高中数学 第20讲 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用配套试题（含解析）理 新人教B版

[第20讲函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用](时间：45分钟分值：100分)eq\a\vs4\al\co1(基础热身)1．[·天津质检]给定性质：a：最小正周期为π；b：图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称．则下列四个函数中，同时具有性质ab的是________．①y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))；②y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))；③y＝sin|x|；④y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).2．[·长春检测]若函数f(x)＝2sinωx(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(2π,3)))上单调递增，则ω的最大值为________．3．有一种波，其波形为函数y＝sineq\f(π,2)x的图象，若在区间[0，t]上至少有2个波峰(图象的最高点)，则正整数t的最小值是________．4．已知函数f(x)＝asin2x＋cos2x(a∈R)图象的一条对称轴方程为x＝eq\f(π,12)，则a的值为________．eq\a\vs4\al\co1(能力提升)5．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)，将函数y＝f(x)的图象向右平移eq\f(2,3)π个单位长度后，所得图象与原函数图象重合，则ω的最小值等于()A.eq\f(1,3)B．3C．6D．96．[·唐山一模]函数y＝sin3x的图象可以由函数y＝cos3x的图象()A．向左平移eq\f(π,2)个单位得到B．向右平移eq\f(π,2)个单位得到C．向左平移eq\f(π,3)个单位得到D．向右平移eq\f(π,3)个单位得到7．[·保定联考]如果函数y＝cos(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)8．[·课程标准卷]已知ω>0，函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递减，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(3,4)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D．(0，2]9．[·黄冈高三期末]函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中A>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图K20－1所示，为了得到g(x)＝sin2x的图象，则只要将f(x)的图象()图K20－1A．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10．[·郑州模拟]已知函数y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，－π≤φ<π)的图象如图K20－2所示，则φ＝________.图K20－211．[·全国卷]当函数y＝sinx－eq\r(3)cosx(0≤x<2π)取得最大值时，x＝________．12．若将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(5π,6)))(ω>0)的图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度后，与函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))的图象重合，则ω的最小值为________．13．[·云南检测]若eq\f(π,4)<x<eq\f(π,2)，则函数y＝tan2xtan3x的最大值为________．14．(10分)如图K20－3是某简谐运动的一段图象，它的函数模型是f(x)＝Asin(ωx＋φ)(x≥0)，其中A>0，ω>0，－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2).(1)根据图象求函数y＝f(x)的解析式；(2)将函数y＝f(x)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＝g(x)的图象，求函数y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的最大值和最小值．图K20－315．(13分)[·沈阳检测]设函数f(x)＝a·b，其中向量a＝(2cosx，1)，b＝(cosx，eq\r(3)sin2x＋m)．(1)求函数f(x)的最小正周期和在[0，π]上的单调递增区间；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，f(x)的最大值为4，求m的值．eq\a\vs4\al\co1(难点突破)16．(12分)[·东北模拟]如图K20－4是某简谐运动的一段图象，其函数模型是f(x)＝Asin(ωx＋φ)(x≥0)，其中A>0，ω>0，－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2).(1)根据图象求函数y＝f(x)的解析式；(2)若函数g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，实数α满足0<α<π，且eq\i\in(α,π,)g(x)dx＝3，求α的值．图K20－4

课时作业(二十)【基础热身】1．④[解析]④中，∵T＝eq\f(2π,2)＝π，又2×eq\f(π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，所以x＝eq\f(π,3)为其对称轴．2.eq\f(3,4)[解析]由题意，得eq\f(4,3)π≤eq\f(T,2)，即eq\f(4,3)π≤eq\f(π,ω)，∴0<ω≤eq\f(3,4)，则ω的最大值为eq\f(3,4).3．5[解析]函数y＝sineq\f(π,2)x的周期T＝4，若在区间[0，t]上至少出现两个波峰，则t≥eq\f(5,4)T＝5.4.eq\f(\r(3),3)[解析]∵x＝eq\f(π,12)是对称轴，∴f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，即cos0＝asineq\f(π,3)＋coseq\f(π,3)，∴a＝eq\f(\r(3),3).【能力提升】5．B[解析]f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)向右平移eq\f(2,3)π个单位长度得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(2πω,3)＋\f(π,3)))，所以－eq\f(2πω,3)＝2kπ，ωmin＝3.选B.6．A[解析]本题主要考查三角函数图象的变换．属于基础知识、基本运算的考查．y＝sin3x＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋3x))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))，故函数y＝cos3x的图象向左平移eq\f(π,2)个单位得到y＝sin3x.7．A[解析]由对称中心可知eq\f(4π,3)×2＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，即φ＝eq\f(π,2)＋kπ－eq\f(8π,3)＝(k－2)π－eq\f(π,6)，显然当k＝2时，|φ|min＝eq\f(π,6)，选A.8．A[解析]因为当ω＝1时，函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上是单调递减的，故排除B，C项；当ω＝2时，函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上不是单调递减的，故排除D项．故选A.9．A[解析]函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，为了得到g(x)＝sin2x的图象，则只要将f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，故选A.10.eq\f(9π,10)[解析]由图象知函数y＝sin(ωx＋φ)的周期为2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－\f(3π,4)))＝eq\f(5π,2)，∴eq\f(2π,ω)＝eq\f(5π,2)，∴ω＝eq\f(4,5).∵当x＝eq\f(3,4)π时，y有最小值－1，因此eq\f(4,5)×eq\f(3π,4)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)．∵－π≤φ<π，∴φ＝eq\f(9π,10).11.eq\f(5π,6)[解析]本小题主要考查利用三角函数的两角和与差公式变形求最值，解题的突破口为化为振幅式并注意定义域．函数可化为y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，由x∈[0，2π)得x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(5π,3)))，∴x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)时，即x＝eq\f(5π,6)时，函数有最大值2，故填eq\f(5π,6).12.eq\f(7,4)[解析]依题意，将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(5π,6)))(ω>0)的图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度后，所对应的函数是y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(5π,6)－\f(π,3)ω))(ω>0)，它的图象与函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))的图象重合，所以eq\f(5π,6)－eq\f(π,3)ω＝eq\f(π,4)＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝eq\f(7,4)－6k(k∈Z)．因为ω>0，所以ωmin＝eq\f(7,4).13．－8[解析]eq\f(π,4)<x<eq\f(π,2)，tanx>1，令tan2x－1＝t>0，则y＝tan2xtan3x＝eq\f(2tan4x,1－tan2x)＝eq\f(2（t＋1）2,－t)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)＋2))≤－8，当且仅当t＝eq\f(1,t)，即t＝1，即tanx＝eq\r(2)时取等号，故填－8.14．解：(1)由函数图象及函数模型f(x)＝Asin(ωx＋φ)知A＝2；由eq\f(2π,ω)＝T＝eq\f(13π,3)－eq\f(π,3)＝4π，得ω＝eq\f(1,2)，由最高点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)π，2))得，eq\f(1,2)×eq\f(4π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝－eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z)，又－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(π,6).∴所求函数解析式为y＝f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6)))(x≥0)．(2)方法一：将y＝f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\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y＝g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的图象，∵eq\f(π,2)≤x≤π，∴eq\f(π,3)≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，当x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(2π,3)时，g(x)有最大值2；当x－eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，即x＝π时，g(x)有最小值1.方法二：将y＝f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\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y＝g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的图象，令t＝x－eq\f(π,6)，∵函数y＝2sint的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，得－eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，设A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(2π,3)))＋2kπ，k∈Z))，则A∩B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))，∴函数y＝g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))上单调递增，同理可得，函数y＝g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))上单调递减．又∵geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\r(3)，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2，g(π)＝1，∴函数y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的最大值为2，最小值为1.15．解：(1)∵f(x)＝a·b＝2cos2x＋eq\r(3)sin2x＋m＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋m＋1，∴函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，故f(x)的单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1