2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案4.4《函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用》 (2份打包，原卷版+教师版)

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1.五点作图与函数图象变换、函数性质相结合考查三角函数图象问题，凸显直观想象、数学运算的核心素养．
2．将函数图象、性质及函数零点、极值、最值等问题综合考查y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用，凸显直观想象、逻辑推理的核心素养．
[理清主干知识]
1．函数y＝Asin(ωx＋φ)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，要找的五个特征点，如下表所示
3．由函数y＝sin x的图象通过变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象的两种方法
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(函数y＝Asin(ωx＋φ)的有关概念)函数y＝eq \f(1,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋\f(π,4)))的振幅为__________，周期为________，初相为________．
答案：eq \f(1,3) eq \f(4π,3) eq \f(π,4)
2．(图象变换)将函数y＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得图象的函数解析式是________．
答案：y＝1＋cs 2x
3．(五点作图)函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的图象如图，则点(ω，φ)的坐标是________．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2π,3)))
二、易错点练清
1．(图象平移方向把握不准)为了得到函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象，可以将函数y＝2sin 2x的图象( )
A．向右平移eq \f(π,6)个单位长度 B．向右平移eq \f(π,3)个单位长度
C．向左平移eq \f(π,6)个单位长度 D．向左平移eq \f(π,3)个单位长度
答案：A
2．(图象横坐标伸缩与ω的关系把握不准)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＝sineq \f(1,2)x
3．(忽视参数的范围)已知简谐运动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)，则该简谐运动的初相φ为________．
解析：将点(0,1)代入函数表达式可得2sin φ＝1，即sin φ＝eq \f(1,2).因为|φ|答案：eq \f(π,6)
考点一 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换
[典例] 已知函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
(1)求它的振幅、周期、初相；
(2)用“五点法”作出它在一个周期内的图象；
(3)说明y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象可由y＝sin x的图象经过怎样的变换而得到．
[解] (1)y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的振幅A＝2，周期T＝π，初相φ＝eq \f(π,3).
(2)描点画出图象，如图所示：
(3)法一：把y＝sin x的图象上所有的点向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的图象；
再把y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的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＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象；
最后把y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，即可得到y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象．
法二：将y＝sin x的图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)，得到y＝sin 2x的图象；
再将y＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，得到y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象；
再将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍(横坐标不变)，即得到y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象．
三角函数图象的变换
函数y＝Asin(ωx＋φ)＋k(A>0，ω>0)中，参数A，ω，φ，k的变化引起图象的变换：
(1)A的变化引起图象中振幅的变换，即纵向伸缩变换；
(2)ω的变化引起周期的变换，即横向伸缩变换；
(3)φ的变化引起左右平移变换，k的变化引起上下平移变换．图象平移遵循的规律为：“左加右减，上加下减”．
[提醒] 平移变换和伸缩变换都是针对x而言，即x本身加减多少值，而不是依赖于ωx加减多少值．
[针对训练]
1．若把函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，所得到的图象与函数y＝ cs ωx的图象重合，则ω的一个可能取值是( )
A．2 B.eq \f(3,2) C.eq \f(2,3) D．eq \f(1,2)
解析：选A 由y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(ω,3)π－\f(π,6)))的图象和函数y＝cs ωx的图象重合，可得eq \f(ω,3)π－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，则ω＝6k＋2(k∈Z)．所以2是ω的一个可能值．
2．(2020·江苏高考)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，得到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)))的图象，由2x－eq \f(π,12)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得对称轴方程为x＝eq \f(7π,24)＋eq \f(1,2)kπ，k∈Z，其中与y轴最近的对称轴的方程是 x＝－eq \f(5π,24).
答案：x＝－eq \f(5π,24)
考点二 由图象确定函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
[典例] (多选)如图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)＝( )
A．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))) B．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x)) C．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) D．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2x))
[解析] 由题图可知，函数的最小正周期T＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，∴eq \f(2π,|ω|)＝π，ω＝±2.
当ω＝2时，y＝sin(2x＋φ)，将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))代入得，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝0，
∴2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋π，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，∴y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，故A错误；
由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))知B正确；
由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))知C正确；
由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6)))))＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2x))知D错误．
综上可知，正确的选项为B、C.
[答案] BC
[方法技巧]
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：确定函数的周期T，则可得ω＝eq \f(2π,T).
(3)求φ：常用的方法有代入法和五点法．
①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时A，ω，b已知)或代入图象与直线y＝b的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)．
②五点法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口．
[针对训练]
1.设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]的图象大致如图，则f(x)的最小正周期为( )
A.eq \f(10π,9) B.eq \f(7π,6) C.eq \f(4π,3) D．eq \f(3π,2)
解析：选C 法一：由题图知，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4π,9)))＝0，
∴－eq \f(4π,9)ω＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得ω＝－eq \f(3＋9k,4)(k∈Z)．设f(x)的最小正周期为T，
易知T＜2π＜2T，∴eq \f(2π,|ω|)＜2π＜eq \f(4π,|ω|)，∴1＜|ω|＜2，当且仅当k＝－1时，符合题意，此时ω＝eq \f(3,2)，
∴T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(4π,3).故选C.
法二：由题图知，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4π,9)))＝0且f(－π)＜0，f(0)＞0，
∴－eq \f(4π,9)ω＋eq \f(π,6)＝－eq \f(π,2)(ω＞0)，解得ω＝eq \f(3,2)，∴f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(4π,3).故选C.
2．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0， |φ|<\f(π,2)))的图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))上单调递减 B．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，\f(13π,12)))上单调递增
C．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，\f(13π,12)))上单调递减 D．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))上单调递增
解析：选B 由图易得，A＝2，T＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝π，故ω＝eq \f(2π,π)＝2.当x＝eq \f(π,12)时取得最大值2，所以2＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)＋φ))，且|φ|考点三 三角函数图象与性质的综合问题
[典例] 已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋1.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)＝0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，π))，求x的值；
(3)将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)得到函数g(x)的图象．若曲线y＝h(x)与y＝g(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称，求函数h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))的值域．
[解] (1)令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，则－eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z.
∴y＝f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))，k∈Z.
(2)由f(x)＝0，得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋1＝0，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＝－eq \f(1,2).
又∵x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，π))，∴2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,6)，\f(11π,6)))，
∴2x－eq \f(π,6)＝－eq \f(π,6)或2x－eq \f(π,6)＝－eq \f(5π,6)或2x－eq \f(π,6)＝eq \f(7π,6)，解得x＝0或x＝－eq \f(π,3)或x＝eq \f(2π,3).
(3)将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，
可得函数图象的解析式为y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－\f(π,6)))＋1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＋1＝2cs 2x＋1.
再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)＝2cs x＋1的图象．
又∵曲线y＝h(x)与y＝g(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称，
∴h(x)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＋1＝2sin x＋1.
∵x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))，∴sin x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，∴2sin x＋1∈(0,3]．
∴函数h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))上的值域为(0,3]．
[方法技巧]
三角函数的图象和性质的综合应用问题的求解思路
先将y＝f(x)化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，再借助y＝Asin(ωx＋φ)的图象和性质(如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等)解决相关问题．
[针对训练]
1.(多选)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)的周期为π
B．函数f(x)图象的一条对称轴方程为x＝eq \f(5π,12)
C．函数f(x)的递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z
D．当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1))
解析：选AC 由题中图象知，A＝1，eq \f(T,4)＝eq \f(π,3)－eq \f(π,12)＝eq \f(π,4)，
∴T＝π，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2，根据五点作图法得2×eq \f(π,3)＋φ＝0，∴φ＝－eq \f(2π,3)，则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3))).
令2x－eq \f(2π,3)＝kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，得f(x)的对称轴方程为x＝eq \f(k,2)π＋eq \f(π,12)，k∈Z.
令2kπ－eq \f(3π,2)≤2x－eq \f(2π,3)≤2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，得f(x)的单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z.
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，2x－eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))，故选A、C.
2．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0,0＜ω＜6，|φ|＜eq \f(π,2))，x＝eq \f(π,3)是函数f(x)的零点，x＝eq \f(π,12)是函数f(x)图象的对称轴，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝2.
(1)求函数y＝f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)＝f(x)－m在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上有两个零点，求m的取值范围．
解：(1)因为x＝eq \f(π,12)是函数f(x)图象的对称轴，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝2，A＞0，
所以A＝2，又因为x＝eq \f(π,3)是函数f(x)的零点，
所以eq \f(2n－1,4)T＝eq \f(π,3)－eq \f(π,12)(n∈N*)，即T＝eq \f(π,2n－1)(n∈N*)，所以ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,\f(π,2n－1))＝4n－2(n∈N*)，
又因为0＜ω＜6，所以n＝1，ω＝2，因此f(x)＝2sin(2x＋φ)，
因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝2，所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝2，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝1，
又因为|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,3)，故f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
(2)依题意知函数y＝f(x)与y＝m在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上有2个交点，设t＝2x＋eq \f(π,3)，
由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，得t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))，结合图象可知：
函数y＝2sin t在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，－\f(π,2)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,3)))上单调递增，
所以当t＝－eq \f(2π,3)时，y＝－eq \r(3)；当t＝－eq \f(π,2)时，y＝－2；当t＝eq \f(π,3)时，y＝eq \r(3).
所以m的取值范围为(－2，－eq \r(3) ]．
考点四 三角函数模型的应用
[典例] 通常情况下，同一地区一天的温度随时间变化的曲线接近函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b的图象.2021年1月下旬某地区连续几天最高温度都出现在14时，最高温度为14 ℃；最低温度出现在凌晨2时，最低温度为零下2 ℃.
(1)求出该地区该时段的温度函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0，|φ|<π，x∈[0,24))的表达式；
(2)1月29日上午9时某高中将举行期末考试，如果温度低于10 ℃，教室就要开空调，请问届时学校后勤应该开空调吗？
[解] (1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＋b＝14，,－A＋b＝－2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＝8，,b＝6，))
易知eq \f(T,2)＝14－2，所以T＝24，所以ω＝eq \f(π,12)，则y＝8sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)x＋φ))＋6.
易知8sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)·2＋φ))＋6＝－2，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝－1，故eq \f(π,6)＋φ＝－eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
又|φ|<π，得φ＝－eq \f(2π,3)，所以y＝8sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)x－\f(2π,3)))＋6(x∈[0,24))．
(2)当x＝9时，y＝8sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)·9－\f(2π,3)))＋6＝8sineq \f(π,12)＋6<8sineq \f(π,6)＋6＝10.
所以届时学校后勤应该开空调．
[方法技巧]
已知函数模型解决实际问题的思路
(1)这类题一般明确地指出了周期现象满足的变化规律，例如，周期现象可用形如y＝Asin(ωx＋φ)＋b或y＝Acs(ωx＋φ)＋b的函数来刻画，只需根据已知条件确定参数，求解函数解析式，再将题目涉及的具体的数值代入计算即可．
(2)三角函数模型中函数解析式的应用主要是对相关量物理意义的考查．
[针对训练]
1．音乐，是用声音来展现美，给人以听觉上的享受．著名数学家傅立叶研究了乐声的本质，他证明了所有的乐音都能用数学表达式来描述，它们是一些形如y＝asin bx的简单正弦函数的和，其中频率最低的一项是基本音，其余的为泛音．由乐音的数学表达式可知，所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍，称为基本音的谐波．下列函数中不能与函数y＝0.06sin 180 000t(基本音)构成乐音的是( )
A．y＝0.02sin 360 000t B．y＝0.03sin 180 000t
C．y＝0.02sin 181 800t D．y＝0.05sin 540 000t
解析：选C 由f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)，可知若f1＝nf2(n∈N*)，则必有ω1＝nω2(n∈N*)．
易得360 000＝2×180 000,180 000＝1×180 000，540 000＝3×180 000，故A、B、D中函数都能与函数y＝0.06 sin 180 000t构成乐音．只有C选项中，181 800不是180 000的整数倍．
2.电流强度I(安培)随时间t(秒)变化的函数I＝Asin(ωt＋φ)(ω>0，0<φ<π)的图象如图所示，则t为eq \f(7,120)(秒)时的电流强度为________．
解析：由题图知A＝10，函数的周期T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,300)－\f(1,300)))＝eq \f(1,50)，所以ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,\f(1,50))＝100π，将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,300)，10))代入I＝10sin(100πt＋φ)得φ＝eq \f(π,6)，故函数解析式为I＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100πt＋\f(π,6)))，再将t＝eq \f(7,120)代入函数解析式得I＝0.
答案：0
创新命题视角——学通学活巧迁移
三角函数与其他知识综合
题型(一) 三角函数与导数相交汇
[例1] 2019新型冠状病毒属于β属冠状病毒，有包膜，颗粒常为多形性，其中包含着数学模型为y＝Bcs ωβ，y＝kβ＋b的某结构，人体肺部结构中包含数学模型为y＝Asin ωβ，y＝ln β的结构，新型冠状病毒肺炎是由它们“复合”引起的，表现为f(β)．若函数f(β)＝asin(1－β)＋ln β在(0,1)上单调递增，则a的取值范围为( )
A．(－∞，0] B．(－∞，1] C．[0，＋∞) D．[1，＋∞)
[思路点拨] 将题眼“f(β)在区间(0,1)上单调递增”，转化为“a≤eq \f(1,βcs1－β)在(0,1)上恒成立”，构造函数，借用导数工具，求出p(β)＝eq \f(1,βcs1－β)在(0,1)上的单调性，即可得a的取值范围．
[解析] f(β)＝asin(1－β)＋ln β在(0,1)上单调递增，则f′(β)＝－acs(1－β)＋eq \f(1,β)≥0在(0,1)上恒成立，
因为0<β<1，所以0<1－β<1，所以cs(1－β)>0，所以a≤eq \f(1,βcs1－β)在(0,1)上恒成立．
设k(β)＝βcs(1－β)(0<β<1)，则k′(β)＝cs(1－β)＋βsin(1－β)，
易知sin(1－β)>0，所以k′(β)>0，故k(β)在(0,1)上单调递增．
令p(β)＝eq \f(1,βcs1－β)，则p(β)在(0,1)上单调递减，
又p(1)＝1，故a≤1，即a的取值范围为(－∞，1]．故选B.
[答案] B
[名师微点]
破解本题的关键是“巧转化妙构造”，即巧妙地把函数的单调性问题转化为不等式恒成立问题，再通过构造函数，借用导数工具，轻松判断所构造函数的单调性，即可得参数的取值范围．
题型(二) 三角函数与零点相交汇
[例2] 已知函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(43π,3)))，若函数F(x)＝f(x)－3的所有零点依次记为x1，x2，x3，…，xn，且x1A.eq \f(1 190π,3) B．eq \f(1 192π,3) C．398π D．eq \f(1 196π,3)
[思路点拨] 先求出函数f(x)图象的对称轴方程，判断在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(43π,3)))内有多少条对称轴，确定每相邻两零点与对称轴的关系，利用等差数列前n项和公式，即可得结果．
[解析] 函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，令2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，可得x＝eq \f(1,2)kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，
即函数图象的对称轴方程为x＝eq \f(1,2)kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．
又f(x)的最小正周期为T＝π，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(43π,3))).令eq \f(1,2)kπ＋eq \f(π,3)＝eq \f(43π,3)，可得k＝28，
所以函数f(x)的图象在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(43π,3)))内有29条对称轴，根据正弦函数的性质可知，
x1＋x2＝eq \f(π,3)×2，x2＋x3＝eq \f(5π,6)×2，…，x28＋x29＝eq \f(83π,6)×2.
将以上各式相加得x1＋2x2＋2x3＋…＋2x28＋x29
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,6)＋\f(5π,6)＋\f(8π,6)＋…＋\f(83π,6)))×2＝eq \f(π,3)×eq \f(2＋83×28,2)＝eq \f(1 190π,3).故选A.
[答案] A
[名师微点]
解决有关三角函数与函数零点相交汇题的关键是活用三角函数的性质，如本题，可借用三角函数的图象特征，得出函数f(x)图象的对称轴，从而得出f(x)的图象在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(43π,3)))上有29条对称轴，并利用对称轴的特征，得出相邻两个零点所满足的关系式．
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、基础练——练手感熟练度
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)
解析：选A 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．将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,5)))的图象向右平移eq \f(π,10)个单位长度，所得图象对应的函数( )
A．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))上单调递增 B．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))上单调递减
C．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))上单调递增 D．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上单调递减
解析：选A 把函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,5)))的图象向右平移eq \f(π,10)个单位长度得函数g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))＋\f(π,5)))＝sin 2x的图象，由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq \f(π,4)＋kπ≤x≤eq \f(π,4)＋kπ(k∈Z)，令k＝1，得eq \f(3π,4)≤x≤eq \f(5π,4)，
即函数g(x)＝sin 2x的一个单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，\f(5π,4))).
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：选D 由题意可知该函数的周期为eq \f(π,2)，∴eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2)，即ω＝2，∴f(x)＝tan 2x.∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝tan eq \f(π,3)＝eq \r(3).
4.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，－eq \f(π,2)<φA．－eq \f(π,3) B．eq \f(π,3) C．－eq \f(π,6) D．eq \f(π,6)
解析：选B 由题图，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)<φ5．某城市一年中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＋Acseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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 ℃，12月份的平均气温最低，为18 ℃，则10月份的平均气温值为_______℃.
解析：依题意知，a＝eq \f(28＋18,2)＝23，A＝eq \f(28－18,2)＝5，所以y＝23＋5cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x－6))，
当x＝10时，y＝23＋5cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)×4))＝20.5.
答案：20.5
6．若将函数y＝sin 2x的图象向右平移φ(φ＞0)个单位长度，得到的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，则φ的最小值为________．
解析：平移后解析式为y＝sin(2x－2φ)，∵图象关于x＝eq \f(π,6)对称，∴2·eq \f(π,6)－2φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝－eq \f(k,2)π－eq \f(π,12)(k∈Z)，又∵φ>0，∴当k＝－1时，φ的值最小，为eq \f(5π,12).
答案：eq \f(5π,12)
二、综合练——练思维敏锐度
1．(多选)要得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,5)))的图象，可以将函数y＝sin x的图象上所有的点( )
A．向右平行移动eq \f(π,5)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍
B．向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍
C．横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，再把所得各点向右平行移动eq \f(π,5)个单位长度
D．横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，再把所得各点向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度
解析：选AD 将函数y＝sin x的图象上所有的点向右平行移动eq \f(π,5)个单位长度，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,5)))的图象，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,5)))的图象，故A正确；将函数y＝sin x的图象上所有的点向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))的图象，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,10)))的图象，故B错误；将函数y＝sin x的图象上所有的点横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，得到y＝sin 2x的图象，再把所得各点向右平行移动eq \f(π,5)个单位长度，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,5)))的图象，故C错误；将函数y＝sin x的图象上所有的点横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，得到y＝sin 2x的图象，再把所得各点向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,5)))的图象，故D正确．故选A、D.
2．在平面直角坐标系xOy中，将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))的图象向左平移φ(φ>0)个单位后得到的图象经过原点，则φ的最小值为( )
A.eq \f(π,3) B．eq \f(π,4) C.eq \f(π,6) D．eq \f(π,12)
解析：选B 将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))的图象向左平移φ(φ>0)个单位后得到的图象对应的解析式为y＝sin[3(x＋φ)＋eq \f(π,4)]，因为其图象经过原点，所以sin(3φ＋eq \f(π,4))＝0，所以3φ＋eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)，解得φ＝eq \f(kπ,3)－eq \f(π,12)(k∈Z)，又φ>0，所以φ的最小值为eq \f(π,3)－eq \f(π,12)＝eq \f(π,4)，故选B.
3.函数f(x)＝cs(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，则函数g(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx－\f(3,π)φ))的最小正周期为( )
A．π B．2π C．4π D．eq \f(π,2)
解析：选A 根据函数f(x)＝cs(ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象，
可得eq \f(T,4)＝eq \f(7,12)π－eq \f(π,3)＝eq \f(π,4)，∴T＝π＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝2.点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))是五点作图的第二个点，则2×eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)，
∴φ＝－eq \f(π,6)，∴f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).∴g(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx－\f(3,π)φ))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋\f(1,2)))，
易知y＝g(x)与y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)的最小正周期相同，均为T＝eq \f(2π,2)＝π.故选A.
4．(多选)将函数f(x)＝cs 2x的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)的图象，则g(x)具有的性质为( )
A．最大值为1，图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
B．为奇函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增
C．为偶函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))上单调递增
D．周期为π，图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称
解析：选BD 将函数f(x)＝cs 2x的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))))＝sin 2x的图象，则函数g(x)的最大值为1，其图象关于直线x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)(k∈Z)对称，故选项A不正确；函数g(x)为奇函数，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，故函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，故选项B正确，选项C不正确；函数g(x)的周期为π，其图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)对称，故选项D正确．故选B、D.
5．将函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(0<ω<10)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度之后与函数f(x)的图象重合，则ω＝( )
A．9 B．6 C．4 D．8
解析：选B 函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后所得图象对应的函数解析式为f(x)＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(ωπ,6)＋\f(π,3)))，∵平移后的图象与函数f(x)的图象重合，∴－eq \f(ωπ,6)＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)，解得ω＝－6k(k∈Z)．又0<ω<10，∴ω＝6.故选B.
6．(多选)将函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度得到函数y＝g(x)的图象，若函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是单调增函数，则实数ω可能的取值为( )
A.eq \f(2,3) B．1 C.eq \f(6,5) D．2
解析：选ABC 由题意知g(x)＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))，g(x)的一个增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－\f(T,4)，\f(π,12)＋\f(T,4)))，
要使g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－\f(T,4)≤0，,\f(π,12)＋\f(T,4)≥\f(π,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中T＝\f(2π,ω)，ω>0))，解得0<ω≤eq \f(6,5)，故选A、B、C.
7.已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)))的部分图象如图所示，其中f(0)＝1，|MN|＝eq \f(5,2)，将f(x)的图象向右平移1个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)的解析式是( )
A．g(x)＝2cs eq \f(π,3)x B．g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(2π,3)))
C．g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)x＋\f(π,3))) D．g(x)＝－2cs eq \f(π,3)x
解析：选A 设函数f(x)的最小正周期为T.由题图及|MN|＝eq \f(5,2)，得eq \f(T,4)＝eq \f(3,2)，则T＝6，ω＝eq \f(π,3).又由f(0)＝1，φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))得sin φ＝eq \f(1,2)，φ＝eq \f(5π,6).所以f(x)＝2sin(eq \f(π,3)x＋eq \f(5π,6)).则g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x－1＋\f(5π,6)))＝2cs eq \f(π,3)x.故选A.
8.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，则y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))取得最小值时，x的集合为______________________．
解析：根据所给图象，周期T＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，故π＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝2，因此f(x)＝sin(2x＋φ)，另外图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，0))，代入有2×eq \f(7π,12)＋φ＝π＋2kπ(k∈Z)，再由|φ|答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＝kπ－\f(π,3)，k∈Z))
9．将函数f(x)＝2sin x图象的每一个点的横坐标缩短为原来的一半，再向左平移eq \f(π,12)个单位长度得到g(x)的图象，则g(x)＝________；若函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2a，\f(7π,6)))上单调递增，则实数a的取值范围是________．
解析：将函数f(x)＝2sin x图象的每一个点的横坐标缩短为原来的一半，得到y＝2sin 2x的图象；再向左平移eq \f(π,12)个单位长度得到g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象．若函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2a，\f(7π,6)))上单调递增，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2·\f(a,3)＋\f(π,6)≤\f(π,2)，,2·2a＋\f(π,6)≥\f(3π,2)，))解得eq \f(π,3)≤a≤eq \f(π,2)，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))).
答案：2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
10．已知函数f(x)＝cs ωx＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上恰有一个最大值点和两个零点，则ω的取值范围是________．
解析：f(x)＝cs ωx＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＝eq \f(3,2)cs ωx＋eq \f(\r(3),2)sin ωx＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，由x∈[0，π]，ω>0，得ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3))).因为f(x)在[0，π]上恰有一个最大值点和两个零点，所以2π≤ωπ＋eq \f(π,3)答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(13,6)))
11．已知函数y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))，图象上与点P最近的一个最高点是Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，5)).
(1)求函数的解析式；
(2)求函数f(x)的单调递增区间．
解：(1)依题意得A＝5，周期T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝π，∴ω＝eq \f(2π,π)＝2.
故y＝5sin(2x＋φ)，又图象过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))，∴5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝0，
由已知可得eq \f(π,6)＋φ＝kπ(k∈Z)，∵|φ|(2)由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
得－eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)，故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．
12.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：(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|令2x＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，得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)．
(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)))＋2[1－2sin2eq \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)))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))).
三、自选练——练高考区分度
1．(多选)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0,0＜φ＜π)的部分图象如图中实线所示，图中圆C与f(x)的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法正确的是( )
A．函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，－π))上单调递增
B．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，0))成中心对称
C．函数f(x)的图象向右平移eq \f(5π,12)个单位长度后关于直线x＝eq \f(5π,6)成轴对称
D．若圆的半径为eq \f(5π,12)，则函数f(x)的解析式为f(x)＝eq \f(\r(3)π,6)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
解析：选BD 由题图可知，C为函数f(x)图象的对称中心，且点C的横坐标为eq \f(π,3)，所以f(x)的最小正周期T＝π，即eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝0及0＜φ＜π，解得φ＝eq \f(π,3)，所以f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，－π))时，2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8π,3)，－\f(5π,3)))，显然f(x)不单调，所以A选项错误；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)))＝Asin(－π)＝0，所以函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，0))成中心对称，所以B选项正确；将直线x＝eq \f(5π,6)向左平移eq \f(5π,12)个单位长度后得到直线x＝eq \f(5π,12)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(5π,12)＋\f(π,3)))＝sineq \f(7π,6)＝－eq \f(1,2)，所以C选项错误；若圆的半径为eq \f(5π,12)，则eq \f(\r(3),2)A＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(2π,3)))2)，解得A＝eq \f(\r(3),6)π，故D选项正确．故选B、D.
2．(多选)已知函数f(x)＝cs(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|＜\f(π,2)))，F(x)＝f(x)＋eq \f(\r(3),2)f′(x)为奇函数，则下述说法中正确的是( )
A．tan φ＝eq \r(3)
B．若f(x)在[－a，a]上存在零点，则a的最小值为eq \f(π,6)
C．F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递增
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且仅有一个极大值点
解析：选BC 因为f(x)＝cs(2x＋φ)，所以f′(x)＝－2sin(2x＋φ)，所以F(x)＝f(x)＋ eq \f(\r(3),2)f′(x)＝cs(2x＋φ)－eq \r(3)sin(2x＋φ)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ＋\f(π,3)))，又F(x)为奇函数，所以F(0)＝0，即cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,3)))＝0，令φ＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得φ＝eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，又|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,6).对于A，tan φ＝taneq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),3)，故A错误；对于B，由f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝0，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)，k∈Z，若f(x)在[－a，a]上存在零点，则a＞0且a的最小值为eq \f(π,6)，故B正确；对于C，F(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)＋\f(π,3)))＝－2sin 2x，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，则F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递增，故C正确；对于D，由f′(x)＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，可得x＝eq \f(5π,12)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))时，f′(x)＜0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2)))上单调递增，故D错误，所以选B、C.
3．筒车在古代是进行灌溉引水的工具，亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具．据史料记载，筒车发明于隋而盛于唐，距今已有 1 000多年的历史，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的筒车，一个水斗从点A(3，－3eq \r(3))出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时120秒，经过t秒后，水斗旋转到P点，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．φ＝－eq \f(π,3)
B．当t∈[0,60]时，函数y＝f(t)单调递增
C．当t∈[0,60]时，|f(t)|的最大值为3eq \r(3)
D．当t＝100时，|PA|＝6
解析：选AD 由题意可知y＝f(t)的最小正周期T＝120，所以eq \f(2π,ω)＝120，即ω＝eq \f(π,60).如图，由题意原问题可转化为P从A出发，沿圆周按逆时针方向匀速运动，A(3，－3eq \r(3))，∠AOx∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以tan∠AOx＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(3),3)))＝eq \r(3)，所以∠AOx＝eq \f(π,3)，且R＝6，连接OP，则∠xOP＝ωt－eq \f(π,3)＝eq \f(π,60)t－eq \f(π,3).根据三角函数的定义可得eq \f(y,R)＝sin∠xOP＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,60)t－\f(π,3)))，即y＝Rsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,60)t－\f(π,3)))＝6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,60)t－\f(π,3)))，所以φ＝－eq \f(π,3)，故选项A正确；当0≤t≤60时，－eq \f(π,3)≤eq \f(π,60)t－eq \f(π,3)≤eq \f(2π,3)，所以函数y＝f(t)＝6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,60)t－\f(π,3)))在t∈[0,60]时不单调递增，故选项B错误；当0≤t≤60时，－eq \f(π,3)≤eq \f(π,60)t－eq \f(π,3)≤eq \f(2π,3)，所以当eq \f(π,60)t－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即t＝50时，函数y＝f(t)＝6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,60)t－\f(π,3)))取得最大值6，所以|f(t)|的最大值为6，故选项C错误；当t＝100时，y＝6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)－\f(π,3)))＝6sineq \f(4π,3)＝－3eq \r(3)，此时x＝6cseq \f(4π,3)＝－3，即P(－3，－3eq \r(3))，所以|PA|＝6，故选项D正确．综上可知，选A、D.y＝Asin(ωx＋φ)
振幅
周期
频率
相位
初相
(A>0，ω>0)
A
T＝eq \f(2π,ω)
f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)
ωx＋φ
eq \a\vs4\al(φ)
ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
－eq \f(φ,ω)
eq \f(π,2ω)－eq \f(φ,ω)
eq \f(π－φ,ω)
eq \f(3π,2ω)－eq \f(φ,ω)
eq \f(2π－φ,ω)
y＝Asin(ωx＋φ)
0
eq \a\vs4\al(A)
0
－A
0