2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题29函数y＝Asinωx+φ的图象及应用（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题29函数y＝Asinωx+φ的图象及应用（教师版），共26页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
1.了解函数y＝Asin(ωx＋φ)的物理意义；能画出y＝Asin(ωx＋φ)的图象.
2.了解参数A，ω，φ对函数图象变化的影响.
3.会用三角函数解决一些简单实际问题，体会三角函数是描述周期变化现象的重要函数模型.
【考点预测】
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
【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.由y＝sin ωx到y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ>0)的变换：向左平移eq \f(φ,ω)个单位长度而非φ个单位长度.
3.对称中心与零点相联系，对称轴与最值点相联系．y＝Asin(ωx＋φ)的图象有无数条对称轴，可由方程ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)解出；它还有无数个对称中心，即图象与x轴的交点，可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)解出．
4.相邻两条对称轴间的距离为eq \f(T,2)，相邻两对称中心间的距离也为eq \f(T,2)，函数的对称轴一定经过图象的最高点或最低点．
【方法技巧】
1.作函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的图象常用如下两种方法：
(1)五点法作图，用“五点法”作y＝Asin(ωx＋φ)的简图，主要是通过变量代换，设z＝ωx＋φ，由z取0，eq \f(π,2)，π，eq \f(3,2)π，2π来求出相应的x，通过列表，计算得出五点坐标，描点后得出图象；
(2)图象的变换法，由函数y＝sin x的图象通过变换得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象有两种途径：“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”.
2.由f（x）＝Asin（ωx＋φ）（A＞0，ω＞0）的一段图象求其解析式时，A比较容易由图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
（1）如果图象明确指出了周期T的大小和“零点”坐标，那么由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）的零点的横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0（ωx0＋φ＝π）即可求出φ.
（2）代入点的坐标.利用一些已知点（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φ的范围有所需求，可用诱导公式变换使其符合要求.
3.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；方程根的个数可转化为两个函数图象的交点个数；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.
二、【题型归类】
【题型一】函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换
【典例1】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)))
【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．
故选B.
【典例2】将函数y＝sin 2x的图象向左平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤φ<\f(π,2)))个单位长度后，得到函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象，则φ等于( )
A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(5π,3)
【解析】y＝sin 2x＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2))).
将函数y＝sin 2x的图象向左平移φ个单位长度后，
得到函数y＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x＋φ－\f(π,2)))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2φ－\f(π,2)))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
由题意知2φ－eq \f(π,2)＝eq \f(π,6)＋2kπ(k∈Z)，
则φ＝eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)，
又0≤φ故选C.
【典例3】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________．
【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．
【题型二】由图象确定y＝Asin(ωx＋φ的解析式
【典例1】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)))
【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))).
故选B.
【典例2】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)＝________.
【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).
【典例3】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)))
【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|故选C.
【题型三】方程根(函数零点)问题
【典例1】函数y＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x－m在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上有两个不同的零点，则m的取值范围是________．
【解析】函数y＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x－m在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上有两个不同的零点，转化为m＝cs 2x＋eq \r(3)sin 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上有两个不同的实数根．
设2x＋eq \f(π,6)＝t，则t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))，
所以题目条件可转化为eq \f(m,2)＝sin t，在t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))上有两个不同的实数根．
所以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)．
【典例2】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____________．
【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)．
【题型四】三角函数图象与性质的综合问题
【典例1】(多选)将函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象，则下列说法正确的是( )
A．函数g(x)的最小正周期是π
B．函数g(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,2)对称
C．函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递减
D．函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上的最大值是1
【解析】依题意得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，函数g(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，因此选项A正确；当x＝－eq \f(π,12)时，函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))没有取得最值，因此函数g(x)的图象不关于直线x＝－eq \f(π,12)对称，故选项B不正确；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(7π,6)))⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，此时函数g(x)单调递减，故选项C正确；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，因此此时函数g(x)没有最大值，选项D不正确．
故选AC.
【典例2】(多选)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，则下列四个命题中正确的是( )
A．f(x)的最小正周期是π
B．f(x)＝eq \f(1,2)是x＝eq \f(π,2)的充分不必要条件
C．函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))上单调递增
D．函数y＝|f(x)|的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度后所得图象的对称轴方程为x＝eq \f(kπ,4)(k∈Z)
【解析】对于A，由最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π知A正确；
对于B，由f(x)＝eq \f(1,2)得2x－eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,6)或2x－eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(5π,6)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq \f(π,6)或x＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，可知f(x)＝eq \f(1,2)是x＝eq \f(π,2)的必要不充分条件，B不正确；
对于C，由eq \f(π,3)对于D，y＝|f(x)|的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度得y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))－\f(π,6)))))＝|sin 2x|的图象，由y＝|sin x|的图象的对称轴为直线x＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)得y＝|sin 2x|的图象的对称轴为直线x＝eq \f(kπ,4)(k∈Z)，D正确．
故选AD.
【典例3】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)))
【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.
【题型五】三角函数模型
【典例1】如图，某大风车的半径为2米，每12秒旋转一周，它的最低点O离地面1米，点O在地面上的射影为A.风车圆周上一点M从最低点O开始，逆时针方向旋转40秒后到达P点，则点P到地面的距离是________米．
【解析】以圆心O1为原点，以水平方向为x轴方向，以竖直方向为y轴方向建立平面直角坐标系，
因为大风车的半径为2米，圆上最低点O离地面1米，
12秒旋转一周，设∠OO1P＝θ，运动t秒后与地面的距离为f(t)，又周期T＝12，所以θ＝eq \f(t,12)·2π＝eq \f(π,6)t，
f(t)＝3＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,2)))＝3－2cs eq \f(π,6)t(t≥0)，
当t＝40时，f(t)＝3－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)×40))＝4(米)．
【典例2】(多选)摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如深圳前海的“湾区之光”摩天轮，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30
D．∃t1，t2∈[0,20]，使得游客在该时刻距离地面的高度均为90米
【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，
则t1，t2∈[0,30]，又高度相等，
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h在t∈[0,15]上单调递增，在t∈[15,20]上单调递减，
当t＝15时，hmax＝128，
当t＝20时，h＝－60cs eq \f(π,15)×20＋68＝98>90，
所以h＝90在t∈[0,20]只有一个解，
故D不正确．
故选BC.
【典例3】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．
【解析】(1)连接AB，OA，OB，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＋22－2×1×2cseq \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))).
三、【培优训练】
【训练一】如图，将绘有函数f(x)＝eq \r(3)sin(ωx＋eq \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)＝________．
【解析】由题设并结合图形可知，
AB＝ eq \r(（\r(3)）2＋（\r(3)）2＋（\f(T,2)）2)＝ eq \r(6＋\f(T,4)2)
＝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)sin(－eq \f(π,2)＋eq \f(5π,6))＝eq \r(3)sin eq \f(π,3)＝eq \f(3,2).
【训练二】(多选)水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点A(3eq \r(3)，－3)出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒，经过t秒后，水斗旋转到点P，设点P的坐标为(x，y)，其纵坐标满足y＝f(t)＝Rsin(ωt＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t≥0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))，则下列叙述正确的是( )
A．R＝6，ω＝eq \f(π,30)，φ＝－eq \f(π,6)
B．当t∈[35，55]时，点P到x轴的距离的最大值为6
C．当t∈[10，25]时，函数y＝f(t)单调递减
D．当t＝20时，|PA|＝6eq \r(3)
【解析】由题意可知T＝60，所以eq \f(2π,ω)＝60，解得ω＝eq \f(π,30)，又从点A(3eq \r(3)，－3)出发，所以R＝6，6sin φ＝－3，又|φ|故选ABD.
【训练三】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，并写出其图象的对称中心；
(2)若方程f(x)＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))＝a有实数解，求a的取值范围．
【解析】(1)由图可得A＝2，eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，
所以T＝π，所以ω＝2.
当x＝eq \f(π,6)时，f(x)＝2，
可得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝2，
因为|φ|所以函数f(x)的解析式为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
令2x＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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)．
(2)设g(x)＝f(x)＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))，
则g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))))，
令t＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，t∈[－1，1]，
记h(t)＝－4t2＋2t＋2＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(9,4)，
因为t∈[－1，1]，所以h(t)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(9,4)))，
即g(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(9,4)))，故a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(9,4))).故a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(9,4))).
【训练四】已知函数f（x）＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))＋eq \f(3,2)＋b.
（1）若函数f（x）的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，且ω∈[0，3]，求函数f（x）的单调递增区间；
（2）在（1）的条件下，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,12)))时，函数f（x）有且只有一个零点，求实数b的取值范围.
【解析】（1）∵函数f（x）＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))＋eq \f(3,2)＋b，
且函数f（x）的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，
∴2ω·eq \f(π,6)＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)（k∈Z），且ω∈[0，3]，∴ω＝1.
由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），
∴函数f（x）的单调递增区间为
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))（k∈Z）.
（2）由（1）知f（x）＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋eq \f(3,2)＋b.
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,12)))，∴2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(4π,3))).
当2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，即x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，函数f（x）单调递增；当2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(4π,3)))，
即x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,12)))时，函数f（x）单调递减.
又f（0）＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，∴当feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>0≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))或feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝0时，函数f（x）有且只有一个零点，
即sineq \f(4π,3)≤－b－eq \f(3,2)∴b∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，\f(\r(3)－3,2)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2))).
故实数b的取值范围为
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，\f(\r(3)－3,2)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2))).
【训练五】已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)，其中A>0，ω>0,0<φ<π，函数f(x)图象上相邻的两个对称中心之间的距离为eq \f(π,4)，且在x＝eq \f(π,3)处取到最小值－2.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若将函数f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向左平移eq \f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)的单调递增区间；
(3)若关于x的方程g(x)＝m＋2在x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9π,8)))上有两个不同的实根，求实数m的取值范围．
【解析】(1)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)，
其中A>0，ω>0,0<φ<π，
由题知函数f(x)的最小正周期为eq \f(π,2)＝eq \f(2π,ω)，
解得ω＝4，
又函数f(x)在x＝eq \f(π,3)处取到最小值－2，
则A＝2，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝－2，
即eq \f(4π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，
令k＝0可得φ＝eq \f(π,6)，
∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,6))).
(2)函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,6)))图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，
得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
再向左平移eq \f(π,6)个单位长度可得
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)))＝2cs 2x，
令－π＋2kπ≤2x≤2kπ，k∈Z，
解得－eq \f(π,2)＋kπ≤x≤kπ，k∈Z，
∴g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋kπ，kπ))(k∈Z)．
(3)∵方程g(x)＝m＋2在x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9π,8)))上有两个不同的实根，
作出函数g(x)＝2cs 2x，x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9π,8)))的图象，
由图可知－2解得－4∴m的取值范围为－4【训练六】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．
【解析】(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.
四、【强化测试】
【单选题】
1. 函数f(x)＝－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,4)))的振幅、初相分别是( )
A．－2，eq \f(π,4) B．－2，－eq \f(π,4)
C．2，eq \f(π,4) D．2，－eq \f(π,4)
【解析】振幅为2，当x＝0时，φ＝eq \f(π,4)，即初相为eq \f(π,4).
故选C.
2. 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( )
【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．令x＝eq \f(π,6)，得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)－\f(π,3)))＝0，排除C．
故选A.
3. 函数f(x)＝tan ωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y＝2所得线段长为eq \f(π,2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))的值是( )
A．－eq \r(3) B．eq \f(\r(3),3)
C．1 D．eq \r(3)
【解析】由题意可知该函数的周期为eq \f(π,2)，所以eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2)，ω＝2，f(x)＝tan 2x，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝taneq \f(π,3)＝eq \r(3).
故选D.
4. 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
【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.
故选A.
5. 已知函数f(x)＝Asin ωx(A＞0，ω＞0)与g(x)＝eq \f(A,2)cs ωx的部分图象如图所示，则( )
A．A＝1 B．A＝3
C．ω＝eq \f(π,3) D．ω＝eq \f(3,π)
【解析】由题图可得过点(0，1)的图象对应的函数解析式为g(x)＝eq \f(A,2)cs ωx，即eq \f(A,2)＝1，A＝2.过原点的图象对应函数f(x)＝Asin ωx.由f(x)的图象可知，T＝eq \f(2π,ω)＝1.5×4，可得ω＝eq \f(π,3).
故选C.
6. 为得到函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象，只需将函数y＝sin 2x的图象( )
A．向右平移eq \f(5π,12)个单位长度
B．向左平移eq \f(5π,12)个单位长度
C．向右平移eq \f(5π,6)个单位长度
D．向左平移eq \f(5π,6)个单位长度
【解析】因为y＝sin 2x＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))，y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,12)))－\f(π,2)))，所以将函数y＝sin 2x的图象向左平移eq \f(5π,12)个单位长度可得到函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象．
故选B．
7. 已知函数f（x）＝Asin（ωx＋φ）eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，－\f(π,2)＜φ＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则φ的值为（ ）
A.－eq \f(π,3) B.eq \f(π,3) C.－eq \f(π,6) D.eq \f(π,6)
【解析】由题意，得eq \f(T,2)＝eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)，所以T＝π.
由T＝eq \f(2π,ω)，得ω＝2.
由图可知A＝1，所以f（x）＝sin（2x＋φ）.
又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，－eq \f(π,2)＜φ＜eq \f(π,2)，
所以φ＝eq \f(π,3).
故选B.
8. 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，将f(x)的图象上所有点的横坐标扩大到原来的4倍(纵坐标不变)，再把所得的图象沿x轴向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)的一个单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,3)，\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(7π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,8))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，\f(π,2)))
【解析】根据函数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，
可得A＝1，
eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)，
∴ω＝2.
结合“五点法”作图可得2×eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)，
∴φ＝eq \f(π,6)，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
将f(x)的图象上所有点的横坐标扩大到原来的4倍(纵坐标不变)，
可得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))的图象．
再把所得的图象沿x轴向左平移eq \f(π,3)个单位长度，
得到函数g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,6)＋\f(π,6)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))的图象．
令2kπ－eq \f(π,2)≤eq \f(1,2)x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
解得4kπ－eq \f(5π,3)≤x≤4kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，
可得函数g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4kπ－\f(5π,3)，4kπ＋\f(π,3)))，k∈Z，
令k＝0，可得一个单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,3)，\f(π,3))).
故选A.
【多选题】
9. 已知函数f(x)＝eq \r(3)sin2x＋sin xcs x－eq \f(\r(3),2)，则下列说法正确的是( )
A．函数f(x)的值域为[－1，1]
B．函数f(x)的图象可由y＝sin 2x的图象向右平移eq \f(π,3)个单位得到
C．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递减
D．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))是函数f(x)的一个对称中心
【解析】f(x)＝sin xcs x＋eq \f(\r(3),2)(2sin2x－1)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，易知A，D均正确，对于B选项，y＝sin 2x的图象应向右平移eq \f(π,6)个单位，得到f(x)的图象，因此B选项不正确；
对于C选项，当－eq \f(π,6)≤x≤eq \f(π,3)时，－eq \f(2π,3)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,3)，所以函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，－\f(π,12)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,3)))上单调递增，因此C选项不正确．
故选AD.
10. 如图是函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜eq \f(π,2))的部分图象，将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度得到函数y＝g(x)的图象，则下列命题正确的是( )
A．y＝g(x)是奇函数
B．函数g(x)的图象的对称轴是直线x＝kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)
C．函数g(x)的图象的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,4)，0))(k∈Z)
D．函数g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)
【解析】依题意可得A＝2，eq \f(T,4)＝eq \f(π,8)＋eq \f(π,8)＝eq \f(π,4)，故T＝π，T＝eq \f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝2sin[2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＋φ]＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋φ))＝0，因为0＜φ＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,4)，故f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).将函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度得到函数y＝g(x)＝2sin 2x的图象，函数g(x)＝2sin 2x是奇函数，故A对；函数g(x)的图象的对称轴是直线x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)(k∈Z)，故B不对；函数g(x)的图象的对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)，故C不对；函数g(x)＝2sin 2x的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)，故D对．
选AD.
11. 已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(2π,3)))(ω>0)的最小正周期为4π，则下列叙述中正确的是( )
A．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称
B．函数f(x)在区间(0，π)上单调递增
C．函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后关于原点对称
D．函数f(x)在区间[0，π]上的最大值为－eq \f(1,2)
【解析】由题意知eq \f(2π,ω)＝4π，则ω＝eq \f(1,2)，所以f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(2π,3))).因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝cseq \f(5π,6)≠±1，所以直线x＝eq \f(π,3)不是f(x)图象的对称轴，A错误；
因为x∈(0，π)，所以eq \f(1,2)x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，当eq \f(1,2)x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))时，f(x)单调递减；当eq \f(1,2)x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(7π,6)))时，f(x)单调递增，所以f(x)在[0，π]上的最大值为cseq \f(2π,3)＝－eq \f(1,2)，B错误，D正确；f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后得到图象的函数解析式为g(x)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋\f(2π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,2)))＝－sineq \f(1,2)x，是奇函数，图象关于原点对称，C正确．
故选CD.
12. 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
【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．
故选BCD.
【填空题】
13. 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＝________．
【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)，则φ＝eq \f(π,6)，
14. 已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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________．
【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)．由五点对应法得2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ＝2kπ，又|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,3)，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.
15. 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)
【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．
16. 若f(x)＝2sin(2x＋φ)(φ>0)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称，且当φ取最小值时，∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得f(x0)＝a，则a的取值范围是________．
【解析】因为函数f(x)＝2sin(2x＋φ)(φ>0)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称，所以eq \f(π,6)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，所以φ＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，又φ>0，所以当φ取最小值时，φ＝eq \f(π,3)，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).因为x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2x0＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，所以－eq \r(3)【解答题】
17. 如图，某市拟在长为8 km的道路OP的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段OSM，该曲线段为函数y＝Asin ωx(A＞0，ω＞0)，x∈[0，4]的部分图象，且图象的最高点为S(3，2eq \r(3))；赛道的后一部分为折线段MNP.为保证参赛运动员的安全，限定∠MNP＝120°.求A，ω的值和M，P两点间的距离．
【解析】连接MP(图略)．
依题意，有A＝2eq \r(3)，eq \f(T,4)＝3，
又T＝eq \f(2π,ω)，所以ω＝eq \f(π,6)，所以y＝2eq \r(3)sineq \f(π,6)x.
当x＝4时，y＝2eq \r(3)sineq \f(2π,3)＝3，
所以M(4，3)．又P(8，0)，
所以|MP|＝eq \r(（－4）2＋32)＝5.
即M，P两点相距5 km.
18. 将函数f(x)＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到函数g(x)的图象，设函数h(x)＝f(x)－g(x)．
(1)求函数h(x)的单调递增区间；
(2)若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(1,3)，求h(α)的值．
【解析】(1)由已知可得g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
则h(x)＝sin 2x－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z.
所以函数h(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z.
(2)由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(1,3)得sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(2π,3)))＝eq \f(1,3)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3)))＝－eq \f(1,3)，即h(α)＝－eq \f(1,3).
19. 在①函数f(x)的图象中相邻的最高点与最低点的距离为5，②函数f(x)的图象的一条对称轴方程为x＝－1，③函数f(x)的一个对称中心的横坐标为eq \f(1,2)这三个条件中任选一个，补充在下面题目的横线处，并解决问题．
已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜ω＜\f(π,2)，|φ|＜\f(π,2)))，且________，点A(2，2)在该函数的图象上，求函数f(x)在区间(－3，3)上的单调递减区间．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】若选①，设函数f(x)的最小正周期为T，
则 eq \r(42＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))\s\up12(2))＝5，得T＝6＝eq \f(2π,ω)，则ω＝eq \f(π,3)，
因为点A(2，2)在该函数的图象上，所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝2，得eq \f(2π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
则φ＝－eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，
又|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,6)，所以函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x－\f(π,6)))，
令eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(π,3)x－eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z，
因为(－3，3)∩{x|2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z}＝(－3，－1]∪[2，3)，
所以函数f(x)在区间(－3，3)上的单调递减区间为(－3，－1]和[2，3)．
若选②，则sin(－ω＋φ)＝±1，得－ω＋φ＝eq \f(π,2)＋k1π，k1∈Z，
因为点A(2，2)在该函数的图象上，所以2sin(2ω＋φ)＝2，得2ω＋φ＝eq \f(π,2)＋2k2π，k2∈Z，
则φ＝eq \f(π,2)＋eq \f(2（k1＋k2）π,3)，k1，k2∈Z.因为|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,6)，ω＝eq \f(π,3)＋k2π，k2∈Z，
又0＜ω＜eq \f(π,2)，所以ω＝eq \f(π,3)，
所以函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x－\f(π,6)))，
令eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(π,3)x－eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z，
因为(－3，3)∩{x|2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z}＝(－3，－1]∪[2，3)，
所以函数f(x)在区间(－3，3)上的单调递减区间为(－3，－1]和[2，3)．
若选③，则2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ω＋φ))＝0，得eq \f(1,2)ω＋φ＝k1π，k1∈Z，
因为点A(2，2)在该函数的图象上，所以2sin(2ω＋φ)＝2，得2ω＋φ＝eq \f(π,2)＋2k2π，k2∈Z，
则φ＝－eq \f(π,6)＋eq \f(2（2k1－k2）π,3)，k1，k2∈Z，
因为|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,6)，ω＝eq \f(π,3)＋k2π，k2∈Z，
又0＜ω＜eq \f(π,2)，所以ω＝eq \f(π,3)，
所以函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x－\f(π,6)))，
令eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(π,3)x－eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z，
因为(－3，3)∩{x|2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z}＝(－3，－1]∪[2，3)，
所以函数f(x)在区间(－3，3)上的单调递减区间为(－3，－1]和[2，3)．
20. 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．
【解析】(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：
21. 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，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.
22. 已知向量m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x，－\f(1,2)))，n＝(eq \r(3)cs x，cs 2x)，函数f(x)＝m·n.
(1)求函数f(x)的最大值及最小正周期；
(2)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，求g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域．
【解析】(1) f(x)＝m·n
＝eq \r(3)sin xcs x－eq \f(1,2)cs 2x
＝eq \f(\r(3),2)sin 2x－eq \f(1,2)cs 2x
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
所以函数的最大值为1，最小正周期为
T＝eq \f(2π,|ω|)＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)由(1)得f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
将函数y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到
y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象．
因此g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1)).
故g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1)).
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
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
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