2023年高考数学一轮复习（全国版文） 第4章 4.6　函数y＝Asin(ωx＋φ)

§4.6函数y＝Asin(ωx＋φ)考试要求1.结合具体实例，了解y＝Asin(ωx＋φ)的实际意义；能借助图象理解参数ω，φ，A的意义，了解参数的变化对函数图象的影响.2.会用三角函数解决简单的实际问题，体会可以利用三角函数构建刻画事物周期变化的数学模型．知识梳理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)一个周期内的简图时，要找五个特征点ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\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)y＝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)的图象的两种途径常用结论1．函数y＝Asin(ωx＋φ)＋k图象平移的规律：“左加右减，上加下减”．3．函数y＝Asin(ωx＋φ)图象的对称轴由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z确定；对称中心由ωx＋φ＝kπ，k∈Z确定其横坐标．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)把y＝sinx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，所得图象对应的函数解析式为y＝sineq\f(1,2)x.(×)(2)将y＝sin2x的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象．(√)(3)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0)的最大值为A，最小值为－A.(×)(4)如果y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为T，那么函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为eq\f(T,2).(√)教材改编题1．为了得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))的图象，只要把y＝sin3x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C2．为了得到y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,8)))的图象，只需把y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))图象上的所有点的()A．纵坐标伸长到原来的3倍，横坐标不变B．横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变C．纵坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，横坐标不变D．横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，纵坐标不变答案D3．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，A>0,0<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]．题型一函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换例1(1)(2021·全国乙卷)把函数y＝f(x)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，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)等于()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，再将所得曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，得到f(x)的图象，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))eq\o(→,\s\up11(将其图象向左平移\f(π,3)个单位长度))y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的图象eq\o(→,\s\up7(所有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．(2)(2022·天津二中模拟)将函数y＝sin2x的图象向左平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤φ<\f(π,2)))个单位长度后，得到函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象，则φ等于()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,3)答案C解析y＝sin2x＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2))).将函数y＝sin2x的图象向左平移φ个单位长度后，得到函数y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ－\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，由题意知2φ－eq\f(π,2)＝eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z)，则φ＝eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)，又0≤φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3).教师备选1．要得到函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象，可以把函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))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D解析函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,6)))，所以只需将y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度就可以得到y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象．2．(2020·江苏)将函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是________．答案x＝－eq\f(5π,24)解析将函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，所得图象的函数解析式为y＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,4)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12))).令2x－eq\f(π,12)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得对称轴的方程为x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(7π,24)，k∈Z，分析知当k＝－1时，对称轴为直线x＝－eq\f(5π,24)，与y轴最近．思维升华(1)由y＝sinωx的图象到y＝sin(ωx＋φ)的图象的变换：向左平移eq\f(φ,ω)(ω>0，φ>0)个单位长度而非φ个单位长度．(2)如果平移前后两个图象对应的函数的名称不一致，那么应先利用诱导公式化为同名函数，ω为负时应先变成正值．跟踪训练1(1)(2020·天津)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；②f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))是f(x)的最大值；③把函数y＝sinx的图象上所有点向左平移eq\f(π,3)个单位长度，可得到函数y＝f(x)的图象．其中所有正确结论的序号是()A．①B．①③C．②③D．①②③答案B解析T＝eq\f(2π,1)＝2π，故①正确．当x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，故②错误．y＝sinx的图象eq\o(→,\s\up11(向左平移\f(π,3)个单位长度))y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象，故③正确．(2)(2022·开封模拟)设ω>0，将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后，所得图象与原图象重合，则ω的最小值为()A．3B．6C．9D．12答案D解析将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后，所得图象与原图象重合，故eq\f(π,6)为函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))的周期，即eq\f(2kπ,ω)＝eq\f(π,6)(k∈N*)，则ω＝12k(k∈N*)，故当k＝1时，ω取得最小值12.题型二由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式例2(1)(2022·安徽芜湖一中模拟)已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)＋beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的大致图象如图所示，将函数f(x)的图象上点的横坐标拉伸为原来的3倍后，再向左平移eq\f(π,2)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)的单调递增区间为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)＋3kπ，3kπ))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3kπ，3kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)＋3kπ，－\f(π,4)＋3kπ))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋3kπ，\f(5π,4)＋3kπ))(k∈Z)答案C解析依题意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋b＝1，,－A＋b＝－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝2，,b＝－1，))故f(x)＝2cos(ωx＋φ)－1，而f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝1，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－1，∴eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,4)，故T＝π＝eq\f(2π,ω)，则ω＝2；∴2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))－1＝1，故eq\f(π,6)＋φ＝2kπ(k∈Z)，又|φ|<eq\f(π,2)，故φ＝－eq\f(π,6)，∴f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1；将函数f(x)的图象上点的横坐标拉伸为原来的3倍后，得到y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(π,6)))－1，再向左平移eq\f(π,2)个单位长度，得到g(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,3)－\f(π,6)))－1＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,6)))－1，令－π＋2kπ≤eq\f(2,3)x＋eq\f(π,6)≤2kπ(k∈Z)，故－eq\f(7π,4)＋3kπ≤x≤－eq\f(π,4)＋3kπ(k∈Z)，故函数g(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)＋3kπ，－\f(π,4)＋3kπ))(k∈Z)．(2)(2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝______.答案－eq\r(3)解析由题意可得，eq\f(3,4)T＝eq\f(13π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(3π,4)，∴T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，当x＝eq\f(13π,12)时，ωx＋φ＝2×eq\f(13π,12)＋φ＝2kπ，k∈Z，∴φ＝2kπ－eq\f(13,6)π(k∈Z)．令k＝1可得φ＝－eq\f(π,6)，据此有f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,2)－\f(π,6)))＝2coseq\f(5π,6)＝－eq\r(3).教师备选1．(2022·天津中学月考)把函数f(x)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，再把所得曲线向右平移eq\f(π,4)个单位长度，得到函数g(x)的图象，已知函数g(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f(x)等于()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3))) B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))) D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))答案D解析先根据函数图象求函数g(x)＝Asin(ωx＋φ)的解析式，由振幅可得A＝1，显然eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,4)，所以T＝π，所以eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，所以g(x)＝sin(2x＋φ)，再由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝0，由|φ|<eq\f(π,2)可得φ＝－eq\f(π,6)，所以g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，反向移动先向左平移eq\f(π,4)个单位长度可得sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，再将横坐标伸长到原来的2倍可得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).2.已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)为奇函数，该函数的部分图象如图所示，△EFG(点G是图象的最高点)是边长为2的等边三角形，则f(1)＝________.答案－eq\r(3)解析由题意得，A＝eq\r(3)，T＝4＝eq\f(2π,ω)，ω＝eq\f(π,2).又因为f(x)＝Acos(ωx＋φ)为奇函数，所以φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，由0<φ<π，取k＝0，则φ＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,2)))，所以f(1)＝－eq\r(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ω＝eq\f(2π,T).(3)求φ，常用方法如下：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．跟踪训练2(1)(2020·全国Ⅰ改编)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]上的图象大致如图，则f(x)的解析式为()A．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)x＋\f(π,6)))B．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(π,6)))C．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x－\f(π,6)))D．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x＋\f(π,6)))答案B解析由图象知π<T<2π，即π<eq\f(2π,|ω|)<2π，所以1<|ω|<2.因为图象过点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，所以－eq\f(4π,9)ω＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω＝－eq\f(9,4)k－eq\f(3,4)，k∈Z.因为1<|ω|<2，故k＝－1，得ω＝eq\f(3,2)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(π,6))).(2)(2022·张家口市第一中学模拟)已知函数f(x)＝2sin(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ω＝________，为了得到偶函数y＝g(x)的图象，至少要将函数y＝f(x)的图象向右平移________个单位长度．答案eq\f(π,8)6解析由图象可知，函数f(x)的最小正周期为T＝2×[6－(－2)]＝16，∴ω＝eq\f(2π,16)＝eq\f(π,8)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,8)＋φ))，由于函数f(x)的图象过点(－2,0)且在x＝－2附近单调递增，∴－2×eq\f(π,8)＋φ＝2kπ(k∈Z)，可得φ＝2kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)，∵－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,8)＋\f(π,4)))，假设将函数f(x)的图象向右平移t个单位长度可得到偶函数g(x)的图象，且g(x)＝f(x－t)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x－t＋\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x－\f(πt,8)＋\f(π,4)))，∴－eq\f(πt,8)＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得t＝－2－8k(k∈Z)，∵t>0，当k＝－1时，t取最小值6.题型三三角函数图象、性质的综合应用命题点1图象与性质的综合应用例3(2022·咸阳模拟)若函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，且其图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后所得图象对应的函数g(x)为偶函数，则f(x)的图象()A．关于直线x＝eq\f(π,3)对称B．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称C．关于直线x＝－eq\f(π,6)对称D．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))对称答案D解析依题意可得ω＝eq\f(2π,π)＝2，所以f(x)＝2sin(2x＋φ)，所以f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后所得图象对应的函数为g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))，又函数g(x)为偶函数，所以eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得φ＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，又|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)))，由2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以f(x)图象的对称轴为x＝eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，排除A，C，由2x＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，得x＝－eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，则f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))，k∈Z，排除B，当k＝1时，－eq\f(π,12)＋eq\f(π,2)＝eq\f(5π,12)，故D正确．命题点2函数零点(方程根)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(7π,6)，\f(13π,6)))，∴题目条件可转化为eq\f(m,2)＝sint，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))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(7π,6)，\f(13π,6)))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)．延伸探究本例中，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5如图，一个大风车的半径为8m，12min旋转一周，它的最低点P0离地面2m，风车翼片的一个端点P从P0开始按逆时针方向旋转，则点P离地面的距离h(m)与时间t(min)之间的函数关系式是()A．h(t)＝－8sin

eq\f(π,6)t＋10B．h(t)＝－cos

eq\f(π,6)t＋10C．h(t)＝－8sin

eq\f(π,6)t＋8D．h(t)＝－8cos

eq\f(π,6)t＋10答案D解析设h＝Asin(ωt＋φ)＋B，由题意可得hmax＝18，hmin＝2，T＝12，∴A＝eq\f(hmax－hmin,2)＝8，B＝eq\f(hmax＋hmin,2)＝10，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,6)，h＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)t＋φ))＋10，当t＝0时，8sinφ＋10＝2，得sinφ＝－1，可取φ＝－eq\f(π,2)，∴h＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)t－\f(π,2)))＋10＝－8cos

eq\f(π,6)t＋10.教师备选(2022·福州模拟)如图所示，一半径为4米的水轮，水轮圆心O距离水面2米，已知水轮每60秒逆时针转动一圈，当水轮上点P从水中浮现时(图中点P0)开始计时，给出下列结论：①点P第一次到达最高点需要20秒；②当水轮转动155秒时，点P距离水面2米；③当水轮转动50秒时，点P在水面下方，距离水面2米；④点P距离水面的高度h(米)与t(秒)的函数解析式为h＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t＋\f(π,3)))＋2.其中所有正确结论的序号是()A．①②③ B．①④C．①②④ D．②③④答案A解析设点P距离水面的高度h(米)和时间t(秒)的函数解析式为h＝Asin(ωt＋φ)＋Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(hmax＝A＋B＝6，,hmin＝－A＋B＝－2，,T＝\f(2π,ω)＝60，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝4，,B＝2，,ω＝\f(2π,T)＝\f(π,30)，))又当t＝0时，h＝4sinφ＋2＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))，解得φ＝－eq\f(π,6)，故h＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋2.故④错误；对于①，令h＝6，即h＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋2＝6，解得t＝20，故①正确；对于②，令t＝155，代入h＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋2，解得h＝2，故②正确；对于③，令t＝50，代入h＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋2，解得h＝－2，故③正确．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3(1)(2022·青岛模拟)已知函数f(x)＝cos2xcosφ－sin2xsinφeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))的图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，则下列说法不正确的是()A．直线x＝eq\f(5π,12)是函数f(x)的图象的一条对称轴B．函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递减C．函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度可得到y＝cos2x的图象D．函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为－1答案C解析∵f(x)＝cos2xcosφ－sin2xsinφ＝cos(2x＋φ)的图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，∴2×eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，∴φ＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z.∵0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6).则f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).∵f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)＋\f(π,6)))＝cosπ＝－1，∴直线x＝eq\f(5π,12)是函数f(x)的图象的一条对称轴，故A正确；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，∴函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递减，故B正确；函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象，故C错误；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，∴函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为cosπ＝－1，故D正确．(2)(2022·西南大学附中模拟)水车在古代是进行灌溉引水的工具，亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具．据史料记载，水车发明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的历史，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征，如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点A(3，－3eq\r(3))出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时120秒．经过t秒后，水斗旋转到P点，设点P的坐标为(x，y)，其纵坐标满足y＝f(t)＝Rsin(ωt＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≥0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))，则下列叙述正确的是()A．水斗作周期运动的初相为－eq\f(π,6)B．在水斗开始旋转的60秒(含)中，其高度不断增加C．在水斗开始旋转的60秒(含)中，其最高点离平衡位置的纵向距离是3eq\r(3)D．当水斗旋转100秒时，其和初始点A的距离为6答案D解析对于A，由A(3，－3eq\r(3))，知R＝eq\r(32＋－3\r(3)2)＝6，又T＝120，所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,60).当t＝0时，点P在点A位置，有－3eq\r(3)＝6sinφ，解得sinφ＝－eq\f(\r(3),2)，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，故A错误；对于B，可知f(t)＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,60)t－\f(π,3)))，当t∈(0,60]时，eq\f(π,60)t－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以函数f(t)先增后减，故B错误；对于C，当t∈(0,60]时，eq\f(π,60)t－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,60)t－\f(π,3)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，所以点P到x轴的距离的最大值为6，故C错误；对于D，当t＝100时，eq\f(π,60)t－eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)，P的纵坐标为y＝－3eq\r(3)，横坐标为x＝－3，所以|PA|＝|－3－3|＝6，故D正确．课时精练1．函数f(x)＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,4)))的振幅、初相分别是()A．－2，eq\f(π,4) B．－2，－eq\f(π,4)C．2，eq\f(π,4) D．2，－eq\f(π,4)答案C解析振幅为2，当x＝0时，φ＝eq\f(π,4)，即初相为eq\f(π,4).2．将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象，向右平移eq\f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)的解析式为()A．g(x)＝sin2xB．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))C．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))D．g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,4)))答案C解析向右平移eq\f(π,4)个单位长度后得，g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).3．(2022·郑州模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，将其图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度后对应的函数为偶函数，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))等于()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2)C．1 D.eq\f(1,2)答案D解析因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为π，所以ω＝eq\f(2π,π)＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度后所得函数为y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋φ))，因为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋φ))是偶函数，所以eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，所以φ＝－eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)，因为|φ|<eq\f(π,2)，所以k＝0，φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以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,6)))＝sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2).4．(2022·天津五十七中月考)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，将f(x)的图象上所有点的横坐标扩大到原来的4倍(纵坐标不变)，再把所得的图象沿x轴向左平移eq\f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)的一个单调递增区间为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)，\f(π,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(7π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,8))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(π,2)))答案A解析根据函数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，可得A＝1，eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)，∴ω＝2.结合“五点法”作图可得2×eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).将f(x)的图象上所有点的横坐标扩大到原来的4倍(纵坐标不变)，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))的图象．再把所得的图象沿x轴向左平移eq\f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))的图象．令2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(1,2)x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得4kπ－eq\f(5π,3)≤x≤4kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，可得函数g(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(5π,3)，4kπ＋\f(π,3)))，k∈Z，令k＝0，可得一个单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)，\f(π,3))).5．(2022·深圳模拟)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象为曲线E，则下列结论中正确的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))是曲线E的一个对称中心B．若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)＝0，则|x1－x2|的最小值为eq\f(π,2)C．将曲线y＝sin2x向右平移eq\f(π,3)个单位长度，与曲线E重合D．将曲线y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))上各点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，与曲线E重合答案B解析函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象为曲线E，令x＝－eq\f(π,12)，求得f(x)＝－1，为最小值，故f(x)的图象关于直线x＝－eq\f(π,12)对称，故A错误；若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)＝0，则|x1－x2|的最小值为eq\f(T,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(2π,2)＝eq\f(π,2)，故B正确；将曲线y＝sin2x向右平移eq\f(π,3)个单位长度，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))的图象，故C错误；将曲线y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))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(1,2)x－\f(π,3)))的图象，与曲线E不重合，故D错误．6．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))图象的相邻两条对称轴间的距离为π，且对任意实数x，都有f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).将函数y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，则关于函数y＝f(x)＋g(x)描述不正确的是()A．最小正周期是2πB．最大值是eq\r(6)＋eq\r(2)C．函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增D．图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称答案C解析由条件知，函数f(x)的最小正周期T＝2π＝eq\f(2π,ω)，解得ω＝1.因为f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝1，则φ＝2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z.因为|φ|≤eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，g(x)＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，则f(x)＋g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝(eq\r(3)＋1)(sinx＋cosx)＝(eq\r(6)＋eq\r(2))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，根据正弦函数的图象和性质易知，函数y＝(eq\r(6)＋eq\r(2))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最小正周期T＝2π，函数最大值是eq\r(6)＋eq\r(2)，函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))上单调递减，图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称，所以选项ABD正确，C错误．7．(2022·北京丰台区模拟)将函数f(x)＝cos2x的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，得到函数g(x)的图象．若函数g(x)的图象关于原点对称，则φ的一个取值为________．(答案不唯一)答案eq\f(π,4)解析将函数f(x)＝cos2x的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，可得g(x)＝cos(2x＋2φ)，由函数g(x)的图象关于原点对称，可得g(0)＝cos2φ＝0，所以2φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，φ＝eq\f(π,4)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，当k＝0时，φ＝eq\f(π,4).8．(2022·济南模拟)已知曲线C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，则为了得到曲线C1，首先要把C2上各点的横坐标变为原来的________倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右至少平移______个单位长度．(本题所填数字要求为正数)答案2eq\f(π,6)解析∵曲线C1：y＝cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(1,2)x＋\f(2π,3)－\f(π,6)))，∴先将曲线C2上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(1,2)x＋\f(2π,3)))向右至少平移eq\f(π,6)个单位长度．9．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．10．(2022·普宁市第二中学模拟)已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx，－\f(1,2)))，n＝(eq\r(3)cosx，cos2x)，函数f(x)＝m·n.(1)求函数f(x)的最大值及最小正周期；(2)将函数y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域．解(1)f(x)＝m·n＝eq\r(3)sinxcosx－eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).所以函数的最大值为1，最小正周期为T＝eq\f(2π,|ω|)＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由(1)得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).将函数y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后得到y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象．因此g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).故g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).11．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的图象如图，则f(x)的解析式和S＝f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2020)＋f(2021)＋f(2022)＋f(2023)的值分别为()A．f(x)＝eq\f(1,2)sin2πx＋1，S＝2023B．f(x)＝eq\f(1,2)sin2πx＋1，S＝2023eq\f(1,2)C．f(x)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,2)x＋1，S＝2024eq\f(1,2)D．f(x)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,2)x＋1，S＝2024答案D解析由图象知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋b＝\f(3,2)，,－A＋b＝\f(1,2)，又T＝4，))∴ω＝eq\f(π,2)，b＝1，A＝eq\f(1,2)，∴f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋φ))＋1.由f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))得eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＋1＝eq\f(3,2)，∴cosφ＝1.∴φ＝2kπ，k∈Z，取k＝0得φ＝0.∴f(x)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,2)x＋1，∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin0＋1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin

\f(π,2)＋1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinπ＋1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin

\f(3π,2)＋1))＝4.又2024＝4×506，∴S＝4×506＝2024.12．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,4)个单位长度得到B．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的最小值为－eq\r(2)C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增D．f(x)在[0，π]上有3个零点答案B解析f(x)＝2cos2x－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))－1＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，对于A，由y＝eq\r(2)sin2x的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度，得到y＝eq\r(2)sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\r(2)cos2x，故选项A错误；对于B，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))，所以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)))，所以f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，1))，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的最小值为－eq\r(2)，故选项B正确；对于C，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得kπ－eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(π,8)，k∈Z，所以f(x)的单调递增区间为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，故选项C错误；对于D，令f(x)＝0，得2x＋eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,8)，k∈Z，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))，所以当k＝1时，x＝eq\f(3π,8)；当k＝2时，x＝eq\f(7π,8)，所以f(x)在[0，π]上有2个零点，故选项D错误．13．(2022·上海市吴淞中学月考)定义运算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(a1),\s\do5(a3))\o(\s\up7(a2),\s\do5(a4))))＝a1a4－a2a3，将函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(\r(3)),\s\do5(1))\o(\s\up7(sinωx),\s\do5(cosωx))))(ω>0)的图象向左平移eq\f(2π,3)个单位长度，所得图象对应的函数为奇函数，则ω的最小值是________．答案eq\f(1,2)解析f(x)＝eq\