34　第四章　第6课时　函数y＝Asin(ωx＋φ)

第6课时函数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．1．简谐运动的有关概念已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>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)在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)2πx－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)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)的图象的两种途径提醒：两种变换的区别①先相位变换再周期变换(伸缩变换)，平移的量是|φ|个单位长度；②先周期变换(伸缩变换)再相位变换，平移的量是eq\f(|φ|,ω)(ω＞0)个单位长度．[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．函数y＝sin(ωx＋φ)图象的对称轴是直线x＝eq\f(kπ,ω)＋eq\f(π,2ω)－eq\f(φ,ω)(k∈Z)，对称中心是点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,ω)－\f(φ,ω)，0))(k∈Z)．一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A≠0)的最大值为A，最小值为－A．(×)(2)y＝sinx的图象上各点的纵坐标不变，把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(x,2).(×)(3)将y＝3sin2x的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度后所得图象对应的函数解析式是y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).(×)(4)如果函数y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为T，那么函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为eq\f(T,2).(√)二、教材经典衍生1．(人教A版必修第一册P254复习参考题5T10改编)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))的振幅、频率和初相分别为()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)C[由题意知A＝2，f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(1,4π)，初相为－eq\f(π,3).]2．(人教A版必修第一册P239练习T2改编)为了得到函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，可以将函数y＝2sin2x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A[y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))))).]3．(人教A版必修第一册P240习题5.6T1改编)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D[因为变换前后，两个函数的初相相同，所以只需把y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))图象上的所有点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，即可得到函数y＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,8)))的图象．故选D.]4．(人教A版必修第一册P245例1改编)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，ω＞0,0<φ<π，则这段曲线的函数解析式为_______________.y＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋10，x∈[6,14][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，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋B＝15，,－A＋B＝5，))所以A＝eq\f(1,2)×(15－5)＝5，B＝eq\f(1,2)×(15＋5)＝10.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,0<φ<π，所以φ＝eq\f(3π,4)，所以y＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋10，x∈[6,14]．]点拨：A＝eq\f(ymax－ymin,2)，B＝eq\f(ymax＋ymin,2).考点一函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换[典例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)，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)))(2)为了得到函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象，只需将函数y＝sin2x的图象()A．向左平移eq\f(5π,12)个单位长度B．向右平移eq\f(5π,12)个单位长度C．向左平移eq\f(5π,6)个单位长度D．向右平移eq\f(5π,6)个单位长度(1)B(2)A[(1)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)))y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的图象eq\o(→,\s\up9(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．故选B.(2)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))，将函数y＝sin2x的图象向左平移φ个单位长度，得到y＝sin(2x＋2φ)，故2φ＝eq\f(5π,6)，解得φ＝eq\f(5π,12)，即向左平移eq\f(5π,12)个单位长度．故选A．](1)由y＝sinωx的图象到y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ>0)的图象的变换：向左平移eq\f(φ,ω)个单位长度．注意：不是向左平移φ个单位长度，相位变换是针对“x”．(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为负值时应先变成正值．[跟进训练]1．(1)(2022·全国甲卷)将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的图象向左平移eq\f(π,2)个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是()A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)(2)将函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))(ω>0)的图象分别向左、向右各平移eq\f(π,6)个单位长度后，所得的两个图象对称中心重合，则ω的最小值为()A．eq\f(3,2) B．2C．3 D．6(1)C(2)A[(1)由题意知曲线C为y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(ωπ,2)＋\f(π,3)))，又C关于y轴对称，则eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得ω＝eq\f(1,3)＋2k，k∈Z.又ω>0，故当k＝0时，ω的最小值为eq\f(1,3).故选C．(2)将函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))(ω＞0)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后，可得f(x)＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,2)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)ω－\f(π,2)))，将函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))(ω＞0)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后，可得g(x)＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－\f(π,2)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)ω－\f(π,2))).因为函数f(x)与g(x)的对称中心重合，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)ω－\f(π,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)ω－\f(π,2)))＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，即eq\f(π,3)ω＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，解得ω＝eq\f(3k,2)，k∈Z.又因为ω>0，所以ω的最小值为eq\f(3,2).]考点二确定y＝Asin(ωx＋φ)＋B的解析式[典例2](1)(多选)如图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)＝()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))C．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))(2)(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，如图，A，B是直线y＝eq\f(1,2)与曲线y＝f(x)的两个交点，若|AB|＝eq\f(π,6)，则f(π)＝.(1)BC(2)－eq\f(\r(3),2)[(1)由题图知eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，得T＝π，即eq\f(2π,|ω|)＝π，所以ω＝±2，不妨取ω＝2.又图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，由“五点法”，结合图象可得φ＋eq\f(π,3)＝π，即φ＝eq\f(2π,3)，所以sin(ωx＋φ)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，故A错误；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))知B正确；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))知C正确；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))知D错误．故选BC．(2)设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,2)))，由|AB|＝eq\f(π,6)可得x2－x1＝eq\f(π,6)，由sinx＝eq\f(1,2)可知，x＝eq\f(π,6)＋2kπ或x＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，由题图可知，ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝eq\f(5π,6)－eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)，即ω(x2－x1)＝eq\f(2π,3)，所以ω＝4.因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋φ))＝0，所以eq\f(8π,3)＋φ＝2kπ，即φ＝－eq\f(8π,3)＋2kπ，k∈Z.由题图可知－1＜f(0)<0，即－1＜sinφ＜0，所以k＝1，则φ＝－eq\f(2π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))，所以f(π)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π－\f(2π,3)))＝－eq\f(\r(3),2).]y＝Asin(ωx＋φ)中φ的确定方法(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．[跟进训练]2．(1)函数f(x)＝tan(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象如图所示，图中阴影部分的面积为6π，则φ＝()A．－eq\f(π,4) B．－eq\f(π,3)C．eq\f(π,6) D．－eq\f(5π,12)(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)＝________.(1)B(2)－eq\r(3)[(1)如图，①和②面积相等，故阴影部分的面积即为矩形ABCD的面积，可得AB＝3.设函数f(x)的最小正周期为T，则AD＝T，由题意得3T＝6π，解得T＝2π，故eq\f(π,ω)＝2π，得ω＝eq\f(1,2)，即f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋φ))，f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，－1))，即taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(π,6)＋φ))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋φ))＝－1，因为φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则eq\f(π,12)＋φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(7π,12)))，所以eq\f(π,12)＋φ＝－eq\f(π,4)，解得φ＝－eq\f(π,3).故选B.(2)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).]考点三三角函数图象与性质的综合应用[典例3](1)(多选)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，已知f(x)在(0,2π)上有且仅有3个极小值点，则()A．f(x)在(0,2π)上有且仅有5个零点B．f(x)在(0,2π)上有且仅有2个极大值点C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递减D．ω的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(10,3)))(2)(多选)(2025·菏泽模拟)若关于x的方程2eq\r(3)cos2x－sin2x＝eq\r(3)－m在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上有且只有一个解，则m的值可能为()A．－2 B．－1C．0 D．1(1)CD(2)AC[(1)因为x∈(0,2π)，所以ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3))).设t＝ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3)))，画出y＝cost的图象如图所示．由图象可知，若f(x)在(0,2π)上有且仅有3个极小值点，则5π＜2πω＋eq\f(π,3)≤7π，故f(x)在(0,2π)上可能有5,6或7个零点，故A错误；f(x)在(0,2π)上可能有2或3个极大值点，故B错误；由5π<2πω＋eq\f(π,3)≤7π，可得eq\f(7,3)<ω≤eq\f(10,3)，故D正确；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,6)ω＋\f(π,3)))，因为eq\f(7,3)<ω≤eq\f(10,3)，所以eq\f(13π,18)<eq\f(π,6)ω＋eq\f(π,3)≤eq\f(8π,9)，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递减，故C正确．故选CD.(2)由2eq\r(3)cos2x－sin2x＝eq\r(3)－m，整理可得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－eq\f(m,2)，令t＝2x＋eq\f(π,6)，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))，所以t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))，所以cost＝－eq\f(m,2)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))上有且只有一个解，即y＝cost的图象和直线y＝－eq\f(m,2)只有1个交点．由图可知，－eq\f(m,2)＝1或0≤－eq\f(m,2)<eq\f(1,2)，解得m＝－2或－1<m≤0.故选AC．]与三角函数性质有关的综合题的求解策略(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．[跟进训练]3．(1)(2024·新高考Ⅰ卷)当x∈[0,2π]时，曲线y＝sinx与y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的交点个数为()A．3 B．4C．6 D．8(2)(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝cosωx－1(ω>0)在区间[0,2π]内有且仅有3个零点，则ω的取值范围是____________________.(1)C(2)[2,3)[(1)因为函数y＝sinx的最小正周期为T＝2π，函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的最小正周期为T＝eq\f(2π,3)，所以在区间[0,2π]上，函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))有三个周期的图象．在同一平面直角坐标系中结合五点作图法画出两个函数在[0,2π]内的图象，如图所示．由图可知，两函数图象有6个交点．故选C．(2)法一：函数f(x)＝cosωx－1在区间[0,2π]有且仅有3个零点，即cosωx＝1在区间[0,2π]有且仅有3个根，因为ω＞0，x∈[0,2π]，所以ωx∈[0,2ωπ]，则由余弦函数的图象(图略)可知，4π≤2ωπ＜6π，解得2≤ω＜3，即ω的取值范围是[2,3)．法二：函数f(x)＝cosωx－1在区间[0,2π]内有且仅有3个零点，即cosωx＝1在区间[0,2π]内有且仅有3个根，根据函数y＝cosx在[0,2π]上的图象(图略)可知，cosx＝1在区间[0,2π]内有2个根，所以若cosωx＝1在区间[0,2π]内有且仅有3个根，则函数y＝cosωx在[0,2π]内至少包含2个周期，但小于3个周期，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2×\f(2π,ω)≤2π，,3×\f(2π,ω)＞2π.))又ω＞0，所以2≤ω＜3，即ω的取值范围是[2,3)．]考点四三角函数模型的应用[典例4](多选)筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用(图1)，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理(图2)．一半径为2米的筒车水轮如图3所示，水轮圆心O距离水面1米，已知水轮每60秒逆时针匀速转动一圈，如果当水轮上点P从水中浮现时(图3中点P0)开始计时，则下列结论正确的是()A．点P再次进入水中时用时30秒B．当水轮转动50秒时，点P处于最低点C．当水轮转动150秒时，点P距离水面2米D．点P第二次到达距水面(1＋eq\r(3))米时用时25秒BCD[由题意，角速度ω＝eq\f(2π,60)＝eq\f(π,30)(弧度/秒)，又由水轮的半径为2米，且圆心O距离水面1米，可知半径OP0与水面所成角为eq\f(π,6)，点P再次进入水中用时为eq\f(π＋2×\f(π,6),\f(π,30))＝40(秒)，故A错误；当水轮转动50秒时，半径OP0转动了50×eq\f(π,30)＝eq\f(5π,3)(弧度)，而eq\f(5π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(3π,2)，点P正好处于最低点，故B正确；建立如图所示的平面直角坐标系，设点P距离水面的高度H＝Asin(ωt＋φ)＋B(A>0，ω>0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Hmax＝A＋B＝3，,Hmin＝－A＋B＝－1，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝2，,B＝1，))又角速度ω＝eq\f(2π,60)＝eq\f(π,30)(弧度/秒)，当t＝0时，∠tOP0＝eq\f(π,6)，所以ω＝eq\f(π,30)，φ＝－eq\f(π,6)，所以点P距离水面的高度H＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋1，当水轮转动150秒时，将t＝150代入，得H＝2，所以此时点P距离水面2米，故C正确；将H＝1＋eq\r(3)代入H＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t－\f(π,6)))＋1中，得eq\f(π,30)t－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,3)或eq\f(π,30)t－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(2π,3)，即t＝60k＋15或t＝60k＋25(k∈N)，所以点P第二次到达距水面(1＋eq\r(3))米时用时25秒，故D正确．]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．[跟进训练]4．某地进行老旧小区改造，有半径为60米，圆心角为eq\f(π,3)的一块扇形空置地(如图)，现欲从中规划出一块三角形绿地PQR，其中P在eq\o\ac(BC,\s\up10(︵))上，PQ⊥AB，垂足为Q，PR⊥AC，垂足为R，设∠PAB＝α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，则PQ＝________米(用α表示)；当P在eq\o\ac(BC,\s\up10(︵))上运动时，这块三角形绿地的最大面积是________平方米．60sinα225eq\r(3)[在Rt△PAQ中，∠PAB＝α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，AP＝60(米)，所以PQ＝APsinα＝60sinα(米)．在Rt△PAR中，可得PR＝60sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α)).由题可知∠QPR＝eq\f(2π,3)，所以S△PQR＝eq\f(1,2)·PQ·PR·sin∠QPR＝eq\f(1,2)×60sinα×60sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))×sineq\f(2π,3)＝900eq\r(3)sinαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝450eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2α＋\f(1,2)cos2α－\f(1,2)))＝450eq\r(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))－\f(1,2))).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以2α＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以当2α＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即α＝eq\f(π,6)时，△PQR的面积取最大值225eq\r(3)平方米，即三角形绿地的最大面积是225eq\r(3)平方米．]课时分层作业(二十八)(本试卷共97分．单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分．)一、单项选择题1．(2023·天津高考)已知函数f(x)图象的一条对称轴为直线x＝2，f(x)的一个周期为4，则f(x)的解析式可能为()A．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x)) B．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))C．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x)) D．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x))B[对于A，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，最小正周期为eq\f(2π,\f(π,2))＝4，因为f(2)＝sinπ＝0，所以函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))的图象不关于直线x＝2对称，故排除A；对于B，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，最小正周期为eq\f(2π,\f(π,2))＝4，因为f(2)＝cosπ＝－1，所以函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))的图象关于直线x＝2对称，故选项B符合题意；对于C，D，函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x))和y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x))的最小正周期均为eq\f(2π,\f(π,4))＝8，均不符合题意，故排除C，D.综上，故选B.]2．(2024·北京高考)设函数f(x)＝sinωx(ω>0)．已知f(x1)＝－1，f(x2)＝1，且|x1－x2|的最小值为eq\f(π,2)，则ω＝()A．1 B．2C．3 D．4B[因为f(x)＝sinωx∈[－1,1]，且f(x1)＝－1，f(x2)＝1，|x1－x2|min＝eq\f(π,2)，所以f(x)的最小正周期T＝2×eq\f(π,2)＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2.]3．已知函数f(x)＝sinωx－eq\r(3)cosωx(ω>0)的图象与x轴的两个相邻交点的距离等于eq\f(π,2)，若将函数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y＝g(x)是减函数的区间为()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3))) 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,3))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))A[因为f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，由题意得eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，即T＝eq\f(2π,ω)＝π，则ω＝2，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,3)))＝2sin2x，故其减区间为2kπ＋eq\f(π,2)≤2x≤eq\f(3π,2)＋2kπ，即kπ＋eq\f(π,4)≤x≤eq\f(3π,4)＋kπ.当k＝0时，区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))为函数的一个单调递减区间．故选A．]4．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b(ω>0，A>0,0<φ<π，b∈R)的部分图象如图，则()A．φ＝eq\f(π,6)B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－2C．点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,18)，0))为曲线y＝f(x)的一个对称中心D．将曲线y＝f(x)向右平移eq\f(π,9)个单位长度得到曲线y＝4cos3x＋2D[由题图知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋b＝6，,－A＋b＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝4，,b＝2，))将点(0,4)的坐标代入f(x)＝4sin(ωx＋φ)＋2得sinφ＝eq\f(1,2)，由题图可知，点(0,4)在y＝f(x)图象的下降部分上，且0<φ<π，所以φ＝eq\f(5π,6)，所以A错误；将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)，－2))的坐标代入f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(5π,6)))＋2，得ω·eq\f(2π,9)＋eq\f(5π,6)＝eq\f(3π,2)，即ω＝3，所以f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(5π,6)))＋2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(π,6)＋\f(5π,6)))＋2＝2－2eq\r(3)，所以B错误；令3x＋eq\f(5π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,3)－eq\f(5π,18)，k∈Z，取k＝0，则x＝－eq\f(5π,18)，所以对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,18)，2))，所以C错误；将曲线向右平移eq\f(π,9)个单位长度得到曲线y＝4sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,9)))＋\f(5π,6)))＋2＝4cos3x＋2，所以D正确．故选D.]5．(2025·泰安模拟)将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的图象向左平移eq\f(π,2ω)个单位长度后，得到g(x)的图象，若函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，则ω的取值范围为()A．(0,3] B．(0,2]C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))C[将f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)的图象向左平移eq\f(π,2ω)个单位长度，得g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2ω)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(5π,6)))，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，ωx＋eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，\f(ωπ,2)＋\f(5π,6)))，g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，即eq\f(ωπ,2)＋eq\f(5π,6)≤eq\f(3π,2)⇒ω≤eq\f(4,3)，故ω∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).故选C．]6．(2022·全国甲卷)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(13,6))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(19,6)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6)))C[依题意可得ω＞0，因为x∈(0，π)，所以ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3)))，要使函数在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，又y＝sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，3π))的图象如图所示，则eq\f(5π,2)＜ωπ＋eq\f(π,3)≤3π，解得eq\f(13,6)＜ω≤eq\f(8,3)，即ω∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))).故选C．]二、多项选择题7．为了得到函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，只需把余弦曲线y＝cosx上所有的点()A．横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq\f(π,3)个单位长度B．横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq\f(π,6)个单位长度C．向右平移eq\f(π,3)个单位长度，再把得到的曲线上各点横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变D．向右平移eq\f(π,6)个单位长度，再把得到的曲线上各点横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变BC[函数y＝cosx的图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度，得y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，再将横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，得y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))；函数y＝cosx的图象将横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，得y＝cos2x，再向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))，即y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).故选BC．]8．(2025·菏泽模拟)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，令g(x)＝f(x)－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＋1，则下列说法正确的有()A．f(x)的最小正周期为πB．g(x)的对称轴方程为x＝kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)C．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(－1，\f(1,2)))D．g(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)，kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)ACD[对于函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)，由题图可知A＝eq\r(3)，eq\f(5π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3,4)·eq\f(2π,ω)，则ω＝2，所以f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋φ)(0<φ<π)．又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)＋φ))＝－eq\r(3)，所以2×eq\f(5π,12)＋φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝－eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z.又0<φ<π，所以φ＝eq\f(2π,3).则f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，所以g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＋1＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＋cos(2x＋π)＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)sin2x＋\f(\r(3),2)cos2x))－cos2x＝eq\f(1,2)cos2x－eq\f(\r(3),2)sin2x＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).对于A，f(x)的最小正周期为eq\f(2π,2)＝π，A正确；对于B，对于g(x)，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，得g(x)的对称轴方程为x＝eq\f(k,2)π－eq\f(π,6)(k∈Z)，B错误；对于C，当0≤x≤eq\f(π,2)时，eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，所以－1≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤eq\f(1,2)，即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(－1，\f(1,2)))，C正确；对于D，令π＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤2π＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z，即g(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)，kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)，D正确．故选ACD.]三、填空题9.(2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝________.－eq\r(3)[由题意可得：eq\f(3,4)T＝eq\f(13π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(3π,4)，所以T＝π，又T＝eq\f(2π,|ω|)，所以ω＝±2，由题意知，ω＝±2时都符合题意，故取ω＝2.当x＝eq\f(13π,12)时，ωx＋φ＝2×eq\f(13π,12)＋φ＝2kπ，所以φ＝2kπ－eq\f(13π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)))，feq\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).]10．李华以18km/h的速度骑着一辆车轮直径为24寸(1米等于3尺，1尺等于10寸)的自行车行驶在一条平坦的公路上，自行车前轮胎上有一块红色的油漆印(图中点A)，则点A滚动一周所用的时间为______s(用π表示)；若刚开始骑行时，油漆印离地面0.6m，在前行的过程中油漆印离地面的高度h(单位：m)与时间t(单位：s)的函数关系式可以用h＝f(t)＝Asin(ωt＋φ)＋beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))来刻画，则f(t)＝_________________.eq\f(4π,25)eq\f(2,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,2)t＋\f(π,6)))＋eq\f(2,5)[李华的时速为18km/h＝5m/s，车轮直径为eq\f(4,5)米，周长为eq\f(4π,5)米，故滚动一周所用时间为eq\f(4π,25)秒，即最小正周期为T＝eq\f(4π,25)，于是ω＝eq\f(25,2)，依题意知A＝eq\f(2,5)，b＝eq\f(2,5)，f(0)＝eq\f(3,5)⇒sinφ＝eq\f(1,2)，又－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，故f(t)＝eq\f(2,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,2)t＋\f(π,6)))＋eq\f(2,5).]四、解答题11．(15分)(2025·临沂模拟)已知向量a＝(cosx,2sinx)，b＝(2cosx，eq\r(3)cosx)，函数f(x)＝a·b.(1)若f(x0)＝eq\f(11,5)，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))，求cos2x0的值；(2)将f(x)图象上所有的点向右平移eq\f(π,6)个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，最后使所有点的纵坐标变为原来的eq\f(1,2)，得到函数g(x)的图象，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))时，解不等式g(x)≥eq\f(1,2).解：(1)因为a＝(cosx,2sinx)，b＝(2cosx，eq\r(3)cosx)，函数f(x)＝a·b，所以f(x)＝2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＝cos2x＋1＋eq\r(3)sin2x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3),2)sin2x))＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1.因为f(x0)＝eq\f(11,5)，所以2sin2x0＋eq\f(π,6)＋1＝eq\f(11,5)，所以sin2x0＋eq\f(π,6)＝eq\f(3,5).又x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))，所以2x0＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6))))＝－eq\f(4,5)，所以cos2x0＝cos2x0＋eq\f(π,6)－eq\f(π,6)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋sin2x0＋eq\f(π,6)·sineq\f(π,6)＝－eq\f(4,5)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(3－4\r(3),10).(2)将f(x)图象上所有的点向右平移eq\f(π,6)个单位长度得到y＝2sin2x－eq\f(π,6)＋eq\f(π,6)＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1的图象，再将y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1向下平移1个单位长度得到y＝2sin2x－eq\f(π,6)的图象，最后将y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))所有点的纵坐标变为原来的eq\f(1,2)得到y＝sin2x－eq\f(π,6)的图象，即g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，由g(x)≥eq\f(1,2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≥eq\f(1,2)，所以eq\f(π,6)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z.令k＝0可得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，令k＝－1可得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，－\f(π,2))).又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，所以x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs