2024版高考数学微专题专练19三角函数的图像与性质理（附解析）

这是一份2024版高考数学微专题专练19三角函数的图像与性质理（附解析），共10页。


[基础强化]
一、选择题
1．[2022·安徽省蚌埠市质检]已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜eq \f(π,2))的图像如图所示，则ω的值为( )
A．2 B．1
C．eq \f(1,2) D．eq \f(1,4)
2．[2021·全国乙卷]函数f(x)＝sineq \f(x,3)＋cseq \f(x,3)最小正周期和最大值分别是( )
A．3π和eq \r(2)B．3π和2
C．6π和eq \r(2)D．6π和2
3．已知函数f(x)＝2acs (2x－eq \f(π,3))(a≠0)的定义域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，最小值为－2，则a的值为( )
A．1B．－1
C．－1或2D．1或2
4．下列函数中最小正周期为π且图像关于直线x＝eq \f(π,3)对称的是( )
A．y＝2sin (2x＋eq \f(π,3))
B．y＝2sin (2x－eq \f(π,6))
C．y＝2sin (eq \f(x,2)＋eq \f(π,3))
D．y＝2sin (eq \f(x,2)－eq \f(π,3))
5．[2020·全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝cs (ωx＋eq \f(π,6))在[－π，π]的图像大致如图，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)
6．函数f(x)＝eq \f(tanx,1＋tan2x)的最小正周期为( )
A．eq \f(π,4)B．eq \f(π,2)
C．πD．2π
7．已知函数f(x)＝sinx＋acsx(a∈R)满足f(0)＝f(eq \f(π,2))，则函数g(x)＝(eq \r(3)－1)sinx＋f(x)的图像的一条对称轴方程是( )
A．x＝eq \f(2π,3)B．x＝eq \f(π,4)
C．x＝－eq \f(π,3)D．x＝－eq \f(2π,3)
8．[2022·贵州省普通高等学校招生测试]2022年春节期间，G市某天从8～16时的温度变化曲线(如图)近似满足函数f(x)＝2eq \r(2)cs (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π，x∈[8，16])的图像．下列说法正确的是( )
A．8～13时这段时间温度逐渐升高
B．8～16时最大温差不超过5℃
C．8～16时0℃以下的时长恰为3小时
D．16时温度为－2℃
9．下列函数中，以eq \f(π,2)为周期且在区间(eq \f(π,4)，eq \f(π,2))单调递增的是( )
A．f(x)＝|cs2x|B．f(x)＝|sin2x|
C．f(x)＝cs|x|D．f(x)＝sin|x|
二、填空题
10．函数f(x)＝2csx＋sinx的最大值为________．
11．设函数f(x)＝cs (ωx－eq \f(π,6))(ω>0)，若f(x)≤f(eq \f(π,4))对于任意的实数x都成立，则ω的最小值为________.
12．[2021·全国甲卷]已知函数f(x)＝2cs (ωx＋φ)的部分图像如图所示，则满足条件(f(x)－f(－eq \f(7π,4)))(f(x)－f(eq \f(4π,3)))>0的最小正整数x为________．
[能力提升]
13．[2022·山西省高三模拟]已知函数f(x)＝sin (ωx＋eq \f(π,3))(ω>0)在[0，π]上恰有3个零点，则ω的取值范围是( )
A．[eq \f(5,3)，eq \f(8,3)) B．[eq \f(5,3)，eq \f(8,3)]
C．[eq \f(8,3)，eq \f(11,3)] D．[eq \f(8,3)，eq \f(11,3))
14．[2022·江西省赣州市一模]已知函数f(x)＝sin (ωx－eq \f(π,4))(ω>0)在区间(0，π)上有且仅有2个不同的零点，给出下列三个结论：
①f(x)在区间[0，π]上有且仅有2条对称轴；
②f(x)在区间(0，eq \f(π,3))上单调递增；
③ω的取值范围是(eq \f(5,4)，eq \f(9,4)].
其中正确的个数为( )
A．0B．1
C．2D．3
15．[2022·广西桂林模拟]设函数y＝sineq \f(πx,3)在[t，t＋1]上的最大值为M(t)，最小值为N(t)，则M(t)－N(t)在eq \f(3,2)≤t≤eq \f(7,2)上最大值为________．
16．[2022·全国乙卷(理)，15]记函数f(x)＝cs (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的最小正周期为T，若f(T)＝eq \f(\r(3),2)，x＝eq \f(π,9)为f(x)的零点，则ω的最小值为________．
专练19 三角函数的图像与性质
1．C 由图像可知，函数的半周期是2π，所以eq \f(π,ω)＝2π，
得ω＝eq \f(1,2).
2．C 因为函数f(x)＝sineq \f(x,3)＋cseq \f(x,3)
＝eq \r(2)(eq \f(\r(2),2)sineq \f(x,3)＋eq \f(\r(2),2)cseq \f(x,3))
＝eq \r(2)(sineq \f(x,3)cseq \f(π,4)＋cseq \f(x,3)sineq \f(π,4))
＝eq \r(2)sin (eq \f(x,3)＋eq \f(π,4))，
所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,\f(1,3))＝6π，最大值为eq \r(2).
3．C ∵0≤x≤eq \f(π,2)，∴－eq \f(π,3)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(2,3)π.
∴－eq \f(1,2)≤cs (2x－eq \f(π,3))≤1，又f(x)的最小值为－2，
当a＞0时，f(x)min＝－a＝－2，∴a＝2.
当a＜0时，f(x)min＝2a，∴a＝－1.
4．B 最小正周期为π的只有A、B，又当2sin (2×eq \f(π,3)－eq \f(π,6))＝2取得最大值，故y＝2sin (2x－eq \f(π,6))的图像关于直线x＝eq \f(π,3)对称．
5．C 解法一：设函数f(x)的最小正周期为T，由题图可得T<π－(－eq \f(4π,9))且eq \f(T,2)>(－eq \f(4π,9))－(－π)，所以eq \f(10π,9)解法二(五点法)：由函数f(x)的图像知，ω×(－eq \f(4π,9))＋eq \f(π,6)＝－eq \f(π,2)，解得ω＝eq \f(3,2)，所以函数f(x)的最小正周期为eq \f(4π,3)，故选C.
6．C f(x)＝eq \f(\f(sinx,csx),1＋\f(sin2x,cs2x))＝eq \f(sinxcsx,sin2x＋cs2x)＝eq \f(1,2)sin2x，
∴T＝eq \f(2π,2)＝π.
7．D 由f(0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))，得sin0＋acs0＝0＋a＝1，解得a＝1，所以f(x)＝sinx＋csx，所以g(x)＝(eq \r(3)－1)sinx＋f(x)＝(eq \r(3)－1)sinx＋sinx＋csx＝eq \r(3)sinx＋csx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))).令x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，令k＝－1，得函数g(x)的图像的一条对称轴是x＝－eq \f(2π,3).故选D.
8．D 由图像可知：8～13时这段时间温度先下降再升高，A错误；
8～16时最大温度2eq \r(2)℃，最小温度－2eq \r(2)℃，最大温差为4eq \r(2)℃，B错误；
8～16时0℃以下的时长超过3小时，C错误；
T＝4×(13－11)＝8＝eq \f(2π,ω)，ω＝eq \f(π,4)，又过点(13，2eq \r(2))，
故2eq \r(2)cs (eq \f(π,4)·13＋φ)＝2eq \r(2)，解得φ＝eq \f(3π,4)，
故f(x)＝2eq \r(2)cs (eq \f(π,4)x＋eq \f(3π,4))，f(16)＝2eq \r(2)cs (eq \f(π,4)·16＋eq \f(3π,4))＝－2，故16时温度为－2℃，D正确．
9．A A中，函数f(x)＝|cs2x|的周期为eq \f(π,2)，当x∈(eq \f(π,4)，eq \f(π,2))时，2x∈(eq \f(π,2)，π)，函数f(x)单调递增，故A正确；B中，函数f(x)＝|sin2x|的周期为eq \f(π,2)，当x∈(eq \f(π,4)，eq \f(π,2))时，2x∈(eq \f(π,2)，π)，函数f(x)单调递减，故B不正确；C中，函数f(x)＝cs|x|＝csx的周期为2π，故C不正确；D中，f(x)＝sin|x|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sinx，x≥0，,－sinx，x<0，))由正弦函数图像知，在x≥0和x<0时，f(x)均以2π为周期，但在整个定义域上f(x)不是周期函数，故D不正确．故选A.
10.eq \r(5)
解析：∵f(x)＝eq \r(22＋12)sin (x＋φ)＝eq \r(5)sin (x＋φ)，
∴f(x)max＝eq \r(5).
11.eq \f(2,3)
解析：∵f(x)≤f(eq \f(π,4))对任意的实数x都成立，
∴f(eq \f(π,4))＝1，∴eq \f(π,4)ω－eq \f(π,6)＝2kπ，k∈Z，∴ω＝8k＋eq \f(2,3)(k∈Z)，又ω>0，∴当k＝0时，ω取得最小值eq \f(2,3).
12．2
解析：由题图可知，eq \f(3,4)T＝eq \f(13π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(3π,4)(T为f(x)的最小正周期)，得T＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝2cs (2x＋φ).点(eq \f(π,3)，0)可看作“五点作图法”中的第二个点，则2×eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)，得φ＝－eq \f(π,6)，所以f(x)＝2cs (2x－eq \f(π,6))，所以f(－eq \f(7π,4))＝2cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×（－\f(7π,4)）－\f(π,6)))＝2cs (－eq \f(11π,3))＝2cseq \f(π,3)＝1，f(eq \f(4π,3))＝2cs (2×eq \f(4π,3)－eq \f(π,6))＝2cseq \f(5π,2)＝0，所以(f(x)－f(－eq \f(7π,4)))(f(x)－f(eq \f(4π,3)))>0，即(f(x)－1)f(x)>0，可得f(x)>1或f(x)<0，所以cs (2x－eq \f(π,6))>eq \f(1,2)或cs (2x－eq \f(π,6))<0.当x＝1时，2x－eq \f(π,6)＝2－eq \f(π,6)∈(eq \f(π,3)，eq \f(π,2))，cs (2x－eq \f(π,6))∈(0，eq \f(1,2))，不符合题意；当x＝2时，2x－eq \f(π,6)＝4－eq \f(π,6)∈(π，eq \f(7π,6))，cs (2x－eq \f(π,6))<0，符合题意．所以满足题意的最小正整数x为2.
13．D 函数f(x)＝sin (ωx＋eq \f(π,3))(ω>0)在[0，π]上恰有3个零点，则3π≤ωπ＋eq \f(π,3)<4π，求得eq \f(8,3)≤ω14．C 对于③，∵x∈(0，π)，ωx－eq \f(π,4)∈(－eq \f(π,4)，ωπ－eq \f(π,4))，令f(x)＝sin (ωx－eq \f(π,4))＝0，得ωx－eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，
由函数f(x)在区间(0，π)上有且仅有2个不同的零点，即ωx－eq \f(π,4)取得0，π，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)>π,ωx－\f(π,4)≤2π))，解得eq \f(5,4)<ω≤eq \f(9,4)，故③正确；
对于①，当x∈[0，π]，ωx－eq \f(π,4)∈[－eq \f(π,4)，ωπ－eq \f(π,4)]，
由eq \f(5,4)<ω≤eq \f(9,4)，知ωπ－eq \f(π,4)∈(π，2π]，
令ωx－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，由于ω值不确定，
所以ωπ－eq \f(π,4)＝eq \f(3π,2)不一定取到，故①错误；
对于②，当x∈(0，eq \f(π,3))时，ωx－eq \f(π,4)∈(－eq \f(π,4)，eq \f(ωπ,3)－eq \f(π,4))，
由eq \f(5,4)<ω≤eq \f(9,4)，知eq \f(ωπ,3)－eq \f(π,4)∈(eq \f(π,6)，eq \f(π,2)]
即(－eq \f(π,4)，eq \f(ωπ,3)－eq \f(π,4))⊆[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)]，
即f(x)在区间(0，eq \f(π,3))上单调递增，故②正确；
所以正确的个数为2个．
15．1
解析：函数y＝sineq \f(πx,3)的周期为6，函数y＝sineq \f(πx,3)在[eq \f(3,2)，eq \f(9,2)]上单调递减，
当eq \f(3,2)≤t≤eq \f(7,2)时，[t，t＋1]⊆[eq \f(3,2)，eq \f(9,2)]
M(t)－N(t)＝sineq \f(πt,3)－sineq \f(π（t＋1）,3)
＝2cs (eq \f(πt,3)＋eq \f(π,6))sin (－eq \f(π,6))＝－cs (eq \f(πt,3)＋eq \f(π,6))，
因为eq \f(3,2)≤t≤eq \f(7,2)，所以eq \f(2π,3)≤eq \f(π,3)t＋eq \f(π,6)≤eq \f(4π,3)，
所以－1≤cs (eq \f(π,3)t＋eq \f(π,6))≤－eq \f(1,2)，
所以eq \f(1,2)≤M(t)－N(t)≤1，
当t＝eq \f(5,2)时取最大值1.
16．3
解析：因为T＝eq \f(2π,|ω|)，ω>0，所以ω＝eq \f(2π,T).由f(T)＝eq \f(\r(3),2)，得cs (2π＋φ)＝eq \f(\r(3),2)，即csφ＝eq \f(\r(3),2).又因为0<φ<π，所以φ＝eq \f(π,6).因为x＝eq \f(π,9)为f(x)的零点，所以eq \f(ωπ,9)＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得ω＝9k＋3，k∈Z.又因为ω>0，所以ω的最小值为3.
专练20 函数y＝Asin (ωx＋φ)的
图像及三角函数模型
1．B ∵y＝sin (4x－eq \f(π,3))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4（x－\f(π,12)）))，∴要得到y＝sin (4x－eq \f(π,3))的图像，只需将y＝sin4x的图像向右平移eq \f(π,12)个单位．
2．A y＝cs2x＋1eq \(――→,\s\up7(横坐标伸长2倍),\s\d5(纵坐标不变))y＝csx＋1eq \(――→,\s\up7(向左平移1个),\s\d5(单位长度))y＝cs (x＋1)＋1eq \(――→,\s\up7(向下平移1),\s\d5(个单位长度))y＝cs (x＋1).函数图像过(eq \f(π,2)－1，0)，结合选项可知，选A.
3．A 将y＝sin (2x＋eq \f(π,5))的图像向右平移eq \f(π,10)个单位长度，得到y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2（x－\f(π,10)）＋\f(π,5)))＝sin2x，令2kπ－eq \f(π,2)≤2x≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq \f(π,4)≤x≤kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)，∴y＝sin2x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)上单调递增，当k＝0时，得到y＝sin2x的一个单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，故A正确，B不正确，由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x≤2kπ＋eq \f(3,2)π(k∈Z)，得y＝sin2x的单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3,4)π))(k∈Z)，结合选项可知C、D不正确．
4．A 由图知A＝2，eq \f(T,2)＝eq \f(π,3)－(－eq \f(π,6))＝eq \f(π,2)，
∴T＝π，∴ω＝2.
将(eq \f(π,3)，2)坐标代入，得2×eq \f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
∴φ＝2kπ－eq \f(π,6)，k∈Z.取k＝0，得φ＝－eq \f(π,6).
5．A ∵函数y＝sin2x＋eq \r(3)cs2x＝2sin (2x＋eq \f(π,3))，
将函数y＝sin2x＋eq \r(3)cs2x的图像沿x轴向左平移φ个单位后，得到函数y＝2sin (2x＋2φ＋eq \f(π,3))，
因为函数是偶函数，
∴2φ＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)∴φ＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z).
当k＝0时，φ＝eq \f(π,12).则φ的最小值为eq \f(π,12).
6．A 由题意得eq \f(5,12)π＋eq \f(π,3)＝eq \f(3,4)T，
∴T＝π，又T＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝2，
又当x＝eq \f(5,12)π时，2sin (2×eq \f(5,12)π＋φ)＝2，
∴φ＝－eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，又－eq \f(π,2)<φ∴φ＝－eq \f(π,3).
7．B 依题意，将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图像向左平移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)的图像，
所以y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))将其图像向左平移π3个单位长度
y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))的图像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)))的图像．
8．D y＝sin (2x＋eq \f(2π,3))＝cs (2x＋eq \f(2π,3)－eq \f(π,2))
＝cs (2x＋eq \f(π,6))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2（x＋\f(π,12)）))，
由y＝csx的图像得到y＝cs2x的图像，需将曲线C1上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变；由y＝cs2x的图像得到y＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2（x＋\f(π,12)）))的图像，需将y＝cs2x的图像上的各点向左平移eq \f(π,12)个单位长度，故选D.
9．D 函数f(x)＝2sin (2x－eq \f(π,3))的图像向右平移eq \f(π,6)个单位得到g(x)＝2sin [2(x－eq \f(π,6))－eq \f(π,3)]＝2sin (2x－eq \f(2π,3))，
g(x)＝2sin (2x－eq \f(2π,3))＝2sin (2x＋eq \f(π,3)－π)＝－2sin (2x＋eq \f(π,3))，B选项错误．
2x＋eq \f(π,3)＝kπ，x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)，所以g(x)的对称中心为(eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)，0)(k∈Z)，A选项错误．
eq \f(π,12)g(eq \f(π,12))＝－2sin (eq \f(π,6)＋eq \f(π,3))＝－2sineq \f(π,2)＝－2，所以g(x)的图像关于x＝eq \f(π,12)对称，D选项正确．
10．2sin (2x＋eq \f(3π,4))
解析：由题图可知，f(x)max＝2，f(x)min＝－2，
故A＝2，
最小正周期T＝2×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)－（－\f(π,8)）))＝π，
故ω＝eq \f(2π,π)＝2，
所以f(x)＝2sin (2x＋φ).
又曲线y＝f(x)过点(－eq \f(π,8)，2)，
所以2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×（－\f(π,8)）＋φ))＝2，
即φ－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z.又|φ|<π，
所以φ＝eq \f(3π,4).
故函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin (2x＋eq \f(3π,4)).
11．－2
解析：由与x轴在原点右侧的第一个交点为(1，0)，在y轴右侧的第一个最高点为(3，2)知eq \f(T,4)＝3－1，T＝8，或eq \f(3T,4)＝3－1，T＝eq \f(8,3)，
当T＝8时，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,4)，A＝2，∴f(x)＝2sin (eq \f(π,4)x＋φ)，代入点(1，0)，2sin (eq \f(π,4)＋φ)＝0，又|φ|∴φ＝－eq \f(π,4)，
f(x)＝2sin (eq \f(π,4)x－eq \f(π,4))，f(－1)＝－2；当T＝eq \f(8,3)时，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(3π,4)，A＝2，∴f(x)＝2sin (eq \f(3π,4)x＋φ)，代入点(1，0)，
2sin (eq \f(3π,4)＋φ)＝0，又|φ|综上，f(－1)＝－2.
12.eq \f(\r(2),2)
解析：由题意得将y＝sinx的图像向左平移eq \f(π,6)个单位，得到y＝sin (x＋eq \f(π,6))，再纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到y＝sin (eq \f(1,2)x＋eq \f(π,6))，即f(x)＝sin (eq \f(1,2)x＋eq \f(π,6))，∴f(eq \f(π,6))＝sineq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2).
13．C 依题意，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(A＋b＝1，,－A＋b＝－3，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(A＝2，,b＝－1，))
故f(x)＝2cs (ωx＋φ)－1，
而f (eq \f(π,12))＝1，f (eq \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；
∴2cs (eq \f(π,6)＋φ)－1＝1，
故eq \f(π,6)＋φ＝2kπ(k∈Z)，
又|φ|∴f(x)＝2cs (2x－eq \f(π,6))－1；
将函数f(x)的图像上点的横坐标拉伸为原来的3倍后，
得到y＝2cs (eq \f(2,3)x－eq \f(π,6))－1，
再向左平移eq \f(π,2)个单位长度，
得到g(x)＝2cs (eq \f(2,3)x＋eq \f(π,3)－eq \f(π,6))－1
＝2cs (eq \f(2,3)x＋eq \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 \f(7π,4)＋3kπ，－eq \f(π,4)＋3kπ](k∈Z).
14．B 根据函数f(x)＝Asin (ωx＋φ)，(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分图像，
可得eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(11π,12)－eq \f(7π,12)，∴ω＝3.所以f(x)＝Asin (3x＋φ),
结合五点法作图，3×eq \f(7π,12)＋φ＝2π＋2kπ，k∈Z，∴φ＝eq \f(π,4)＋2kπ，k∈Z，因为|φ|<π，∴φ＝eq \f(π,4)，故f(x)＝Asin (3x＋eq \f(π,4)).
再把点(eq \f(π,2)，－1)代入，可得－1＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋\f(π,4)))，
即－1＝－Acseq \f(π,4)，∴A＝eq \r(2)，
所以f(x)＝eq \r(2)sin (3x＋eq \f(π,4)).
现将f(x)的图像向左平移eq \f(π,12)个单位长度，
得到函数y＝g(x)＝eq \r(2)sin [3(x＋eq \f(π,12))＋eq \f(π,4)]＝eq \r(2)cs3x，
因为2g(x)＝eq \r(2)，即cs3x＝eq \f(1,2)，所以3x＝eq \f(π,3)＋2k1π，k1∈Z或3x＝－eq \f(π,3)＋2k2π，k2∈Z，
解得x＝eq \f(π,9)＋eq \f(2k1π,3)，k1∈Z或x＝－eq \f(π,9)＋eq \f(2k2π,3)，k2∈Z，
因为x∈[0，2π]，所以x＝eq \f(π,9)或eq \f(7π,9)或eq \f(13π,9)或eq \f(5π,9)或eq \f(11π,9)或eq \f(17π,9)，
故方程2g(x)＝eq \r(2)在[0，2π]上实数解的个数为6个．
15．D 由A(3，－3eq \r(3))，
知R＝eq \r(32＋（－3\r(3)）2)＝6，
又T＝120，所以ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,60).
当t＝0时，点P在点A位置，有－3eq \r(3)＝6sinφ，
解得sinφ＝－eq \f(\r(3),2)，
又|φ|所以φ＝－eq \f(π,3)，故A错误；
可知f(t)＝6sin (eq \f(π,60)t－eq \f(π,3))，
当t∈(0，60]时，eq \f(π,60)t－eq \f(π,3)∈(－eq \f(π,3)，eq \f(2π,3)]，
所以函数f(t)先增后减，故B错误；
当t∈(0，60]时，
eq \f(π,60)t－eq \f(π,3)∈(－eq \f(π,3)，eq \f(2π,3)]，sin (eq \f(π,60)t－eq \f(π,3))∈(－eq \f(\r(3),2)，1]，
所以点P到x轴的距离的最大值为6，故C错误；
当t＝100时，eq \f(π,60)t－eq \f(π,3)＝eq \f(4π,3)，
P的纵坐标为y＝－3eq \r(3)，横坐标为x＝－3，
所以|PA|＝|－3－3|＝6，故D正确．
16．C 因为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，结合选项，只考虑ω＞0.当ωx＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，即x＝eq \f(π,6ω)＋eq \f(kπ,ω)(k∈Z)时，f(x)取得极值．又因为f(x)在区间(0，π)上恰有三个极值点，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(π,6ω)＋\f(2π,ω)＜π，,\f(π,6ω)＋\f(3π,ω)≥π，))解得eq \f(13,6)＜ω≤eq \f(19,6).当ωx＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，即x＝－eq \f(π,3ω)＋eq \f(kπ,ω)(k∈Z)时，f(x)＝0.又因为f(x)在区间(0，π)上恰有两个零点，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3ω)＋\f(2π,ω)＜π，,－\f(π,3ω)＋\f(3π,ω)≥π，))解得eq \f(5,3)＜ω≤eq \f(8,3).综上可得，ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(8,3))).故选C.