ＋ eq \f(5π,8)(k∈Z)，所以f(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z).
(2) 当0≤x≤ eq \f(π,4)时，f(x)的最小值为0，求实数m的值．
【解答】 当0≤x≤ eq \f(π,4)时， eq \f(π,4)≤2x＋ eq \f(π,4)≤ eq \f(3π,4)，当2x＋ eq \f(π,4)＝ eq \f(π,4)或2x＋ eq \f(π,4)＝ eq \f(3π,4)，即x＝0或x＝ eq \f(π,4)时，f(x)取得最小值为 eq \f(\r(2),2)＋m，由 eq \f(\r(2),2)＋m＝0，得m＝－ eq \f(\r(2),2).
随堂内化
1．已知函数f(x)＝sin ωx(ω＞0)图象上相邻两条对称轴之间的距离为 eq \f(3π,2)，则ω＝( C )
A． eq \f(3,2)B． eq \f(4,3)
C． eq \f(2,3)D． eq \f(1,3)
【解析】 函数f(x)＝sin ωx(ω＞0)的最小正周期T＝ eq \f(2π,ω)，由相邻两条对称轴之间的距离为 eq \f(π,ω)，得 eq \f(π,ω)＝ eq \f(3π,2)，解得ω＝ eq \f(2,3).
2．(2023·天津卷)已知函数f(x)的一条对称轴为直线x＝2，一个周期为4，则f(x)的解析式可能为( B )
A．f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x))B．f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x))
C．f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x))D．f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x))
【解析】 对于A，T＝ eq \f(2π,\f(π,2))＝4，f(2)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)×2))＝0，故(2，0)是函数的一个对称中心，排除A；对于B，T＝ eq \f(2π,\f(π,2) )＝4，f(2)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)×2))＝－1，故x＝2是函数的一条对称轴．对于C，T＝ eq \f(2π,\f(π,4))＝8，对于D，T＝ eq \f(2π,\f(π,4))＝8，排除CD.
3．(2023·德州期末)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，若在锐角三角形ABC中，f(A)＝ eq \f(1,2)，则A＝__ eq \f(π,3)__.
(第3题)
【解析】 由图可知，函数f(x)的最小正周期为T＝4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝2π，则ω＝ eq \f(2π,T)＝1.因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝1，且－ eq \f(π,2)≤φ≤ eq \f(π,2)，则 eq \f(π,6)≤ eq \f(2π,3)＋φ≤ eq \f(7π,6)，所以 eq \f(2π,3)＋φ＝ eq \f(π,2)，可得φ＝－ eq \f(π,6)，故f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))).因为A为锐角，所以0＜A＜ eq \f(π,2)，则－ eq \f(π,6)＜A－ eq \f(π,6)＜ eq \f(π,3)，f(A)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＝ eq \f(1,2)，所以A－ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,6)，故A＝ eq \f(π,3).
4．(2023·厦门二检)将函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象向左平移φ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜φ＜\f(π,2)))个单位长度，得到函数g(x)的图象，若g(x)是奇函数，则φ＝__ eq \f(π,6)__.
【解析】 将函数f(x)向左平移φ个单位长度，得到函数g(x)＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2(x＋φ)－\f(π,3)))的图象，因为函数g(x)是奇函数，所以2φ－ eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，则φ＝ eq \f(π,6)＋ eq \f(kπ,2)，k∈Z.因为φ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以k＝0，φ＝ eq \f(π,6).