高考数学科学创新复习方案提升版第27讲函数y＝Asin（ωx＋φ）的图象及应用学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第27讲函数y＝Asin（ωx＋φ）的图象及应用学案（Word版附解析），共28页。


1．y＝Asin(ωx＋φ)的有关概念
2.用五点法画y＝Asin(ωx＋φ)一个周期内的简图时，要找五个特征点
如下表所示：
3.函数y＝sinx的图象经变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象的步骤
对函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0，φ≠0，b≠0)，其图象的基本变换有：
(1)振幅变换(纵向伸缩变换)：是由A的变化引起的，A>1时伸长，A<1时缩短．
(2)周期变换(横向伸缩变换)：是由ω的变化引起的，ω>1时缩短，ω<1时伸长．
(3)相位变换(横向平移变换)：是由φ引起的，φ>0时左移，φ<0时右移．
(4)上下平移(纵向平移变换)：是由b引起的，b>0时上移，b<0时下移．
可以使用“先伸缩后平移”或“先平移后伸缩”两种方法来进行变换．
1．(人教A必修第一册复习参考题5 T10改编)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).故选A.
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( )
答案 A
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；由x＝－eq \f(π,3)时，y＝0，x＝eq \f(π,6)时，y＝0，排除C.故选A.
3．(人教A必修第一册习题5.6 T5改编)为了得到函数y＝2sin3x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＝2sin3x＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,15)))＋\f(π,5)))，所以把函数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)个单位长度即可得到函数y＝2sin3x的图象．故选D.
4.(人教A必修第一册习题5.6 T4改编)函数f(x)＝2sin(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ω，φ的值分别是( )
A．2，－eq \f(π,3) B．2，－eq \f(π,6)
C．4，－eq \f(π,6) D．4，eq \f(π,3)
答案 A
解析 由题图可知，eq \f(3,4)T＝eq \f(5π,12)＋eq \f(π,3)＝eq \f(3π,4)，所以T＝π，ω＝eq \f(2π,T)＝2.因为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，2))在图象上，所以2×eq \f(5π,12)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z.又－eq \f(π,2)<φ5．y＝cs(x＋1)图象上相邻的最高点和最低点之间的距离是________．
答案 eq \r(π2＋4)
解析 y＝cs(x＋1)的半个周期是π，最大值为1，最小值为－1，故由勾股定理得所求距离为eq \r(π2＋22)＝eq \r(π2＋4).
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)＝( )
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，纵坐标不变，得到f(x)的图象，所以y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象eq \(――――――――――→,\s\up12(向左平移eq \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\up9(所有点的横坐标扩大到原来的2倍),\s\d9(纵坐标不变))f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的图象．
(2)(2024·济南模拟)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)－φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，φ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))))的最小正周期为4π，将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,3)(纵坐标不变)，所得函数图象的一条对称轴方程是x＝eq \f(π,9)，则φ的值为________．
答案 0
解析 因为函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)－φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，φ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))))的最小正周期为4π，所以ω＝eq \f(2π,4π)＝eq \f(1,2)，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,4)－φ))，将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，可得y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,4)－φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,3)－φ))的图象，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,3)(纵坐标不变)，可得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋\f(π,3)－φ))的图象，因为所得函数图象的一条对称轴方程是x＝eq \f(π,9)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)×\f(π,9)＋\f(π,3)－φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－φ))＝csφ＝±1，可得φ＝kπ(k∈Z)，因为φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以φ＝0.
三角函数图象变换的关键点
三角函数的平移变换问题类型多、情况复杂、技巧性强，在解题时容易出现错误，破解此类题的关键如下：
(1)定函数：一定要看准是将哪一个函数的图象变换得到哪一个函数的图象．
(2)变同名：变换前后函数的名称要一样．
(3)选方法：即选择变换方法．要注意：对于函数y＝sinωx(ω>0)的图象，向左平移|φ|个单位长度得到的是函数y＝sin[ω(x＋|φ|)]的图象，而不是函数y＝sin(ωx＋|φ|)的图象．
(多选)(2023·青岛高三期末)要得到y＝cs2x的图象C1，只要将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象C2怎样变化( )
A．将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象C2向左平移eq \f(π,12)个单位长度
B．将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象C2向右平移eq \f(11π,12)个单位长度
C．先作C2关于x轴对称的图象C3，再将图象C3向右平移eq \f(5π,12)个单位长度
D．先作C2关于x轴对称的图象C3，再将图象C3向左平移eq \f(π,12)个单位长度
答案 ABC
解析 对于A，将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象C2向左平移eq \f(π,12)个单位长度，可得y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝cs2x的图象C1，故A正确；对于B，将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象C2向右平移eq \f(11π,12)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(11π,12)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3π,2)))＝cs2x的图象C1，故B正确；对于C，先作C2关于x轴对称的图象，得到y＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象C3，再将图象C3向右平移eq \f(5π,12)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(5π,12)))＋\f(π,3)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))＝cs2x的图象C1，故C正确；对于D，先作C2关于x轴对称的图象，得到y＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象C3，再将图象C3向左平移eq \f(π,12)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,12)))＋\f(π,3)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－cs2x的图象，故D不正确．故选ABC.
例2 (多选)(2020·新高考Ⅰ卷)右图是函数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))
答案 BC
解析 由函数图象可知eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，所以T＝π，则|ω|＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,π)＝2，所以ω＝±2，当ω＝2时，由函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))，且f(0)>0，得φ＝eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，所以y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))，同理，当ω＝－2时，φ＝eq \f(π,3)－2kπ，k∈Z，所以y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).故选BC.
确定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)的解析式的步骤
(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ω＝eq \f(2π,T).
(3)求φ.常用的方法如下：
①代入法：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)或把图象上的最高点或最低点代入；
②五点法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的特殊点作为突破口．
(2023·泰安模拟)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b(ω>0，A>0，0<φ<π，b∈R)的部分图象如图，则( )
A．φ＝eq \f(π,6)
B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝－2
C．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,18)，0))为曲线y＝f(x)的一个对称中心
D．将曲线y＝f(x)向右平移eq \f(π,9)个单位长度得到曲线y＝4cs3x＋2
答案 D
解析 由图象知，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(A＋b＝6，,－A＋b＝－2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(A＝4，,b＝2.))将点(0，4)的坐标代入f(x)＝4sin(ωx＋φ)＋2，得sinφ＝eq \f(1,2)，由图象可知，点(0，4)在y＝f(x)图象的下降部分上，且0<φ<π，所以φ＝eq \f(5π,6)，所以A不正确；将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)，－2))的坐标代入f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(5π,6)))＋2，得ω·eq \f(2π,9)＋eq \f(5π,6)＝2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，解得ω＝9k＋3，k∈Z，由图知eq \f(T,2)>eq \f(2π,9)，则ω0，所以ω＝3，所以f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(5π,6)))＋2，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×\f(π,6)＋\f(5π,6)))＋2＝2－2eq \r(3)，所以B不正确；令3x＋eq \f(5π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ,3)－eq \f(5π,18)，k∈Z，取k＝0，则x＝－eq \f(5π,18)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,18)，2))为曲线y＝f(x)的一个对称中心，所以C不正确；将曲线y＝f(x)向右平移eq \f(π,9)个单位长度得到曲线y＝4sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,9)))＋\f(5π,6)))＋2＝4cs3x＋2，所以D正确．故选D.
多角度探究突破
角度 函数图象与性质的综合应用
例3 (1)(多选)(2023·汕头模拟)已知函数f(x)＝sinωx－eq \r(3)csωx(ω>0，x∈R)，且f(x)所有的正零点构成一个公差为eq \f(π,2)的等差数列，把函数f(x)的图象沿x轴向左平移eq \f(π,3)个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数g(x)的图象，则下列关于函数g(x)的结论正确的是( )
A．函数g(x)是偶函数
B．g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))对称
C．g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上是增函数
D．当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))时，函数g(x)的值域是[1，2]
答案 BD
解析 因为f(x)＝sinωx－eq \r(3)csωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3))).由ωx－eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，可得x＝eq \f(π,3ω)＋eq \f(kπ,ω)，k∈Z.由已知可得，eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2)，所以ω＝2，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).将函数f(x)的图象沿x轴向左平移eq \f(π,3)个单位，可得y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象，横坐标伸长到原来的2倍得到函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的图象，所以g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))).对于A，因为g(－x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(π,3)))≠g(x)，所以函数g(x)不是偶函数，故A错误；对于B，因为－eq \f(π,3)＋eq \f(π,3)＝0，所以g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))对称，故B正确；对于C，因为－eq \f(π,3)≤x≤eq \f(π,3)，所以0≤x＋eq \f(π,3)≤eq \f(2π,3).因为函数y＝sinx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(π,2)，\f(2π,3)))上单调递减，故C错误；对于D，因为－eq \f(π,6)≤x≤eq \f(π,6)，所以eq \f(π,6)≤x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2).因为函数y＝sinx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递增，所以eq \f(1,2)＝sineq \f(π,6)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))≤sineq \f(π,2)＝1，所以1≤g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))≤2，故D正确．故选BD.
(2)(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0＜φ＜π)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))中心对称，则( )
A．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))单调递减
B．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))有两个极值点
C．直线x＝eq \f(7π,6)是曲线y＝f(x)的对称轴
D．直线y＝eq \f(\r(3),2)－x是曲线y＝f(x)的切线
答案 AD
解析 由题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)＋φ))＝0，所以eq \f(4π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－eq \f(4π,3)＋kπ，k∈Z，又0＜φ＜π，所以k＝2时，φ＝eq \f(2π,3)，故f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))).对于A，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))时，2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(3π,2)))，由正弦函数y＝sinu的图象知，y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))单调递减，故A正确；对于B，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))时，2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,2)))，由正弦函数y＝sinu的图象知，y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))只有1个极值点，由2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(3π,2)，解得x＝eq \f(5π,12)，即x＝eq \f(5π,12)为函数的唯一极值点，故B错误；对于C，当x＝eq \f(7π,6)时，2x＋eq \f(2π,3)＝3π，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))＝0，所以直线x＝eq \f(7π,6)不是曲线y＝f(x)的对称轴，故C错误；对于D，由y′＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝－1得cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝－eq \f(1,2)，解得2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(2π,3)＋2kπ或2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，从而得x＝kπ或x＝eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，所以曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)))处的切线斜率为k＝2cseq \f(2π,3)＝－1，切线方程为y－eq \f(\r(3),2)＝－(x－0)，即y＝eq \f(\r(3),2)－x，故D正确．故选AD.
三角函数图象与性质综合问题的求解思路
(1)将函数整理成y＝Asin(ωx＋φ)＋b(ω>0)的形式．
(2)把ωx＋φ看成一个整体．
(3)借助正弦函数y＝sinx的图象与性质(如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等)解决相关问题．
(多选)(2023·重庆一中模拟)设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0≤φ<2π)，如图是函数f(x)及其导函数f′(x)的部分图象，则( )
A．A＝ω
B．φ＝eq \f(5π,6)
C．f(x)的图象与y轴的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3\r(3),2)))
D．f(x)的图象与f′(x)的图象的所有交点中横坐标绝对值的最小值为eq \f(\r(3)π,6)
答案 AD
解析 由f(x)＝Asin(ωx＋φ)，得f′(x)＝ωAcs(ωx＋φ)，如图，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2\r(3))))>0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2\r(3))))>0，故可判断图①为f′(x)的图象，图②为f(x)的图象，由图可知，当ωx＋φ＝0时，f′(x)＝ωAcs(ωx＋φ)＝ωA＝3，当x＝eq \f(π,2\r(3))时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2\r(3))))＝ωAcs·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2\r(3))ω＋φ))＝eq \f(3,2)，故cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2\r(3))ω＋φ))＝eq \f(1,2)，因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2\r(3))ω＋φ))>0，故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2\r(3))ω＋φ))＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),2)，由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2\r(3))))＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2\r(3))ω＋φ))＝eq \f(3,2)，得eq \f(\r(3),2)A＝eq \f(3,2)，故A＝eq \r(3)，ω＝eq \f(3,A)＝eq \r(3)，故A正确；因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋φ))＝eq \f(1,2)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋φ))＝eq \f(\r(3),2)，所以sinφ＝－eq \f(1,2)，csφ＝eq \f(\r(3),2)，又因为0≤φ<2π，故φ＝eq \f(11π,6)，故B错误；综上可得f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(11π,6)))，f′(x)＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(11π,6)))，f(0)＝eq \r(3)sineq \f(11π,6)＝－eq \f(\r(3),2)，故f(x)的图象与y轴的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),2)))，故C错误；令f(x)＝f′(x)，即eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(11π,6)))＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(11π,6)))，得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋\f(11π,6)))＝eq \r(3)，故eq \r(3)x＋eq \f(11π,6)＝eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，得x＝－eq \f(\r(3)π,2)＋eq \f(\r(3)kπ,3)，k∈Z，故当k＝1或k＝2时，|x|的值最小，为eq \f(\r(3)π,6)，故D正确．故选AD.
角度 函数零点(方程根)问题
例4 (2023·银川模拟)已知函数f(x)＝cs2ωx＋eq \r(3)sinωxcsωx＋m(ω>0，m∈R)．
再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择能确定函数f(x)的解析式的两个作为已知．
条件①：函数f(x)的最小正周期为π；
条件②：函数f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))；
条件③：函数f(x)的最大值为eq \f(3,2).
(1)求f(x)的解析式及最小值；
(2)若函数f(x)在区间[0，t](t>0)上有且仅有1个零点，求t的取值范围．
解 (1)由题意可知，
f(x)＝cs2ωx＋eq \r(3)sinωxcsωx＋m＝eq \f(\r(3),2)sin2ωx＋eq \f(1,2)cs2ωx＋m＋eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))＋m＋eq \f(1,2).
选择①②：
因为T＝eq \f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1，
又因为f(0)＝1＋m＝eq \f(1,2)，所以m＝－eq \f(1,2).
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
当2x＋eq \f(π,6)＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，即x＝kπ－eq \f(π,3)，k∈Z时，f(x)＝－1，
所以函数f(x)的最小值为－1.
选择①③：
因为T＝eq \f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1，
又因为函数f(x)的最大值为m＋eq \f(3,2)＝eq \f(3,2)，
所以m＝0.
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2).
当2x＋eq \f(π,6)＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，即x＝kπ－eq \f(π,3)，k∈Z时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝－1.
所以函数f(x)的最小值为－1＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2).
选择②③：
因为f(0)＝1＋m＝eq \f(1,2)，所以m＝－eq \f(1,2).
又因为函数f(x)的最大值为m＋eq \f(3,2)＝eq \f(3,2)，
所以m＝0，与m＝－eq \f(1,2)矛盾，不符合题意．
(2)选择①②：
f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
因为x∈[0，t]，所以2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2t＋\f(π,6)))，
又因为f(x)在区间[0，t](t>0)上有且仅有1个零点，
所以π≤2t＋eq \f(π,6)<2π，所以eq \f(5π,12)≤t选择①③：
f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，
因为x∈[0，t]，所以2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2t＋\f(π,6)))，
又因为f(x)在区间[0，t](t>0)上有且仅有1个零点，
又当sinx＝－eq \f(1,2)时，x＝－eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z或x＝eq \f(7π,6)＋2kπ，k∈Z，
所以eq \f(7π,6)≤2t＋eq \f(π,6)巧用图象解决三角函数中的零点(方程根)问题
解决三角函数中的零点(方程根)问题的关键是根据条件作出对应函数的图象，然后再将方程根的问题转化为图象的交点问题，利用数形结合思想解决．
(2023·郴州期中)已知关于x的方程2sin2x－eq \r(3)sin2x＋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)sin2x＋m－1＝0可转化为m＝1－2sin2x＋eq \r(3)sin2x＝cs2x＋eq \r(3)sin2x＝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)＝sint，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＝sint，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))的图象有两个不同的交点，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)．
角度 三角函数模型的简单应用
例5 (2023·温州模拟)筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用．明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图1描绘了筒车的工作原理．假定在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动．
如图2，将筒车抽象为一个几何图形(圆)，以筒车转轮的中心O为原点，过点O的水平直线为轴建立如图直角坐标系xOy.已知一个半径为1.6 m的筒车按逆时针方向每30 s匀速旋转一周，O到水面的距离为0.8 m．规定：盛水筒M对应的点P从水中浮现(P0时的位置)时开始计算时间，且设盛水筒M从点P0运动到点P时所经过的时间为t(单位：s)，且此时点P距离水面的高度为d(单位：m)(在水面下则d为负数)，则d关于t的函数关系式为________，在水轮转动的任意一圈内，点P距水面的高度不低于1.6 m的时长为________ s.
答案 d＝1.6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,15)t－\f(π,6)))＋0.8(t≥0) 10
解析 依题意，点P0到x轴的距离为0.8 m，而OP0＝1.6 m，则∠xOP0＝eq \f(π,6)，从点P0经t s运动到点P所转过的角为eq \f(2π,30)t＝eq \f(π,15)t，因此，以Ox为始边，OP为终边的角为eq \f(π,15)t－eq \f(π,6)，点P的纵坐标为1.6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,15)t－\f(π,6)))，于是得点P距离水面的高度d＝1.6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,15)t－\f(π,6)))＋0.8(t≥0)．由d≥1.6得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,15)t－\f(π,6)))≥eq \f(1,2)，而t≥0，即2kπ＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,15)t－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(5π,6)，k∈N，解得30k＋5≤t≤30k＋15，k∈N，对于k的每个取值，30k＋15－(30k＋5)＝10.所以d关于t的函数关系式为d＝1.6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,15)t－\f(π,6)))＋0.8(t≥0)，水轮转动的任意一圈内，点P距水面的高度不低于1.6 m的时长为10 s.
解三角函数模型应用题的关键是求出函数解析式，可以根据给出的已知条件确定模型f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b中的待定系数．
(2023·池州模拟)阻尼器是一种以提供阻力达到减震效果的专业工程装置．我国第一高楼上海中心大厦的阻尼器减震装置，被称为“定楼神器”，如图1.由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移y(m)和时间t(s)的函数关系为y＝sin(ωt＋φ)(ω>0，|φ|<π)，如图2，若该阻尼器在摆动过程中连续三次到达同一位置的时间分别为t1，t2，t3(0A.eq \f(1,3) s B.eq \f(2,3) s
C．1 s D.eq \f(4,3) s
答案 C
解析 因为t1＋t2＝2，t2＋t3＝5，t3－t1＝T，所以T＝3，又T＝eq \f(2π,ω)，所以ω＝eq \f(2π,3)，则y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)t＋φ))，由y>0.5，可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)t＋φ))>0.5，所以2kπ＋eq \f(π,6)课时作业
一、单项选择题
1．(2023·永州模拟)函数y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的部分图象大致是( )
答案 A
解析 由y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))可知，函数的最大值为2，故排除D；又因为函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，故排除B；又因为函数图象过点(0，eq \r(3))，故排除C.故选A.
2．(2024·淮安模拟)某个弹簧振子做简谐运动，已知在完成一次全振动的过程中，时间t(单位：s)与位移y(单位：cm)之间满足函数关系：y＝sint＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(π,6)))，则这个简谐运动的振幅是( )
A．1 cm B．2 cm
C.eq \r(3) cm D．2eq \r(3) cm
答案 C
解析 因为y＝sint＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(π,6)))＝sint＋cstcseq \f(π,6)＋sintsineq \f(π,6)＝eq \f(3,2)sint＋eq \f(\r(3),2)cst＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(π,6)))，所以这个简谐运动的振幅是eq \r(3) cm.故选C.
3．(2023·北京统考模拟预测)要得到y＝cseq \f(x,2)的图象，只要将y＝sineq \f(x,2)的图象( )
A．向左平移eq \f(π,2)个单位 B．向右平移eq \f(π,2)个单位
C．向左平移π个单位 D．向右平移π个单位
答案 C
解析 函数y＝sineq \f(x,2)的图象向左平移π个单位后得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,2)))＝cseq \f(x,2)的图象．故选C.
4．(2023·湖南师大附中三模)某智能主动降噪耳机工作的原理是利用芯片生成与噪音的相位相反的声波，通过两者叠加完全抵消掉噪音(如图)．已知噪音的声波曲线y＝Asin(ax＋φ)(其中A＞0，a＞0，0≤φ＜2π)的振幅为1，周期为π，初相为eq \f(π,2)，则用来降噪的声波曲线的解析式为( )
A．y＝sin2x B．y＝cs2x
C．y＝－sin2x D．y＝－cs2x
答案 D
解析 由已知可得A＝1，T＝π，φ＝eq \f(π,2)，则a＝2，所以噪音的声波曲线为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))，所以降噪的声波曲线的解析式为y＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－cs2x.故选D.
5．(2024·福州模拟)函数f(x)＝tan(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象如图所示，图中阴影部分的面积为6π，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2023π,3)))＝( )
A．－eq \f(\r(3),3) B．－eq \r(3)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \r(3)
答案 A
解析 如图，①和②面积相等，故阴影部分的面积即为矩形ABCD的面积，可得AB＝3，设函数f(x)的最小正周期为T，则AD＝T，由题意得3T＝6π，解得T＝2π，故eq \f(π,ω)＝2π，得ω＝eq \f(1,2)，即f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))，f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，－1))，即taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(π,6)＋φ))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋φ))＝－1，∵φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则eq \f(π,12)＋φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(7π,12)))，∴eq \f(π,12)＋φ＝－eq \f(π,4)，解得φ＝－eq \f(π,3)，∴f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,3)))，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2023π,3)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2023π,6)－\f(π,3)))＝taneq \f(2021π,6)＝taneq \f(5π,6)＝－eq \f(\r(3),3).故选A.
6．(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 由题意知，曲线C为y＝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＋\f(ωπ,2)＋\f(π,3)))，又C关于y轴对称，则eq \f(ωπ,2)＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得ω＝eq \f(1,3)＋2k，k∈Z，又ω＞0，故当k＝0时，ω取最小值为eq \f(1,3).故选C.
7．(2023·南京三模)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的图象与y轴的交点为M(0，1)，与x轴正半轴最靠近y轴的交点为N(3，0)，y轴右侧的第一个最高点与第一个最低点分别为B，C.若△OBC的面积为3eq \r(2)(其中O为坐标原点)，则函数f(x)的最小正周期为( )
A．5 B．6
C．7 D．8
答案 D
解析 如图，S△OBC＝eq \f(1,2)×3×A＋eq \f(1,2)×3×A＝3A＝3eq \r(2)，A＝eq \r(2)，∴f(x)＝eq \r(2)sin(ωx＋φ)，f(0)＝eq \r(2)sinφ＝1，∴sinφ＝eq \f(\r(2),2)，∵0＜φ＜eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,4)，∴f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))，∴f(3)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3ω＋\f(π,4)))＝0，3ω＋eq \f(π,4)＝π，∴ω＝eq \f(π,4)，T＝eq \f(2π,\f(π,4))＝8.故选D.
8．(2023·全国甲卷)函数y＝f(x)的图象由函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到，则y＝f(x)的图象与直线y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的交点个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 C
解析 因为函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数y＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x的图象，所以f(x)＝－sin2x，而直线y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)显然过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)))与(1，0)两点，作出y＝f(x)与y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的部分图象如图，所以由图可知，y＝f(x)的图象与直线y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的交点个数为3.故选C.
二、多项选择题
9．(2023·德州三模)函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图中实线所示，C为函数f(x)的图象与x轴的交点，圆C与f(x)的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则( )
A．ω＝2
B．圆的半径为eq \f(2\r(7),3)
C．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))中心对称
D．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2021π,12)，\f(2023π,12)))上单调递增
答案 AC
解析 根据函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的图象以及圆C的对称性，可得M，N两点关于圆心C(c，0)对称，所以c＝eq \f(π,3)，于是eq \f(T,2)＝c＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2)，解得ω＝2，故A正确；由ω＝2及点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))，得－eq \f(π,3)＋φ＝2kπ，k∈Z⇒φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，由于|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,3)，所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，f(0)＝eq \r(3)，从而M(0，eq \r(3))，故半径为|CM|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))\s\up12(2)＋（－\r(3)）2)≠eq \f(2\r(7),3)，故B错误；因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8π,3)＋\f(π,3)))＝0，所以点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))是对称中心，故C正确；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2021π,12)，\f(2023π,12)))时，2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2023π,6)，\f(2025π,6)))，即2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(336π＋\f(7π,6)，336π＋\f(3π,2)))，此时f(x)为减函数，故D错误．故选AC.
10．(2023·宜昌四模)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．某摩天轮最高点离地面的高度为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，游客随舱首次旋转至距离地面最远处．以下关于摩天轮的说法中，正确的是( )
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＝－60cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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
答案 BC
解析 对于A，最高点离地面的高度为128米，转盘直径为120米，所以摩天轮离地面最近的距离为128－120＝8(米)，A错误；对于B，设h＝Asin(ωt＋φ)＋b，由题意知A＝60，b＝68，当t＝0时，游客离地面最近，则φ＝－eq \f(π,2)，当t＝15时，游客离地面最远，则周期T＝30，角速度为ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,15)，故高度h关于时间t的函数解析式是h＝60sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωt－\f(π,2)))＋68＝－60cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,15)t))＋68(t≥0)，B正确；对于C，周期为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，即t1＋t2＝30，C正确；对于D，h＝－60cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,15)t))＋68(t≥0)，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＝0时，h＝8，当t＝15时，hmax＝128，当t＝20时，h＝98＞90，故h＝90在t∈[0，20]只有一个解，D错误．故选BC.
11．(2024·日照模拟)已知函数f(x)＝－4csx·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋1，则下列说法正确的是( )
A．函数f(x)的最小正周期为eq \f(π,2)
B．直线x＝eq \f(5π,6)为函数f(x)图象的一条对称轴
C．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，\f(19π,12)))上单调递减
D．函数y＝f(x)＋eq \f(3,2)在[0，π]上有3个零点
答案 BC
解析 由题意得f(x)＝－4csxcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋1＝－4csx·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)csx－\f(\r(3),2)sinx))＋1＝－2cs2x＋2eq \r(3)csxsinx＋1＝－(1＋cs2x)＋eq \r(3)sin2x＋1＝eq \r(3)sin2x－cs2x＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin2x－\f(1,2)cs2x))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，∴f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，故A错误；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))＝－2，故B正确；∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，\f(19π,12)))，∴2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)，3π))，∴函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，\f(19π,12)))上单调递减，故C正确；令y＝f(x)＋eq \f(3,2)＝0，即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(3,2)＝0，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＝－eq \f(3,4)，∵0≤x≤π，∴－eq \f(π,6)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(11π,6)，令t＝2x－eq \f(π,6)，得t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(11π,6)))，则h(t)＝sint，∴D项的问题转化为h(t)＝sint，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(11π,6)))的图象与直线y＝－eq \f(3,4)的交点个数问题，如图所示，观察可知，有2个零点，故D错误．故选BC.
三、填空题
12．(2023·北京海淀模拟)去年某地的月平均气温y(单位：℃)与月份x(单位：月)近似地满足函数y＝a＋bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x＋\f(π,6)))(a，b为常数)．若6月份的月平均气温约为22 ℃，12月份的月平均气温约为4 ℃，则该地8月份的月平均气温约为________℃.
答案 31
解析 将(6，22)，(12，4)代入函数，解得a＝13，b＝－18，所以y＝13－18sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x＋\f(π,6))).当x＝8时，y＝13－18sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)×8＋\f(π,6)))＝31.
13．(2024·青岛模拟)设函数f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))，其中0<ω<3，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝0，将y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移eq \f(π,4)个单位，得到y＝g(x)的图象，则y＝g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上的最小值为________．
答案 －eq \f(3,2)
解析 因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)ω－\f(π,3)))＝0，所以eq \f(π,6)ω－eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，解得ω＝2＋6k，k∈Z，因为0<ω<3，所以ω＝2，所以f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，将y＝f(x)图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，可得y＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的图象，再将得到的图象向左平移eq \f(π,4)个单位，得到y＝g(x)的图象，则g(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)－\f(π,3)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))，因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以x－eq \f(π,12)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以当x－eq \f(π,12)＝－eq \f(π,3)，即x＝－eq \f(π,4)时，y＝g(x)取得最小值，为g(x)min＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－eq \f(3,2).
14．(2023·人大附中校考三模)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分图象如图，f(x1)＝f(x2)＝－eq \f(3,2)，则x1＋x2＝________，cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)（x1－x2）))＝________．
答案 －4 eq \f(3,4)
解析 结合题意可知，f(0)＝2sinφ＝1，sinφ＝eq \f(1,2)，因为0<φeq \f(5,2)，即T＝eq \f(2π,ω)>5，解得0<ω四、解答题
15.把函数f(x)＝2sinx的图象向左平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))个单位，得到函数y＝g(x)的图象，函数y＝g(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，记函数h(x)＝f(x)g(x)．
(1)求函数y＝h(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)“五点法”画出函数y＝h(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的大致图象．
解 (1)由题意知g(x)＝2sin(x＋φ)，根据函数y＝g(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，得eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋mπ(m∈Z)，即φ＝eq \f(π,3)＋mπ(m∈Z)，又0<φ则g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))).
则h(x)＝f(x)g(x)＝4sinxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝4sinxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)csx))＝2sin2x＋2eq \r(3)sinxcsx＝1－cs2x＋eq \r(3)sin2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋1，
则函数y＝h(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
令－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y＝h(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))(k∈Z)．
(2)列表如下：
故y＝h(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的大致图象如下：
16．(2024·济南模拟)已知函数f(x)＝4sinxcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋eq \r(3).
(1)求函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上的值域；
(2)将函数y＝f(x)图象上所有的点向右平移eq \f(π,12)个单位，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，再向上平移3个单位，得到函数y＝g(x)的图象．当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(13π,6)))时，方程g(x)－a＝0恰有三个不相等的实数根x1，x2，x3(x1解 (1)f(x)＝4sinxcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋eq \r(3)
＝4sinxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)csx－\f(\r(3),2)sinx))＋eq \r(3)
＝sin2x－eq \r(3)(1－cs2x)＋eq \r(3)
＝sin2x＋eq \r(3)cs2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,6)))时，2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))，
又y＝sinx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))上单调递减，所以函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上的值域为[－1，2]．
(2)将函数y＝f(x)的图象上所有的点向右平移eq \f(π,12)个单位，可得到函数y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象，
再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，可得到函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))的图象，
再将所得图象向上平移3个单位，可得到函数g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋3的图象．
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(13π,6)))时，x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,3)))，令t＝x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,3)))，
则2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋3＝2sint＋3，令h(t)＝2sint＋3，
令g(x)－a＝0，可得a＝h(t)，其中t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,3)))，
作出函数y＝a与函数h(t)在t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,3)))时的图象如图所示，
由图可知，当4≤a≤3＋eq \r(3)时，函数y＝a与函数h(t)在t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,3)))时的图象有三个交点，
设ti＝xi＋eq \f(π,6)(i＝1，2，3)，其中t1则点(t1，a)与点(t2，a)关于直线t＝eq \f(π,2)对称，点(t2，a)与点(t3，a)关于直线t＝eq \f(3π,2)对称，
所以t1＋t2＝π，t2＋t3＝3π，则t1＋2t2＋t3＝4π，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(π,6)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(π,6)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(π,6)))＝4π，解得x1＋2x2＋x3＝eq \f(10π,3).
17．(2023·南京模拟)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．
(1)求A，ω和φ的值；
(2)求函数y＝f(x)在[1，2]上的单调递减区间；
(3)若函数y＝f(x)在区间[a，b]上恰有2022个零点，求b－a的取值范围．
解 (1)由题图可得A＝1，T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)－\f(1,3)))＝2，则ω＝eq \f(2π,T)＝π，
当x＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(4,3)))＝eq \f(5,6)时，f(x)取得最大值，则eq \f(5π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
所以φ＝－eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，
又因为|φ|＜eq \f(π,2)，故φ＝－eq \f(π,3).
(2)由(1)可知f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx－\f(π,3)))，
令eq \f(π,2)＋2kπ≤πx－eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，
则eq \f(5,6)＋2k≤x≤eq \f(11,6)＋2k，k∈Z，
故函数y＝f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,6)＋2k，\f(11,6)＋2k))(k∈Z)，
则函数y＝f(x)在[1，2]上的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(11,6))).
(3)令f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx－\f(π,3)))＝0，则πx－eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，
解得x＝k＋eq \f(1,3)，k∈Z，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(7,3)))上有两个零点，
因为f(x)的周期为2，
若函数y＝f(x)在区间[a，b]上恰有2022个零点，
则1010×2＋1≤b－a＜1011×2＋1，
解得b－a的取值范围为[2021，2023)．y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)
振幅
周期
频率
相位
初相
A
T＝eq \x(\s\up1(01))eq \f(2π,ω)
f＝eq \f(1,T)＝eq \x(\s\up1(02))eq \f(ω,2π)
eq \x(\s\up1(03))ωx＋φ
eq \x(\s\up1(04))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
考向一 三角函数的图象变换
考向二 求函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
考向三 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质
2x－eq \f(π,6)
－eq \f(7π,6)
－π
－eq \f(π,2)
0
eq \f(π,2)
eq \f(5π,6)
x
－eq \f(π,2)
－eq \f(5π,12)
－eq \f(π,6)
eq \f(π,12)
eq \f(π,3)
eq \f(π,2)
h(x)
2
1
－1
1
3
2