高考数学一轮复习 第3章 第4节 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用

这是一份高考数学一轮复习 第3章 第4节 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用，共18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，要找五个关键点，如下表所示
3.由y＝sin x的图象变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(其中A＞0，ω＞0)的图象
先平移后伸缩 先伸缩后平移
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1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)利用图象变换作图时“先平移，后伸缩”与“先伸缩，后平移”中平移的单位长度一致．( )
(2)将y＝3sin 2x的图象左移eq \f(π,4)个单位后所得图象的解析式是y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).( )
(3)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象的两个相邻对称轴间的距离为一个周期．( )
(4)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).( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√
2．(2016·四川高考)为了得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的图象，只需把函数y＝sin x的图象上所有的点( )
A．向左平行移动eq \f(π,3)个单位长度
B．向右平行移动eq \f(π,3)个单位长度
C．向上平行移动eq \f(π,3)个单位长度
D．向下平行移动eq \f(π,3)个单位长度
A [把函数y＝sin x的图象上所有的点向左平行移动eq \f(π,3)个单位长度就得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的图象．]
3．若函数y＝sin(ωx＋φ)(ω＞0)的部分图象如图3­4­1，则ω＝( )
图3­4­1
A．5 B．4
C．3 D．2
B [由图象可知，eq \f(T,2)＝x0＋eq \f(π,4)－x0＝eq \f(π,4)，
所以T＝eq \f(π,2)＝eq \f(2π,ω)，所以ω＝4.]
4．将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移eq \f(π,8)个单位后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能取值为( )
A.eq \f(3π,4) B.eq \f(π,4)
C．0 D．－eq \f(π,4)
B [把函数y＝sin(2x＋φ)沿x轴向左平移eq \f(π,8)个单位后得到函数y＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(φ,2)＋\f(π,8)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ＋\f(π,4)))为偶函数，则φ的一个可能取值是eq \f(π,4).]
5．(教材改编)电流I(单位：A)随时间t(单位：s)变化的函数关系式是I＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100πt＋\f(π,3)))，t∈[0，＋∞)，则电流I变化的初相、周期分别是________．
eq \f(π,3)，eq \f(1,50) [由初相和周期的定义，得电流I变化的初相是eq \f(π,3)，周期T＝eq \f(2π,100π)＝eq \f(1,50).]
已知函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4)))，x∈R.
(1)画出函数f(x)在一个周期的闭区间上的简图；
(2)将函数y＝sin x的图象作怎样的变换可得到f(x)的图象？
[解] (1)列表取值：
描出五个关键点并用光滑曲线连接，得到一个周期的简图.5分
(2)先把y＝sin x的图象向右平移eq \f(π,4)个单位，然后把所有点的横坐标扩大为原来的2倍，再把所有点的纵坐标扩大为原来的3倍，得到f(x)的图象.12分
[规律方法] 1.变换法作图象的关键是看x轴上是先平移后伸缩还是先伸缩后平移，对于后者可利用ωx＋φ＝ωeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(φ,ω)))确定平移单位．
2．用“五点法”作图，关键是通过变量代换，设z＝ωx＋φ，由z取0，eq \f(π,2)，π，eq \f(3,2)π，2π来求出相应的x，通过列表，描点得出图象．如果在限定的区间内作图象，还应注意端点的确定．
[变式训练1] (1)(2016·全国卷Ⅰ)将函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移eq \f(1,4)个周期后，所得图象对应的函数为( )
A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
(2)(2016·全国卷Ⅲ)函数y＝sin x－eq \r(3)cs x的图象可由函数y＝2sin x的图象至少向右平移________个单位长度得到．
(1)D (2)eq \f(π,3) [(1)函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的周期为π，将函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移eq \f(1,4)个周期即eq \f(π,4)个单位长度，所得图象对应的函数为y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，故选D.
(2)∵y＝sin x－eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，∴函数y＝sin x－eq \r(3)cs x的图象可由函数y＝2sin x的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度得到．]
(1)(2016·全国卷Ⅱ)函数y＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图3­4­2所示，则( )
图3­4­2
A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))
D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
(2)已知函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0，ω＞0)的最大值为4，最小值为0，最小正周期为eq \f(π,2)，直线x＝eq \f(π,3)是其图象的一条对称轴，则下面各式中符合条件的解析式为( )
A．y＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,6)))
B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋2
C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))＋2
D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,6)))＋2
(1)A (2)D [(1)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)，故T＝π，因此ω＝eq \f(2π,π)＝2.又图象的一个最高点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，2))，所以A＝2，且2×eq \f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，故φ＝2kπ－eq \f(π,6)(k∈Z)，结合选项可知y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).故选A.
(2)由函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b的最大值为4，最小值为0，可知b＝2，A＝2.由函数的最小正周期为eq \f(π,2)，可知eq \f(2π,ω)＝eq \f(π,2)，得ω＝4.由直线x＝eq \f(π,3)是其图象的一条对称轴，可知4×eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，从而φ＝kπ－eq \f(5π,6)，k∈Z，故满足题意的是y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,6)))＋2.]
[规律方法] 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．“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.
[变式训练2] (2017·石家庄一模)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象如图3­4­3所示，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,24)))的值为( )
图3­4­3
A．－eq \f(\r(,6),2) B．－eq \f(\r(,3),2) C．－eq \f(\r(,2),2) D．－1
D [由图象可得A＝eq \r(,2)，最小正周期T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，则ω＝eq \f(2π,T)＝2.又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))＝eq \r(,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)＋φ))＝－eq \r(,2)，解得φ＝－eq \f(5π,3)＋2kπ(k∈Z)，即k＝1，φ＝eq \f(π,3)，则f(x)＝eq \r(,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,24)))＝eq \r(,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)＋\f(π,3)))＝eq \r(,2)sineq \f(5π,4)＝－1，故选D.]
(2016·天津高考)已知函数f(x)＝4tan xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3).
(1)求f(x)的定义域与最小正周期；
(2)讨论f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的单调性．
[解] (1)f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))).2分
f(x)＝4tan xcs xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3)
＝4sin xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3)
＝4sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs x＋\f(\r(3),2)sin x))－eq \r(3)
＝2sin xcs x＋2eq \r(3)sin2x－eq \r(3)
＝sin 2x＋eq \r(3)(1－cs 2x)－eq \r(3)
＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.6分
(2)令z＝2x－eq \f(π,3)，则函数y＝2sin z的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z.
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，
得－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z.8分
设A＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，B＝xeq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ≤x≤\f(5π,12)＋kπ，))k∈Z，易知A∩B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4))).
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上单调递减.12分
[规律方法] 讨论函数的单调性，研究函数的周期性、奇偶性与对称性，都必须首先利用辅助角公式，将函数化成一个角的一种三角函数．
[变式训练3] 设函数f(x)＝eq \f(\r(,3),2)－eq \r(,3)sin2ωx－sin ωxcs ωx(ω＞0)，且y＝f(x)图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为eq \f(π,4). 【导学号：31222119】
(1)求ω的值；
(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))上的最大值和最小值．
[解] (1)f(x)＝eq \f(\r(,3),2)－eq \r(,3)sin2ωx－sin ωxcs ωx
＝eq \f(\r(,3),2)－eq \r(,3)·eq \f(1－cs 2ωx,2)－eq \f(1,2)sin 2ωx
＝eq \f(\r(,3),2)cs 2ωx－eq \f(1,2)sin 2ωx＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,3))).3分
因为图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为eq \f(π,4)，又ω＞0，所以eq \f(2π,2ω)＝4×eq \f(π,4)，因此ω＝1.5分
(2)由(1)知f(x)＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).6分
当π≤x≤eq \f(3π,2)时，eq \f(5π,3)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(8π,3)，
所以－eq \f(\r(,3),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))≤1，则－1≤f(x)≤eq \f(\r(,3),2).10分
故f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))上的最大值和最小值分别为eq \f(\r(,3),2)，－1.12分
某实验室一天的温度(单位：℃)随时间t(单位：h)的变化近似满足函数关系：f(t)＝10－eq \r(,3)cseq \f(π,12)t－sineq \f(π,12)t，t∈[0,24)．
(1)求实验室这一天的最大温差；
(2)若要求实验室温度不高于11 ℃，则在哪段时间实验室需要降温？
[解] (1)因为f(t)＝10－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(,3),2)cs\f(π,12)t＋\f(1,2)sin\f(π,12)t))
＝10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))，2分
又0≤t＜24，
所以eq \f(π,3)≤eq \f(π,12)t＋eq \f(π,3)＜eq \f(7π,3)，－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))≤1.4分
当t＝2时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))＝1；
当t＝14时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))＝－1.
于是f(t)在[0,24)上取得最大值12，取得最小值8.
故实验室这一天最高温度为12 ℃，最低温度为8 ℃，最大温差为4 ℃.6分
(2)依题意，当f(t)＞11时实验室需要降温．
由(1)得f(t)＝10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))，
故有10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))＞11，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))＜－eq \f(1,2).9分
又0≤t＜24，因此eq \f(7π,6)＜eq \f(π,12)t＋eq \f(π,3)＜eq \f(11π,6)，即10＜t＜18.
故在10时至18时实验室需要降温.12分
[规律方法] 1.三角函数模型在实际中的应用体现在两个方面：一是用已知的模型去分析解决实际问题，二是把实际问题抽象转化成数学问题，建立三角函数模型解决问题，其关键是合理建模．
2．建模的方法是认真审题，把问题提供的“条件”逐条地“翻译”成“数学语言”，这个过程就是数学建模的过程．
[变式训练4] (2015·陕西高考)如图3­4­4，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( )
图3­4­4
A．5 B．6 C．8 D．10
C [根据图象得函数的最小值为2，有－3＋k＝2，k＝5，最大值为3＋k＝8.]
[思想与方法]
1．由图象确定函数解析式
由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)时，φ的确定是关键，尽量选择图象的最值点代入；若选零点代入，应根据图象升降找“五点法”作图中第一个零点．
2．对称问题
函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与x轴的每一个交点均为其对称中心，经过该图象上坐标为(x，±A)的点与x轴垂直的每一条直线均为其图象的对称轴，这样的最近两点间横坐标的差的绝对值是半个周期(或两个相邻对称中心的距离)．
[易错与防范]
1．要弄清楚是平移哪个函数的图象，得到哪个函数的图象．
2．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．
3．由y＝sin x的图象变换到y＝Asin(ωx＋φ)的图象，先相位变换再周期变换(伸缩变换)，平移的量是|φ|个单位；而先周期变换(伸缩变换)再相位变换，平移的量是eq \f(|φ|,ω)(ω＞0)个单位．原因是相位变换和周期变换都是针对x而言的．
4．函数y＝Asin(ωx＋φ)在x∈[m，n]上的最值可先求t＝ωx＋φ的范围，再结合图象得出y＝Asin t的值域．
课时分层训练(二十)
函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
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
( ) 【导学号：31222120】
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
A [由于y＝sin 3x＋cs 3x＝eq \r(,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))，y＝eq \r(,2)cs 3x＝eq \r(,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,2)))，因此只需将y＝eq \r(,2)cs 3x的图象向右平移eq \f(π,12)个单位，即可得到y＝eq \r(,2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＋\f(π,2)))＝eq \r(,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))的图象．]
2．(2017·成都二诊)将函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)的解析式为( )
A．g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))B．g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
C．g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,3)))D．g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))
B [由图象变换规则可得g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，故选B.]
3．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3­4­5所示，则ω，φ的值分别是( )
图3­4­5
A．2，－eq \f(π,3)
B．2，－eq \f(π,6)
C．4，－eq \f(π,6)
D．4，eq \f(π,3)
A [∵eq \f(T,2)＝eq \f(11,12)π－eq \f(5,12)π，∴T＝π.由T＝eq \f(2π,ω)＝π，得ω＝2.∵eq \f(5π,12)×2＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴φ＝－eq \f(π,3)＋2kπ.又∵φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴φ＝－eq \f(π,3).]
4．已知函数f(x)＝eq \r(,3)sin ωx＋cs ωx(ω＞0)，y＝f(x)的图象与直线y＝2的两个相邻交点的距离等于π，则f(x)的单调递增区间是( ) 【导学号：31222121】
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(5π,12)，kπ＋\f(11π,12)))，k∈Z
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z
C [由题设知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))，f(x)的周期为T＝π，所以ω＝2，
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.]
5．(2016·全国卷Ⅱ)若将函数y＝2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，则平移后图象的对称轴为( )
A．x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)(k∈Z)B．x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)
C．x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)(k∈Z)D．x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z)
B [将函数y＝2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到函数y＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象．由2x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)，即平移后图象的对称轴为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)．]
二、填空题
6．若函数f(x)＝eq \r(,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))(ω＞0)的最小正周期为eq \f(π,2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝________.
【导学号：31222122】
0 [由f(x)＝eq \r(,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))(ω＞0)的最小正周期为eq \f(π,2)，得ω＝4，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \r(,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4×\f(π,3)－\f(π,3)))＝0.]
7．已知函数y＝cs x与y＝sin(2x＋φ)(0≤φ＜π)，它们的图象有一个横坐标为eq \f(π,3)的交点，则φ的值是________．
eq \f(π,6) [由题意cs eq \f(π,3)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋φ))，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝eq \f(1,2)，eq \f(2π,3)＋φ＝kπ＋(－1)k·eq \f(π,6)(k∈Z)．因为0≤φ＜π，所以φ＝eq \f(π,6).]
8．某城市一年中12个月的平均气温与月份的关系可近似地用三角函数y＝a＋Acseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x－6))(x＝1,2,3，…，12)来表示，已知6月份的月平均气温最高，为28 ℃，12月份的月平均气温最低，为18 ℃，则10月份的平均气温值为________ ℃.
20．5 [依题意知，a＝eq \f(28＋18,2)＝23，A＝eq \f(28－18,2)＝5，
∴y＝23＋5cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x－6))，
当x＝10时，
y＝23＋5cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)×4))＝20.5.]
三、解答题
9．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).5分
(2)图象如图所示．
12分
10．已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的图象过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))，图象上与点P最近的一个最高点是Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，5)).
(1)求函数的解析式；
(2)求函数f(x)的递增区间．
[解] (1)依题意得A＝5，周期T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝π，2分
∴ω＝eq \f(2π,π)＝2.故y＝5sin(2x＋φ)，又图象过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))，4分
∴5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝0，由已知可得eq \f(π,6)＋φ＝0，∴φ＝－eq \f(π,6)，
∴y＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).6分
(2)由－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，10分
故函数f(x)的递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z).12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．(2016·北京高考)将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))图象上的点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，t))向左平移s(s>0)个单位长度得到点P′.若P′位于函数y＝sin 2x的图象上，则( )
A．t＝eq \f(1,2)，s的最小值为eq \f(π,6)
B．t＝eq \f(\r(3),2)，s的最小值为eq \f(π,6)
C．t＝eq \f(1,2)，s的最小值为eq \f(π,3)
D．t＝eq \f(\r(3),2)，s的最小值为eq \f(π,3)
A [因为点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，t))在函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象上，所以t＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,4)－\f(π,3)))＝sineq \f(π,6)＝eq \f(1,2).所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(1,2))).将点P向左平移s(s>0)个单位长度得P′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－s，\f(1,2))).
因为P′在函数y＝sin 2x的图象上，所以sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－s))＝eq \f(1,2)，即cs 2s＝eq \f(1,2)，所以2s＝2kπ＋eq \f(π,3)或2s＝2kπ＋eq \f(5,3)π，即s＝kπ＋eq \f(π,6)或s＝kπ＋eq \f(5π,6)(k∈Z)，所以s的最小值为eq \f(π,6).]
2．若函数y＝cs 2x＋eq \r(,3)sin 2x＋a在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有两个不同的零点，则实数a的取值范围为________．
【导学号：31222123】
(－2，－1] [由题意可知y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a，该函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有两个不同的零点，即y＝－a，y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有两个不同的交点．
结合函数的图象可知1≤－a＜2，所以－2＜a≤－1.]
3．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3­4­6所示．
图3­4­6
(1)求f(x)的解析式；
(2)设g(x)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))2，
求函数g(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上的最大值，并确定此时x的值．
[解] (1)由题图知A＝2，eq \f(T,4)＝eq \f(π,3)，则eq \f(2π,ω)＝4×eq \f(π,3)，2分
∴ω＝eq \f(3,2).
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋φ))＝0，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ－\f(π,4)))＝0.4分
∵0＜φ＜eq \f(π,2)，
∴－eq \f(π,4)＜φ－eq \f(π,4)＜eq \f(π,4)，
∴φ－eq \f(π,4)＝0，即φ＝eq \f(π,4)，
∴f(x)的解析式为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋\f(π,4))).6分
(2)由(1)可得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＋\f(π,4)))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋\f(π,8)))，8分
∴g(x)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))2＝4×eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4))),2)
＝2－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4))).10分
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，∴－eq \f(π,4)≤3x＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，
∴当3x＋eq \f(π,4)＝π，即x＝eq \f(π,4)时，g(x)max＝4.12分
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
函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换
x
eq \f(π,2)
eq \f(3,2)π
eq \f(5,2)π
eq \f(7,2)π
eq \f(9,2)π
eq \f(1,2)x－eq \f(π,4)
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3,2)π
2π
f(x)
0
3
0
－3
0
求函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
函数y＝Asin(ωx＋φ)图象与性质的应用
三角函数模型的简单应用