一轮复习学案作业第四章4.5函数y＝Asin（ωx＋φ）的图象及应用Word版含解析【高考】

§4.5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对函数图象的变化的影响.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、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，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.简谐运动的有关概念y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)，x≥0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－A03.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.

概念方法微思考1.怎样从y＝sinωx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\co1(\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\co1(x－\f(π,4)))的图象可由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.(√)(2)将函数y＝sinωx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＝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)函数y＝sinx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＝sineq\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\co1(2x－\f(π,3)))的图象，可以将函数y＝2sin2x的图象向____平移____个单位长度.答案右eq\f(π,6)(答案不唯一)3.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__________________.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\co1(\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\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A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的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度.6.已知函数f

(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(\f(π,3)，0))，代入解析式可知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，所以eq\f(2π,3)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z.因为|φ|<eq\f(π,2)，所以eq\f(2π,3)＋φ＝π，φ＝eq\f(π,3)，所以函数解析式为f

(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，由eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋\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\co1(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＝sinx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<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f

(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).(2)因为x∈[0，π]，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6))).列表如下：2x＋eq\f(π,6)eq\f(π,6)eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πeq\f(13π,6)x0eq\f(π,6)eq\f(5π,12)eq\f(2π,3)eq\f(11π,12)πf

(x)120－201描点、连线得图象：(3)将y＝sinx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\co1(x＋\f(π,6)))的图象，再将y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(2x＋\f(π,6)))的图象，再将y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(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\co1(x＋\f(5,6)π))解析f

(x)向左平移eq\f(π,3)个单位长度后得y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5,6)π))，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\co1(x＋\f(5,6)π)).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\co1(2x－m＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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＝sinx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＝sin3x＋cos3x的图象，可以将函数y＝eq\r(2)cos3x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＝sin3x＋cos3x＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))＝eq\r(2)cos3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))，所以将函数y＝eq\r(2)cos3x的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度后，可得到y＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))的图象，故选C.(2)将函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(ωx＋\f(π,6)))(0<ω<2)满足条件feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，为了得到函数y＝f

(x)的图象，可将函数g(x)＝cosωx的图象向右平移m(m>0)个单位长度，则m的最小值为()A.1B.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\co1(－\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\co1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,3)x－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－1))，所以只需将函数g(x)＝coseq\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\co1(ω>0，\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则ω＝________，φ＝________.答案2eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(－\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\co1(\f(5π,12)，2))，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝2，即2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝2，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝1.∵eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))<φ<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,3)<φ＋eq\f(5π,6)<eq\f(4π,3)，∴eq\f(5π,6)＋φ＝eq\f(π,2)，∴φ＝eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))).2.已知函数f

(x)＝Acos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象如图所示，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝________.答案eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(－\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|<eq\f(π,2)，所以k＝1，φ＝eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，所以f

(x)＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4))).又f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－\f(π,4)))＝eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))，所以A＝eq\f(2\r(2),3)，所以f

(x)＝eq\f(2\r(2),3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))，故f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(2\r(2),3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－\f(π,4)))＝eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(－\f(π,6)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋\f(2π,3)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(2,3).

3.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))))解析方法一根据题干所给图象，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)))，∴f

eq\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＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝kπ－\f(π,6)))k∈Z))，∴y＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))取得最小值时x的集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(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)＝sinωx(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\co1(\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\co1(x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))))(ω>0)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))，于是有f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,3)))))＝sinωπ＝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\co1(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)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.∴y＝eq\f(m,2)和y＝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).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\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\co1(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6000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)(9000－5000)＝2000，B＝7000，周期T＝2×(9－3)＝12，∴ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,6).将(3,9000)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)＝2000sineq\f(π,6)x＋7000(1≤x≤12，x∈N*).∴f

(7)＝2000×sineq\f(7π,6)＋7000＝6000(元).故7月份的出厂价格为6000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\co1(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\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上为增函数，则ω的最大值为()A.3 B.2C.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\co1(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\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4ω)))＋\f(π,4)))＝2sinωx的图象.若g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上为增函数，则eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＋2kπ≤eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)满足f

(0)＝f

eq\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)＝f

eq\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，∴f

eq\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)(T>0)，∴－eq\f(1,12)≤k<eq\f(1,6)，又∵k∈Z，∴k＝0，∴T＝π.1.函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\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\co1(－\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),2)，排除B，D项，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(2x－\f(π,6)))的图象，可以将函数y＝sin2x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\co1(2x－\f(π,6)))＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))，故将函数y＝sin2x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\co1(2x－\f(π,6)))的图象.3.(2020·宁德模拟)将函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象上各点沿x轴向右平移eq\f(π,6)个单位长度，所得函数图象的一个对称中心为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))答案A解析将函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象上各点沿x轴向右平移eq\f(π,6)个单位长度，可得函数y＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象，由2x－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，可得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)，k∈Z.故所得函数图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,12)，0))，k∈Z.令k＝1可得一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0)).故选A.4.将函数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)个单位长度后关于原点对称，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\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，即f

(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以当2x－eq\f(π,3)＝－eq\f(π,3)，即x＝0时，f

(x)取得最小值，最小值为－eq\f(\r(3),2).5.若把函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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＝cosωx的图象重合，则ω的一个可能取值是()A.2B.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\co1(ωx＋\f(ω,3)π－\f(π,6)))和函数y＝cosωx的图象重合，可得eq\f(ω,3)π－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、合肥联考)已知函数f

(x)＝eq\r(3)sin2x－2cos2x＋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)sin2x－2cos2x＋1＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，变换后得函数y＝g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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.(2019·长沙联考)把函数y＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得函数图象的解析式为____________.答案y＝cosx解析把函数y＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度，得函数y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos2x的图象，再把y＝cos2x的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y＝cosx的图象.8.把函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象上各点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，再将图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(11π,6)))上的值域为________.答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))解析易知g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝－cos2x，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(11π,6)))，∴2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)，\f(11π,3)))，∴－cos2x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(11π,6)))上的值域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).9.已知函数f

(x)＝Atan(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feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)))＝________.答案eq\r(3)解析由题图知eq\f(π,ω)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)－\f(π,8)))＝eq\f(π,2)，所以ω＝2.因为2×eq\f(π,8)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，所以φ＝kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4)，这时f

(x)＝Ataneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).又函数图象过点(0,1)，代入上式得A＝1，所以f

(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,24)＋\f(π,4)))＝eq\r(3).10.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，又x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(－\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\co1(\f(π,12)，1))，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝1，所以2×eq\f(π,12)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，可得φ＝eq\f(π,3)，所以f

(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).由f

(x1)＝f

(x2)，x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋\f(π,3)))＝sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2).11.(2020·黄岗模拟)已知函数f

(x)＝2eq\r(3)sinωxcosωx＋2cos2ωx(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\co1(0，\f(π,2)))时，函数g(x)的最大值.解(1)由题意知f

(x)＝eq\r(3)sin2ωx＋1＋cos2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(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\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))，k∈Z.(2)∵g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(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\co1(\f(π,6)x＋φ))，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝1.∵0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，∴f

(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,3))).(2)由题意，得g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－2＋\f(π,3)))＝2sineq\f(π,6)x.∴h(x)＝f

(x)·g(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,3)))·sineq\f(π,6)x＝2sin2eq\f(π,6)x＋2eq\r(3)·sineq\f(π,6)x·coseq\f(π,6)x＝1－coseq\f(π,3)x＋eq\r(3)sineq\f(π,3)x＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(3k＋\f(1,2)，1))(k∈Z).13.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\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0).由2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＝1，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)＝2cos(ωx＋φ)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(－\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\co1(－\f(π,4)，0))解析由题意可得函数f

(x)＝2cos(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)＝2cos(3x＋φ)＋1.∵f

(x)>1对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,6)))恒成立，∴2cos(3x＋φ)＋1>1，即cos(3x＋φ)>0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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(