§4.4函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及應用最新考綱考情考向分析1.了解函數y＝Asin(ωx＋φ)的物理意義；能畫出y＝Asin(ωx＋φ)的圖象．2.了解參數A，ω，φ對函數圖象變化的影響．3.會用三角函數解決一些簡單實際問題，體會三角函數是描述周期變化現象的重要函數模型.以考查函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象的五點法畫圖、圖象之間的平移伸縮變換、由圖象求函數解析式以及利用正弦型函數解決實際問題為主，常與三角函數的性質、三角恒等變換結合起來進行綜合考查，加強數形結合思想的應用意識．題型為選擇題和填空題，中檔難度.1．y＝Asin(ωx＋φ)的有關概念y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)，x∈R振幅周期頻率相位初相AT＝eq\f(2π,ω)f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)ωx＋φφ2.用五點法畫y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，x∈R)一個周期內的簡圖時，要找五個特征點如下表所示：xeq\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)ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πy＝Asin(ωx＋φ)0A0－A0

3.函數y＝sinx的圖象經變換得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象的兩種途徑知識拓展1．函數y＝Asin(ωx＋φ)＋k圖象平移的規律：“左加右減，上加下減”．2．由y＝sinωx到y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ>0)的變換：向左平移eq\f(φ,ω)個單位長度而非φ個單位長度．3．函數y＝Asin(ωx＋φ)的對稱軸由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z確定；對稱中心由ωx＋φ＝kπ，k∈Z確定其橫坐標．題組一思考辨析1．判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的圖象是由y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的圖象向右平移eq\f(π,2)個單位長度得到的．(√)(2)將函數y＝sinωx的圖象向右平移φ(φ>0)個單位長度，得到函數y＝sin(ωx－φ)的圖象．(×)(3)函數y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為T，那么函數圖象的兩個相鄰對稱中心之間的距離為eq\f(T,2).(√)(4)由圖象求函數解析式時，振幅A的大小是由一個周期內圖象中最高點的值與最低點的值確定的．(√)題組二教材改編2．[P55T2]為了得到函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，可以將函數y＝2sin2x的圖象()A．向右平移eq\f(π,6)個單位長度B．向右平移eq\f(π,3)個單位長度C．向左平移eq\f(π,6)個單位長度D．向左平移eq\f(π,3)個單位長度答案A3．[P58A組T3]函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))的振幅、頻率和初相分別為()A．2,4π，eq\f(π,3) B．2，eq\f(1,4π)，eq\f(π,3)C．2，eq\f(1,4π)，－eq\f(π,3) D．2,4π，－eq\f(π,3)答案C解析由題意知A＝2，f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(1,4π)，初相為－eq\f(π,3).4．[P62例4]如圖，某地一天從6～14時的溫度變化曲線近似滿足函數y＝Asin(ωx＋φ)＋b，則這段曲線的函數解析式為__________________________．答案y＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋20，x∈[6,14]解析從圖中可以看出，從6～14時的是函數y＝Asin(ωx＋φ)＋b的半個周期，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＝2π＋2kπ，k∈Z，取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]．題組三易錯自糾5．要得到函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象，只需將函數y＝sin4x的圖象()A．向左平移eq\f(π,12)個單位長度 B．向右平移eq\f(π,12)個單位長度C．向左平移eq\f(π,3)個單位長度 D．向右平移eq\f(π,3)個單位長度答案B解析∵y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))，∴要得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象，只需將函數y＝sin4x的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位長度．6．(2016·全國Ⅰ)將函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期后，所得圖象對應的函數為()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))) D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))答案D解析函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的周期為π，將函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期即eq\f(π,4)個單位長度，所得函數為y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故選D.7．(2018·長春模擬)函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)的部分圖象如圖所示，則函數f(x)的解析式為____________________．答案f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))解析由題圖可知A＝eq\r(2)，eq\f(T,4)＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，所以T＝π，故ω＝2，因此f(x)＝eq\r(2)sin(2x＋φ)，又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，－\r(2)))為最小值點，所以2×eq\f(7π,12)＋φ＝2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，所以φ＝2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，又|φ|＜π，所以φ＝eq\f(π,3).故f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).題型一函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及變換典例已知函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(1)求它的振幅、周期、初相；(2)用“五點法”作出它在一個周期內的圖象；(3)說明y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象可由y＝sinx的圖象經過怎樣的變換而得到．解(1)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的振幅A＝2，周期T＝eq\f(2π,2)＝π，初相φ＝eq\f(π,3).(2)令X＝2x＋eq\f(π,3)，則y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sinX.列表如下：x－eq\f(π,6)eq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(7π,12)eq\f(5π,6)X0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πy＝sinX010－10y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))020－20描點畫出圖象，如圖所示：(3)方法一把y＝sinx的圖象上所有的點向左平移eq\f(π,3)個單位長度，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象；再把y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍(縱坐標不變)，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象；最后把y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))上所有點的縱坐標伸長到原來的2倍(橫坐標不變)，即可得到y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象．方法二將y＝sinx的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的eq\f(1,2)倍(縱坐標不變)，得到y＝sin2x的圖象；再將y＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度，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)))的圖象；再將y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象上所有點的縱坐標伸長為原來的2倍(橫坐標不變)，即得到y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象．思維升華(1)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象可用“五點法”作簡圖得到，可通過變量代換z＝ωx＋φ計算五點坐標．(2)由函數y＝sinx的圖象通過變換得到y＝Asin(ωx＋φ)圖象有兩條途徑：“先平移后伸縮”與“先伸縮后平移”．跟蹤訓練(1)(2018·石家莊調研)若把函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度，所得到的圖象與函數y＝cosωx的圖象重合，則ω的一個可能取值是()A．2B.eq\f(3,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(1,2)答案A解析y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(ω,3)π－\f(π,6)))和函數y＝cosωx的圖象重合，可得eq\f(ω,3)π－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，則ω＝6k＋2，k∈Z.∴2是ω的一個可能值．(2)把函數y＝sinx的圖象上所有點的橫坐標縮小到原來的一半，縱坐標保持不變，再把所得函數圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度，得到的函數圖象的解析式是________．答案y＝cos2x解析由y＝sinx圖象上所有點的橫坐標縮小到原來的一半，縱坐標保持不變，所得圖象的解析式為y＝sin2x，再向左平移eq\f(π,4)個單位長度得y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，即y＝cos2x.

題型二由圖象確定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式典例(1)函數y＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則y＝________________.答案2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))解析由題圖可知，A＝2，T＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))))＝π，所以ω＝2，由五點作圖法可知2×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，所以函數的解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))取得最小值時x的集合為________．答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝kπ－\f(π,3)，k∈Z))))解析根據所給圖象，周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，故π＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝2，因此f(x)＝sin(2x＋φ)，另外圖象經過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，0))，代入有2×eq\f(7π,12)＋φ＝π＋2kπ(k∈Z)，再由|φ|<eq\f(π,2)，得φ＝－eq\f(π,6)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，當2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝－eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)時，y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))取得最小值．思維升華y＝Asin(ωx＋φ)中φ的確定方法(1)代入法：把圖象上的一個已知點代入(此時要注意該點在上升區間上還是在下降區間上)或把圖象的最高點或最低點代入．(2)五點法：確定φ值時，往往以尋找“五點法”中的特殊點作為突破口．跟蹤訓練(2018·石家莊質檢)已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，將函數f(x)的圖象向左平移m(m>0)個單位長度后，得到函數g(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(\r(3),2)))對稱，則m的值可能為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,2)C.eq\f(7π,6) D.eq\f(7π,12)答案D解析依題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋B＝\f(3\r(3),2)，,－A＋B＝－\f(\r(3),2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝\r(3)，,B＝\f(\r(3),2)，))eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，故ω＝2，則f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋φ)＋eq\f(\r(3),2).又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，故eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即φ＝eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z)．因為|φ|<eq\f(π,2)，故φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(\r(3),2).將函數f(x)的圖象向左平移m個單位長度后得到g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)＋2m))＋eq\f(\r(3),2)的圖象，又函數g(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(\r(3),2)))對稱，即h(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)＋2m))的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對稱，故eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,6)＋2m))＝0，即eq\f(5π,6)＋2m＝kπ(k∈Z)，故m＝eq\f(kπ,2)－eq\f(5π,12)(k∈Z)．令k＝2，則m＝eq\f(7π,12).題型三三角函數圖象性質的應用命題點1三角函數模型典例如圖，某港口一天6時到18時的水深變化曲線近似滿足函數y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋φ))＋k，據此函數可知，這段時間水深(單位：m)的最大值為()A．5B．6C．8D．10答案C解析由題干圖得ymin＝k－3＝2，則k＝5.∴ymax＝k＋3＝8.命題點2函數零點(方程根)問題典例已知關于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))上有兩個不同的實數根，則m的取值范圍是____________．答案(－2，－1)解析方程2sin2x－eq\r(3)sin2x＋m－1＝0可轉化為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)).設2x＋eq\f(π,6)＝t，則t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)π，\f(13,6)π))，∴題目條件可轉化為eq\f(m,2)＝sint，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)π，\f(13,6)π))有兩個不同的實數根．∴y1＝eq\f(m,2)和y2＝sint，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)π，\f(13,6)π))的圖象有兩個不同交點，如圖：由圖象觀察知，eq\f(m,2)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，故m的取值范圍是(－2，－1)．引申探究本例中，若將“有兩個不同的實數根”改成“有實根”，則m的取值范圍是__________．答案[－2,1)解析由上例題知，eq\f(m,2)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，∴－2≤m<1，∴m的取值范圍是[－2,1)．

命題點3三角函數圖象性質的綜合典例(2017·濰坊模擬)已知函數f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的圖象與x軸相鄰兩個交點的距離為eq\f(π,2).(1)求函數f(x)的解析式；(2)若將f(x)的圖象向左平移m(m>0)個單位長度得到函數g(x)的圖象恰好經過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))，求當m取得最小值時，g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(7π,12)))上的單調遞增區間．解(1)函數f(x)的圖象與x軸相鄰兩個交點的距離為eq\f(π,2)，得函數f(x)的最小正周期為T＝2×eq\f(π,2)＝eq\f(2π,2ω)，得ω＝1，故函數f(x)的解析式為f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(2)將f(x)的圖象向左平移m(m>0)個單位長度得到函數g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x＋m＋\f(π,3)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2m＋\f(π,3)))的圖象，根據g(x)的圖象恰好經過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))，可得eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)＋2m＋\f(π,3)))＝0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m－\f(π,3)))＝0，所以2m－eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，m＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)，因為m>0，所以當k＝0時，m取得最小值，且最小值為eq\f(π,6).此時，g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(7π,12)))，所以2x＋eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(11π,6))).當2x＋eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，即x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，－\f(π,12)))時，g(x)單調遞增，當2x＋eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(11π,6)))，即x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(7π,12)))時，g(x)單調遞增．綜上，g(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(7π,12)))上的單調遞增區間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，－\f(π,12)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(7π,12))).思維升華(1)三角函數模型的應用體現在兩方面：一是已知函數模型求解數學問題；二是把實際問題抽象轉化成數學問題，利用三角函數的有關知識解決問題．(2)方程根的個數可轉化為兩個函數圖象的交點個數．(3)研究y＝Asin(ωx＋φ)的性質時可將ωx＋φ視為一個整體，利用換元法和數形結合思想進行解題．跟蹤訓練(1)(2018·蘭州模擬)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π,2)≤φ≤\f(π,2)))的圖象上的兩個相鄰的最高點和最低點的距離為2eq\r(2)，且過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,2)))，則函數f(x)的解析式為__________．答案f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,2)＋\f(π,6)))解析據已知兩個相鄰最高點和最低點的距離為2eq\r(2)，可得eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＋1＋12)＝2eq\r(2)，解得T＝4，故ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2)，即f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,2)＋φ)).又函數圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,2)))，故f(2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)×2＋φ))＝－sinφ＝－eq\f(1,2)，又－eq\f(π,2)≤φ≤eq\f(π,2)，解得φ＝eq\f(π,6)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,2)＋\f(π,6))).(2)若函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)滿足f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，且函數在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一個零點，則f(x)的最小正周期為________．答案π解析∵f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，∴x＝eq\f(π,6)是f(x)圖象的一條對稱軸，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝±1，∴eq\f(π,6)×ω＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，∴ω＝6k＋2，k∈Z，∴T＝eq\f(π,3k＋1)(k∈Z)．又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一個零點，∴eq\f(π,6)≤eq\f(T,4)≤eq\f(π,2)－eq\f(π,6)，∴eq\f(2π,3)≤T≤eq\f(4π,3)，∴eq\f(2π,3)≤eq\f(π,3k＋1)≤eq\f(4π,3)(k∈Z)，∴－eq\f(1,12)≤k≤eq\f(1,6)，又∵k∈Z，∴k＝0，∴T＝π.三角函數圖象與性質的綜合問題典例(12分)已知函數f(x)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))－sin(x＋π)．(1)求f(x)的最小正周期；(2)若將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數g(x)的圖象，求函數g(x)在區間[0，π]上的最大值和最小值．思維點撥(1)先將f(x)化成y＝Asin(ωx＋φ)的形式再求周期；(2)將f(x)解析式中的x換成x－eq\f(π,6)，得g(x)，然后利用整體思想求最值．規范解答解(1)f(x)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))－sin(x＋π)＝eq\r(3)cosx＋sinx[3分]＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，[5分]于是T＝eq\f(2π,1)＝2π.[6分](2)由已知得g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，[8分]∵x∈[0，π]，∴x＋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(x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，[10分]∴g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))∈[－1,2]．[11分]故函數g(x)在區間[0，π]上的最大值為2，最小值為－1.[12分]解決三角函數圖象與性質的綜合問題的一般步驟第一步：(化簡)將f(x)化為asinx＋bcosx的形式；第二步：(用輔助角公式)構造f(x)＝eq\r(a2＋b2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx·\f(a,\r(a2＋b2))＋cosx·\f(b,\r(a2＋b2))))；第三步：(求性質)利用f(x)＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)研究三角函數的性質；第四步：(反思)反思回顧，查看關鍵點、易錯點和答題規范.1．(2017·全國Ⅰ)已知曲線C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，則下面結論正確的是()A．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到曲線C2B．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得到曲線C2C．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到曲線C2D．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得到曲線C2答案D解析因為y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)－\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以曲線C1：y＝cosx上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標不變，得到曲線y＝cos2x，再把得到的曲線y＝cos2x向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得到曲線y＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).故選D.2．(2018·洛陽統考)若將函數f(x)＝sin2x＋cos2x的圖象向右平移φ個單位長度，所得圖象關于y軸對稱，則φ的最小正值是()A.eq\f(π,8) B.eq\f(π,4)C.eq\f(3π,8) D.eq\f(5π,4)答案C解析f(x)＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，將函數f(x)的圖象向右平移φ個單位長度后所得圖象對應的函數為y＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)－2φ))，且該函數為偶函數，故2φ＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，所以φ的最小正值為eq\f(3π,8).3．(2017·衡水中學模擬)若函數y＝sin(ωx－φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，π))上的圖象如圖所示，則ω，φ的值分別是()A．ω＝2，φ＝eq\f(π,3) B．ω＝2，φ＝－eq\f(2π,3)C．ω＝eq\f(1,2)，φ＝eq\f(π,3) D．ω＝eq\f(1,2)，φ＝－eq\f(2π,3)答案A解析由題圖可知，T＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))))＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2，又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)－φ))＝0，所以eq\f(π,3)－φ＝kπ(k∈Z)，即φ＝eq\f(π,3)－kπ(k∈Z)，而|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，故選A.4．(2018·湖南四校聯考)函數y＝sinx－eq\r(3)cosx的圖象可由函數y＝sinx＋eq\r(3)cosx的圖象至少向右平移的單位長度是()A.eq\f(π,2) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,4)答案B解析y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，y＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，因此至少向右平移eq\f(2π,3)個單位長度得到．5．(2017·昆明市兩區七校模擬)將函數f(x)＝eq\r(3)sinx－cosx的圖象沿著x軸向右平移a(a>0)個單位長度，所得函數圖象關于y軸對稱，則a的最小值是()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2)D.eq\f(2π,3)答案B解析依題意得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，因為函數f(x－a)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－a－\f(π,6)))的圖象關于y軸對稱，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a－\f(π,6)))＝±1，a＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即a＝kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，因此正數a的最小值是eq\f(π,3)，故選B.6．函數f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|＜\f(π,2)))的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后所得函數圖象的解析式是奇函數，則函數f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值為()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解析由函數f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度，得g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,3)))的圖象，因為是奇函數，所以φ＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，又因為|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))).又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)))，所以當x＝0時，f(x)取得最小值－eq\f(\r(3),2).7．(2017·青島質檢)將函數y＝sinx的圖象上所有的點向右平移eq\f(π,10)個單位長度，再把所得各點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，所得圖象的函數解析式是______________．答案y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,10)))解析y＝sinxeq\o(→,\s\up10(向右平移\f(π,10)個單位長度))y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,10)))eq\o(→,\s\up10(橫坐標伸長到),\s\do5(原來的2倍))y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,10))).8．(2017·河南洛陽統考)函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，已知圖象經過點A(0，1)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，－1))，則f(x)＝________.答案2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))解析由已知得eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)，∴T＝eq\f(2π,3)，又T＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝3.∵f(0)＝1，∴sinφ＝eq\f(1,2)，又∵0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))(經檢驗滿足題意)．9．(2018·濟南模擬)已知函數f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，m))，若f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),2)))，則m的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)，\f(5π,18)))解析畫出函數的圖象如圖所示．由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，m))，可知eq\f(5π,6)≤3x＋eq\f(π,3)≤3m＋eq\f(π,3)，因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝coseq\f(5π,6)＝－eq\f(\r(3),2)且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)))＝cosπ＝－1，要使f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),2)))，只要eq\f(2π,9)≤m≤eq\f(5π,18)，即m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)，\f(5π,18))).10．(2018·長春調研)已知函數f(x)＝sinωx＋cosωx(ω＞0)，x∈R.若函數f(x)在區間(－ω，ω)內單調遞增，且函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝ω對稱，則ω的值為________．答案eq\f(\r(π),2)解析f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，因為f(x)在區間(－ω，ω)內單調遞增，且函數圖象關于直線x＝ω對稱，所以f(ω)必為一個周期上的最大值，所以有ω·ω＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω2＝eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.又ω－(－ω)≤eq\f(\f(2π,ω),2)，即ω2≤eq\f(π,2)，即ω2＝eq\f(π,4)，所以ω＝eq\f(\r(π),2).11．已知函數y＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的圖象過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，圖象上與點P最近的一個最高點是Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，5)).(1)求函數的解析式；(2)求函數f(x)的單調遞增區間．解(1)依題意得A＝5，周期T＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝π，∴ω＝eq\f(2π,π)＝2.故y＝5sin(2x＋φ)，又圖象過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，∴5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝0，由已知可得eq\f(π,6)＋φ＝kπ，k∈Z，∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(π,6)，∴y＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，故函數f(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．12．(2017·合肥質檢)已知函數f(x)＝4cosωx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＋a(ω>0)圖象上最高點的縱坐標為2，且圖象上相鄰兩個最高點的距離為π.(1)求a和ω的值；(2)求函數f(x)在[0，π]上的單調遞減區間．解(1)f(x)＝4cosωx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＋a＝4cosωx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinωx＋\f(1,2)cosωx))＋a＝2eq\r(3)sinωxcosωx＋2cos2ωx－1＋1＋a＝eq\r(3)sin2ωx＋cos2ωx＋1＋a＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))＋1＋a.當sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))＝1時，f(x)取得最大值2＋1＋a＝3＋a.又f(x)最高點的縱坐標為2，∴3＋a＝2，即a＝－1.又f(x)圖象上相鄰兩個最高點的距離為π，∴f(x)的最小正周期為T＝π，∴2ω＝eq\f(2π,T)＝2，ω＝1.(2)∵x∈[0，π]，∴2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6))).當2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，即x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))時，f(x)單調遞減，∴f(x)在[0，π]上的單調遞減區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3))).13．將函數f(x)＝sin(2x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<θ<\f(π,2)))的圖象向右平移φ(0<φ<π)個單位長度后，得到函數g(x)的圖象，若f(x)，g(x)的圖象都經過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))，則φ的值為________．答案eq\f(5π,6)解析g(x)＝sin[2(x－φ)＋θ]＝sin(2x－2φ＋θ)，若f(x)，g(x)的圖象都經過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))，所以sinθ＝eq\f(\r(3),2)，sin(－2φ＋θ)＝eq\f(\r(3),2)，又－eq\f(π,2)<θ<eq\f(π,2)，所以θ＝eq\f(π,3)，sineq\b\lc\(\