2019版文科数学大4.4　函数y＝Asin（ωx＋φ）的图象及应用 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精§4。4函数y＝Asin（ωx＋φ）的图象及应用最新考纲考情考向分析1.了解函数y＝Asin(ωx＋φ）的物理意义；能画出y＝Asin(ωx＋φ）的图象．2。了解参数A，ω,φ对函数图象变化的影响．3.会用三角函数解决一些简单实际问题，体会三角函数是描述周期变化现象的重要函数模型．以考查函数y＝Asin(ωx＋φ）的图象的五点法画图、图象之间的平移伸缩变换、由图象求函数解析式以及利用正弦型函数解决实际问题为主，常与三角函数的性质、三角恒等变换结合起来进行综合考查，加强数形结合思想的应用意识．题型为选择题和填空题，中档难度.1．y＝Asin（ωx＋φ)的有关概念y＝Asin（ωx＋φ）(A>0，ω>0），x∈R振幅周期频率相位初相AT＝eq\f（2π,ω）f＝eq\f（1,T）＝eq\f（ω,2π)ωx＋φφ2.用五点法画y＝Asin（ωx＋φ）(A〉0，ω>0，x∈R)一个周期内的简图时，要找五个特征点如下表所示：xeq\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＋φ0eq\f(π，2)πeq\f（3π,2）2πy＝Asin(ωx＋φ）0A0－A0

3．函数y＝sinx的图象经变换得到y＝Asin(ωx＋φ）(A>0，ω〉0）的图象的两种途径知识拓展1．函数y＝Asin(ωx＋φ）＋k图象平移的规律:“左加右减，上加下减"．2．由y＝sinωx到y＝sin（ωx＋φ）（ω>0，φ〉0）的变换：向左平移eq\f（φ，ω）个单位长度而非φ个单位长度．3．函数y＝Asin(ωx＋φ)的对称轴由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π，2），k∈Z确定;对称中心由ωx＋φ＝kπ，k∈Z确定其横坐标．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\co1（x－\f(π，4)））的图象是由y＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f(π，4）））的图象向右平移eq\f(π，2）个单位长度得到的．（√）(2)将函数y＝sinωx的图象向右平移φ(φ〉0）个单位长度，得到函数y＝sin(ωx－φ)的图象．（×）(3)函数y＝Acos(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)由图象求函数解析式时，振幅A的大小是由一个周期内图象中最高点的值与最低点的值确定的．(√）题组二教材改编2．[P55T2］为了得到函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，3）））的图象，可以将函数y＝2sin2x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，3)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,3)个单位长度答案A3．[P58A组T3]函数y＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2）x－\f（π,3））)的振幅、频率和初相分别为（）A．2,4π，eq\f（π,3) B．2，eq\f（1，4π)，eq\f(π，3)C．2,eq\f(1,4π)，－eq\f（π,3) D．2，4π,－eq\f(π，3)答案C解析由题意知A＝2，f＝eq\f(1,T）＝eq\f（ω,2π)＝eq\f(1，4π），初相为－eq\f(π,3）.4．[P62例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，则这段曲线的函数解析式为__________________________．答案y＝10sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,8）x＋\f(3π，4）)）＋20,x∈［6,14］解析从图中可以看出，从6～14时的是函数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＝2π＋2kπ，k∈Z，取φ＝eq\f(3π，4）,所以y＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1（4x－\f（π,3）)）的图象，只需将函数y＝sin4x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B解析∵y＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3）））＝sineq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(4\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(π,12)）））)，∴要得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π，3)）)的图象，只需将函数y＝sin4x的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度．6．将函数y＝cos2x＋1的图象向右平移eq\f(π，4)个单位长度,再向下平移1个单位长度后得到的函数图象对应的表达式为()A．y＝sin2x B．y＝sin2x＋2C．y＝cos2x D．y＝coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x－\f(π,4)）)答案A解析将函数y＝cos2x＋1的图象向右平移eq\f(π,4）个单位长度得到y＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π，4）））＋1＝sin2x＋1，再向下平移1个单位长度得到y＝sin2x，故选A.7．设函数f（x)＝3sin（ωx＋φ)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（ω〉0，－\f（π，2)<φ〈\f（π，2))）的图象关于直线x＝eq\f（2π，3）对称，它的周期是π，则下列说法正确的是________．（填序号）①f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（3，2))）；②f(x）在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（π,12)，\f(2π，3)）)上是减函数；③f（x)的一个对称中心是eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(5π,12），0））;④将f(x）的图象向右平移|φ|个单位长度得到函数y＝3sinωx的图象．答案①③解析∵周期为π,∴eq\f(2π，ω）＝π，∴ω＝2，∴f(x）＝3sin（2x＋φ），feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2π，3)））＝3sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（4π,3）＋φ）），则sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋φ））＝1或－1.又φ∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(π,2）,\f(π，2）)），eq\f（4π，3)＋φ∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（5π,6），\f（11π，6））），∴eq\f(4π,3）＋φ＝eq\f(3π,2），∴φ＝eq\f（π，6)，∴f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，6))）。①令x＝0,则f（x)＝eq\f(3，2），正确．②令2kπ＋eq\f(π,2）<2x＋eq\f(π,6)<2kπ＋eq\f(3π，2),k∈Z，则kπ＋eq\f（π，6)<x〈kπ＋eq\f(2π,3）,k∈Z。令k＝0,得eq\f(π,6)<x<eq\f(2π,3），即f(x)在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π,6)，\f（2π，3))）上单调递减,而在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π，12），\f（π,6）））上单调递增,错误．③令x＝eq\f（5π,12）,则f（x)＝3sinπ＝0，正确．④应平移eq\f（π，12）个单位长度，错误。题型一函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换典例已知函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,3)）).（1）求它的振幅、周期、初相；（2)用“五点法”作出它在一个周期内的图象；(3）说明y＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，3）））的图象可由y＝sinx的图象经过怎样的变换而得到．解(1）y＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，3)))的振幅A＝2，周期T＝eq\f（2π，2）＝π，初相φ＝eq\f(π,3).(2)令X＝2x＋eq\f(π,3），则y＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，3))）＝2sinX.列表如下：x－eq\f（π，6)eq\f(π，12)eq\f(π，3）eq\f(7π,12）eq\f（5π，6)X0eq\f（π，2)πeq\f(3π，2）2πy＝sinX010－10y＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,3））)020－20

描点画出图象，如图所示：（3)方法一把y＝sinx的图象上所有的点向左平移eq\f（π，3）个单位长度，得到y＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，3))）的图象；再把y＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3））)的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＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,3））)的图象;最后把y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，3)））上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），即可得到y＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,3）)）的图象．方法二将y＝sinx的图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq\f(1，2）倍(纵坐标不变），得到y＝sin2x的图象；再将y＝sin2x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\co1(2\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，6）））））＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，3）))的图象；再将y＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,3））)的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍(横坐标不变)，即得到y＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，3）))的图象．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＝sinx的图象通过变换得到y＝Asin(ωx＋φ）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)（2018届安阳林州一中调研)将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，3）))的图象向右平移m（m〉0)个单位长度,所得函数图象关于y轴对称,则m的最小值为()A。eq\f（5π,12) B.eq\f(π，3)C。eq\f(π，12) D.eq\f(7π,12）答案A

解析平移后的函数解析式为y＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π，3）－2m）)，又图象关于y轴对称，则sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π，3)－2m))＝±1，∴eq\f(π,3)－2m＝kπ＋eq\f（π，2)，k∈Z，∴m＝－eq\f（kπ，2）－eq\f(π，12），k∈Z，又m〉0，∴m的最小值为eq\f(5π，12）.（2)把函数y＝sinx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）个单位长度,得到的函数图象的解析式是________．答案y＝cos2x解析由y＝sinx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＝sin2x，再向左平移eq\f（π，4）个单位长度得y＝sin2eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（π，4）))，即y＝cos2x。题型二由图象确定y＝Asin(ωx＋φ）的解析式典例(1）函数y＝Asin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则y＝________________.答案2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x－\f(π,6））)解析由题图可知，A＝2，T＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(π，3）－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（π，6)）)）)＝π，所以ω＝2，由五点作图法可知2×eq\f（π，3)＋φ＝eq\f（π，2），所以φ＝－eq\f（π，6），所以函数的解析式为y＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，6）））.（2)已知函数f（x)＝sin（ωx＋φ）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（ω>0，｜φ|〈\f(π，2））)的部分图象如图所示，则y＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)））取得最小值时x的集合为________．答案eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝kπ－\f（π,3)，k∈Z）)）)

解析根据所给图象,周期T＝4×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\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\co1(\f（7π,12）,0）），代入有2×eq\f(7π，12）＋φ＝π＋2kπ（k∈Z），再由|φ|<eq\f(π,2)，得φ＝－eq\f（π，6），∴f（x）＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，6)）)，∴feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，6）））＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(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＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f（π，6）)）取得最小值．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．跟踪训练(2018·山东重点中学模拟)已知函数f（x)＝Asin(ωx＋φ）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（A>0,｜φ|〈\f（π,2)，ω〉0)）的图象的一部分如图所示,则f(x)图象的对称轴方程是________．答案x＝eq\f(kπ,2）＋eq\f（π,6）(k∈Z)解析由图象知A＝2，又1＝2sin（ω×0＋φ)，即sinφ＝eq\f(1,2)，又|φ｜〈eq\f（π,2）,∴φ＝eq\f（π,6）。又eq\f(11π，12）×ω＋eq\f(π，6)＝2π，∴ω＝2，∴f(x）＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,6)）），令2x＋eq\f（π,6)＝eq\f（π，2)＋kπ（k∈Z)，解得x＝eq\f（kπ，2)＋eq\f(π,6）（k∈Z)，∴f(x）＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，6）))的对称轴方程为x＝eq\f(kπ,2）＋eq\f（π,6）(k∈Z)．

题型三三角函数图象性质的应用命题点1三角函数模型典例如图，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\co1（\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（）A．5B．6 C．8D．10答案C解析由题干图得ymin＝k－3＝2，则k＝5.∴ymax＝k＋3＝8.命题点2函数零点（方程根)问题典例已知关于x的方程2sin2x－eq\r(3)sin2x＋m－1＝0在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\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＝cos2x＋eq\r（3)sin2x＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，6)）），x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，2），π）).设2x＋eq\f（π,6）＝t，则t∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（7，6）π，\f(13，6）π)），∴题目条件可转化为eq\f（m，2)＝sint,t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（7，6)π，\f（13,6)π）)有两个不同的实数根．∴y1＝eq\f(m，2)和y2＝sint,t∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（7，6）π，\f（13,6)π））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\co1（－1，－\f（1,2）))，故m的取值范围是(－2，－1）．引申探究本例中，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）解析由上例题知，eq\f（m，2)的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1(－1，\f（1，2)）)，∴－2≤m〈1,∴m的取值范围是[－2，1)．命题点3三角函数图象性质的综合典例(2017·潍坊模拟)已知函数f（x）＝eq\r（3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3）))（ω〉0）的图象与x轴相邻两个交点的距离为eq\f(π,2)。（1）求函数f（x)的解析式；(2）若将f(x）的图象向左平移m（m〉0）个单位长度得到函数g(x)的图象恰好经过点eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（π,3)，0）)，求当m取得最小值时，g（x)在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π，6），\f(7π，12）））上的单调递增区间．解(1)函数f(x）的图象与x轴相邻两个交点的距离为eq\f（π,2），得函数f(x）的最小正周期为T＝2×eq\f（π,2)＝eq\f（2π,2ω），得ω＝1，故函数f（x）的解析式为f（x)＝eq\r（3)sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,3)））.（2)将f(x）的图象向左平移m（m〉0)个单位长度得到函数g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（2x＋m＋\f（π,3))）＝eq\r(3）sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋2m＋\f(π,3)))的图象，根据g(x)的图象恰好经过点eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（π,3），0)),可得eq\r（3）sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（2π，3）＋2m＋\f（π,3))）＝0，即sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2m－\f(π，3））)＝0，所以2m－eq\f(π，3)＝kπ（k∈Z）,m＝eq\f(kπ,2)＋eq\f（π，6)（k∈Z），因为m>0，所以当k＝0时，m取得最小值，且最小值为eq\f(π,6)。此时，g（x）＝eq\r(3)sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（2π,3）)）.因为x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（π,6),\f（7π,12)）)，所以2x＋eq\f（2π,3)∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（π，3)，\f（11π，6）)).当2x＋eq\f（2π，3)∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(π,3)，\f（π，2))）,即x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(π，6）,－\f（π,12）））时,g(x)单调递增,当2x＋eq\f（2π，3）∈eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（3π，2），\f（11π,6))),即x∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(5π,12），\f(7π，12)））时，g(x）单调递增．综上，g(x)在区间eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（π，6)，\f(7π，12))）上的单调递增区间是eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f（π，6)，－\f(π，12）））和eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（5π,12），\f(7π，12）））。思维升华(1）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．（2）方程根的个数可转化为两个函数图象的交点个数．（3)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．跟踪训练(1)已知角φ的终边经过点P（－4，3)，函数f(x）＝sin（ωx＋φ）(ω>0）的图象的相邻两条对称轴之间的距离等于eq\f(π，2），则feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π，4)））的值为________．答案－eq\f（4,5)解析由角φ的终边经过点P(－4,3），可得cosφ＝－eq\f(4,5）,sinφ＝eq\f(3，5）。根据函数f(x）＝sin(ωx＋φ)(ω〉0)的图象的相邻两条对称轴之间的距离等于eq\f（π，2），可得周期为eq\f(2π,ω)＝2×eq\f（π，2)，解得ω＝2，∴f（x)＝sin（2x＋φ），∴feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π，4）)）＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,2）＋φ))＝cosφ＝－eq\f(4,5）.(2)若函数f(x）＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π，6）)）（ω〉0)满足f（0）＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,3)））,且函数在eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（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）＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，3））），∴x＝eq\f（π，6）是f（x)图象的一条对称轴，∴feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\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\co1(0，\f(π,2）)）上有且只有一个零点,∴eq\f(π，6）≤eq\f(T,4）≤eq\f（π，2）－eq\f（π,6）,∴eq\f(2π,3)≤T≤eq\f(4π，3)，∴eq\f（2π，3)≤eq\f（π，3k＋1)≤eq\f(4π,3）（k∈Z)，∴－eq\f(1,12）≤k≤eq\f(1，6),又∵k∈Z，∴k＝0，∴T＝π。

三角函数图象与性质的综合问题典例（12分）已知函数f（x）＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(x，2）＋\f（π,4))）·coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π，4）))－sin(x＋π）．（1）求f（x）的最小正周期；(2)若将f(x)的图象向右平移eq\f(π，6）个单位长度,得到函数g（x）的图象,求函数g（x）在区间［0,π］上的最大值和最小值．思维点拨(1)先将f（x)化成y＝Asin（ωx＋φ)的形式再求周期；（2)将f（x)解析式中的x换成x－eq\f(π，6)，得g（x),然后利用整体思想求最值．规范解答解（1）f(x)＝2eq\r（3）sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（x，2)＋\f（π,4)）)coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（x,2）＋\f（π,4)）)－sin（x＋π）＝eq\r(3)cosx＋sinx［3分］＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f（π，3）))，[5分］于是T＝eq\f（2π，1）＝2π.［6分](2）由已知得g（x）＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(π,6）））＝2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，6））），[8分]∵x∈[0,π]，∴x＋eq\f（π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(π，6）,\f（7π,6）)),∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f(π，6)）)∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f(1，2），1）），[10分］∴g(x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，6）)）∈[－1,2]．[11分]故函数g(x)在区间[0,π]上的最大值为2，最小值为－1。[12分］解决三角函数图象与性质的综合问题的一般步骤第一步：（化简）将f（x）化为asinx＋bcosx的形式；第二步：（用辅助角公式)构造f(x）＝eq\r(a2＋b2)·eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（sinx·\f(a，\r（a2＋b2))＋cosx·\f(b,\r（a2＋b2)）））；第三步：(求性质）利用f(x）＝eq\r(a2＋b2）sin(x＋φ）研究三角函数的性质；第四步：(反思）反思回顾,查看关键点、易错点和答题规范．

1．(2017·全国Ⅰ）已知曲线C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（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C2B．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C2C．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C2D．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答案D解析因为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（2π，3）)）＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)－\f（π,2）））＝coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6）)），所以曲线C1：y＝cosx上各点的横坐标缩短到原来的eq\f（1,2)倍，纵坐标不变,得到曲线y＝cos2x，再把得到的曲线y＝cos2x向左平移eq\f（π,12)个单位长度,得到曲线y＝cos2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，12)))＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6）)）.故选D。2．（2018·洛阳统考）若将函数f（x）＝sin2x＋cos2x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）＝sin2x＋cos2x＝eq\r（2)coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(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)coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（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）。

3．（2017·衡水中学模拟)若函数y＝sin(ωx－φ)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（ω>0，|φ｜<\f（π,2）)）在区间eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（π，2），π)）上的图象如图所示，则ω，φ的值分别是()A．ω＝2,φ＝eq\f(π，3) B．ω＝2，φ＝－eq\f(2π,3)C．ω＝eq\f（1,2），φ＝eq\f(π,3) D．ω＝eq\f（1，2），φ＝－eq\f(2π，3）答案A解析由题图可知,T＝2eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(π,6）－\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(π,3）)）））＝π，所以ω＝eq\f(2π，T)＝2，又sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2×\f(π，6)－φ))＝0,所以eq\f（π,3)－φ＝kπ（k∈Z），即φ＝eq\f（π，3）－kπ(k∈Z），而|φ｜〈eq\f(π,2），所以φ＝eq\f(π，3)，故选A.4．函数f（x)＝tanωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y＝2所得线段长为eq\f(π,2），则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，6）))的值是（）A．－eq\r(3)B.eq\f(\r（3），3） C．1D。eq\r（3)答案D解析由已知得T＝eq\f（π,2），∴ω＝2.∴feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π，6）))＝taneq\f（π,3)＝eq\r（3)。5．(2017·昆明市两区七校模拟)将函数f（x）＝eq\r(3)sinx－cosx的图象沿着x轴向右平移a(a>0）个单位长度，所得函数图象关于y轴对称，则a的最小值是(）A.eq\f(π，6）B.eq\f(π,3） C。eq\f(π,2）D.eq\f(2π,3）答案B解析依题意得f（x）＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f(π,6））)，因为函数f（x－a）＝2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－a－\f（π,6））)的图象关于y轴对称,所以sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－a－\f(π，6））)＝±1，a＋eq\f（π,6）＝kπ＋eq\f(π，2），k∈Z,即a＝kπ＋eq\f（π,3),k∈Z，因此正数a的最小值是eq\f(π，3）,故选B。6．函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（|φ|＜\f(π,2）))的图象向左平移eq\f(π，6）个单位长度后所得函数图象的解析式是奇函数,则函数f(x）在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(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解析由函数f（x)的图象向左平移eq\f（π,6)个单位长度,得g(x）＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f（π，3))）的图象，因为是奇函数，所以φ＋eq\f(π,3）＝kπ，k∈Z，又因为|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π，3)，所以f（x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,3)）).又x∈eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2)）)，所以2x－eq\f(π，3）∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(π,3)，\f（2π，3）))，所以当x＝0时，f(x)取得最小值－eq\f(\r(3)，2).7．已知简谐运动f(x)＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ）)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(|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________．答案6，eq\f(π,6)解析由题意知1＝2sinφ,得sinφ＝eq\f（1,2)，又|φ｜<eq\f（π，2)，得φ＝eq\f（π，6）。而此函数的最小正周期T＝eq\f（2π,\f（π,3)）＝6.8．（2017·河南洛阳统考）函数f（x)＝2sin（ωx＋φ)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（ω>0,0〈φ〈\f(π,2）））的部分图象如图所示，已知图象经过点A（0，1）,Beq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，3），－1))，则f（x）＝_______。答案2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（3x＋\f(π,6)）)解析由已知得eq\f(T,2)＝eq\f（π，3），∴T＝eq\f(2π，3)，又T＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝3。∵f(0)＝1，∴sinφ＝eq\f（1,2），又∵0<φ〈eq\f（π，2）,∴φ＝eq\f（π，6），∴f（x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(3x＋\f（π,6）)）(经检验满足题意）．9．已知函数f（x）＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)））（ω〉0）和g（x)＝3cos(2x＋φ）的图象完全相同,若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f（π,2))），则f（x）的值域是____________．答案eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（－\f(3,2），3))解析f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(ωx－\f（π,6）)）＝3coseq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π，2)－\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π，6))))）＝3coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(ωx－\f（2π,3)）），所以ω＝2，则f(x）＝3sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x－\f(π,6)）)，∵x∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(0，\f（π,2))），∴－eq\f(π，6）≤2x－eq\f（π，6）≤eq\f（5π，6）,∴－eq\f（3，2)≤f（x)≤3.10．(2018·长春调研)已知函数f（x)＝sinωx＋cosωx（ω＞0)，x∈R。若函数f(x）在区间（－ω,ω)内单调递增，且函数y＝f（x）的图象关于直线x＝ω对称,则ω的值为________．答案eq\f（\r(π），2）解析f(x）＝sinωx＋cosωx＝eq\r（2）sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（ωx＋\f(π,4）））,因为f（x）在区间（－ω，ω）内单调递增,且函数图象关于直线x＝ω对称，所以f（ω）必为一个周期上的最大值，所以有ω·ω＋eq\f(π，4）＝2kπ＋eq\f（π,2），k∈Z，所以ω2＝eq\f（π,4)＋2kπ，k∈Z.又ω－（－ω)≤eq\f（\f(2π，ω），2），即ω2≤eq\f（π,2)，即ω2＝eq\f(π，4),所以ω＝eq\f(\r(π）,2).11．已知函数y＝Asin（ωx＋φ）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(A〉0,ω>0，|φ｜<\f（π，2)））的图象过点Peq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\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\co1(\f（π,3)，5））.（1）求函数的解析式；(2)求函数f（x）的单调递增区间．解(1）依题意得A＝5,周期T＝4eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，3）－\f（π,12）））＝π,∴ω＝eq\f(2π,π)＝2。故y＝5sin（2x＋φ）,又图象过点Peq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,12)，0))，∴5sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，6）＋φ)）＝0，由已知可得eq\f(π，6)＋φ＝kπ，k∈Z，∵｜φ|<eq\f(π,2),∴φ＝－eq\f(π，6)，∴y＝5sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x－\f(π，6）))。（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，故函数f(x）的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（kπ－\f（π,6)，kπ＋\f(π,3））)(k∈Z)．12．（2017·合肥质检）已知函数f（x）＝4cosωx·sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（ωx＋\f（π，6）））＋a(ω〉0）图象上最高点的纵坐标为2,且图象上相邻两个最高点的距离为π.(1）求a和ω的值；(2)求函数f(x)在［0，π］上的单调递减区间．解(1)f(x)＝4cosωx·sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π，6）））＋a＝4cosωx·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（\r(3),2)sinωx＋\f(1,2)cosωx))＋a＝2eq\r（3）sinωxcosωx＋2cos2ωx－1＋1＋a＝eq\r(3）sin2ωx＋cos2ωx＋1＋a＝2sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f（π，6）)）＋1＋a.当sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f（π,6）))＝1时，f(x)取得最大值2＋1＋a＝3＋a.又f(x)最高点的纵坐标为2，∴3＋a＝2,即a＝－1。又f（x)图象上相邻两个最高点的距离为π，∴f(x）的最小正周期为T＝π，∴2ω＝eq\f(2π,T）＝2,ω＝1。(2）∵x∈[0，π],∴2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（π,6），\f(13π,6))）。当2x＋eq\f（π,6)∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（π，2)，\f（3π,2))），即x∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(π,6)，\f（2π，3）））时，f（x）单调递减，∴f(x)在［0，π]上的单调递减区间为eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（π，6）,\f(2π,3)））.13．将函数f（x）＝sin（2x＋θ）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)〈θ<\f(π,2))）的图象向右平移φ(0<φ<π）个单位长度后，得到函数g（x）的图象，若f(x)，g(x）的图象都经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（\r（3）,2）))，则φ的值为________．答案eq\f（5π,6）解析g（x)＝sin[2(x－φ）＋θ]＝sin(2x－2φ＋θ)，若f(x)，g(x）的图象都经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（\r(3）,2））），所以sinθ＝eq\f（\r(3),2）,sin(－2φ＋θ)＝eq\f（\r(3）,2），又－eq\f(π,2）<θ〈eq\f（π，2），所以θ＝eq\f（π,3)，sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π,3)－2φ)）＝eq\f(\r（3),2).又0<φ<π，所以－eq\f(5π,3)<eq\f(π，3）－2φ〈eq\f（π,3），所以eq\f(π,3)－2φ＝－eq\f（4π,3）。即φ＝eq\f（5π,6)。14．（2018·太原模拟)已知函数f（x）＝eq\r(3)sinωx＋cosωx(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）sinωx＋cosωx＝2sineq\b\l