2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习学案：4.4 函数y＝A sin （ωx＋φ）的图象及简单三角函数模型的应用

这是一份2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习学案：4.4 函数y＝A sin （ωx＋φ）的图象及简单三角函数模型的应用，共12页。学案主要包含了知识重温，小题热身等内容，欢迎下载使用。


【知识重温】
一、必记3个知识点
1．函数y＝sin x的图象变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的图象的步骤

2．用五点法画y＝Asin(ωx＋φ)一个周期内的简图
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.简谐振动y＝Asin(ωx＋φ)中的有关物理量
二、必明3个易误点
1．函数图象变换要明确，要弄清楚是平移哪个函数的图象，得到哪个函数的图象．
2．要注意平移前后两个函数的名称是否一致，若不一致，应先利用诱导公式化为同名函数．
3．由y＝Asin ωx的图象得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象时，需平移的单位数应为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(φ,ω)))，而不是|φ|.
【小题热身】
一、判断正误
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象是由y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,2)个单位得到的．( )
(2)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．( )
(3)函数y＝Asin(ωx＋φ)的最小正周期为T＝eq \f(2π,ω).( )
(4)把函数y＝sin x的图象上各点纵坐标不变，横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，所得图象对应的函数解析式为y＝sineq \f(1,2)x.( )
二、教材改编
2．[必修4·P56练习 T3改编]函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的振幅、频率和初相分别为( )
A．2，eq \f(1,π)，eq \f(π,4) B．2，eq \f(1,2π)，eq \f(π,4)
C．2，eq \f(1,π)，eq \f(π,8) D．2，eq \f(1,2π)，－eq \f(π,8)
3．[必修4·P55练习 T2改编]为了得到函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象，可以将函数y＝2sin 2x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,3)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,3)个单位长度

三、易错易混
4．函数f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,4)))，x∈R的最小正周期为( )
A.eq \f(π,2) B．π C．2π D．4π
5．函数y＝cs x|tan x|eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤x≤π且x≠\f(π,2)))的图象为( )
四、走进高考
6．[2020·天津卷]已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\f(π,2)))是f(x)的最大值；
③把函数y＝sin x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．① B．①③
C．②③ D．①②③


eq \x(考点一) 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换
[自主练透型]
1．[2021·广州模拟]将函数y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,6)))的图象，则f(x)＝( )
A．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋\f(π,6))) B．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x－\f(π,6)))
C．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋\f(π,3))) D．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x＋\f(π,3)))
2．已知函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
(1)求它的振幅、周期、初相；
(2)用“五点法”作出它在区间[0，π]内的图象；
(3)说明y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象可由y＝cs x的图象经过怎样的变换而得到．
悟·技法
函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象的两种作法
[提醒] 平移变换和伸缩变换都是针对x而言，即x本身加减多少值，而不是依赖于ωx加减多少值.
考点二 由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式[互动讲练型]
[例1] (1)[2020·全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]的图象大致如图，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)
(2)[2021·武昌区高三调研]函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则f(x)＝________.
悟·技法
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，常用方法有
①代入法：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．
②五点法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的特殊点作为突破口.
[变式练]——(着眼于举一反三)
1．[2021·郑州测试]
将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到函数g(x)的图象如图所示，则函数f(x)的解析式是( )
A．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))(x∈R)
B．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))(x∈R)
C．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))(x∈R)
D．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))(x∈R)
2．[2021·江西省名校高三教学质量检测]
已知函数f(x)＝cs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则函数f(x)的单调递减区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)＋2kπ，\f(19π,12)＋2kπ))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)＋kπ，\f(13π,12)＋kπ))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋2kπ，\f(7π,12)＋2kπ))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))(k∈Z)


考点三 三角函数图象性质的综合应用
[分层深化型]
考向一：三角函数模型的应用
[例2]
如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x＋φ))＋k，据此函数可知，这段时间水深(单位：m)的最大值为( )
A．5 B．6 C．8 D．10
考向二：函数零点(方程根)问题
[例3] [2021·哈尔滨六中模拟]设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9π,8)))，若方程f(x)＝a恰好有三个根x1，x2，x3，且x1A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,8)，\f(5π,4))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，\f(11π,8)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，\f(13π,8))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,4)，\f(15π,8)))
考向三：三角函数图象性质的综合
[例4] [2020·江苏卷]将函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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________________．
悟·技法
函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的性质
(1)奇偶性：φ＝kπ时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为奇函数；φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数．
(2)周期性：y＝Asin(ωx＋φ)具有周期性，其最小正周期为T＝eq \f(2π,ω).
(3)单调性：根据y＝sin t和t＝ωx＋φ(ω＞0)的单调性来研究，由－eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)得单调增区间；由eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)得单调减区间．
(4)对称性：利用y＝sin x的对称中心为(kπ，0)(k∈Z)求解，令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求得对称中心坐标．
利用y＝sin x的对称轴为x＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)求解，令ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)得其对称轴方程.
[同类练]——(着眼于触类旁通)
3.
[2021·四川树德中学模拟]为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的平面直角坐标系，设秒针针尖的坐标为P(x，y)．若针尖的初始坐标为P0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，当秒针从过点P0的位置(此时t＝0)开始走时，点P的纵坐标y与时间t(单位：秒)的函数关系为( )
A．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,30)t＋\f(π,6))) B．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,60)t－\f(π,6)))
C．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,30)t＋\f(π,6))) D．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,30)t－\f(π,3)))





[变式练]——(着眼于举一反三)
4．[2021·湖北联考]已知函数f(x)＝eq \r(3)sin(ωx＋φ)cs(ωx＋φ)＋cs2(ωx＋φ)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0≤φ≤\f(π,2)))的图象相邻的两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，若将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后，得到奇函数g(x)的图象，则f(x)的一个单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(π,12))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))
5．[2020·北京卷]若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cs x的最大值为2，则常数φ的一个取值为________．


[拓展练]——(着眼于迁移应用)
6．[2021·山东潍坊高考模拟考试]若函数f(x)＝2sin(x＋2θ)·cs x(0<θA．点(eq \f(π,4)，0)是y＝f(x)的一个对称中心
B．直线x＝eq \f(π,4)是y＝f(x)的一条对称轴
C．函数y＝f(x)的最小正周期是2π
D．函数y＝f(x)的值域是[0,2]
7．[2019·全国卷Ⅲ]设函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,5)))(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]有且仅有5个零点．下述四个结论：
①f(x)在(0,2π)有且仅有3个极大值点
②f(x)在(0,2π)有且仅有2个极小值点
③f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))单调递增
④ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10)))
其中所有正确结论的编号是( )
A．①④ B．②③
C．①②③ D．①③④
第四节 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及简单三角函数模型的应用
【知识重温】
①|φ| ②eq \f(1,ω) ③eq \f(1,ω) ④eq \f(|φ|,ω) ⑤A ⑥A ⑦0 ⑧eq \f(π,2) ⑨π ⑩eq \f(3π,2) ⑪2π ⑫eq \f(2π,ω)
⑬eq \f(1,T) ⑭eq \f(ω,2π)
【小题热身】
1．答案：(1)√ (2)× (3)× (4)×
2．解析：由振幅、频率和初相的定义可知，函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的振幅为2，频率为eq \f(1,π)，初相为eq \f(π,4).故选A项．
答案：A
3．解析：因为y＝2sin 2x＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－\f(π,3)))，所以将y＝2sin 2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度可得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象．
答案：A
4．解析：最小正周期为T＝eq \f(2π,\f(1,2))＝4π.
答案：D
5．解析：因为|tan x|≥0，
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，cs x≥0，y≥0；
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，cs x≤0，y≤0.
答案：C
6．解析：f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的最小正周期为2π，①正确；sineq \f(π,2)＝1＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))为f(x)的最大值，②错误；将y＝sin x的图象上所有点向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的图象，③正确．故选B.
答案：B
课堂考点突破
考点一
1．解析：由题意知，先将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,6)))的图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，再将所得图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度即得到函数f(x)的图象，故f(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3×2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x－\f(π,6))).
答案：B
2．解析：(1)函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的振幅为1，周期T＝eq \f(2π,2)＝π，初相是－eq \f(π,3).
(2)列表：
描点，连线．
(3)解法一 把y＝cs x的图象上所有的点向右平移eq \f(π,3)个单位长度，得到y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的图象；
再把y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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)(纵坐标不变)，得到y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象．
解法二 将y＝cs x的图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)，得到y＝cs 2x的图象；
再将y＝cs 2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到y＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象．
考点二
例1 解析：(1)解法一 设函数f(x)的最小正周期为T，由题图可得T<π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4π,9)))且eq \f(T,2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4π,9)))－(－π)，所以eq \f(10π,9)解法二(五点法) 由函数f(x)的图象知，ω×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4π,9)))＋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eq \f(4π,3)，故选C.
(2)结合题图知函数f(x)的最小正周期T＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，由T＝π得ω＝2，结合题图知A＝eq \r(2)，所以f(x)＝eq \r(2)sin(2x＋φ)，因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,2)，0))在f(x)的图象上，所以0＝eq \r(2)sin[2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ]，所以φ－eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，因为0<φ答案：(1)C (2)eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
变式练
1．解析：依题意，设g(x)＝sin(ωx＋θ)，其中ω>0，|θ|答案：A
2．解析：通解 由题图知，函数f(x)＝cs(ωx＋φ)的最小正周期T＝π，所以ω＝2.将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，1))代入f(x)＝cs(2x＋φ)，得1＝cs(2×eq \f(π,12)＋φ)，得eq \f(π,6)＋φ＝2kπ，k∈Z，则φ＝2kπ－eq \f(π,6)，k∈Z，又|φ|优解 由题图知，函数f(x)＝cs(ωx＋φ)的最小正周期T＝π，故排除A，C.又函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上单调递减，所以函数f(x)＝cs(ωx＋φ)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))(k∈Z)．
答案：D
考点三
例2 解析：由图象可知，ymin＝2，因为ymin＝－3＋k，所以－3＋k＝2，解得k＝5，所以这段时间水深的最大值是ymax＝3＋k＝3＋5＝8.
答案：C
例3 解析：由题意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9π,8)))，则2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,2)))，画出函数的大致图象，如图所示，
由图得，当eq \f(\r(2),2)≤a<1时，方程f(x)＝a恰好有三个根，由2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)得x＝eq \f(π,8)，由2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(3π,2)得x＝eq \f(5π,8)，由图知，点(x1,0)与点(x2,0)关于直线x＝eq \f(π,8)对称，点(x2,0)与点(x3,0)关于直线x＝eq \f(5π,8)对称，∴x1＋x2＝eq \f(π,4)，π≤x3答案：B
例4 解析：将函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))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\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋\f(π,4)))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,12)))的图象，由2x－eq \f(π,12)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得对称轴方程为x＝eq \f(7π,24)＋eq \f(1,2)kπ，k∈Z，其中与y轴最近的对称轴的方程为x＝－eq \f(5π,24).
答案：x＝－eq \f(5π,24)
同类练
3．解析：t时刻，秒针针尖经过的圆弧对应的角度为eq \f(t,60)×2π＝eq \f(πt,30)，
以x轴正半轴为始边，P(x，y)所在射线为终边，得P0对应的角度为eq \f(π,6)，
则P(x，y)对应的角度为eq \f(π,6)－eq \f(πt,30)，
由P0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))可知P(x，y)在单位圆上，所以t时刻P(x，y)的纵坐标y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(πt,30)＋\f(π,6)))，故选C.
秒杀解 t＝0时，纵坐标y＝eq \f(1,2)，排除BD；
t＝10时，观察图形，此时纵坐标y≠1，排除A.选C.
答案：C
变式练
4．解析：f(x)＝eq \f(\r(3),2)sin(2ωx＋2φ)＋eq \f(1,2)cs(2ωx＋2φ)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋2φ＋\f(π,6)))，∵函数f(x)的图象相邻的两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，∴eq \f(2π,2ω)×eq \f(1,2)＝eq \f(π,2)，
∴ω＝1，将f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后，得到奇函数g(x)的图象，
∴g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋2φ＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2φ－\f(π,6)))，2φ－eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，∴φ＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z)，又0≤φ≤eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,12)，∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
令2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，得x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)，
取k＝0，得x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))，故选C.
答案：C
5．解析：
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(符合2kπ＋\f(π,2)，k∈Z都可以，答案不唯一)) 易知当y＝sin(x＋φ)，y＝cs x同时取得最大值1时，函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cs x取得最大值2，故sin(x＋φ)＝cs x，则φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，故常数φ的一个取值为eq \f(π,2).
答案：eq \f(π,2)
拓展练
6．解析：由题意，函数f(x)＝2sin(x＋2θ)·cs x(0<θ答案：D
7．解析：如图，根据题意知，xA≤2π答案：D
x
－eq \f(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＋φ
⑦____
⑧____
⑨____
eq \(○,\s\up1(10))____
⑪____
y＝Asin(ωx＋φ)
0
A
0
－A
0
y＝Asin(ωx＋φ)
(A＞0，ω＞0)，
x∈[0，＋∞)表
示一个振动量时
振幅
周期
频率
相位
初相
A
T＝⑫____
f＝⑬______
＝⑭______
ωx＋φ
φ
五点法
设z＝ωx＋φ，由z取0，eq \f(π,2)，π，eq \f(3π,2)，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
图象变
换法
由函数y＝sin x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”
2x－eq \f(π,3)
－eq \f(π,3)
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
eq \f(5π,3)
x
0
eq \f(π,6)
eq \f(5π,12)
eq \f(2π,3)
eq \f(11π,12)
π
y
eq \f(1,2)
1
0
－1
0
eq \f(1,2)