高中数学人教A版 (2019)必修 第一册第五章 三角函数5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）巩固练习

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册第五章 三角函数5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）巩固练习，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．用“五点法”作函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))在一个周期内的图象时，第四个关键点的坐标是( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，1))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，1))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，0))
2．将函数y＝sin x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位，得到的图象的函数解析式是( )
A．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4))) B．y＝sin x－eq \f(π,4)
C．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))D．y＝sin x＋eq \f(π,4)
3．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的部分图象如图所示，则A，ω的值分别为( )
A．2，2B．2，1
C．4，2D．2，4
4．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝0，则ω的最小值为( )
A．2B．4
C．6D．8
5．已知曲线C1：y＝cs x，C2：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，则下面结论正确的是( )
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到曲线C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到曲线C2
6．将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x＋\f(π,4)))的图象上各点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标保持不变，再将所得图象向右平移eq \f(π,8)个单位，得到函数y＝f(x)的图象，则y＝f(x)的一个对称中心是( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,14)，0))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,8)，0))
7．(2021·全国高考乙卷理科)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)))
8．函数f(x)＝Asin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，|φ|<\f(π,2)))的图象过点(0，eq \r(3))，则f(x)的图象的一个对称中心是( )
A．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))B．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))
C．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))D．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))
10．(多选题)(2021·山东济南高一月考)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
二、填空题
11．简谐振动s＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πt＋\f(π,3)))，在t＝eq \f(1,2)时的位移s＝eq \f(3,2)．初相φ＝ ．
12．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短到原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)，再将图象向右平移eq \f(π,3)个单位，所得函数的解析式为 ．
13．(2021·全国高考甲卷文科)已知函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝ ．
14．将函数y＝cs 2x的图象向左平移eq \f(π,5)个单位，所得图象对应的解析式为 ．
15.已知函数f(x)＝Acs(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)为奇函数，该函数的部分图象如图所示，△EFG(点G是图象的最高点)是边长为2的等边三角形，则f(1)＝ ．

16．设函数y＝sin(ωx＋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π，且其图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称，则在下面四个结论：①图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))对称；②图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称；③在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上是增函数；④在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))上是增函数中，所有正确结论的编号为 ．

三、解答题
17．已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)在一个周期内的图象如图，求该函数的一个解析式．
18．已知函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4))).
(1)用“五点法”画函数的图象；
(2)说出此图象是由y＝sin x的图象经过怎样的变换得到的．
19．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋eq \f(5,4).
(1)求f(x)的振幅、最小正周期及单调增区间；
(2)求f(x)的图象的对称轴方程和对称中心；
(3)求f(x)的最小值及取得最小值时的x的取值集合．
20．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)))的图象与y轴的交点为(0，1)，它在y轴右侧的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为(x0，2)和(x0＋2π，－2)．
(1)求f(x)的解析式及x0的值；
(2)求f(x)的单调增区间；
(3)若x∈[－π，π]，求f(x)的值域．
第五章 5.6
一、选择题
1．用“五点法”作函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))在一个周期内的图象时，第四个关键点的坐标是( A )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，1))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，1))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，0))
[解析] 令4x－eq \f(π,6)＝eq \f(3π,2)，得x＝eq \f(5π,12).∴该点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0)).
2．将函数y＝sin x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位，得到的图象的函数解析式是( C )
A．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4))) B．y＝sin x－eq \f(π,4)
C．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))D．y＝sin x＋eq \f(π,4)
[解析] 函数y＝sin x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位，得到y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的图象．
3．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的部分图象如图所示，则A，ω的值分别为( A )
A．2，2B．2，1
C．4，2D．2，4
[解析] 由函数的图象可得A＝2，T＝eq \f(5π,12)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,12)))＝π，
∴ω＝eq \f(2π,T)＝2，故选A．
4．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝0，则ω的最小值为( A )
A．2B．4
C．6D．8
[解析] 函数f(x)的周期T≤4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝π，
则eq \f(2π,ω)≤π，解得ω≥2，故ω的最小值为2.
5．已知曲线C1：y＝cs x，C2：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，则下面结论正确的是( D )
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到曲线C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到曲线C2
[解析] C1：y＝cs x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2))).
即y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))
eq \(―――――――――――→,\s\up7(C1上各点横坐标缩短为原来\f(1, 2)倍))
y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))eq \(――――――――――→,\s\up7(向左平移\f(π,12)个单位长度))
y＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)＋\f(π,12)))＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))).
6．将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x＋\f(π,4)))的图象上各点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标保持不变，再将所得图象向右平移eq \f(π,8)个单位，得到函数y＝f(x)的图象，则y＝f(x)的一个对称中心是( B )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,14)，0))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,8)，0))
[解析] 函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x＋\f(π,4)))的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍得到图象的解析式为：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，再向右平移eq \f(π,8)个单位得到图象的解析式y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))＋\f(π,4)))＝sin 2x，当x＝eq \f(π,2)时，y＝sin π＝0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))是函数y＝sin 2x的一个对称中心．故选B．
7．(2021·全国高考乙卷理科)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)＝( B )
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)))
[解析] 解法一：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，得到y＝f(2x)的图象，再把所得曲线向右平移eq \f(π,3)个单位长度，应当得到y＝feq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))))的图象，
根据已知得到了函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象，
所以feq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))，
令t＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，则x＝eq \f(t,2)＋eq \f(π,3)，x－eq \f(π,4)＝eq \f(t,2)＋eq \f(π,12)，
所以f(t)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)＋\f(π,12)))，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12))).
解法二：由已知的函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))逆向变换，
第一步：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)－\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))的图象，
第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的图象，
即为y＝f(x)的图象，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12))).
故选B．
8．函数f(x)＝Asin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，|φ|<\f(π,2)))的图象过点(0，eq \r(3))，则f(x)的图象的一个对称中心是( B )
A．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))B．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))
C．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))D．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))
[解析] 由函数图象知A＝2，由图象过点(0，eq \r(3))，可得2sin φ＝eq \r(3)，即sin φ＝eq \f(\r(3),2).
由于|φ|由2x＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z可解得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)，k∈Z.
故f(x)的图象的对称中心点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，0))，k∈Z.
当k＝0时，f(x)的图象的一个对称中心是点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0)).
9．(多选题)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)，将函数f(x)图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后所得的函数图象过点P(0，1)，则函数f(x)＝sin(2x＋φ)( BD )
A．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递减
B．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增
C．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上单调递减
D．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)，－\f(2π,3)))上单调递增
[解析] 将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)＋φ))，函数f(x)的图象过点P(0，1)，所以eq \f(2π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z；所以φ＝－eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z；因为－π<φ<0，所以φ＝－eq \f(π,6)；所以函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z；解得－eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z；所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)π，－\f(2π,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增．
10．(多选题)(2021·山东济南高一月考)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( AD )
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
[解析] f(x)左移eq \f(π,6)个单位，得到函数g(x)＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，即g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，当0≤x≤eq \f(π,2)时，eq \f(π,3)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(4π,3)，故－eq \f(\r(3),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))≤1，当2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，x＝eq \f(π,12)时g(x)max＝1，当2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(4π,3)，x＝eq \f(π,2)时g(x)min＝－eq \f(\r(3),2).故选AD．
二、填空题
11．简谐振动s＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πt＋\f(π,3)))，在t＝eq \f(1,2)时的位移s＝eq \f(3,2)．初相φ＝eq \f(π,3)．
[解析] 当t＝eq \f(1,2)时，s＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(π,3)))＝3×eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).
12．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短到原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)，再将图象向右平移eq \f(π,3)个单位，所得函数的解析式为y＝－cs__2x．
[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短到原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)，可得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象；再将图象向右平移eq \f(π,3)个单位，可得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))＝－cs 2x的图象．
13．(2021·全国高考甲卷文科)已知函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \r(3)．
[解析] 由题意可得：eq \f(3,4)T＝eq \f(13π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(3π,4)，∴T＝π，ω＝eq \f(2π,T)＝2，
当x＝eq \f(13π,12)时，ωx＋φ＝2×eq \f(13π,12)＋φ＝2kπ，
∴φ＝2kπ－eq \f(13,6)π(k∈Z)，
令k＝1可得：φ＝－eq \f(π,6)，据此有：f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,2)－\f(π,6)))＝2cseq \f(5π,6)＝－eq \r(3).故答案为：－eq \r(3).
14．将函数y＝cs 2x的图象向左平移eq \f(π,5)个单位，所得图象对应的解析式为y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,5)))．
15.已知函数f(x)＝Acs(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)为奇函数，该函数的部分图象如图所示，△EFG(点G是图象的最高点)是边长为2的等边三角形，则f(1)＝－eq \r(3)．
[解析] 由函数f(x)＝Acs(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)是奇函数，可得φ＝eq \f(π,2)，则f(x)＝Acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,2)))＝－Asin ωx(A>0，ω>0)．由△EFG是边长为2的等边三角形，可得A＝eq \r(3)，周期T＝4＝eq \f(2π,ω)，ω＝eq \f(π,2)，则f(x)＝－eq \r(3)sineq \f(π,2)x，∴f(1)＝－eq \r(3).
16．设函数y＝sin(ωx＋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π，且其图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称，则在下面四个结论：①图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))对称；②图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称；③在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上是增函数；④在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))上是增函数中，所有正确结论的编号为②④．
[解析] ∵T＝π，∴ω＝2.又2×eq \f(π,12)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，∵φ＝kπ＋eq \f(π,3).∵φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴φ＝eq \f(π,3)，∴y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).由图象及性质可知②④正确．
三、解答题
17．已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)在一个周期内的图象如图，求该函数的一个解析式．
[解析] 方法一(最值点法)：由图象知函数的最大值为eq \r(3)，最小值为－eq \r(3)，又A>0，
∴A＝eq \r(3).由图象知eq \f(T,2)＝eq \f(5π,6)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，∴T＝π＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝2.
又eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋\f(5π,6)))＝eq \f(7π,12)，
∴图象上的最高点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，\r(3)))，
∴eq \r(3)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(7π,12)＋φ))，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)＋φ))＝1，可取φ＝－eq \f(2π,3)，
故函数的一个解析式为y＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3))).
方法二(五点对应法)：由图象知A＝eq \r(3)，又图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，0))，根据五点作图法原理(以上两点可判断为五点作图法中的第一点与第三点)得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)·ω＋φ＝0，,\f(5π,6)·ω＋φ＝π，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω＝2，,φ＝－\f(2π,3).))
故函数的一个解析式为y＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3))).
18．已知函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4))).
(1)用“五点法”画函数的图象；
(2)说出此图象是由y＝sin x的图象经过怎样的变换得到的．
[解析] (1)列表：
描点：在坐标系中描出下列各点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，3))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,2)，－3))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,2)，0)).
连线：将所得五点用光滑的曲线连接起来，得到所求函数的图象，如图所示．
这样就得到了函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4)))在一个周期内的图象，再将这部分图象向左或向右平移4kπ(k∈Z)个单位长度，得函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4)))的图象．
(2)①把y＝sin x的图象上所有的点向右平行移动eq \f(π,4)个单位长度，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象；
②把y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))图象上所有的点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4)))的图象；
③将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4)))的图象上所有的点的纵坐标伸长到原来的3倍(横坐标不变)，就得到y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4)))的图象．
19．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋eq \f(5,4).
(1)求f(x)的振幅、最小正周期及单调增区间；
(2)求f(x)的图象的对称轴方程和对称中心；
(3)求f(x)的最小值及取得最小值时的x的取值集合．
[解析] (1)函数f(x)的振幅为eq \f(1,2)，最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)，f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)．
(2)令2x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)，
所以对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)；
令2x＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)(k∈Z)，
所以对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(5,4)))(k∈Z)．
(3)当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝－1，
即2x＋eq \f(π,6)＝－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
所以x＝－eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)时，f(x)的最小值为eq \f(3,4)，此时x的取值集合是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(π,3)＋kπ，k∈Z)))).
20．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)))的图象与y轴的交点为(0，1)，它在y轴右侧的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为(x0，2)和(x0＋2π，－2)．
(1)求f(x)的解析式及x0的值；
(2)求f(x)的单调增区间；
(3)若x∈[－π，π]，求f(x)的值域．
[解析] (1)由题意作出f(x)的简图如图．
由图象知A＝2，由eq \f(T,2)＝2π，得T＝4π，
∴4π＝eq \f(2π,ω)，即ω＝eq \f(1,2)，
∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))，
∴f(0)＝2sin φ＝1，
又∵|φ|∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,6))).
∵f(x0)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x0＋\f(π,6)))＝2，
∴eq \f(1,2)x0＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z.
∴x0＝4kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，
又(x0，2)是y轴右侧的第一个最高点，
∴x0＝eq \f(2π,3).
(2)由－eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(1,2)x＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得－eq \f(4π,3)＋4kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋4kπ，k∈Z，
∴f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(4π,3)＋4kπ，\f(2π,3)＋4kπ))(k∈Z)．
(3)∵－π≤x≤π，∴－eq \f(π,3)≤eq \f(1,2)x＋eq \f(π,6)≤eq \f(2π,3)，
∴－eq \f(\r(3),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))≤1，∴－eq \r(3)≤f(x)≤2，
故f(x)的值域为[－eq \r(3)，2]．
eq \f(1,2)x－eq \f(π,4)
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
eq \f(π,2)
eq \f(3π,2)
eq \f(5π,2)
eq \f(7π,2)
eq \f(9π,2)
y
0
3
0
－3
0