旧教材适用2024高考数学一轮总复习第四章三角函数解三角形第4讲函数y=Asinwx+φ的图象及应用

第4讲函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用1．y＝Asin(ωx＋φ)的有关概念y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)振幅周期频率相位初相AT＝eq\o(□,\s\up3(01))eq\f(2π,ω)f＝eq\f(1,T)＝eq\o(□,\s\up3(02))eq\f(ω,2π)eq\o(□,\s\up3(03))ωx＋φeq\o(□,\s\up3(04))φ2．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．3．函数y＝sinx的图象经变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象的步骤1．对函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0，φ≠0，b≠0)，其图象的基本变换有：(1)振幅变换(纵向伸缩变换)：是由A的改变引起的，A>1时伸长，A<1时缩短．(2)周期变换(横向伸缩变换)：是由ω的改变引起的，ω>1时缩短，ω<1时伸长．(3)相位变换(横向平移变换)：是由φ引起的，φ>0时左移，φ<0时右移．(4)上下平移(纵向平移变换)：是由b引起的，b>0时上移，b<0时下移．可以运用“先伸缩后平移”或“先平移后伸缩”两种方法来进行变换．2．当相应变换的函数名不同时，先利用诱导公式将函数名化一样，再利用相应的变换得到结论．3．由y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0，φ≠0，b≠0)的图象得到y＝sinx的图象，可采纳逆向思维，将原变换反过来逆推得到．1．为了得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，只需把函数y＝sin2x的图象上的全部点()A.向左平移eq\f(π,3)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．向右平移eq\f(π,6)个单位长度答案D解析∵y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，∴只需将函数y＝sin2x图象上的全部点向右平移eq\f(π,6)个单位长度即可得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象．故选D.2．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)，解除B，D.由x＝－eq\f(π,3)时，y＝0，x＝eq\f(π,6)时，y＝0，解除C.故选A.3．(2024·江西上饶模拟)将曲线y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,5)))上的每个点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到的曲线的一条对称轴方程为()A．x＝eq\f(3π,80)B．x＝－eq\f(3π,80)C．x＝eq\f(3π,20)D．x＝－eq\f(3π,20)答案C解析依题意得变换后的函数解析式为y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5)))，令2x＋eq\f(π,5)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得x＝eq\f(3π,20)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，再结合选项．故选C.4．(2024·河南信阳模拟)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ω，φ的值分别是()A．2，－eq\f(π,3)B．2，－eq\f(π,6)C．4，－eq\f(π,6)D．4，eq\f(π,3)答案A解析由图可知，eq\f(3,4)T＝eq\f(5π,12)＋eq\f(π,3)＝eq\f(3π,4)，所以T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2.因为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，2))在图象上，所以2×eq\f(5π,12)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z.又－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3).故选A.5．(2024·天津高考)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).给出下列结论：①f(x)的最小正周期为2π；②feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))是f(x)的最大值；③把函数y＝sinx的图象上全部点向左平移eq\f(π,3)个单位长度，可得到函数y＝f(x)的图象．其中全部正确结论的序号是()A．①B．①③C．②③D．①②③答案B解析因为f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，所以最小正周期T＝eq\f(2π,1)＝2π，故①正确；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,3)))＝sineq\f(5π,6)＝eq\f(1,2)≠1，故②不正确；将函数y＝sinx的图象上全部点向左平移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，故③正确．故选B.6．函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象与x轴交点的坐标是．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z解析令2x＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,8)(k∈Z).∴函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象与x轴交点的坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z.考向一“五点法”作y＝Asin(ωx＋φ)的图象例1用五点法作出y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))内的图象．解2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＋eq\f(π,3)＝－eq\f(π,3)，2·eq\f(2π,3)＋eq\f(π,3)＝eq\f(5π,3)，令2x＋eq\f(π,3)＝0，得x＝－eq\f(π,6).令2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，得x＝eq\f(π,12).令2x＋eq\f(π,3)＝π，得x＝eq\f(π,3).令2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(3π,2)，得x＝eq\f(7π,12).列表如下：2x＋eq\f(π,3)－eq\f(π,3)0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)eq\f(5π,3)x－eq\f(π,3)－eq\f(π,6)eq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(7π,12)eq\f(2π,3)y－eq\r(3)020－2－eq\r(3)描点作图．用“五点法”作正、余弦型函数图象的步骤(1)将原函数化为y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的形式；(2)确定周期；(3)确定一个周期内函数图象的最高点和最低点；(4)选出一个周期内与x轴的三个交点；(5)列表；(6)描点．1.用“五点法”画出函数y＝eq\r(3)sineq\f(x,2)＋coseq\f(x,2)的图象．解∵函数y＝eq\r(3)sineq\f(x,2)＋coseq\f(x,2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin\f(x,2)＋\f(1,2)cos\f(x,2)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)cos\f(π,6)＋cos\f(x,2)sin\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))，列表如下：eq\f(x,2)＋eq\f(π,6)0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πx－eq\f(π,3)eq\f(2π,3)eq\f(5π,3)eq\f(8π,3)eq\f(11π,3)y020－20描点、连线作图如下：将函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,3)))的图象不断向左、向右平移(每次移动4π个单位长度)，就可以得到函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))，x∈R的图象．考向二三角函数的图象变换例2(2024·全国乙卷)把函数y＝f(x)图象上全部点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移eq\f(π,3)个单位长度，得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的图象，则f(x)＝()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(7π,12)))B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,12)))D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))答案B解析依题意，将y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度，再将所得曲线上全部点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到f(x)的图象，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的图象eq\o(→,\s\up17(全部点的横坐标扩大到原来的2倍))f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的图象．故选B.关于y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象由y＝sinx的图象的变换，先将y＝sinx的图象向左(向右)平移|φ|个单位，再将所得图象上全部点的横坐标缩短(ω>1)或伸长(0<ω<1)到原来的eq\f(1,ω)倍，纵坐标不变，然后将所得图象上全部点的纵坐标伸长(A>1)或缩短(0<A<1)到原来的A倍，横坐标不变，也可先进行伸缩变换，再进行平移变换，此时不再是平移|φ|个单位，而是平移eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω)))个单位，原则是保证x的系数为1，同时留意变换的方法不能出错．2.(2024·宁夏银川模拟)要得到y＝sinx函数的图象，只需将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象上全部点的()A．横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平移eq\f(π,6)个单位长度B．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C．横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，再向右平移eq\f(π,6)个单位长度D．横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，再向左平移eq\f(π,6)个单位长度答案A解析只需将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象上全部的点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))函数的图象；再向右平移eq\f(π,6)个单位长度，可得y＝sinx函数的图象．故选A.考向三求函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式例3函数y＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的图象的一部分如图所示，则它的函数解析式是()A．y＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,4)))B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,4)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－\f(π,4)))D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4)))答案B解析由题图知，A＝2，T＝2×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))))＝4，∴ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2)，∴解析式可写成y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋φ)).将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))代入上式，得eq\f(π,2)×eq\f(1,2)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴φ＝eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.∵|φ|＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4).∴函数解析式为y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,4))).故选B.确定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)的解析式的步骤(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，确定函数的周期T，则ω＝eq\f(2π,T).(3)求φ的常用方法①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时要留意该点在上升区间上还是在下降区间上)或把图象上的最高点或最低点代入；②五点法：确定φ值时，往往以找寻“五点法”中的特别点作为突破口．3.(2024·陕西汉中高三第一次校际联考)如图为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)的部分图象，将其向左平移eq\f(1,4)个单位长度后与函数g(x)的图象重合，则g(x)可以表示为()A．sin2πx B．－sin2πxC．sinπx D．－sinπx答案D解析设函数y＝f(x)的最小正周期为T，则T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)－\f(1,4)))＝2，所以ω＝eq\f(2π,T)＝π，所以f(x)＝sin(πx＋φ)，由于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))是函数y＝f(x)图象的一个对称中心，且函数y＝f(x)在x＝eq\f(1,4)旁边单调递减，所以eq\f(π,4)＋φ＝π＋2kπ(k∈Z)，所以φ＝eq\f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)，则f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(3π,4)＋2kπ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(3π,4)))，将函数y＝f(x)的图象向左平移eq\f(1,4)个单位长度后得到函数y＝g(x)的图象，因此g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))＋\f(3π,4)))＝sin(πx＋π)＝－sinπx.故选D.精准设计考向，多角度探究突破考向四函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质角度函数图象与性质的综合应用例4(2024·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]的图象大致如下图，则f(x)的最小正周期为()A．eq\f(10π,9)B．eq\f(7π,6)C．eq\f(4π,3)D．eq\f(3π,2)答案C解析由图可得，函数图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)，0))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)ω＋\f(π,6)))＝0.又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)，0))是函数f(x)的图象与x轴负半轴的第一个交点，所以－eq\f(4π,9)ω＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)，解得ω＝eq\f(3,2).所以函数f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,\f(3,2))＝eq\f(4π,3).故选C.角度图象变换与性质的综合应用例5(2024·宣城二次调研)将函数y＝sinx的图象上全部点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，得到y＝f(x)的图象，再将y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,4)个单位，得到函数y＝g(x)的图象，则()A．y＝f(x)g(x)是偶函数B．函数f(x)＋g(x)的图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))C．函数f(x)＋g(x)的图象的一个对称轴方程为x＝－eq\f(π,8)D．函数f(x)＋g(x)在(0，π)上的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,8)))答案D解析由题意可得f(x)＝sin2x，是奇函数，g(x)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝cos2x，是偶函数．因为y＝f(x)是奇函数，y＝g(x)是偶函数，所以y＝f(x)g(x)是奇函数，故A错误；因为f(x)＋g(x)＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，所以当x＝eq\f(π,8)时，f(x)＋g(x)＝eq\r(2)sineq\f(π,2)＝eq\r(2)，故B错误；当x＝－eq\f(π,8)时，f(x)＋g(x)＝eq\r(2)sin0＝0，因为三角函数图象的对称轴过极值点，故C错误；由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(5π,8)，k∈Z，即函数f(x)＋g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋kπ，\f(5π,8)＋kπ))(k∈Z).又x∈(0，π)，所以eq\f(π,8)≤x≤eq\f(5π,8)，所以D正确．故选D.角度三角函数模型的简洁应用例6如图，某地一天6～14时的温度改变曲线近似满意y＝Asin(ωt＋φ)＋b(A>0，ω>0，0<φ<π).(1)求解析式；(2)若某行业在当地须要的温度在区间[20－5eq\r(2)，20＋5eq\r(2)]之间为最佳营业时间，那么该行业在6～14时，最佳营业时间为多少小时？解(1)由题图知A＝eq\f(30－10,2)＝10，b＝eq\f(30＋10,2)＝20，eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)＝14－6，所以ω＝eq\f(π,8)，所以y＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πt,8)＋φ))＋20.把t＝6，y＝10代入上式，得φ＝eq\f(3π,4)，所以解析式为y＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)t＋\f(3π,4)))＋20，t∈[6，14].(2)由题意，得20－5eq\r(2)≤10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)t＋\f(3π,4)))＋20≤20＋5eq\r(2)，即－eq\f(\r(2),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)t＋\f(3π,4)))≤eq\f(\r(2),2)，所以kπ－eq\f(π,4)≤eq\f(π,8)t＋eq\f(3π,4)≤kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z.即8k－8≤t≤8k－4，k∈Z，因为t∈[6，14]，所以k＝2，所以8≤t≤12，所以最佳营业时间为12－8＝4小时．(1)解三角函数模型应用题的关键是求出函数解析式，可以依据给出的已知条件确定模型f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b中的待定系数．(2)探讨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.4.据调查，某商品一年内出厂价按月呈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8千元，7月份价格最低为4千元，依据以上条件，f(x)的解析式可能为()A．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4)))＋6(1≤x≤12，x∈N*)B．f(x)＝9sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4)))(1≤x≤12，x∈N*)C．f(x)＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋6))(1≤x≤12，x∈N*)D．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4)))＋6(1≤x≤12，x∈N*)答案A解析因为3月份达到最高价8千元，7月份价格最低为4千元，所以当x＝3时，函数有最大值为8，当x＝7时，函数有最小值为4，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＋b＝8，,－A＋b＝4，))解得A＝2，b＝6.当ω＝eq\f(π,4)时，由ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4)，得T＝eq\f(2π,ω)＝8，又7－3＝4＝eq\f(1,2)T，符合题意，且x＝3时，函数f(x)有最大值，所以3ω＋φ＝3×eq\f(π,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝－eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.又|φ|<eq\f(π,2)，取k＝0，得φ＝－eq\f(π,4)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4)))＋6.故选A.5．(2024·江苏扬州模拟)若函数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)在[－π，0]上的单调递增区间为．答案[－3，0]解析由函数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，可得A＝2，eq\f(3,4)×eq\f(2π,ω)＝5＋1，求得ω＝eq\f(π,4).再依据五点作图法可得，eq\f(π,4)×(－1)＋φ＝2kπ，k∈Z，∴φ＝2kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z.又0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4))).令2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(π,4)x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得8k－3≤x≤8k＋1，k∈Z，故函数f(x)的增区间为[8k－3，8k＋1]，k∈Z.再依据x∈[－π，0]，可得增区间为[－3，0].6．(2024·江西九江联考)把函数y＝sin2x的图象沿x轴向左平移eq\f(π,6)个单位，纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)后得到函数y＝f(x)的图象，对于函数y＝f(x)有以下四个推断：①该函数的解析式为y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))；②该函数图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称；③该函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上是增函数；④若函数y＝f(x)＋a在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为eq\r(3)，则a＝2eq\r(3).其中推断正确的序号是．答案②④解析将函数y＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,6)个单位得到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，然后纵坐标伸长到原来的2倍得到y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象，①不正确；y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋\f(π,3)))＝2sinπ＝0，函数图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称，②正确；由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z，即函数的单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))，k∈Z，当k＝0时，增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))，③不正确；y＝f(x)＋a＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋a，当0≤x≤eq\f(π,2)时，eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，当2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)，即x＝eq\f(π,2)时，函数取得最小值，ymin＝2sineq\f(4π,3)＋a＝－eq\r(3)＋a＝eq\r(3)，解得a＝2eq\r(3)，④正确．1．(2024·河南周口二模)将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象上全部的点向左平移eq\f(π,4)个单位长度，再把图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍(纵坐标不变)，则所得图象的解析式为()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,12)))B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(5π,12)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,12)))D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(5π,24)))答案B解析将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象上全部的点向左平移eq\f(π,4)个单位长度，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))的图象，再把所得图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍(纵坐标不变)，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(5π,12)))的图象．故选B.2.如图所示，函数y＝eq\r(3)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的部分图象与坐标轴分别交于点D，E，F，则△DEF的面积为()A．eq\f(π,4)B．eq\f(π,2)C．πD．2π答案A解析在y＝eq\r(3)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))中，令x＝0，可得D(0，1)；令y＝0，解得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z)，故Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0)).所以△DEF的面积为eq\f(1,2)×eq\f(π,2)×1＝eq\f(π,4).故选A.3．已知ω＞0，0＜φ＜π，直线x＝eq\f(π,4)和x＝eq\f(5π,4)是函数f(x)＝sin(ωx＋φ)图象的两条相邻的对称轴，则φ＝()A．eq\f(π,4)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,2)D．eq\f(3π,4)答案A解析由题意得周期T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－\f(π,4)))＝2π，∴2π＝eq\f(2π,ω)，即ω＝1，∴f(x)＝sin(x＋φ)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝±1.∵0＜φ＜π，∴eq\f(π,4)＜φ＋eq\f(π,4)＜eq\f(5π,4)，∴φ＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4).故选A.4．(2024·陕西宝鸡摸底)若将函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\f(1,2)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，则平移后图象的对称中心为()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,4)，\f(1,2)))(k∈Z) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,4)，0))(k∈Z)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，\f(1,2)))(k∈Z) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)答案C解析y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\f(1,2)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度得到y＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＋eq\f(1,2)＝3sin2x＋eq\f(1,2)的图象，由2x＝kπ，k∈Z得x＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以平移后图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，\f(1,2)))(k∈Z).故选C.5.(2024·四川成都一诊)已知函数y＝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，则此函数的解析式为()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,2)))D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))答案B解析由函数的图象可得eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)＝eq\f(7π,8)－eq\f(3π,8)＝eq\f(π,2)，∴ω＝2.依据feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝0可得2×eq\f(3π,8)＋φ＝kπ(k∈Z)，求得φ＝kπ－eq\f(3π,4)(k∈Z)，∵|φ|<eq\f(π,2)，∴令k＝1，得φ＝eq\f(π,4)，故有函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).故选B.6.如图所示，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(注：此时t＝0)正常起先走时，那么点P的纵坐标y与时间t的函数关系为()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解析由题意可得，函数的初相位是eq\f(π,6)，解除B，D.又函数周期是60秒且秒针按顺时针方向旋转，即T＝eq\f(2π,|ω|)＝60，所以|ω|＝eq\f(π,30)，所以ω＝－eq\f(π,30)，故y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t＋\f(π,6))).故选C.7．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，0＜φ＜π)的图象与直线y＝2的某两个交点的横坐标分别为x1，x2，若|x2－x1|的最小值为π，且将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位得到的函数为奇函数，则函数f(x)的一个单调递增区间为()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))答案A解析由题意得T＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝2.∵函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位得到的函数为奇函数，∴φ－2×eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z).∴φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z).∵0＜φ＜π，∴φ＝eq\f(π,2).因此f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))为函数f(x)的一个单调递增区间．故选A.8．(2024·沈阳模拟)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ均为正数)的最小正周期为π，当x＝eq\f(2π,3)时，函数f(x)取得最小值，则下列结论正确的是()A．f(2)<f(0)<f(－2)B．f(0)<f(2)<f(－2)C．f(－2)<f(0)<f(2)D．f(2)<f(－2)<f(0)答案D解析由题意知函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,2)，\f(2π,3)))，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调递减．f(－2)＝f(π－2)，f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，而eq\f(π,3)<π－2<2，且eq\f(π,3)，π－2，2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，所以f(2)<f(π－2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即f(2)<f(－2)<f(0).故选D.9．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)个单位长度后，得到g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))的图象．再依据所得图象关于原点对称，可得eq\f(π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，所以φ＝kπ－eq\f(π,3)(k∈Z).又|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)))，因为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))).当2x－eq\f(π,3)＝－eq\f(π,3)时，f(x)取得最小值－eq\f(\r(3),2).故选A.10．设函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<π.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，则()A．ω＝eq\f(2,3)，φ＝－eq\f(11π,12)B．ω＝eq\f(2,3)，φ＝eq\f(π,12)C．ω＝eq\f(1,3)，φ＝－eq\f(11π,24)D．ω＝eq\f(1,3)，φ＝eq\f(7π,24)答案B解析∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，f(x)的最小正周期大于2π，∴eq\f(T,4)＝eq\f(11π,8)－eq\f(5π,8)＝eq\f(3π,4)，∴T＝3π，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2,3)，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(5π,8)＋φ))＝2，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋φ))＝1，∴eq\f(5π,12)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴φ＝2kπ＋eq\f(π,12)，k∈Z，∵|φ|<π，∴φ＝eq\f(π,12).故选B.11．(2024·武汉调研)函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的部分图象如图所示，给出以下结论：①f(x)的最小正周期为2；②f(x)图象的一条对称轴为直线x＝－eq\f(1,2)；③f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z上是减函数；④f(x)的最大值为A.则正确结论的序号为()A．①③B．②③C．①④D．②④答案A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①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②不正确；由题图可知，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)是减函数，故③正确；若A>0，则最大值是A，若A<0，则最大值是－A，故④不正确．故选A.12．(2024·江西莲塘一中、临川二中高三联考)已知函数f(x)＝2sin2x(x∈R)，现将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，再把横坐标缩小为原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象．当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(29π,24)))时，记方程g(x)＝eq\f(2024,2024)的根从小到大依次为x1，x2，…，xn，则x1＋2x2＋2x3＋…＋2xn－1＋xn等于()A．eq\f(17π,4)B．eq\f(14π,3)C．eq\f(20π,3)D．eq\f(85π,12)答案B解析由题意可得g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))，方程g(x)＝eq\f(2024,2024)，即2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))＝eq\f(2024,2024)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))＝eq\f(2024,4040)，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(29π,24)))，所以4x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(9π,2)))，设θ＝4x－eq\f(π,3)，其中θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(9π,2)))，即sinθ＝eq\f(2024,4040)，结合正弦函数y＝sinθ的图象，可得方程sinθ＝eq\f(2024,4040)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(9π,2)))上有5个解，即n＝5，由对称性可得θ1＋θ2＝π，θ2＋θ3＝3π，θ3＋θ4＝5π，θ4＋θ5＝7π，即4x1－eq\f(π,3)＋4x2－eq\f(π,3)＝π，4x2－eq\f(π,3)＋4x3－eq\f(π,3)＝3π，4x3－eq\f(π,3)＋4x4－eq\f(π,3)＝5π，4x4－eq\f(π,3)＋4x5－eq\f(π,3)＝7π，解得x1＋x2＝eq\f(5π,12)，x2＋x3＝eq\f(11π,12)，x3＋x4＝eq\f(17π,12)，x4＋x5＝eq\f(23π,12)，所以x1＋2x2＋2x3＋2x4＋x5＝(x1＋x2)＋(x2＋x3)＋(x3＋x4)＋(x4＋x5)＝eq\f(14π,3).故选B.13．去年某地的月平均气温y(℃)与月份x(月)近似地满意函数y＝a＋bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,6)))(a，b为常数).若6月份的月平均气温约为22℃，12月份的月平均气温约为4℃，则该地8月份的月平均气温约为℃.答案31解析将(6，22)，(12，4)代入函数，解得a＝13，b＝－18，所以y＝13－18sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,6))).当x＝8时，y＝13－18sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)×8＋\f(π,6)))＝31.14．(2024·西安八校联考)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))在[0，2π]上的单调递减区间为．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(5π,3)))解析令2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z，则kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，∴函数f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.又x∈[0，2π]，∴当k＝0时，f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))；当k＝1时，f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(5π,3))).∴函数f(x)在[0，2π]上的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(5π,3))).15．已知x∈(0，π]，关于x的方程2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝a有两个不同的实数解，则实数a的取值范围为．答案(eq\r(3)，2)解析令y1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，x∈(0，π]，y2＝a，作出y1的图象如图所示．若2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝a在(0，π]上有两个不同的实数解，则y1与y2的图象应有两个不同的交点，所以eq\r(3)<a<2.16．(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则满意条件eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f（x）－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f（x）－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))))>0的最小正整数x为.答案2解析由eq\f(3T,4)＝eq\f(13π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(3π,4)，得T＝π，则|ω|＝2，不妨设ω>0，则ω＝2，将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))代入f(x)＝2cos(2x＋φ)，得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))看作“五点作图法”中的其次个点，则eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f（x）－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f（x）－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))))>0，即(f(x)－1)f(x)>0，解得f(x)<0或f(x)>1.所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))>eq\f(1,2)或coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))<0.当x＝1时，2x－eq\f(π,6)＝2－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，不符合题意；当x＝2时，2x－eq\f(π,6)＝4－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,6)))，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))<0，符合题意．所以满意题意的最小正整数x为2.17．(2024·浙江杭州检测)已知函数f(x)＝eq\r(3)sin(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(π,3)对称，且图象上相邻两个最高点的距离为π.(1)求ω和φ的值；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，求函数y＝f(x)的最大值和最小值.解(1)因为f(x)的图象上相邻两个最高点的距离为π，所以f(x)的最小正周期T＝π，从而ω＝eq\f(2π,T)＝2.又f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，所以2×eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，由－eq\f(π,2)≤φ＜eq\f(π,2)，得k＝0，所以φ＝eq\f(π,2)－eq\f(2π,3)＝－eq\f(π,6).综上，ω＝2，φ＝－eq\f(π,6).(2)由(1)知f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，所以当2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)时，f(x)最大＝eq\r(3)；当2x－eq\f(π,