高考数学一轮复习第四章 4.5

这是一份高考数学一轮复习第四章 4.5，共21页。试卷主要包含了简谐运动的有关概念等内容，欢迎下载使用。


1．简谐运动的有关概念
2.用五点法画y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，x∈R)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．
概念方法微思考
1．怎样从y＝sin ωx的图象变换得到y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ>0)的图象？
提示 向左平移eq \f(φ,ω)个单位长度．
2．函数y＝sin(ωx＋φ)图象的对称轴是什么？对称中心是什么？
提示 对称轴是直线x＝eq \f(kπ,ω)＋eq \f(π,2ω)－eq \f(φ,ω)(k∈Z)，
对称中心是点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,ω)－\f(φ,ω)，0))(k∈Z)．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象可由y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度得到．( √ )
(2)将函数y＝sin ωx的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度，可以得到函数y＝sin(ωx－φ)的图象．
( × )
(3)如果函数y＝Acs(ωx＋φ)的最小正周期为T，那么函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为eq \f(T,2).( √ )
(4)函数y＝sin x的图象上各点纵坐标不变，横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，所得图象对应的函数解析式为y＝sin eq \f(1,2)x.( × )
题组二 教材改编
2．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的图象向________平移________个单位长度．(答案不唯一)
答案 右 eq \f(π,6)
3．函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,3)))的振幅、频率和初相分别为__________________．
答案 2，eq \f(1,4π)，－eq \f(π,3)
4．如图，某地一天从6～14时的温度变化曲线近似满足函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b,0<φ<π，则这段曲线的函数解析式为__________________________．
答案 y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋20，x∈[6,14]
解析 从题图中可以看出，从6～14时的图象是函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b的半个周期，
所以A＝eq \f(1,2)×(30－10)＝10，
b＝eq \f(1,2)×(30＋10)＝20，
又eq \f(1,2)×eq \f(2π,ω)＝14－6，
所以ω＝eq \f(π,8).
又eq \f(π,8)×10＋φ＝2kπ，k∈Z,0<φ<π，所以φ＝eq \f(3π,4)，
所以y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋20，x∈[6,14]．
题组三 易错自纠
5．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)个单位长度
B．向右平移eq \f(π,12)个单位长度
C．向左平移eq \f(π,3)个单位长度
D．向右平移eq \f(π,3)个单位长度
答案 A
解析 ∵y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))))，
∴要得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))的图象，只需将函数y＝sin 4x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度．
6．(多选)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，则( )
A．g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最小值为－eq \f(\r(3),2)
B．g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最小值为－1
C．g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为eq \f(\r(3),2)
D．g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为1
答案 AD
解析 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)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴eq \f(π,3)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(4π,3)，
∴－eq \f(\r(3),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))≤1.
7．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，则使f (x＋m)－f (m－x)＝0成立的m的最小正值为________．
答案 eq \f(π,12)
解析 由函数图象可知A＝1，又eq \f(T,4)＝eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,4)，T＝π，
所以ω＝eq \f(2π,T)＝2，因为函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，代入解析式可知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，所以eq \f(2π,3)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z.
因为|φ|所以函数解析式为f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
由2x＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，可得其对称轴x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)，k∈Z.
因为f (x＋m)－f (m－x)＝0，即f (x＋m)＝f (m－x)，
所以x＝m是函数的一条对称轴，当k＝0时，m的最小正值为m＝eq \f(π,12).
函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换
例1 已知函数f (x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的最小正周期是π，且当x＝eq \f(π,6)时，f (x)取得最大值2.
(1)求f (x)的解析式；
(2)作出f (x)在[0，π]上的图象(要列表)；
(3)函数y＝f (x)的图象可由函数y＝sin x的图象经过怎样的变换得到？
解 (1)因为函数f (x)的最小正周期是π，所以ω＝2.
又因为当x＝eq \f(π,6)时，f (x)取得最大值2.所以A＝2，
同时2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
φ＝2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，
因为－eq \f(π,2)<φ所以f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
(2)因为x∈[0，π]，所以2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(13π,6))).
列表如下：
描点、连线得图象：
(3)将y＝sin x的图象上的所有点向左平移eq \f(π,6)个单位长度，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))的图象，再将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))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)，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象，再将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))上所有点的纵坐标伸长2倍(横坐标不变)，得到f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象．
若将本例中函数f (x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，把所有点的横坐标伸长到原来的二倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象，则g(x)＝____________.
答案 2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,6)))
解析 f (x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后得y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,6)))的图象，
再把所有点的横坐标伸长到原来的二倍(纵坐标不变)得
g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,6)))的图象，即g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,6))).
若将本例中函数f (x)的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到函数y＝g(x)的图象，且y＝g(x)是偶函数，求m的最小值．
解 由已知得y＝g(x)＝f (x－m)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x－m＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2m－\f(π,6)))))是偶函数，
所以2m－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得m＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,3)，k∈Z，
又因为m>0，所以m的最小值为eq \f(π,3).
思维升华 (1)y＝Asin(ωx＋φ)的图象可用“五点法”作简图得到，可通过变量代换z＝ωx＋φ计算五点坐标．
(2)由函数y＝sin x的图象通过变换得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象有两条途径：“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”．
跟踪训练1 (1)为了得到函数y＝sin 3x＋cs 3x的图象，可以将函数y＝eq \r(2)cs 3x的图象( )
A．向右平移eq \f(π,4)个单位长度B．向左平移eq \f(π,4)个单位长度
C．向右平移eq \f(π,12)个单位长度D．向左平移eq \f(π,12)个单位长度
答案 C
解析 因为y＝sin 3x＋cs 3x＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,4)))
＝eq \r(2)cs 3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))，所以将函数y＝eq \r(2)cs 3x的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度后，可得到y＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,4)))的图象，故选C.
(2)将函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的图象上各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，所得函数图象的一条对称轴为( )
A．x＝eq \f(π,2) B．x＝eq \f(π,8) C．x＝eq \f(π,9) D．x＝π
答案 A
解析 将函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)时，得到函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,3)))的图象；再将此函数的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后，得到函数y＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,4)))的图象，该函数图象的对称轴满足eq \f(x,2)－eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)，即x＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)．结合选项，只有A符合，故选A.
(3)已知函数f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(0<ω<2)满足条件f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝0，为了得到函数y＝f (x)的图象，可将函数g(x)＝cs ωx的图象向右平移m(m>0)个单位长度，则m的最小值为( )
A．1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,2)
答案 A
解析 由题意得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)ω＋\f(π,6)))＝0，即－eq \f(1,2)ω＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，则ω＝eq \f(π,3)－2kπ(k∈Z)，结合0<ω<2，得ω＝eq \f(π,3)，所以f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(π,3)x－\f(π,6)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x－1))，所以只需将函数g(x)＝cs eq \f(π,3)x的图象向右至少平移1个单位长度，即可得到函数y＝f (x)的图象，故选A.
由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
1.函数f (x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，\b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则ω＝_____，φ＝_____.
答案 2 －eq \f(π,3)
解析 设f (x)的最小正周期为T，
由题中图象可知eq \f(3,4)T＝eq \f(5π,12)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))得T＝π，
则ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,π)＝2，又图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，2))，
则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)))＝2，即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋φ))＝2，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋φ))＝1.
∵－eq \f(π,2)<φ∴eq \f(5π,6)＋φ＝eq \f(π,2)，∴φ＝－eq \f(π,3).
2．已知函数f (x)＝Acs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象如图所示，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝________.
答案 －eq \f(2,3)
解析 方法一 设f (x)的最小正周期为T，
由题图可知eq \f(T,2)＝eq \f(11π,12)－eq \f(7π,12)＝eq \f(π,3)，
所以T＝eq \f(2π,3)，ω＝3，
当x＝eq \f(7π,12)时，y＝0，
即3×eq \f(7π,12)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，
所以φ＝2kπ－eq \f(9π,4)，k∈Z，
因为|φ|所以f (x)＝Acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,4))).
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝Acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－\f(π,4)))＝eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))，所以A＝eq \f(2\r(2),3)，
所以f (x)＝eq \f(2\r(2),3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,4)))，
故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(2\r(2),3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)－\f(π,4)))＝eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2,3))).
方法二 同方法一得f (x)的周期T＝eq \f(2π,3)，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋\f(2π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(2,3).
3.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＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))取得最小值时x的集合为________．
答案 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝kπ－\f(π,3)，k∈Z))))
解析 方法一 根据题干所给图象，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|∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
当2x＋eq \f(π,6)＝－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝－eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)时，y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))取得最小值．
方法二 同方法一知，T＝π，
又由图象可知当x＝eq \f(π,3)－eq \f(π,2)＝－eq \f(π,6)时，f (x)取最小值．
∴y＝f (x)取得最小值时x的集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝kπ－\f(π,6)))k∈Z))，
∴y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))取得最小值时x的集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝kπ－\f(π,3)))k∈Z)).
思维升华 y＝Asin(ωx＋φ)中φ的确定方法
(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．
三角函数图象、性质的综合应用
命题点1 图象与性质的综合应用
例2 (1)函数f (x)＝sin ωx(ω>0)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，所得图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))，则ω的最小值是________．
答案 1
解析 依题意得，函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))))(ω>0)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))，
于是有f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋\f(π,3)))))
＝sin ωπ＝0(ω>0)，
ωπ＝kπ，k∈N，即ω＝k∈N，因此正数ω的最小值是1.
(2)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f (x)的单调递增区间为____．
答案 [8k－3,8k＋1]，k∈Z
解析 由题图知其最小正周期T＝4×(3－1)＝8.
结合图象易知[－3,1]为函数f (x)＝sin(ωx＋φ)的一个单调递增区间，故f (x)的单调递增区间为[8k－3,8k＋1]，k∈Z.
命题点2 函数零点(方程根)问题
例3 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____________．
答案 (－2，－1)
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)．
本例中，若将“有两个不同的实数根”改成“有实根”，则m的取值范围是__________．
答案 [－2,1)
解析 同例题知，eq \f(m,2)的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，
∴－2≤m<1，∴m的取值范围是[－2,1)．
命题点3 三角函数模型
例4 据市场调查，某种商品一年内每件出厂价在7千元的基础上，按月呈f (x)＝Asin(ωx＋φ)＋Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的模型波动(x为月份)，已知3月份达到最高价9千元，9月份价格最低，为5千元，则7月份的出厂价格为______元．
答案 6 000
解析 作出函数简图如图：
三角函数模型为y＝Asin(ωx＋φ)＋B，
由题意知A＝eq \f(1,2)(9 000－5 000)＝2 000，B＝7 000，
周期T＝2×(9－3)＝12，
∴ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,6).
将(3,9 000)看成“五点法”作函数图象时的第二个特殊点，则有eq \f(π,6)×3＋φ＝eq \f(π,2)，∴φ＝0，
故f (x)＝2 000sin eq \f(π,6)x＋7 000(1≤x≤12，x∈N*)．
∴f (7)＝2 000×sin eq \f(7π,6)＋7 000＝6 000(元)．
故7月份的出厂价格为6 000元．
思维升华 (1)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．
(2)方程根的个数可转化为两个函数图象的交点个数．
(3)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．
跟踪训练2 (1)(2019·沈阳模拟)将函数f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象向右平移eq \f(π,4ω)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象．若y＝g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上为增函数，则ω的最大值为( )
A．3 B．2 C.eq \f(3,2) D.eq \f(5,4)
答案 C
解析 函数f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象向右平移eq \f(π,4ω)个单位长度，可得g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4ω)))＋\f(π,4)))＝2sin ωx的图象．若g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上为增函数，则eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＋2kπ≤－eq \f(πω,6)且eq \f(πω,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得ω≤3－12k且ω≤eq \f(3,2)＋6k，k∈Z，∵ω>0，∴当k＝0时，ω取最大值eq \f(3,2)，故选C.
(2)若函数f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)满足f (0)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，且函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且只有一个零点，则f (x)的最小正周期为________．
答案 π
解析 ∵f (0)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，∴x＝eq \f(π,6)是f (x)图象的一条对称轴，∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝±1，∴eq \f(π,6)×ω＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
∴ω＝6k＋2，k∈Z，∴T＝eq \f(π,3k＋1)(k∈Z)．
又f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且只有一个零点，
∴eq \f(π,6)∴eq \f(2π,3)0)，∴－eq \f(1,12)≤k又∵k∈Z，∴k＝0，∴T＝π.
1．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项，由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝0，排除C项，故选A.
2．为了得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象，可以将函数y＝sin 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,12)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,12)个单位长度
答案 B
解析 y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))，故将函数y＝sin 2x的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度，可得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象．
3．若将函数f (x)＝sin 2x＋cs 2x的图象向右平移φ个单位长度，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是( )
A.eq \f(π,8) B.eq \f(π,4) C.eq \f(3π,8) D.eq \f(5π,4)
答案 C
解析 f (x)＝sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，将函数f (x)的图象向右平移φ个单位长度后所得图象对应的函数为y＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)－2φ))，且该函数为偶函数，
故2φ＋eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)，所以φ的最小正值为eq \f(3π,8).
4．将函数f (x)＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后关于原点对称，则函数f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最小值为( )
A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 A
解析 将函数f (x)＝sin(2x＋φ)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)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)＋φ))的图象，该图象关于原点对称，即为奇函数，则eq \f(π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，又|φ|5．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)
答案 A
解析 y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(ωπ,3)－\f(π,6)))和函数y＝cs ωx的图象重合，可得eq \f(ωπ,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，则ω＝6k＋2，k∈Z.
∴ω的一个可能值是2.
6．(2019·安徽省合肥市一中、合肥六中联考)已知函数f (x)＝eq \r(3)sin 2x－2cs2x＋1，将f (x)的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，纵坐标保持不变；再把所得图象向上平移1个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，若g(x1)·g(x2)＝9，则|x1－x2|的值可能为( )
A.eq \f(5π,4) B.eq \f(3π,4) C.eq \f(π,2) D.eq \f(π,3)
答案 C
解析 函数f (x)＝eq \r(3)sin 2x－2cs2x＋1
＝eq \r(3)sin 2x－cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
变换后得函数y＝g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))＋1的图象，易知函数y＝g(x)的值域为[－1,3]．
若g(x1)·g(x2)＝9，则g(x1)＝3且g(x2)＝3，均为函数y＝g(x)的最大值，
∴|x1－x2|的值为函数y＝g(x)的最小正周期T的整数倍，且T＝eq \f(2π,4)＝eq \f(π,2).
7．(多选)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
答案 BCD
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．
8．(多选)已知函数f (x)＝sin 2x＋2cs2x－1，下列四个结论正确的是( )
A．函数f (x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))上是增函数
B．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，0))是函数f (x)图象的一个对称中心
C．函数f (x)的图象可以由函数y＝eq \r(2)sin 2x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度得到
D．若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则f (x)的值域为[0，eq \r(2)]
答案 AB
解析 函数f (x)＝sin 2x＋2cs2x－1＝sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))，则2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
因此函数f (x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))上是增函数，
因此A正确；
因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋\f(π,4)))＝eq \r(2)sin π＝0，
因此点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，0))是函数f (x)图象的一个对称中心，
因此B正确；
由函数y＝eq \r(2)sin 2x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度得到y＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))＝eq \r(2)cs 2x，
因此由函数y＝eq \r(2)sin 2x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度不能得到函数f (x)的图象，因此C不正确；
若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
∴f (x)的值域为[－1，eq \r(2)]，因此D不正确．
9．已知函数f (x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则ω＝________，函数f (x)的单调递增区间为____________________．
答案 2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))(k∈Z)
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2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ＝2kπ，k∈Z，
又|φ|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)．
10.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，又x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f (x1)＝f (x2)，则f (x1＋x2)＝________.
答案 eq \f(\r(3),2)
解析 设f (x)周期为T，
由题图可知，eq \f(T,2)＝eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)，
则T＝π，ω＝2，又eq \f(－\f(π,6)＋\f(π,3),2)＝eq \f(π,12)，
所以f (x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，1))，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)＋φ))＝1，
所以2×eq \f(π,12)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
又|φ|由f (x1)＝f (x2)，x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，
可得x1＋x2＝－eq \f(π,6)＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,6)，
所以f (x1＋x2)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋\f(π,3)))
＝sin eq \f(2π,3)＝eq \f(\r(3),2).
11．(2020·黄岗中学模拟)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 (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，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 \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.
12.(2019·湖北七校联考)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)))的部分图象如图所示，其中点P(1,2)为函数f (x)图象的一个最高点，Q(4,0)为函数f (x)的图象与x轴的一个交点，O为坐标原点．
(1)求函数f (x)的解析式；
(2)将函数y＝f (x)的图象向右平移2个单位长度得到y＝g(x)的图象，求函数h(x)＝f (x)·g(x)的图象的对称中心．
解 (1)由题意得A＝2，周期T＝4×(4－1)＝12.
又∵eq \f(2π,ω)＝12，∴ω＝eq \f(π,6).
将点P(1,2)代入f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x＋φ))，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝1.
∵0<φ(2)由题意，得g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x－2＋\f(π,3)))＝2sin eq \f(π,6)x.
∴h(x)＝f (x)·g(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x＋\f(π,3)))·sin eq \f(π,6)x＝2sin2eq \f(π,6)x＋2eq \r(3)·sin eq \f(π,6)x·cs eq \f(π,6)x＝1－cs eq \f(π,3)x＋eq \r(3)sin eq \f(π,3)x＝1＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x－\f(π,6))).
由eq \f(π,3)x－eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，得x＝3k＋eq \f(1,2)(k∈Z)．
∴函数y＝h(x)的图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k＋\f(1,2)，1))(k∈Z)．
13．已知函数f (x)＝eq \r(3)sin ωx＋cs ωx(ω>0)，x∈R.在曲线y＝f (x)与直线y＝1的交点中，若相邻交点距离的最小值为eq \f(π,3)，则f (x)的最小正周期为________．
答案 π
解析 f (x)＝eq \r(3)sin ωx＋cs ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)．
由2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＝1，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
∴ωx1＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,6)或ωx2＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(5π,6)(k∈Z)．
令k＝0，得ωx1＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，ωx2＋eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)，
∴x1＝0，x2＝eq \f(2π,3ω).
由|x1－x2|＝eq \f(π,3)，得eq \f(2π,3ω)＝eq \f(π,3)，∴ω＝2.
故f (x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
14．已知函数f (x)＝2cs(ωx＋φ)＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，其图象与直线y＝3相邻两个交点的距离为eq \f(2π,3)，若f (x)>1对任意x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,6)))恒成立，则φ的取值范围是____________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))
解析 由题意可得函数f (x)＝2cs(ωx＋φ)＋1的最大值为3.∵f (x)的图象与直线y＝3相邻两个交点的距离为eq \f(2π,3)，∴f (x)的周期T＝eq \f(2π,3)，∴eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,3)，解得ω＝3，∴f (x)＝2cs(3x＋φ)＋1.∵f (x)>1对任意x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,6)))恒成立，∴2cs(3x＋φ)＋1>1，即cs(3x＋φ)>0对任意x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,6)))恒成立，∴－eq \f(π,4)＋φ≥2kπ－eq \f(π,2)且eq \f(π,2)＋φ≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得φ≥2kπ－eq \f(π,4)且φ≤2kπ，k∈Z，即2kπ－eq \f(π,4)≤φ≤2kπ，k∈Z.结合|φ|15．(2019·全国Ⅲ)设函数f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,5)))(ω>0)，已知f (x)在[0,2π]上有且仅有5个零点．下述四个结论：
①f (x)在(0,2π)上有且仅有3个极大值点；
②f (x)在(0,2π)上有且仅有2个极小值点；
③f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))上单调递增；
④ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10))).
其中所有正确结论的编号是( )
A．①④ B．②③ C．①②③ D．①③④
答案 D
解析 如图，根据题意知，xA≤2π16．(2019·济南模拟)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 (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)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，∴当f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>0≥f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))或f eq \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sin eq \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))).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
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)
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,6)
eq \f(π,6)
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
eq \f(13π,6)
x
0
eq \f(π,6)
eq \f(5π,12)
eq \f(2π,3)
eq \f(11π,12)
π
f (x)
1
2
0
－2
0
1