高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：3.4 函数y＝asin（ωx＋φ）的图象及应用 word版含答案

这是一份高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：3.4 函数y＝asin（ωx＋φ）的图象及应用 word版含答案，共17页。

2．y＝Asin(ωx＋φ)的图象和性质的综合应用
会利用y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象与性质求参数的值或范围、确定函数解析式．
知识点一 五点法作y＝Asin(ωx＋φ)的图象
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，要找五个关键点，如下表所示
易误提醒 五点法作图中的五点是函数y＝Asin(ωx＋φ)图象上五个关键点，两个最值点，三个零点，在实际作图中，这是首先要考虑的五个点，但也不能只依赖这五个点，其它的特殊点也应考虑．
必备方法 由y＝Asin(ωx＋φ)的图象确定第一个零点的方法：
确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的第一零点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(φ,ω)，0))作为突破口．具体如下：
“第一点”(即图象上升时与x轴的交点)为ωx＋φ＝0；“第二点”(即图象的“峰点”)为ωx＋φ＝eq \f(π,2)；“第三点”(即图象下降时与x轴的交点)为ωx＋φ＝π；“第四点”(即图象的“谷点”)为ωx＋φ＝eq \f(3π,2)；“第五点”为ωx＋φ＝2π.
[自测练习]
1．用五点法作函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))在一个周期内的图象时，主要确定的五个点是________、__________、________、________、________.
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，0)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13π,6)，0))
2．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)，则该简谐运动的最小正周期T和初相φ分别为( )
A．T＝6，φ＝eq \f(π,6) B．T＝6，φ＝eq \f(π,3)
C．T＝6π，φ＝eq \f(π,6) D．T＝6π，φ＝eq \f(π,3)
解析：由题意知f(0)＝2sin φ＝1，∴sin φ＝eq \f(1,2)，
又|φ|答案：A
知识点二 y＝Asin(ωx＋φ)图象的变换
由y＝sin x的图象变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0)的图象
(1)先平移后伸缩 (2)先伸缩后平移
易误提醒 (1)要注意平移前后两个函数的名称是否一致，若不一致，应先利用诱导公式化为同名函数．
(2)由y＝Asin ωx的图象得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象时，需平移的单位数应为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(φ,ω)))，而不是|φ|.
[自测练习]
3．要得到函数y＝cs(2x＋1)的图象，只要将函数y＝cs 2x的图象( )
A．向左平移1个单位 B．向右平移1个单位
C．向左平移eq \f(1,2)个单位 D．向右平移eq \f(1,2)个单位
解析：∵y＝cs(2x＋1)＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，
∴只要将函数y＝cs 2x的图象向左平移eq \f(1,2)个单位即可．
答案：C
4．把函数y＝sin x的图象上所有点的横坐标缩小到原来的一半，纵坐标保持不变，再把所得函数图象向左平移eq \f(π,4)个单位，得到的函数图象的解析式是( )
A．y＝cs 2x B．y＝－sin 2x
C．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) D．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))
解析：由y＝sin x图象上所有点的横坐标缩小到原来的一半，纵坐标保持不变，所得图象的解析式为y＝sin 2x，再向左平移eq \f(π,4)个单位得y＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，即y＝cs 2x.
答案：A
5．已知函数y＝Asin(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φ＝________.
解析：由图象知A＝1，T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,12)π－\f(π,3)))＝π，∴ω＝2，再由2×eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)，得φ＝－eq \f(π,6).
答案：－eq \f(π,6)
考点一 五点法描图|
已知函数f(x)＝cs2x－2sin xcs x－sin2x.
(1)将f(x)化为y＝Acs(ωx＋φ)的形式；
(2)用“五点法”在给定的坐标中，作出函数f(x)在[0，π]上的图象．
[解] (1)f(x)＝cs2x－sin2x－2sin xcs x＝cs 2x－sin 2x＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)cs 2x－\f(\r(2),2)sin 2x))＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
(2)列表：
图象为：
用“五点法”作图应注意四点
(1)将原函数化为y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)或y＝Acs(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的形式．
(2)求出周期T＝eq \f(2π,ω).
(3)求出振幅A.
(4)列出一个周期内的五个特殊点，当画出某指定区间上的图象时，应列出该区间内的特殊点和区间端点．

1．(2015·合肥模拟)设函数f(x)＝cs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)<φ<0))的最小正周期为π，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(\r(3),2).
(1)求ω和φ的值；
(2)在给定坐标系中作出函数f(x)在[0，π]上的图象．
解：(1)最小正周期T＝eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.
∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,4)＋φ))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋φ))＝－sin φ＝eq \f(\r(3),2)，
∴sin φ＝－eq \f(\r(3),2).
∵－eq \f(π,2)<φ<0，∴φ＝－eq \f(π,3).
(2)由(1)得f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，列表：
图象如图所示．
考点二 求函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式|
(1)(2016·青岛一模)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，若x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)＝f(x2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))＝( )
A．1 B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
[解析] 观察图象可知，A＝1，T＝π，
∴ω＝2，f(x)＝sin(2x＋φ)．
将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))代入上式得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋φ))＝0，
由|φ|函数图象的对称轴为x＝eq \f(－\f(π,6)＋\f(π,3),2)＝eq \f(π,12).
又x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，
且f(x1)＝f(x2)，∴eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(π,12)，
∴x1＋x2＝eq \f(π,6)，∴f(x1＋x2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2).故选D.
[答案] D
(2)(2015·高考陕西卷)如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x＋φ))＋k.据此函数可知，这段时间水深(单位：m)的最大值为________．
[解析] 由图象知周期T＝12，最低点的坐标为(9,2)，
代入得eq \f(π,6)×9＋φ＝2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，
∴φ＝2kπ(k∈Z)，不妨取φ＝0，
当x＝6＋eq \f(3T,4)＝15时，y最大，
列式得eq \f(ymax＋2,2)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)×6))＋k，
∴eq \f(3sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)×15))＋k＋2,2)
＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)×6))＋k，∴k＝5，∴eq \f(ymax＋2,2)＝k，ymax＝8.
[答案] 8
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：
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．具体如下：
“第一点”(即图象上升时与x轴的交点)时ωx＋φ＝0；“第二点”(即图象的“峰点”)时ωx＋φ＝eq \f(π,2) ；“第三点”(即图象下降时与x轴的交点)时ωx＋φ＝π；“第四点”(即图象的“谷点”)时ωx＋φ＝eq \f(3π,2)；“第五点”时ωx＋φ＝2π.


2．如图，某地一天从6时到14时的温度变化曲线近似满足函数y＝Asin(ωx＋φ)＋B(ω>0,0≤φ<2π)，则温度变化曲线的函数解析式为________．
解析：由图象可知B＝20，A＝eq \f(30－10,2)＝10，
eq \f(T,2)＝14－6＝8，T＝16＝eq \f(2π,ω)，解得ω＝eq \f(π,8).
将(6,10)代入y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋φ))＋20可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋φ))＝－1，
由0≤φ<2π可得φ＝eq \f(3π,4)，
∴y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋20.
答案：y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋20考点三 y＝Asin(ωx＋φ)的图象变换与性质应用|
三角函数的图象变换与性质在高考中是每年的必考点之一，在选择题或解答题中出现，常考查基本的图象变换，稍难的题中是图象变换与三角函数的单调性、奇偶性、对称性相结合，成为小综合题．归纳起来常见的探究角度有：
1．由y＝Asin(ω1x＋φ1)变换到y＝Asin(ω2x＋φ2)型．
2．由y＝Acs(ω1x＋φ1)变换到y＝Asin(ω2x＋φ2)型．
3．图象变换与性质相结合．
探究一 由y＝Asin(ω1x＋φ1)变换到y＝Asin(ω2x＋φ2)型
1．(2015·高考山东卷)要得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,3)))的图象，只需将函数y＝sin 4x的图象( )
A．向左平移eq \f(π,12)个单位 B．向右平移eq \f(π,12)个单位
C．向左平移eq \f(π,3)个单位 D．向右平移eq \f(π,3)个单位
解析：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,3)))＝sin 4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))，故要将函数y＝sin 4x的图象向右平移eq \f(π,12)个单位．故选B.
答案：B
探究二 由y＝Acs(ω1x＋φ1)变换到y＝Asin(ω2x＋φ2)型
2．为了得到y＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))的图象，可以将y＝eq \r(2)cs 3x的图象( )
A．向右平移eq \f(π,12)个单位 B．向右平移eq \f(π,4)个单位
C．向左平移eq \f(π,12)个单位 D．向左平移eq \f(π,4)个单位
解析：∵y＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,4)))，故将y＝eq \r(2)cs 3x的图象向右平移eq \f(π,12)个单位后可得到y＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,4)))的图象．
答案：A
探究三 图象变换与性质结合
3．(2015·长春二模)已知函数f(x)＝eq \r(3)sin xcs x＋eq \f(1,2)cs 2x，若将其图象向右平移φ(φ>0)个单位后所得的图象关于原点对称，则φ的最小值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(5π,6)
C.eq \f(π,12) D.eq \f(5π,12)
解析：由题意f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，将其图象向右平移φ(φ>0)个单位后所得图象对应的解析式为g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x－φ＋\f(π,6)))，则2φ－eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，即φ＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z)，又φ>0，所以φ的最小值为eq \f(π,12).故选C.
答案：C
4．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin ωx＋cs ωx(ω>0)的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为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,6)个单位，得到函数g(x)的图象．关于函数g(x)，下列说法正确的是( )
A．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是增函数
B．其图象关于直线x＝－eq \f(π,4)对称
C．函数g(x)是奇函数
D．当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，函数g(x)的值域是[－2,1]
解析：f(x)＝eq \r(3)sin ωx＋cs ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))，由题设知eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，∴T＝π，ω＝eq \f(2π,T)＝2，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).把函数f(x)的图象沿x轴向左平移eq \f(π,6)个单位，得到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)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝2cs 2x的图象，g(x)是偶函数且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是减函数，其图象关于直线x＝－eq \f(π,4)不对称，所以A，B，C错误．当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，则g(x)min＝2cs π＝－2，g(x)max＝2cseq \f(π,3)＝1，即函数g(x)的值域是[－2,1]，故选D.
答案：D
函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质的综合应用问题的三种类型及解题策略：
(1)图象变换与函数性质的综合问题．可根据两种图象变换的规则，也可先通过图象变换求得变换后的函数解析式，再研究函数性质．
(2)图象变换与函数解析式的综合问题，要特别注意两种变换过程的区别．
(3)函数图象与性质的综合问题．此类问题常先通过三角恒等变换化简函数解析式，再来研究其性质．
4.三角函数图象与性质结合题的规范解答
【典例】 (13分)(2015·高考重庆卷)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \r(3)cs2x.
(1)求f(x)的最小正周期和最小值；
(2)将函数f(x)的图象上每一点的横坐标伸长到原来的两倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象．当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，求g(x)的值域．
[思路点拨] (1)将f(x)化为y＝Asin(ωx＋φ)型，求周期及最值．
(2)利用图象变换确定g(x)表达式，再求值域．
[规范解答] (1)f(x)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \r(3)cs2x
＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)(1＋cs 2x)(2分)
＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x－eq \f(\r(3),2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－eq \f(\r(3),2)，(4分)
因此f(x)的最小正周期为π，最小值为－eq \f(2＋\r(3),2).(6分)
(2)由条件可知：g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \f(\r(3),2).(8分)
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，有x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，(9分)
从而sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
那么sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \f(\r(3),2)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(3),2)，\f(2－\r(3),2))).(12分)
故g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(3),2)，\f(2－\r(3),2))).(13分)
[模板形成]
[跟踪练习] (2015·高考天津卷)已知函数f(x)＝sin2x－sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．
解：(1)由已知，有
f(x)＝eq \f(1－cs 2x,2)－eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))),2)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs 2x＋\f(\r(3),2)sin 2x))－eq \f(1,2)cs 2x
＝eq \f(\r(3),4)sin 2x－eq \f(1,4)cs 2x＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)因为f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，－\f(π,6)))上是减函数，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上是增函数，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－eq \f(1,4)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(\r(3),4).所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最大值为eq \f(\r(3),4)，最小值为－eq \f(1,2).
A组 考点能力演练
1．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的最小正周期为π，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝( )
A．1 B.eq \f(1,2)
C．－1 D．－eq \f(1,2)
解析：由题设知eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，
f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,8)＋\f(π,4)))＝sineq \f(π,2)＝1，故选A.
答案：A
2．(2015·洛阳期末考试)把函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))图象上各点的横坐标缩小到原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)，再将图象向右平移eq \f(π,3)个单位，那么所得图象的一条对称轴方程为( )
A．x＝－eq \f(π,2) B．x＝－eq \f(π,4)
C．x＝eq \f(π,8) D．x＝eq \f(π,4)
解析：把函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))图象上各点的横坐标缩小到原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)所得函数图象的解析式为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，再将图象向右平移eq \f(π,3)个单位所得函数图象的解析式为y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))＝－cs 2x，即y＝－cs 2x，令2x＝kπ，k∈Z，则x＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，即对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，故选A.
答案：A
3．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φ＝( )
A．－eq \f(π,6) B.eq \f(π,6)
C．－eq \f(π,3) D.eq \f(π,3)
解析：由题图可知A＝2，T＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝π，故ω＝2，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝2，所以2×eq \f(π,12)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，故φ＝2kπ＋eq \f(π,3)，又|φ|答案：D
4．先把函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))的图象上各点的横坐标变为原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)，再把新得到的图象向右平移eq \f(π,3)个单位，得到y＝g(x)的图象．当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，函数g(x)的值域为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2))) D．[－1,0)
解析：依题意得g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6)))，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，2x－eq \f(5π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，此时g(x)的值域是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，选A.
答案：A
5．(2015·云南一检)已知平面向量a＝(2cs2x，sin2x)，b＝(cs2x，－2sin2x)，f(x)＝a·b，要得到y＝sin 2x＋eq \r(3)cs 2x的图象，只需要将y＝f(x)的图象( )
A．向左平行移动eq \f(π,6)个单位
B．向右平行移动eq \f(π,6)个单位
C．向左平行移动eq \f(π,12)个单位
D．向右平行移动eq \f(π,12)个单位
解析：由题意得：f(x)＝a·b＝2cs4x－2sin4x＝2(cs2x＋sin2x)·(cs2x－sin2x)＝2cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))，而y＝sin 2x＋eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＋\f(π,2)))，故只需将y＝f(x)的图象向右平行移动eq \f(π,12)个单位即可．
答案：D
6．函数f(x)＝tan ωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y＝eq \f(π,4)所得线段长为eq \f(π,4)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝________.
解析：依题意eq \f(π,ω)＝eq \f(π,4)，∴ω＝4.∴f(x)＝tan 4x.
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝tan π＝0.
答案：0
7.已知函数f(x)＝Mcs(ωx＋φ)(M>0，ω>0,0<φ<π)为奇函数，该函数的部分图象如图所示，AC＝BC＝eq \f(\r(2),2)，C＝90°，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))的值为________．
解析：依题意知，△ABC是直角边长为eq \f(\r(2),2)的等腰直角三角形，因此其边AB上的高是eq \f(1,2)，函数f(x)的最小正周期是2，故M＝eq \f(1,2)，eq \f(2π,ω)＝2，ω＝π，f(x)＝eq \f(1,2)cs(πx＋φ)．又函数f(x)是奇函数，于是有φ＝kπ＋eq \f(π,2)，其中k∈Z.由0<φ<π，得φ＝eq \f(π,2)，故f(x)＝－eq \f(1,2)sin πx，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(1,2)sineq \f(π,2)＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
8．一观览车的主架示意图如图所示，其中O为轮轴的中心，距地面32 m(即OM的长)，巨轮的半径为30 m，AM＝BP＝2 m，巨轮逆时针旋转且每12分钟转动一圈．若点M为吊舱P的初始位置，经过t分钟，该吊舱P距离地面的高度为h(t)m，则h(t)＝________.
解析：本题考查三角函数的实际应用．建立如图所示的直角坐标系，设点B的纵坐标为y＝Asin(ωx＋φ)＋k，由题意知A＝30，k＝32，φ＝－eq \f(π,2)，又因为T＝12＝eq \f(2π,ω)，所以ω＝eq \f(π,6)，y＝30sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)t－\f(π,2)))＋32，所以吊舱P距离地面的高度h(t)＝30sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)t－\f(π,2)))＋30.
答案：30sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)t－\f(π,2)))＋30
9．(2016·龙岩模拟)已知函数f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋1.
(1)求它的振幅、最小正周期、初相；
(2)画出函数y＝f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的图象．
解：(1)振幅为eq \r(2)，最小正周期T＝π，初相为－eq \f(π,4).
(2)图象如图所示．
10．(2015·沈阳一检)已知函数f(x)＝2sin xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))).
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，求函数f(x)的值域．
解：(1)f(x)＝2sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin x＋\f(1,2)cs x))
＝eq \r(3)×eq \f(1－cs 2x,2)＋eq \f(1,2)sin 2x
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2).
函数f(x)的最小正周期为T＝π.
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
解得－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z，
所以函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z.
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1＋\f(\r(3),2))).
B组 高考题型专练
1．(2014·高考辽宁卷)将函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度，所得图象对应的函数( )
A．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上单调递减
B．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上单调递增
C．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递减
D．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增
解析：平移后的函数为y＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))＋\f(π,3)))＝
3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)－π))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2,3)π))，增区间：－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(2,3)π≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(7,12)π＋kπ，k∈Z，令k＝0时，eq \f(π,12)≤x≤eq \f(7,12)π，故选B.
答案：B
2．(2015·高考湖南卷)将函数f(x)＝sin 2x的图象向右平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))个单位后得到函数g(x)的图象．若对满足|f(x1)－g(x2)|＝2的x1，x2，有|x1－x2|min＝eq \f(π,3)，则φ＝( )
A.eq \f(5π,12) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
解析：由已知得g(x)＝sin(2x－2φ)，满足|f(x1)－g(x2)|＝2，不妨设此时y＝f(x)和y＝g(x)分别取得最大值与最小值，又|x1－x2|min＝eq \f(π,3)，令2x1＝eq \f(π,2)，2x2－2φ＝－eq \f(π,2)，此时|x1－x2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－φ))＝eq \f(π,3)，又0<φ答案：D
3．(2015·高考安徽卷)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ均为正的常数)的最小正周期为π，当x＝eq \f(2π,3)时，函数f(x)取得最小值，则下列结论正确的是( )
A．f(2)B．f(0)C．f(－2)D．f(2)解析：∵f(x)＝Asin(ωx＋φ)的最小正周期为π，且x＝eq \f(2π,3)是经过函数f(x)最小值点的一条对称轴，∴x＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,2)＝eq \f(π,6)是经过函数f(x)最大值点的一条对称轴．∵eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\f(π,6)))＝eq \f(12－π,6)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(π－2－\f(π,6)))＝eq \f(5π－12,6)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(0－\f(π,6)))＝eq \f(π,6)，∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\f(π,6)))>eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(π－2－\f(π,6)))>eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(0－\f(π,6)))，且－eq \f(π,3)<2答案：A
4．(2015·高考安徽卷)已知函数f(x)＝(sin x＋cs x)2＋cs 2x.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．
解：(1)因为f(x)＝sin2x＋cs2x＋2sin xcs x＋cs 2x＝1＋sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋1，
所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)由(1)知，f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋1.
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，
由正弦函数y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上的图象知，
当2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,8)时，f(x)取最大值eq \r(2)＋1；
当2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(5π,4)，即x＝eq \f(π,2)时，f(x)取最小值0.
综上，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为eq \r(2)＋1，最小值为0.
5．(2015·高考湖北卷)某同学用“五点法”画函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
(1)请将上表数据补充完整，并直接写出函数f(x)的解析式；
(2)将y＝f(x)图象上所有点向左平行移动eq \f(π,6)个单位长度，得到y＝g(x)图象，求y＝g(x)的图象离原点O最近的对称中心．
解：(1)根据表中已知数据，解得A＝5，ω＝2，φ＝－eq \f(π,6).数据补全如表：
且函数表达式为f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
(2)由(1)知f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
因此g(x)＝5sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
因为y＝sin x的对称中心为(kπ，0)，k∈Z.令2x＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)，k∈Z.
即y＝g(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，其中离原点O最近的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0)).
y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，x≥0)，表示一个振动量时
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
x
－eq \f(φ,ω)
eq \f(\f(π,2)－φ,ω)
eq \f(π－φ,ω)
eq \f(\f(3,2)π－φ,ω)
eq \f(2π－φ,ω)
ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
y＝Asin(ωx＋φ)
0
A
0
－A
0
2x＋eq \f(π,4)
eq \f(π,4)
eq \f(π,2)
π
eq \f(3,2)π
2π
eq \f(9,4)π
x
0
eq \f(π,8)
eq \f(3,8)π
eq \f(5,8)π
eq \f(7,8)π
π
f(x)
1
0
－eq \r(2)
0
eq \r(2)
1
x
0
eq \f(π,6)
eq \f(5,12)π
eq \f(2,3)π
eq \f(11,12)π
π
2x－eq \f(π,3)
－eq \f(π,3)
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3,2)π
eq \f(5,3)π
f(x)
eq \f(1,2)
1
0
－1
0
eq \f(1,2)
ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
eq \f(π,3)
eq \f(5π,6)
Asin(ωx＋φ)
0
5
－5
0
ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
eq \f(π,12)
eq \f(π,3)
eq \f(7π,12)
eq \f(5π,6)
eq \f(13π,12)
Asin(ωx＋φ)
0
5
0
－5
0