2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第四章 §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 2.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 3.函数y＝sin x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”． 2．由y＝sin ωx到y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ>0)的变换：向左平移eq \f(φ,ω)个单位长度而非φ个单位长度． 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＝sin x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＝sin eq \f(1,2)x.(　×　) (2)将y＝sin 2x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＝sin 3x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　C 2．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　D 3．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\up10(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＝sin 2x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＝sin 2x＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2))). 将函数y＝sin 2x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(2x＋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＝sin ωx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)(多选)(2020·天津改编)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).下列结论正确的是(　　) A．f(x)的最小正周期为2π B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))是f(x)的最大值 C．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 D．把函数y＝f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，得到g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))的图象 答案　AC 解析　T＝eq \f(2π,1)＝2π，故A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B错误． y＝sin x的图象eq \o(―――――――――――――――――――――――――――――→,\s\up10(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C正确． f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))图象上所有点的eq \o(――――――――――――――――――――――――――――――――――→,\s\up7(横坐标伸长到原来的3倍),\s\do5(纵坐标不变))g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋\f(π,3)))的图象，故D错误． (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．3 B．6 C．9 D．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)))＝2cos eq \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π0，|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·衡阳模拟)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)sin 2x＋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)sin 2x＋m－1＝0可转化为 m＝1－2sin2x＋eq \r(3)sin 2x＝cos 2x＋eq \r(3)sin 2x ＝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)＝sin t，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＝sin t，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　(多选)(2022·佛山一中月考)摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如深圳前海的“湾区之光”摩天轮，如图所示，某摩天轮最高点离地面高度128米，转盘直径为120米，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针匀速旋转t分钟，当t＝15时，游客随舱旋转至距离地面最远处．以下关于摩天轮的说法中，正确的为(　　) A．摩天轮离地面最近的距离为4米 B．若旋转t分钟后，游客距离地面的高度为h米，则h＝－60cos eq \f(π,15)t＋68 C．若在t1，t2时刻，游客距离地面的高度相等，则t1＋t2的最小值为30 D．∃t1，t2∈[0,20]，使得游客在该时刻距离地面的高度均为90米 答案　BC 解析　由题意知，摩天轮离地面最近的距离为128－120＝8(米)，故A不正确； t分钟后，转过的角度为eq \f(π,15)t， 则h＝60－60cos eq \f(π,15)t＋8＝－60cos eq \f(π,15)t＋68，故B正确； h＝－60cos eq \f(π,15)t＋68，周期为eq \f(2π,\f(π,15))＝30，由余弦型函数的性质可知，若t1＋t2取最小值， 则t1，t2∈[0,30]，又高度相等， 则t1，t2关于t＝15对称， 则eq \f(t1＋t2,2)＝15，则t1＋t2＝30，故C正确； 令0≤eq \f(π,15)t≤π，解得0≤t≤15， 令π≤eq \f(π,15)t≤2π，解得15≤t≤30， 则h在t∈[0,15]上单调递增，在t∈[15,20]上单调递减， 当t＝15时，hmax＝128， 当t＝20时，h＝－60cos eq \f(π,15)×20＋68＝98>90， 所以h＝90在t∈[0,20]只有一个解， 故D不正确． 教师备选 (多选)(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，如果当水轮上点P从水中浮现时(图中点P0)开始计时，则(　　) A．点P第一次到达最高点需要20秒 B．当水轮转动155秒时，点P距离水面2米 C．当水轮转动50秒时，点P在水面下方，距离水面2米 D．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 答案　ABC 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，,h0＝Asinω·0＋φ＋B＝0，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(A＝4，,B＝2，,ω＝\f(2π,T)＝\f(π,30)，,φ＝－\f(π,6)，)) 故h＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋2.故D错误； 对于A，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A正确； 对于B，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B正确； 对于C，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C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)(多选)(2022·青岛模拟)已知函数f(x)＝cos 2xcos φ－sin 2xsin φeq \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))，则下列说法正确的是(　　) A．直线x＝eq \f(5,12)π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＝cos 2x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　ABD 解析　∵f(x)＝cos 2xcos φ－sin 2xsin φ ＝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))) ＝cos π＝－1， ∴直线x＝eq \f(5,12)π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cos π＝－1， 故D正确． (2)(多选)(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1 000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,3) 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　AD 解析　对于A，由A(3，－3eq \r(3))， 知R＝eq \r(32＋－3\r(3)2)＝6，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)＝6sin φ， 解得sin φ＝－eq \f(\r(3),2)，又|φ|<eq \f(π,2)， 所以φ＝－eq \f(π,3)，故A正确； 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]，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]， 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)＝sin 2x B．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·苏州模拟)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)))＝sin eq \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．(多选)如果若干个函数的图象经过平移后能够重合，则称这些函数为“互为生成”函数，给出下列函数中是“互为生成”函数的是(　　) A．f(x)＝sin x＋cos x B．f(x)＝eq \r(2)(sin x＋cos x) C．f(x)＝sin x D．f(x)＝eq \r(2)sin x＋eq \r(2) 答案　AD 解析　f(x)＝sin x＋cos x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))与f(x)＝eq \r(2)sin x＋eq \r(2)经过平移后能够重合． 6．(多选)(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＝sin 2x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)))上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，与曲线E重合 答案　BD 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＝sin 2x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)))上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，可得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，与曲线E重合，故D正确． 7．(2022·北京丰台区模拟)将函数f(x)＝cos 2x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)＝cos 2x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)＝cos 2φ＝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＝cos x，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　2　eq \f(π,6) 解析　∵曲线C1：y＝cos x＝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＝sin x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， 描点、连线得图象． (3)将y＝sin x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．已知向量m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin x，－\f(1,2)))，n＝(eq \r(3)cos x，cos 2x)，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)sin xcos x－eq \f(1,2)cos 2x ＝eq \f(\r(3),2)sin 2x－eq \f(1,2)cos 2x ＝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(2 020)＋f(2 021)＋f(2 022)＋f(2 023)的值分别为(　　) A．f(x)＝eq \f(1,2)sin 2πx＋1，S＝2 023 B．f(x)＝eq \f(1,2)sin 2πx＋1，S＝2 023eq \f(1,2) C．f(x)＝eq \f(1,2)sin eq \f(π,2)x＋1，S＝2 024eq \f(1,2) D．f(x)＝eq \f(1,2)sin eq \f(π,2)x＋1，S＝2 024 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)， ∴cos φ＝1. ∴φ＝2kπ，k∈Z，取k＝0得φ＝0. ∴f(x)＝eq \f(1,2)sin eq \f(π,2)x＋1， ∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin 0＋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)sin π＋1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin \f(3π,2)＋1))＝4. 又2 024＝4×506， ∴S＝4×506＝2 024. 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)sin 2x的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度得到 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]上有3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　AD 解析　f(x)＝2cos2x－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))－1 ＝sin 2x＋cos 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))， 对于A，由y＝eq \r(2)sin 2x的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度， 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)))， 故选项A正确； 对于B，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B不正确； 对于C，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k＝1，x＝eq \f(3,8)π； k＝2，x＝eq \f(7,8)π，所以f(x)在[0，π]上有2个零点，故选项C不正确； 对于D，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D正确． 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(sin ωx),\s\do5(cos ωx))))(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 \r(3)cos ωx－sin ωx ＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))， 图象向左平移eq \f(2π,3)个单位长度得， g(x)＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(2πω,3)－\f(π,3)))， g(x)为奇函数， 则eq \f(2πω,3)－eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z， 解得ω＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,2)k，k∈Z， 所以ω的最小值为eq \f(1,2). 14．据市场调查，某种商品一年内每件出厂价在7千元的基础上，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9 000元，9月份价格最低，为5 000元，则7月份的出厂价格为________元． 答案　6 000 解析　作出函数简图如图． 三角函数模型为y＝Asin(ωx＋φ)＋B， 由题意知A＝eq \f(1,2)×(9 000－5 000)＝2 000， B＝eq \f(1,2)×(9 000＋5 000)＝7 000， T＝2×(9－3)＝12， ∴ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,6). 将(3,9 000)看成函数图象的第二个特殊点， 则有eq \f(π,6)×3＋φ＝eq \f(π,2)，∴φ＝0， 故f(x)＝2 000sin eq \f(π,6)x＋7 000(1≤x≤12，x∈N*)． ∴f(7)＝2 000×sin eq \f(7π,6)＋7 000＝6 000(元)． 故7月份的出厂价格为6 000元． 15．(多选)将函数f(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))(ω>0)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度后得到函数g(x)的图象，且g(0)＝－1，则下列说法正确的是(　　) A．g(x)为奇函数 B．geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝0 C．当ω＝5时，g(x)在(0，π)上有4个极值点 D．若g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,5)))上单调递增，则ω的最大值为5 答案　BCD 解析　由题意得g(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,2)－\f(π,2))) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,2))). 因为g(0)＝－1，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,2)))＝－1， 所以eq \f(ωπ,2)＝2kπ＋eq \f(π,2)，ω＝4k＋1，k∈N， 从而g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－2kπ－\f(π,2)))＝－cos ωx， 显然为偶函数，故A错误； geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－cos eq \f(4k＋1π,2)＝0，故B正确； 当ω＝5时，g(x)＝－cos 5x， 令g(x)＝－cos 5x＝±1得 5x＝kπ，x＝eq \f(kπ,5)，k∈Z. 因为00，ω>0,0<φ<π，函数f(x)图象上相邻的两个对称中心之间的距离为eq \f(π,4)，且在x＝eq \f(π,3)处取到最小值－2. (1)求函数f(x)的解析式； (2)若将函数f(x)图象上所有点的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，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)的单调递增区间； (3)若关于x的方程g(x)＝m＋2在x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9π,8)))上有两个不同的实根，求实数m的取值范围． 解　(1)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)， 其中A>0，ω>0,0<φ<π， 由题知函数f(x)的最小正周期为eq \f(π,2)＝eq \f(2π,ω)， 解得ω＝4， 又函数f(x)在x＝eq \f(π,3)处取到最小值－2， 则A＝2，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－2， 即eq \f(4π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z， 令k＝0可得φ＝eq \f(π,6)， ∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6))). (2)函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)， 得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))， 再向左平移eq \f(π,6)个单位长度可得 g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝2cos 2x， 令－π＋2kπ≤2x≤2kπ，k∈Z， 解得－eq \f(π,2)＋kπ≤x≤kπ，k∈Z， ∴g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，kπ))(k∈Z)． (3)∵方程g(x)＝m＋2在x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9π,8)))上有两个不同的实根， 作出函数g(x)＝2cos 2x，x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9π,8)))的图象， 由图可知－20，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＋φφωx＋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－A02x＋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