2024新教材高中数学第五章三角函数5.6函数y＝Asinωx+φ5.6.1匀速圆周运动的数学模型5.6.2函数y＝Asinωx+φ的图象第2课时函数y＝Asinωx+φ的性质及应用练习新人教A版必修第一册

第2课时函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质及应用学问点一求函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式1.右图是周期为2π的三角函数y＝f(x)的部分图象，那么f(x)的解析式可以是()A．f(x)＝sin(1＋x)B．f(x)＝sin(－1－x)C．f(x)＝sin(x－1)D．f(x)＝sin(1－x)答案D解析由图象过点(1,0)，解除A，B；由x＝0时，y>0，解除C.故选D.2.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，则函数f(x)的解析式是()A．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) B．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))C．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))答案B解析由图象可知eq\f(T,4)＝eq\f(7π,6)－eq\f(2π,3)＝eq\f(π,2)，所以T＝2π，ω＝eq\f(2π,T)＝1.又因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，且0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3).由图象可知A＝2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，故选B.3.已知函数y＝Asin(ωx＋φ)＋Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的周期为T，在一个周期内的图象如图所示，则正确的结论是()A．A＝3，T＝2π B．B＝－1，ω＝2C．T＝4π，φ＝－eq\f(π,6) D．A＝3，φ＝eq\f(π,6)答案C解析由题图得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋B＝2，,－A＋B＝－4.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝3，,B＝－1.))T＝eq\f(2π,ω)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋\f(2π,3)))＝4π，∴ω＝eq\f(1,2).又eq\f(1,2)×eq\f(4π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，φ＝－eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(π,6).故选C.4．已知函数y＝Asin(ωx＋φ)＋m的最大值是4，最小值是0，最小正周期是eq\f(π,2)，直线x＝eq\f(π,3)是其图象的一条对称轴，则下面各解析式符合条件的是()A．y＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))＋2B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋2C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3)))＋2D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))＋2答案D解析∵最大值是4，∴A不符合．∵最小正周期是eq\f(π,2)，∴T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,2)⇒ω＝4，∴B不符合．由4x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得4x＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(π,24)＋eq\f(kπ,4)，k∈Z.令eq\f(π,24)＋eq\f(kπ,4)＝eq\f(π,3)，k∈Z，解得kπ＝eq\f(7π,6)，k＝eq\f(7,6)(不符合k∈Z)，∴C不符合．故选D.5．已知函数f(x)＝Acos(ωx＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈R，ω>0，0≤θ≤\f(π,2)))的图象如图所示，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝()A．0B．－1C．－eq\r(3)D．－2答案B解析由图象，得A＝2，周期T＝eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝2cos(2x＋θ)，又f(0)＝2cosθ＝eq\r(3)，0≤θ≤eq\f(π,2)，所以θ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，从而可求得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)＋\f(π,6)))＝－1.6．函数y＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，\f(3π,2)<φ<2π))的最小值是－3，周期为eq\f(π,3)，且它的图象经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))，则这个函数的解析式为________．答案y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(11π,6)))解析由题意有A＝3，T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,3)，3sinφ＝－eq\f(3,2)，∴ω＝6，φ＝eq\f(11π,6).7.已知右图是函数y＝Asin(ωx＋φ)＋h，φ∈[－π，π]的部分图象，求这个函数的解析式．解由图可知，A＋h＝3，且－A＋h＝1，∴A＝1，h＝2.又周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－\f(π,6)))＝eq\f(4π,3)，∴eq\f(2π,ω)＝eq\f(4π,3)，即ω＝eq\f(3,2).从而y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋φ))＋2.∵点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，1))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，3))在图象上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝－1，,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)＋φ))＝1.))又φ∈[－π，π]，∴φ＝－eq\f(3π,4).故这个函数的解析式是y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x－\f(3π,4)))＋2.学问点二三角函数性质的综合应用8．假如函数y＝3cos(2x＋φ)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))中心对称，那么|φ|的最小值为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)答案A解析依题意得3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋φ))＝0，eq\f(8π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，φ＝kπ－eq\f(13π,6)(k∈Z)，因此|φ|的最小值是eq\f(π,6).9．若函数f(x)＝3cos(ωx＋φ)对随意实数x，都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝()A．－3B．0C．3D．±3答案D解析由题意可知，f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，所以当x＝eq\f(π,3)时，f(x)取得最大值或最小值，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝±3，故选D.10．若函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())A≠0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())的图象关于直线x＝eq\f(2π,3)对称，且它的周期是π，则()A．f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))B．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))上是减函数C．f(x)图象的一个对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))D．f(x)的最大值是A答案C解析因为函数的周期是π，所以π＝eq\f(2π,ω)，即ω＝2，所以f(x)＝Asin(2x＋φ)．又因为函数f(x)＝Asin(2x＋φ)的图象关于直线x＝eq\f(2π,3)对称，|φ|<eq\f(π,2)，所以Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(2π,3)＋φ))＝±A，即φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以f(x)图象的一个对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))，故选C.11．已知ω>0，函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(9,4)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4)))答案D解析函数y＝cosx的单调递增区间为[－π＋2kπ，2kπ]，k∈Z，由－π＋2kπ≤ωx＋eq\f(π,4)≤2kπ，k∈Z，得eq\f(2kπ－\f(5π,4),ω)≤x≤eq\f(2kπ－\f(π,4),ω)，k∈Z，因为f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2kπ－\f(5π,4),ω)≤\f(π,2)，,\f(2kπ－\f(π,4),ω)≥π，))解得4k－eq\f(5,2)≤ω≤2k－eq\f(1,4)，k∈Z.又4k－eq\f(5,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)))≤0，且2k－eq\f(1,4)>0，k∈Z，解得k＝1，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4))).12．(多选)关于函数f(x)＝2cos2x－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))－1的描述正确的是()A．其图象可由y＝eq\r(2)sin2x的图象向左平移eq\f(π,8)个单位得到B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增C．f(x)在[0，π]内有2个零点D．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的最小值为－eq\r(2)答案ACD解析f(x)＝2cos2x－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))－1＝cos2x＋sin2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，由y＝eq\r(2)sin2x的图象向左平移eq\f(π,8)个单位，得到y＝eq\r(2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，所以A正确；令2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得其单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,2)))上单调递减，所以B不正确；解f(x)＝0,2x＋eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,8)，k∈Z，x∈[0，π]，所以x取eq\f(3π,8)，eq\f(7π,8)，所以C正确；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)))，f(x)∈[－eq\r(2)，1]，所以D正确．故选ACD.13．(多选)若函数y＝sin2x＋mcos2x的图象关于直线x＝－eq\f(π,6)对称，则()A．m＝－eq\f(\r(3),3)B．函数的最大值为eq\f(2\r(3),3)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0))为函数图象的一个对称中心D．函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增答案ABCD解析y＝sin2x＋mcos2x＝eq\r(1＋m2)sin(2x＋φ)(其中tanφ＝m)，因为函数y＝sin2x＋mcos2x的图象关于直线x＝－eq\f(π,6)对称，则2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，所以φ＝kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)，则tanφ＝m＝－eq\f(\r(3),3)，所以m＝－eq\f(\r(3),3)，A正确；又y＝sin2x－eq\f(\r(3),3)cos2x＝eq\f(2\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，则函数的最大值为eq\f(2\r(3),3)，B正确；令2x－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，所以x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)，k∈Z，当k＝1，x＝eq\f(7π,12)，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0))为函数图象的一个对称中心，C正确；令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，当k＝0时，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))为增区间，即函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，D正确．故选ABCD.14．设函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω≠0)的图象关于直线x＝－1和直线x＝2均对称，则f(0)的全部可能取值是________．答案±1，±eq\f(1,2)解析因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω≠0)在对称轴处取得最大值或最小值，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sin－ω＋φ＝±1，,sin2ω＋φ＝±1))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ω＋φ＝k1π＋\f(π,2)，,2ω＋φ＝k2π＋\f(π,2)))(k1，k2∈Z)，消去ω得φ＝eq\f(kπ,3)＋eq\f(π,2)(k∈Z)，则f(0)＝sinφ＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,3)＋\f(π,2)))(k∈Z)．当k＝6m，m∈Z时，f(0)＝1；当k＝6m＋1或6m＋5，m∈Z时，f(0)＝eq\f(1,2)；当k＝6m＋2或6m＋4，m∈Z时，f(0)＝－eq\f(1,2)；当k＝6m＋3，m∈Z时，f(0)＝－1.15．已知方程2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1＝a，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(13π,12)))有两解，求a的取值范围．解由题意2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝a＋1.令y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，y＝a＋1，用五点作图法作出函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(13π,12)))上的图象如图．明显要使y＝a＋1与图象有两个交点，只需－2<a＋1<0或a＋1＝2.即－3<a<－1或a＝1.∴a的取值范围是{a|－3<a<－1或a＝1}．16.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，B，C为图象上相邻的最高点和最低点，将函数f(x)的图象向右平移eq\f(3,2)个单位后得到函数g(x)的图象．(1)求函数f(x)的最小正周期及解析式；(2)求函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))上的最大值和最小值．解(1)由图象知，A＝eq\r(2)，eq\f(T,4)＝eq\f(7,2)－2＝eq\f(3,2)，T＝6，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,3)，故f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ)).又由f(x)的图象过点(2,0)，得eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0.又因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，故f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,3))).所以函数f(x)的最小正周期为6，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,3))).(2)由题意，得g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))＋\f(π,3)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－\f(π,6))).由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))，得eq\f(π,3)x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,6))).故当eq\f(π,3)x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即x＝1时，g(x)取得最大值，且g(x)max＝eq\f(\r(2),2)；当eq\f(π,3)x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)，即x＝－1时，g(x)取得最小值，且g(x)min＝－eq\r(2).学问点三y＝Asin(ωx＋φ)在匀速圆周运动中的应用17.为了探讨钟表与三角函数的关系，建立如图所示的坐标系，设秒针尖位置为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(此时t＝0)起先正常运转时，那么点P的纵坐标y与时间t的函数解析式为()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t＋\f(π,6))) B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,60)t－\f(π,6)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t＋\f(π,6))) D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t－\f(π,3)))答案C解析设点P的纵坐标y与时间t的函数解析式为y＝sin(ωt＋φ)，由题意知，函数的周期T＝60，则|ω|＝eq\f(2π,60)＝eq\f(π,30).∵秒针是顺时针转动，故函数解析式为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t＋φ)).∵初始位置为P0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，∴t＝0时，y＝eq\f(1,2)，∴sinφ＝eq\f(1,2)，∴φ可取eq\f(π,6)，∴函数解析式为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t＋\f(π,6))).故选C.18.如图所示，游乐场中的摩天轮匀速转动，每转一圈须要12分钟，其中心O距离地面40.5米，半径为40米．假如你从最低处登上摩天轮，那么你与地面的距离将随时间的改变而改变，以你登上摩天轮的时刻起先计时，请解答下列问题：(1)求出你与地面的距离y(米)与时间t(分钟)的函数关系式；(2)当你第4次距离地面60.5米时，用了多长时间？解(1)由已知可设y＝40.5－40cosωt，t≥0，由周期为12分钟可知，当t＝6时，摩天轮第1次到达最高点，即此函数第1次取得最大值，所以6ω＝π，即ω＝eq\f(π,6)，所以y＝40.5－40coseq\f(π,6)t(t≥0)．(2)设转第1圈时，第t0分钟时距离地面60.5米．由60.5＝40.5－40coseq\f(π,6)t0，得coseq\f(π,6)t0＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(π,6)t0＝eq\f(2π,3)或eq\f(π,6)t0＝eq\f(4π,3)，解得t0＝4或t0＝8，所以t＝8(分钟)时，第2次距地面60.5米，故第4次距离地面60.5米时，用了12＋8＝20(分钟)．易错点依据图象求解析式时多解已知y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，则其解析式为________．易错分析本题在求出φ＝eq\f(π,3)或φ＝eq\f(2π,3)后，简单忽视所给图象的最高点在y轴的左侧，而干脆由eq\f(π,6)ω＋φ＝π得ω＝4或2.从而得到所求的解析式为y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3)))或y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).答案y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))正解由图可知A＝2，且当x＝0时，y＝eq\r(3)，∴2sinφ＝eq\r(3)，∵|φ|<π，∴φ＝eq\f(π,3)或φ＝eq\f(2π,3)，∵所给图象的最高点在y轴的左侧，∴φ＝eq\f(2π,3).又eq\f(π,6)ω＋φ＝π，∴ω＝2.故所求的解析式为y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).一、单项选择题1．下列函数中，图象的一部分如图所示的是()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))C．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))D．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))答案D解析由图知T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(π,6)))＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝2.又x＝eq\f(π,12)时，y＝1，阅历证，可得D项解析式符合题目要求．2．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期为π，则该函数的图象()A．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称B．关于直线x＝eq\f(π,4)对称C．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))对称D．关于直线x＝eq\f(π,3)对称答案A解析由T＝π可得ω＝2，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,3)))＝0.∴f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，则该函数图象的对称轴为x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)(k∈Z)，故直线x＝eq\f(π,4)和直线x＝eq\f(π,3)均不是该函数图象的对称轴．故选A.3．设点P是函数f(x)＝sinωx的图象C的一个对称中心，若点P到图象C的对称轴的距离的最小值为eq\f(π,4)，则f(x)的最小正周期是()A．2πB．πC.eq\f(π,2)D.eq\f(π,4)答案B解析由题意得f(x)的最小正周期为eq\f(π,4)×4＝π.4.函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象如图所示，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2024)的值等于()A.eq\r(2)B．2＋2eq\r(2)C.eq\r(2)＋2D.eq\r(2)－2答案A解析由图象可知A＝2，φ＝2kπ，k∈Z，T＝8，∴eq\f(2π,ω)＝8，即ω＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x)).∵周期为8，且f(1)＋f(2)＋…＋f(8)＝0，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2024)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＋f(6)＝2sineq\f(π,4)＋2sineq\f(π,2)＋2sineq\f(3π,4)＋2sinπ＋2sineq\f(5π,4)＋2sineq\f(3π,2)＝eq\r(2).5.如图，是一半径为3m的水轮，水轮截面圆的圆心O′距离水面2m．已知水轮上一点P自点P0起先旋转，15s旋转一圈，点P的纵坐标y(单位：m)与时间t(单位：s)满意函数关系式y＝Asin(ωt＋φ)＋2，则有()A．ω＝eq\f(2π,15)，A＝3B．ω＝eq\f(15,2π)，A＝3C．ω＝eq\f(2π,15)，A＝5D．ω＝eq\f(15,2π)，A＝5答案A解析因为T＝15，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,15)，明显ymax－ymin＝6，故A＝eq\f(ymax－ymin,2)＝eq\f(6,2)＝3.6．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，－π<φ≤π.若f(x)的最小正周期为6π，且当x＝eq\f(π,2)时，f(x)取得最大值，则()A．f(x)在区间[－2π，0]上单调递增B．f(x)在区间[－3π，－π]上单调递增C．f(x)在区间[3π，5π]上单调递减D．f(x)在区间[4π，6π]上单调递减答案A解析∵ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,6π)＝eq\f(1,3)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋φ)).又当x＝eq\f(π,2)时，f(x)取得最大值，∴eq\f(1,3)×eq\f(π,2)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z.∵φ∈(－π，π]，∴φ＝eq\f(π,3)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋\f(π,3))).令2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(x,3)＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得6kπ－eq\f(5π,2)≤x≤6kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，令k＝0得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,2)，\f(π,2)))上单调递增，故选A.7．定义运算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc.将函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(3)sinx,1cosx))的图象向左平移φ(φ>0)个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小值为()A.eq\f(π,3)B.eq\f(7π,6)C.eq\f(π,6)D.eq\f(5π,6)答案D解析f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(3)sinx,1cosx))＝eq\r(3)cosx－sinx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，向左平移φ个单位得到y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)＋φ))，由题意y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)＋φ))是偶函数，所以eq\f(π,6)＋φ＝kπ(k∈Z)，即φ＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z，φ>0)．故当k＝1时，φ的最小值为eq\f(5π,6).8．若在区间(n，m)上，函数f(x)＝2cos2x的图象总在函数g(x)＝－7－4eq\r(3)sinx的图象的上方，则m－n的最大值为()A.eq\f(7π,6)B.eq\f(4π,3)C.eq\f(11π,6)D.eq\f(5π,3)答案D解析依据题意，函数f(x)＝2cos2x的图象总在函数g(x)＝－7－4eq\r(3)sinx的图象的上方可以转化为2cos2x>－7－4eq\r(3)sinx恒成立，即2cos2x＋7＋4eq\r(3)sinx>0.依据二倍角公式化简为4sin2x－4eq\r(3)sinx－9<0⇒－eq\f(\r(3),2)<sinx<eq\f(3\r(3),2).因为sinx∈[－1,1]，所以sinx∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)).在一个周期eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))上画出图象可得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(4π,3)))，所以(m－n)max＝eq\f(5π,3).二、多项选择题9．已知点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，2))是函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象的一个对称中心，且点P到该函数图象的对称轴的距离的最小值为eq\f(π,2)，则()A．f(x)的最小正周期是πB．f(x)的值域为[1,3]C．φ＝eq\f(π,3)D．f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，2π))上单调递增答案BD解析由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)ω＋φ＝kπk∈Z，①,m＝2，))且函数的最小正周期T＝4×eq\f(π,2)＝2π，故ω＝eq\f(2π,T)＝1.代入①式，得φ＝kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)．又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋2.故函数f(x)的值域为[1,3]，A，C错误，B正确．令2kπ－eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得2kπ－eq\f(2π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，令k＝1，则eq\f(4π,3)≤x≤eq\f(7π,3)，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，2π))上单调递增，D正确．故选BD.10．已知a是实数，则函数f(x)＝1＋asinax的图象可能是()答案ABC解析当a＝0时，f(x)＝1，C符合；当0<|a|<1时，T>2π，且最小值为正数，A符合；当|a|>1时，T<2π，且最小值为负数，B符合；D项中，从函数的最值上看|a|>1，故可得T<2π，而从图象上看T>2π，冲突，D不行能．故选ABC.11．关于f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))(x∈R)，下列命题正确的是()A．由f(x1)＝f(x2)＝0可得x1－x2是π的整数倍B．y＝f(x)的表达式可改写成y＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))C．y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))对称D．y＝f(x)的图象关于直线x＝－eq\f(π,6)对称答案BC解析对于A，由f(x)＝0，可得2x＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)．∴x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)(k∈Z)，∴x1－x2是eq\f(π,2)的整数倍，∴A错误；对于B，由f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))可得f(x)＝4coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))))＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴B正确；对于C，f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象的对称中心满意2x＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，∴x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)，k∈Z.∴点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))是函数y＝f(x)的图象的一个对称中心，∴C正确；对于D，函数y＝f(x)的图象的对称轴满意2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z.∴x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，∴D错误．12.函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的部分图象如图所示，则以下结论正确的是()A．f(x)的最小正周期为2B．f(x)图象的一条对称轴为直线x＝－eq\f(1,2)C．f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))(k∈Z)上单调递减D．f(x)的最大值为A答案AC解析由题图可知，函数f(x)的最小正周期T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)－\f(1,4)))＝2，故A正确；因为函数f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，0))，所以函数f(x)图象的对称轴为直线x＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(5,4)))＋eq\f(kT,2)＝eq\f(3,4)＋k(k∈Z)，故直线x＝－eq\f(1,2)不是函数f(x)图象的对称轴，故B不正确；由图可知，当eq\f(1,4)－eq\f(T,4)＋kT≤x≤eq\f(1,4)＋eq\f(T,4)＋kT(k∈Z)，即2k－eq\f(1,4)≤x≤2k＋eq\f(3,4)(k∈Z)时，f(x)单调递减，故C正确；若A>0，则最大值是A，若A<0，则最大值是－A，故D不正确．三、填空题13．在函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(2π,3)))的图象的对称中心中，离原点最近的一个对称中心的坐标是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))解析由4x＋eq\f(2π,3)＝kπ，k∈Z，得x＝－eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,4)，k∈Z，所以当k＝1时，x＝eq\f(π,4)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,12)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))离原点最近．14．若函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|＜\f(π,2)))是奇函数，则φ＝________.答案eq\f(π,6)解析由题意可知eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z.又|φ|＜eq\f(π,2)，故k＝0，φ＝eq\f(π,6).15.右图是f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的一段图象，则函数f(x)的解析式为________．答案f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))解析由图可得A＝2，eq\f(3,4)T＝eq\f(5π,6)－eq\f(π,12)＝eq\f(3π,4)，∴T＝π，∴ω＝2.又函数在x＝eq\f(π,12)时取最大值，∴eq\f(π,12)×2＋φ＝eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).16．已知函数f(x)＝cos2x－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝________，该函数的最小正周期为________．答案0π解析由题意可得，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)cos2x＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2xcos\f(π,3)－sin2xsin\f(π,3)))＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2x－\f(3,2)cos2x))＝－eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)－\f(π,3)))＝0，函数的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.四、解答题17．函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的部分图象如图所示．(1)写出f(x)的最小正周期及图中x0，y0的值；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,12)))上的最大值和最小值．解(1)f(x)的最小正周期为π，x0＝eq\f(7π,6)，y0＝3.(2)因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,12)))，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，0)).于是，当2x＋eq\f(π,6)＝0，即x＝－eq\f(π,12)时，f(x)取得最大值0；当2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(π,3)时，f(x)取得最小值－3.18.如图，一个水轮的半径为4m，水轮圆心O距离水面2m，已知水轮逆时针转动，每分钟转动5圈，假如水轮上点P从水中出现时(图中点P0)起先计算时间．(1)将点P距离水面的高度z(单位：m)表示为时间t(单位：s)的函数；(2)点P第一次到达最高点须要多长时间？解(1)建立如图所示的直角坐标系，设角φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<φ<0))是以Ox为始边，OP0为终边的角．OP每秒钟所转过的角为eq