（江苏专用）高考数学一轮复习 第四章 三角函数、解三角形 4.4 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用 文-人教版高三数学试题

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)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－A03.函数y＝sinx的图象经变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象的步骤如下：【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)利用图象变换作图时“先平移，后伸缩”与“先伸缩，后平移”中平移的长度一致．(×)(2)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)个单位得到的．(√)(3)由图象求解析式时，振幅A的大小是由一个周期内的图象中的最高点的值与最低点的值确定的．(√)(4)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．(×)(5)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).(√)1．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的振幅、频率和初相分别为．答案2，eq\f(1,π)，－eq\f(π,4)2．(2015·山东改编)要得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的图象，需将函数y＝sin4x的图象进行的变换为．①向左平移eq\f(π,12)个单位； ②向右平移eq\f(π,12)个单位；③向左平移eq\f(π,3)个单位； ④向右平移eq\f(π,3)个单位．答案②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的图象向右平移eq\f(π,12)个单位．3．(2015·湖南改编)将函数f(x)＝sin2x的图象向右平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜φ＜\f(π,2)))个单位后得到函数g(x)的图象，若对满足|f(x1)－g(x2)|＝2的x1，x2，有|x1－x2|min＝eq\f(π,3)，则φ＝.答案eq\f(π,6)解析因为g(x)＝sin[2(x－φ)]＝sin(2x－2φ)，所以|f(x1)－g(x2)|＝|sin2x1－sin(2x2－2φ)|＝2.因为－1≤sin2x1≤1，－1≤sin(2x2－2φ)≤1，所以sin2x1和sin(2x2－2φ)的值中，一个为1，另一个为－1，不妨取sin2x1＝1，sin(2x2－2φ)＝－1，则2x1＝2k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z,2x2－2φ＝2k2π－eq\f(π,2)，k2∈Z,2x1－2x2＋2φ＝2(k1－k2)π＋π，(k1－k2)∈Z，得|x1－x2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k1－k2π＋\f(π,2)－φ)).因为0<φ<eq\f(π,2)，所以0<eq\f(π,2)－φ<eq\f(π,2)，故当k1－k2＝0时，|x1－x2|min＝eq\f(π,2)－φ＝eq\f(π,3)，则φ＝eq\f(π,6).4．(教材改编)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，解得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]．5．(2014·安徽)若将函数f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,4))的图象向右平移φ个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是．答案eq\f(3π,8)解析∵函数f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,4))的图象向右平移φ个单位得到g(x)＝sin[2(x－φ)＋eq\f(π,4)]＝sin(2x＋eq\f(π,4)－2φ)，又∵g(x)是偶函数，∴eq\f(π,4)－2φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．∴φ＝－eq\f(kπ,2)－eq\f(π,8)(k∈Z)．当k＝－1时，φ取得最小正值eq\f(3π,8).题型一函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换例1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)五点法作简图：用“五点法”作y＝Asin(ωx＋φ)的简图，主要是通过变量代换，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，计算得出五点坐标，描点后得出图象．(2)图象变换：由函数y＝sinx的图象通过变换得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象，有两种主要途径：“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”．(1)把函数y＝sin(x＋eq\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)个单位长度，那么所得图象的一条对称轴方程为(填正确的序号)．①x＝－eq\f(π,2)；②x＝－eq\f(π,4)；③x＝eq\f(π,8)；④x＝eq\f(π,4).(2)设函数f(x)＝cosωx(ω>0)，将y＝f(x)的图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度后，所得的图象与原图象重合，则ω的最小值等于．答案(1)①(2)6解析(1)将y＝sin(x＋eq\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)，得到函数y＝sin(2x＋eq\f(π,6))；再将图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度，得到函数y＝sin[2(x－eq\f(π,3))＋eq\f(π,6)]＝sin(2x－eq\f(π,2))，故x＝－eq\f(π,2)是其图象的一条对称轴方程．(2)由题意可知，nT＝eq\f(π,3)(n∈N*)，∴n·eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,3)(n∈N*)，∴ω＝6n(n∈N*)，∴当n＝1时，ω取得最小值6.题型二由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式例2(1)已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的图象上一个最高点的坐标为(2，eq\r(2))，由这个最高点到其右侧相邻最低点间的图象与x轴交于点(6,0)，则此函数的解析式为．(2)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为．答案(1)y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(π,4)))(2)f(x)＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,3))解析(1)由题意得A＝eq\r(2)，eq\f(T,4)＝6－2，所以T＝16，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,8).又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)×2＋φ))＝1，所以eq\f(π,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)．又因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4).(2)由题图可知A＝eq\r(2)，eq\f(T,4)＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，所以T＝π，故ω＝2，因此f(x)＝eq\r(2)sin(2x＋φ)，又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)π，－\r(2)))为最小值点，∴2×eq\f(7,12)π＋φ＝2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，∴φ＝2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，又|φ|＜π，∴φ＝eq\f(π,3).故f(x)＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,3))．思维升华确定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，确定函数的最小正周期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特殊点法：确定φ值时，往往以寻找“最值点”为突破口．具体如下：“最大值点”(即图象的“峰点”)时ωx＋φ＝eq\f(π,2)；“最小值点”(即图象的“谷点”)时ωx＋φ＝eq\f(3π,2).函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π,2)＜φ＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则φ＝.答案－eq\f(π,3)解析∵eq\f(T,2)＝eq\f(11,12)π－eq\f(5,12)π，∴T＝π.又T＝eq\f(2π,ω)(ω＞0)，∴eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.由五点作图法可知当x＝eq\f(5,12)π时，ωx＋φ＝eq\f(π,2)，即2×eq\f(5,12)π＋φ＝eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(π,3).题型三三角函数图象性质的应用命题点1三角函数模型的应用例3如图，为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的坐标系，设秒针尖位置P(x，y)．若初始位置为P0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，当秒针从P0(注：此时t＝0)正常开始走时，那么点P的纵坐标y与时间t的函数关系式为．答案y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t＋\f(π,6)))解析设点P的纵坐标y与时间t的函数关系式为y＝sin(ωt＋φ)．由题意可得，函数的初相位是eq\f(π,6).又函数周期是60(秒)且秒针按顺时针旋转，即T＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2π,ω)))＝60，所以|ω|＝eq\f(π,30)，即ω＝－eq\f(π,30)，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t＋\f(π,6))).命题点2方程根(函数零点问题)例4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)的范围为(－1，－eq\f(1,2))，故m的取值范围是(－2，－1)．引申探究例4中，“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)解析由例4知，eq\f(m,2)的范围是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图象性质综合应用例5已知函数f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋φ)(0＜φ＜π，ω＞0)为偶函数，且函数y＝f(x)图象的两相邻对称轴间的距离为eq\f(π,2).(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))的值；(2)求函数y＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值及对应的x的值．解(1)f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋φ)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinωx＋φ－\f(1,2)cosωx＋φ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6))).因为f(x)是偶函数，则φ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，所以φ＝eq\f(2π,3)＋kπ(k∈Z)，又因为0＜φ＜π，所以φ＝eq\f(2π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))＝2cosωx.由题意得eq\f(2π,ω)＝2·eq\f(π,2)，所以ω＝2.故f(x)＝2cos2x.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝2coseq\f(π,4)＝eq\r(2).(2)y＝2cos2x＋2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))＝2cos2x＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x－2sin2x＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))＝－2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))令2x－eq\f(π,4)＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，y有最大值2eq\r(2)，所以当x＝kπ－eq\f(π,8)(k∈Z)时，y有最大值2eq\r(2).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，建立数学模型再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．设函数f(x)＝3sin(ωx＋φ)(ω>0，－eq\f(π,2)<φ<eq\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(0，eq\f(3,2))；②f(x)在[eq\f(π,12)，eq\f(2π,3)]上是减函数；③f(x)的一个对称中心是(eq\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)，f(eq\f(2π,3))＝3sin(eq\f(4π,3)＋φ)，则sin(eq\f(4π,3)＋φ)＝1或－1.又φ∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，eq\f(4π,3)＋φ∈(eq\f(5π,6)，eq\f(11,6)π)，∴eq\f(4π,3)＋φ＝eq\f(3π,2)⇒φ＝eq\f(π,6)，∴f(x)＝3sin(2x＋eq\f(π,6))．①：令x＝0⇒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⇒kπ＋eq\f(π,6)<x<kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z.令k＝0⇒eq\f(π,6)<x<eq\f(2π,3)，即f(x)在(eq\f(π,6)，eq\f(2π,3))上单调递减，而在(eq\f(π,12)，eq\f(π,6))上单调递增，错误．③：令x＝eq\f(5π,12)⇒f(x)＝3sinπ＝0，正确．④：应平移eq\f(π,12)个单位长度，错误．4．三角函数图象与性质的综合问题典例(14分)已知函数f(x)＝2eq\r(3)sin(eq\f(x,2)＋eq\f(π,4))·cos(eq\f(x,2)＋eq\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)sin(eq\f(x,2)＋eq\f(π,4))·cos(eq\f(x,2)＋eq\f(π,4))－sin(x＋π)＝eq\r(3)cosx＋sinx[4分]＝2sin(x＋eq\f(π,3))，[6分]于是T＝eq\f(2π,1)＝2π.[7分](2)由已知得g(x)＝f(x－eq\f(π,6))＝2sin(x＋eq\f(π,6))，[9分]∵x∈[0，π]，∴x＋eq\f(π,6)∈[eq\f(π,6)，eq\f(7π,6)]，∴sin(x＋eq\f(π,6))∈[－eq\f(1,2)，1]，[12分]∴g(x)＝2sin(x＋eq\f(π,6))∈[－1,2]．[13分]故函数g(x)在区间[0，π]上的最大值为2，最小值为－1.[14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)·(sinx·eq\f(a,\r(a2＋b2))＋cosx·eq\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．温馨提醒(1)在第(1)问的解法中，使用辅助角公式asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)(其中tanφ＝eq\f(b,a))，或asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)cos(α－φ)(其中tanφ＝eq\f(a,b))，在历年高考中使用频率是相当高的，几乎年年使用到、考查到，应特别加以关注．(2)求g(x)的最值一定要重视定义域，可以结合三角函数图象进行求解．[方法与技巧]1．五点法作图及图象变换问题(1)五点法作简图要取好五个关键点，注意曲线凸凹方向；(2)图象变换时的伸缩、平移总是针对自变量x而言，而不是看角ωx＋φ的变化．2．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．3．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)．[失误与防范]1．由函数y＝sinx的图象经过变换得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象，如先伸缩，再平移时，要把x前面的系数提取出来．2．复合形式的三角函数的单调区间的求法．函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的单调区间的确定，基本思想是把ωx＋φ看做一个整体．若ω<0，要先根据诱导公式进行转化．3．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＝Asint的值域．A组专项基础训练(时间：40分钟)1．函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的部分图象可能是．答案④解析∵y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，∴当2x－eq\f(π,3)＝0，即x＝eq\f(π,6)时，函数取得最大值1，结合图象看，可使函数在x＝eq\f(π,6)时取得最大值的只有④.2．设偶函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，△KLM为等腰直角三角形，∠KML＝90°，KL＝1，则f(eq\f(1,6))的值为．答案eq\f(\r(3),4)解析取K，L中点N，则MN＝eq\f(1,2)，因此A＝eq\f(1,2).由T＝2得ω＝π.∵函数为偶函数，0<φ<π，∴φ＝eq\f(π,2)，∴f(x)＝eq\f(1,2)cosπx，∴f(eq\f(1,6))＝eq\f(1,2)coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),4).3.已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，且|φ|<eq\f(π,2))的部分图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间是．答案[kπ－eq\f(π,12)，kπ＋eq\f(5π,12)]，k∈Z解析由函数的图象可得eq\f(1,4)T＝eq\f(2,3)π－eq\f(5,12)π，∴T＝π，则ω＝2.又图象过点(eq\f(5,12)π，2)，∴2sin(2×eq\f(5,12)π＋φ)＝2，∴φ＝－eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，∵|φ|<eq\f(π,2)，∴取k＝0，则φ＝－eq\f(π,3)，即得f(x)＝2sin(2x－eq\f(π,3))，∴f(x)的单调增区间为2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即单调递增区间为[kπ－eq\f(π,12)，kπ＋eq\f(5π,12)]，k∈Z.4．若f(x)＝sin(2x＋φ)＋b，对任意实数x都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝f(－x)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－1，则实数b的值为．答案－2或0解析由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝f(－x)可得f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，∴2×eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z.当直线x＝eq\f(π,6)经过最高点时，φ＝eq\f(π,6)；当直线x＝eq\f(π,6)经过最低点时，φ＝－eq\f(5,6)π.若f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋b，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π))＝－1，得b＝0；若f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5,6)π))＋b，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π))＝－1，得b＝－2.所以b＝－2或b＝0.5．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．答案－eq\f(\r(3),2)解析由函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位得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)取得最小值为－eq\f(\r(3),2).6．设ω>0，函数y＝sin(ωx＋eq\f(π,3))＋2的图象向右平移eq\f(4π,3)个单位后与原图象重合，则ω的最小值是．答案eq\f(3,2)解析由函数向右平移eq\f(4π,3)个单位后与原图象重合，得eq\f(4π,3)是此函数周期的整数倍．∴eq\f(2π,ω)·k＝eq\f(4π,3)，∴ω＝eq\f(3,2)k(k∈Z)，又ω>0，∴ωmin＝eq\f(3,2).7．若函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0且|φ|<eq\f(π,2))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上是单调递减函数，且函数从1减小到－1，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝.答案eq\f(\r(3),2)解析由题意可得，函数的周期为2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，即eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，∴f(x)＝sin(2x＋φ)．由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，|φ|<eq\f(π,2)可得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(\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,6)))＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).8．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜eq\f(π,2))在一个周期内的图象如图所示．若方程f(x)＝m在区间[0，π]上有两个不同的实数x1，x2，则x1＋x2的值为．答案eq\f(π,3)或eq\f(4,3)π解析由图象可知y＝m和y＝f(x)图象的两个交点关于直线x＝eq\f(π,6)或x＝eq\f(2,3)π对称，∴x1＋x2＝eq\f(π,3)或eq\f(4,3)π.9．(2015·天津)已知函数f(x)＝sin2x－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．解(1)由已知，有f(x)＝eq\f(1－cos2x,2)－eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))),2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3),2)sin2x))－eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(3),4)sin2x－eq\f(1,4)cos2x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)因为f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，－\f(π,6)))上是减函数，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上是增函数，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－eq\f(1,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),4)，所以f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最大值为eq\f(\r(3),4)，最小值为－eq\f(1,2).10．设函数f(x)＝eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)sin2ωx－sinωxcosωx(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).(1)求ω的值；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(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－sinωxcosωx＝eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)×eq\f(1－cos2ωx,2)－eq\f(1,2)sin2ωx＝eq\f(\r(3),2)cos2ωx－eq\f(1,2)sin2ωx＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3))).依题意知eq\f(2π,2ω)＝4×eq\f(π,4)，ω>0，所以ω＝1.(2)由(1)知f(x)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).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\co1(2x－\f(π,3)))≤1.所以－1≤f(x)≤eq\f(\r(3),2).故f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上的最大值和最小值分别为eq\f(\r(3),2)，－1.B组专项能力提升(时间：20分钟)11．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，|φ|<eq\f(π,2)，ω>0)的图象的一部分如图所示，则该函数的解析式为．答案f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))解析观察图象可知：A＝2且点(0,1)在图象上，∴1＝2sin(ω·0＋φ)，即sinφ＝eq\f(1,2).∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6).又∵eq\f(11,12)π是函数的一个零点，且是图象递增穿过x轴形成的零点，∴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))).12．(2014·天津改编)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＝2sin(ωx＋eq\f(π,6))(ω>0)．由2sin(ωx＋eq\f(π,6))＝1得sin(ωx＋eq\f(π,6))＝eq\f(1,2)，∴ωx＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,6)或ωx＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(5,6)π(k∈Z)．令k＝0，得ωx1＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，ωx2＋eq\f(π,6)＝eq\f(5,6)π，∴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.13．已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，m))，若f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),2)))，则m的取值范围是．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)，\f(5π,18)))解析画出