2026《金版教程》高考复习方案数学提升版-第5讲 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用

第5讲函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用eq\a\vs4\al()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．y＝Asin(ωx＋φ)的有关概念y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)振幅周期频率相位初相AT＝eq\x(\s\up1(01))eq\f(2π,ω)f＝eq\f(1,T)＝eq\x(\s\up1(02))eq\f(ω,2π)eq\x(\s\up1(03))ωx＋φeq\x(\s\up1(04))φ2．用五点法画y＝Asin(ωx＋φ)一个周期内的简图时，要找如下表所示五个特征点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)的图象的步骤对函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0，φ≠0，b≠0)，其图象的基本变换有：(1)振幅变换(纵向伸缩变换)：是由A的变化引起的，A>1时伸长，A<1时缩短．(2)周期变换(横向伸缩变换)：是由ω的变化引起的，ω>1时缩短，ω<1时伸长．(3)相位变换(横向平移变换)：是由φ引起的，φ>0时左移，φ<0时右移．(4)上下平移(纵向平移变换)：是由b引起的，b>0时上移，b<0时下移．可以使用“先伸缩后平移”或“先平移后伸缩”两种方法来进行变换．1．(人教A必修第一册复习参考题5T10改编)函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)答案：A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\co1(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.2．(人教A必修第一册习题5.6T5改编)为了得到函数y＝2sin3x的图象，只要把函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,5)))图象上所有的点()A．向左平移eq\f(π,5)个单位长度B．向右平移eq\f(π,5)个单位长度C．向左平移eq\f(π,15)个单位长度D．向右平移eq\f(π,15)个单位长度答案：D解析：因为y＝2sin3x＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,15)))＋\f(π,5)))，所以把函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,5)))图象上所有的点向右平移eq\f(π,15)个单位长度即可得到函数y＝2sin3x的图象．故选D.3.(人教A必修第一册习题5.6T4改编)函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则ω，φ的值分别是()A．2，－eq\f(π,3) B．2，－eq\f(π,6)C．4，－eq\f(π,6) D．4，eq\f(π,3)答案：A解析：由题图可知，eq\f(3,4)T＝eq\f(5π,12)＋eq\f(π,3)＝eq\f(3π,4)，所以T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2.因为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，2))在图象上，所以2×eq\f(5π,12)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z.又－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3).故选A.4．(人教A必修第一册5.6.2例1改编)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答案：C解析：因为函数y＝sinx的最小正周期为T1＝2π，函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的最小正周期为T2＝eq\f(2π,3)，所以在[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，在坐标系中结合五点法作出两函数的图象，如图所示，由图可知，两函数的图象有6个交点．故选C.5．y＝cos(x＋1)图象上相邻的最高点和最低点之间的距离是________．答案：eq\r(π2＋4)解析：y＝cos(x＋1)的半个周期是π，最大值为1，最小值为－1，故由勾股定理得所求距离为eq\r(π2＋22)＝eq\r(π2＋4).考向一三角函数的图象变换(1)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)))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，纵坐标不变，得到f(x)的图象，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的图象eq\o(→,\s\up7(向左平移eq\f(π,3)个单位长度),\s\do5())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),\s\do5(纵坐标不变))f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的图象．(2)(多选)要得到y＝cos2x的图象C1，只要将y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象C2怎样变化()A．将y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象C2向左平移eq\f(π,12)个单位长度B．将y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象C2向右平移eq\f(11π,12)个单位长度C．先作C2关于x轴对称的图象C3，再将图象C3向右平移eq\f(5π,12)个单位长度D．先作C2关于x轴对称的图象C3，再将图象C3向左平移eq\f(π,12)个单位长度答案：ABC解析：对于A，将y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象C2向左平移eq\f(π,12)个单位长度，可得y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos2x的图象C1，故A正确；对于B，将y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象C2向右平移eq\f(11π,12)个单位长度得到y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(11π,12)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,2)))＝cos2x的图象C1，故B正确；对于C，先作C2关于x轴对称的图象，得到y＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象C3，再将图象C3向右平移eq\f(5π,12)个单位长度，得到y＝－sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5π,12)))＋\f(π,3)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝cos2x的图象C1，故C正确；对于D，先作C2关于x轴对称的图象，得到y＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象C3，再将图象C3向左平移eq\f(π,12)个单位长度，得到y＝－sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－cos2x的图象，故D不正确．故选ABC.三角函数图象变换的关键点三角函数的平移变换问题类型多、情况复杂、技巧性强，在解题时容易出现错误，破解此类题的关键如下：(1)定函数：一定要看准是将哪一个函数的图象变换得到哪一个函数的图象．(2)变同名：变换前后函数的名称要一样．(3)选方法：即选择变换方法．要注意：对于函数y＝sinωx(ω>0)的图象，向左平移|φ|个单位长度得到的是函数y＝sin[ω(x＋|φ|)]的图象，而不是函数y＝sin(ωx＋|φ|)的图象．(2025·吉林长春模拟)将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后与函数g(x)＝cosωx的图象重合，则ω的最小值为()A．7 B．5C．9 D．11答案：D解析：因为y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)ω＋\f(π,3)))，cosωx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))，由题意可知，－eq\f(π,6)ω＋eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得ω＝－12k－1，k∈Z，又ω>0，所以当k＝－1时，ω取得最小值11.故选D.考向二求函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式已知函数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＋2答案：D解析：由题图知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＋b＝6，,－A＋b＝－2，))解得eq\b\lc\{(\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不正确；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)＝2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，解得ω＝9k＋3，k∈Z，由题图知eq\f(T,2)>eq\f(2π,9)，则ω<eq\f(9,2)，又ω>0，所以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不正确；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)，所以点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,18)，2))为曲线y＝f(x)的一个对称中心，所以C不正确；将曲线y＝f(x)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.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.常用的方法如下：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)或把图象上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．(2025·重庆南开中学模拟)如图，直线y＝eq\r(2)与函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)的图象相交，M，N，P为相邻的三个交点，且MN－NP＝eq\f(π,3)，若－eq\f(π,9)为f(x)的一个零点，则f(x)的解析式可以为()A．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,9)))B．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))C．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))D．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(4π,9)))答案：C解析：函数f(x)的周期T＝eq\f(2π,ω)，设N(x1，eq\r(2))，P(x2，eq\r(2))，x1<x2，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin（ωx1＋φ）＝\f(\r(2),2)，,sin（ωx2＋φ）＝\f(\r(2),2)，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ωx1＋φ＝\f(π,4)＋2kπ，,ωx2＋φ＝\f(3π,4)＋2kπ))(k∈Z)，∴ω(x2－x1)＝eq\f(π,2)，∴NP＝x2－x1＝eq\f(π,2ω)＝eq\f(1,4)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(1,4)T.∵MP＝T，∴MN＝MP－NP＝T－eq\f(1,4)T＝eq\f(3,4)T，∴MN＝3NP，又MN＋NP＝eq\f(2π,ω)，∴NP＝eq\f(π,2ω)，MN＝eq\f(3π,2ω)，∴MN－NP＝eq\f(π,ω)＝eq\f(π,3)，∴ω＝3，则f(x)＝2sin(3x＋φ)，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,9)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ－\f(π,3)))＝0，得φ－eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，取φ＝eq\f(π,3)即可．考向三函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质及应用角度1函数图象与性质的综合应用(多选)(2025·江淮十校联考)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，其中－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，图象向右平移s(s∈N*)个单位长度后得到函数y＝g(x)的图象，且y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上单调递减，则下列说法正确的是()A．ω＝±1B．直线x＝－eq\f(π,6)为f(x)图象的一条对称轴C．s可以等于5D．s的最小值为2答案：BD解析：由函数f(x)的图象，可得eq\f(3,4)T＝eq\f(5π,6)＋eq\f(2π,3)＝eq\f(3π,2)，所以T＝2π，所以|ω|＝eq\f(2π,T)＝1，解得ω＝±1，又函数f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，1))，且－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，当ω＝1时，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝1，所以eq\f(5π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝－eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，因为－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，可得φ＝－eq\f(π,3)；当ω＝－1时，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)＋φ))＝1，所以－eq\f(5π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，因为－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，不存在，舍去．综上可得，ω＝1，φ＝－eq\f(π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，所以A错误；又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)－\f(π,3)))＝－1，所以直线x＝－eq\f(π,6)是f(x)图象的一条对称轴，所以B正确；将函数f(x)的图象向右平移s个单位长度后，得到g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－s－\f(π,3)))的图象，因为y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上单调递减，则满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)－s－\f(π,3)≥2kπ＋\f(π,2)，,\f(π,3)－s－\f(π,3)≤2kπ＋\f(3π,2)，))k∈Z，解得－eq\f(3π,2)－2kπ≤s≤－eq\f(7π,6)－2kπ，k∈Z，因为s∈N*，所以－eq\f(7π,6)－2kπ>0，则k<－eq\f(7,12)，又k∈Z，故k≤－1，当k＝－1时，eq\f(π,2)≤s≤eq\f(5π,6)，可知smin＝2，所以D正确；当k＝－2时，eq\f(5π,2)≤s≤eq\f(17π,6)，而eq\f(5π,2)>5，故s不可能等于5，所以C错误．故选BD.三角函数图象与性质综合问题的求解思路(1)将函数整理成y＝Asin(ωx＋φ)＋b(ω>0)的形式．(2)把ωx＋φ看成一个整体．(3)借助正弦函数y＝sinx的图象与性质(如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等)解决相关问题．(多选)(2025·四川巴中模拟)已知函数f(x)＝asinx＋cosx的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，则下列结论中正确的是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))是奇函数B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)C．若f(x)在[－m，m]上单调递增，则0<m≤eq\f(π,3)D．f(x)的图象与直线y＝2x＋eq\f(π,3)有三个交点答案：AC解析：因为f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝f(0)，即eq\f(\r(3),2)a－eq\f(1,2)＝1，解得a＝eq\r(3)，所以f(x)＝eq\r(3)sinx＋cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，验证：当x＝eq\f(π,3)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2，f(x)取最大值，故f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，满足题意．对于A，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝2sinx，x∈R，由2sin(－x)＝－2sinx，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))是奇函数，故A正确；对于B，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(3)sineq\f(π,4)＋coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)×(eq\r(3)＋1)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2)，故B错误；对于C，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(2π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，当k＝0时，－eq\f(2π,3)≤x≤eq\f(π,3)，由f(x)在[－m，m]上单调递增，得－eq\f(2π,3)≤－m<m≤eq\f(π,3)，解得0<m≤eq\f(π,3)，故C正确；对于D，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象与直线y＝2x＋eq\f(π,3)均过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))，由f′(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝2cos0＝2，故函数f(x)的图象在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))处的切线为直线y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，即直线y＝2x＋eq\f(π,3)与曲线f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))相切，如图，可知f(x)的图象与直线y＝2x＋eq\f(π,3)有且仅有一个公共点，故D错误．故选AC.角度2函数零点(方程根)问题(2025·江西南昌模拟)已知函数f(x)＝eq\r(6)sineq\f(ωx,2)coseq\f(ωx,2)＋eq\r(2)cos2eq\f(ωx,2)－eq\f(\r(2),2)(ω>0)，其图象中两条相邻的对称轴之间的距离为eq\f(π,2).(1)求函数f(x)的解析式，并求出它的单调递减区间；(2)将函数y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,24)个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(15π,4)))时，求方程g(x)＋1＝sin2x的所有根之和．解：(1)f(x)＝eq\r(6)sineq\f(ωx,2)coseq\f(ωx,2)＋eq\r(2)cos2eq\f(ωx,2)－eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6),2)sinωx＋eq\r(2)·eq\f(1＋cosωx,2)－eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinωx＋\f(1,2)cosωx))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，∵图象中两条相邻的对称轴之间的距离为eq\f(π,2)，∴eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，T＝eq\f(2π,|ω|)＝π，又ω>0，∴ω＝2，∴f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，∴f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)．(2)将y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,24)个单位长度得y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝sinx＋cosx的图象．g(x)＋1＝sin2x，即sinx＋cosx＋1＝2sinxcosx.令t＝sinx＋cosx，则2sinxcosx＝t2－1，∴t2－t－2＝0，∴t＝－1或t＝2(舍去)．∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(15π,4)))，∴x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，4π))，令u＝x＋eq\f(π,4)，则y＝eq\r(2)sinu＝－1，结合图象的对称性可得，所有根之和u1＋u2＋u3＋u4＝eq\f(3π,2)×2＋eq\f(7π,2)×2＝10π，∴x1＋x2＋x3＋x4＝10π－4×eq\f(π,4)＝9π.巧用图象解决三角函数中的零点(方程根)问题解决三角函数中的零点(方程根)问题的关键是根据条件作出对应函数的图象，然后再将方程根的问题转化为图象的交点问题，利用数形结合思想解决．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)))的图象有两个不同的交点，如图：由图象可知，－1<eq\f(m,2)<－eq\f(1,2)，则－2<m<－1，即m的取值范围是(－2，－1)．角度3三角函数模型的简单应用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．明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图1描绘了筒车的工作原理．假定在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动．如图2，将筒车抽象为一个几何图形(圆)，以筒车转轮的中心O为原点，过点O的水平直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系xOy.已知一个半径为1.6m的筒车按逆时针方向每30s匀速旋转一周，O到水面的距离为0.8m．规定：盛水筒M对应的点P从水中浮现(P0时的位置)时开始计算时间，且设盛水筒M从点P0运动到点P时所经过的时间为t(单位：s)，且此时点P距离水面的高度为d(单位：m)(在水面下则d为负数)，则d关于t的函数关系式为________，在水轮转动的任意一圈内，点P距水面的高度不低于1.6m的时长为________s.答案：d＝1.6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,6)))＋0.8(t≥0)10解析：依题意，点P0到x轴的距离为0.8m，而OP0＝1.6m，则∠xOP0＝eq\f(π,6)，从点P0经ts运动到点P所转过的角为eq\f(2π,30)t＝eq\f(π,15)t，因此，以Ox为始边，OP为终边的角为eq\f(π,15)t－eq\f(π,6)，点P的纵坐标为1.6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,6)))，于是得点P距离水面的高度d＝1.6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,6)))＋0.8(t≥0)．由d≥1.6得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,6)))≥eq\f(1,2)，而t≥0，即2kπ＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,15)t－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈N，解得30k＋5≤t≤30k＋15，k∈N，对于k的每个取值，30k＋15－(30k＋5)＝10.所以d关于t的函数关系式为d＝1.6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,6)))＋0.8(t≥0)，水轮转动的任意一圈内，点P距水面的高度不低于1.6m的时长为10s.解三角函数模型应用题的关键是求出函数解析式，可以根据给出的已知条件确定模型f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b中的待定系数．阻尼器是一种以提供阻力达到减震效果的专业工程装置．我国第一高楼上海中心大厦的阻尼器减震装置，被称为“定楼神器”，如图1.由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移y(m)和时间t(s)的函数关系为y＝sin(ωt＋φ)(ω>0，|φ|<π)，如图2，若该阻尼器在摆动过程中连续三次到达同一位置的时间分别为t1，t2，t3(0<t1<t2<t3)，且t1＋t2＝2，t2＋t3＝5，则在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间为()A.eq\f(1,3)s B.eq\f(2,3)sC．1s D.eq\f(4,3)s答案：C解析：因为t1＋t2＝2，t2＋t3＝5，t3－t1＝T，所以T＝3，又T＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(2π,3)，则y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)t＋φ))，由y>0.5，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)t＋φ))>0.5，所以2kπ＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)t＋φ<2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，所以3k＋eq\f(1,4)－eq\f(3,2π)φ<t<3k＋eq\f(5,4)－eq\f(3,2π)φ，k∈Z.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3k＋\f(5,4)－\f(3,2π)φ))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3k＋\f(1,4)－\f(3,2π)φ))＝1，所以在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间为1s．故选C.课时作业一、单项选择题1．某个弹簧振子做简谐运动，已知在完成一次全振动的过程中，时间t(单位：s)与位移y(单位：cm)之间满足函数关系：y＝sint＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(π,6)))，则这个简谐运动的振幅是()A．1cm B．2cmC.eq\r(3)cm D．2eq\r(3)cm答案：C解析：因为y＝sint＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(π,6)))＝sint＋costcoseq\f(π,6)＋sintsineq\f(π,6)＝eq\f(3,2)sint＋eq\f(\r(3),2)cost＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(π,6)))，所以这个简谐运动的振幅是eq\r(3)cm.故选C.2．要得到y＝coseq\f(x,2)的图象，只要将y＝sineq\f(x,2)的图象()A．向左平移eq\f(π,2)个单位长度B．向右平移eq\f(π,2)个单位长度C．向左平移π个单位长度D．向右平移π个单位长度答案：C解析：函数y＝sineq\f(x,2)的图象向左平移π个单位长度后得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,2)))＝coseq\f(x,2)的图象．故选C.3．(2025·山东青岛联考)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)tan(ωx－φ)(ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示，则ωφ＝()A.eq\f(5π,6) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,6)答案：C解析：由题图可知，f(x)的最小正周期T＝eq\f(π,ω)＝eq\f(π,2)，则ω＝2，eq\f(2π,3)－φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，由0<φ<π，得φ＝eq\f(π,6)，则ωφ＝eq\f(π,3).4．(2025·深圳中学模拟)如图，四位同学受课堂启发开展“图象法比大小”的课题探究，在同一个坐标系中分别选定了一个适当的区间，各自作出三个函数y＝sin2x，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象如下．结果发现其中有一位同学作出的图象有错误，那么有错误的图象是()答案：C解析：通过三个图象比较不难得出答案C.5．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)答案：C解析：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取最小值为eq\f(1,3).故选C.6．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的图象与y轴的交点为M(0，1)，与x轴正半轴最靠近y轴的交点为N(3，0)，y轴右侧的第一个最高点与第一个最低点分别为B，C.若△OBC的面积为3eq\r(2)(其中O为坐标原点)，则函数f(x)的最小正周期为()A．5 B．6C．7 D．8答案：D解析：如图，S△OBC＝eq\f(1,2)×3×A＋eq\f(1,2)×3×A＝3A＝3eq\r(2)，A＝eq\r(2)，∴f(x)＝eq\r(2)sin(ωx＋φ)，f(0)＝eq\r(2)sinφ＝1，∴sinφ＝eq\f(\r(2),2)，∵0＜φ＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，∴f(3)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3ω＋\f(π,4)))＝0，3ω＋eq\f(π,4)＝π，∴ω＝eq\f(π,4)，T＝eq\f(2π,\f(π,4))＝8.故选D.7．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cosx＋2ax，当x∈(－1，1)时，曲线y＝f(x)与y＝g(x)恰有一个交点，则a＝()A．－1 B.eq\f(1,2)C．1 D．2答案：D解析：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ax2＋a－1－cosx，x∈(－1，1)，原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，因为h(x)的定义域关于原点对称，且h(－x)＝a(－x)2＋a－1－cos(－x)＝ax2＋a－1－cosx＝h(x)，则h(x)为偶函数，根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，即h(0)＝a－2＝0，解得a＝2.若a＝2，则h(x)＝2x2＋1－cosx，x∈(－1，1)，又因为2x2≥0，1－cosx≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，可得h(x)≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，即h(x)有且仅有一个零点0，所以a＝2符合题意．故选D.8．(2025·中国人民大学附中模拟)音乐喷泉曲线形似藤蔓上挂结的葫芦，也可称为“葫芦曲线”．它的性质是每经过相同的时间间隔，它的振幅就变化一次．如图所示，某一条葫芦曲线的方程为|y|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x,π)))))|sinωx|，x≥0，其中[x]表示不超过x的最大整数．若该条曲线还满足ω∈(1，3)，经过点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(3,2)))，则该条葫芦曲线与直线x＝eq\f(7π,6)交点的纵坐标为()A．±eq\f(1,2) B．±eq\f(\r(2),2)C．±eq\f(\r(3),2) D．±1答案：C解析：将点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(3,2)))代入葫芦曲线的方程可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,4)ω))＝eq\f(3,2)，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,4)ω))＝1，由ω∈(1，3)，可得ω＝2，因此曲线方程为|y|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x,π)))))|sin2x|，当x＝eq\f(7π,6)时，可得|y|＝eq\a\vs4\al\co1()2－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\a\vs4\al(2×\f(7π,6)),π)))eq\a\vs4\al\co1()eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(7π,6)))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,3)))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(7π,3)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)，所以交点的纵坐标为±eq\f(\r(3),2).故选C.二、多项选择题9．(2025·山东烟台摸底)已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示，令g(x)＝f(x)－cos2x，则()A．g(x)图象的一个对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))B．g(x)图象的对称轴方程为x＝－eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)(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(－\f(1,2)，1))D．g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)答案：ABD解析：由题图可得，函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)的最小值为－eq\r(3)，eq\f(2π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\f(3π,4)＝eq\f(3,4)T，又A>0，ω>0，T＝eq\f(2π,|ω|)，所以A＝eq\r(3)，ω＝2，结合对称性可得，函数f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\r(3)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋φ))＝eq\r(3)，解得φ＝eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，又0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以g(x)＝f(x)－cos2x＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－cos2x＝eq\f(3,2)cos2x－eq\f(\r(3),2)sin2x－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，当x＝eq\f(π,12)时，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))是g(x)图象的一个对称中心，故A正确；对于B，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，可得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)，k∈Z，故g(x)图象的对称轴方程为x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)，k∈Z，故B正确；对于C，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，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(－1，\f(1,2)))，故C错误；对于D，令2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤π＋2kπ(k∈Z)，解得－eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)，所以g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)，故D正确．故选ABD.10．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．某摩天轮最高点离地面的高度为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，游客随舱首次旋转至距离地面最远处．下列关于摩天轮的说法中正确的是()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＝－60coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t))＋68C．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30D．∃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：对于A，最高点离地面的高度为128米，转盘直径为120米，所以摩天轮离地面最近的距离为128－120＝8(米)，A错误；对于B，设h＝Asin(ωt＋φ)＋b，由题意知A＝60，b＝68，当t＝0时，游客离地面最近，则φ＝－eq\f(π,2)，当t＝15时，游客离地面最远，则周期T＝30，角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,15)，故高度h关于时间t的函数解析式是h＝60sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)))＋68＝－60coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t))＋68(t≥0)，B正确；对于C，周期为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，即t1＋t2＝30，C正确；对于D，h＝－60coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t))＋68(t≥0)，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＝0时，h＝8，当t＝15时，hmax＝128，当t＝20时，h＝98＞90，故h＝90在t∈[0，20]只有一个解，D错误．故选BC.11．已知函数f(x)＝－4cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋1，则下列说法正确的是()A．函数f(x)的最小正周期为eq\f(π,2)B．直线x＝eq\f(5π,6)为函数f(x)图象的一条对称轴C．函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(19π,12)))上单调递减D．函数y＝f(x)＋eq\f(3,2)在[0，π]上有3个零点答案：BC解析：由题意得f(x)＝－4cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋1＝－4cosx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx－\f(\r(3),2)sinx))＋1＝－2cos2x＋2eq\r(3)cosxsinx＋1＝－(1＋cos2x)＋eq\r(3)sin2x＋1＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2x－\f(1,2)cos2x))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，故A错误；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝－2，故B正确；∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(19π,12)))，∴2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π))，∴函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(19π,12)))上单调递减，故C正确；令y＝f(x)＋eq\f(3,2)＝0，即2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(3,2)＝0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝－eq\f(3,4)，∵0≤x≤π，∴－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(11π,6)，令t＝2x－eq\f(π,6)，得t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(11π,6)))，则h(t)＝sint，∴D项的问题转化为h(t)＝sint，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(11π,6)))的图象与直线y＝－eq\f(3,4)的交点个数问题，如图所示，观察可知，有2个零点，故D错误．故选BC.三、填空题12．去年某地的月平均气温y(单位：℃)与月份x(单位：月)近似地满足函数y＝a＋bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,6)))(a，b为常数)．若6月份的月平均气温约为22℃，12月份的月平均气温约为4℃，则该地8月份的月平均气温约为________℃.答案：31解析：将(6，22)，(12，4)代入函数，解得a＝13，b＝－18，所以y＝13－18sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,6))).当x＝8时，y＝13－18sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)×8＋\f(π,6)))＝31.13．设函数f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，其中0<ω<3，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0，将y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度，得到y＝g(x)的图象，则y＝g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上的最小值为________．答案：－eq\f(3,2)解析：因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)ω－\f(π,3)))＝0，所以eq\f(π,6)ω－eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，解得ω＝2＋6k，k∈Z，因为0<ω<3，所以ω＝2，所以f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，将y＝f(x)图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，可得y＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象，再将得到的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度，得到y＝g(x)的图象，则g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)－\f(π,3)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以x－eq\f(π,12)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以当x－eq\f(π,12)＝－eq\f(π,3)，即x＝－eq\f(π,4)时，y＝g(x)取得最小值，为g(x)min＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－eq\f(3,2).14．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分图象如图，f(x1)＝f(x2)＝－eq\f(3,2)，则x1＋x2＝________，coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)（x1－x2）))＝________．答案：－4eq\f(3,4)解析：结合题意可知，f(0)＝2sinφ＝1，sinφ＝eq\f(1,2)，因为0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，又由题中图象可知，eq\f(1,2)T>eq\f(5,2)，即T＝eq\f(2π,ω)>5，解得0<ω<eq\f(2π,5).又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)ω＋\f(π,6)))＝0，即eq\f(5,2)ω＋eq\f(π,6)＝π＋2kπ，k∈Z，即ω＝eq\f(π,3)＋eq\f(4kπ,5)，k∈Z，从而ω＝eq\f(π,3)，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))，令eq\f(π,3)x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，则x＝1＋3k，k∈Z，从而f(x)图象的对称轴为直线x＝1＋3k，k∈Z，由题中图象可知，x＝x1与x＝x2关于直线x＝－2对称，即x1＋x2＝－4，x2＝－4－x1，因为f(x1)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x1＋\f(π,6)))＝－eq\f(3,2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x1＋\f(π,6)))＝－eq\f(3,4)，所以coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)（x1－x2）))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)（4＋2x1）))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x1＋\f(π,6)＋\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x1＋\f(π,6)))＝eq\f(3,4).四、解答题15.把函数f(x)＝2sinx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，得到函数y＝g(x)的图象，函数y＝g(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，记函数h(x)＝f(x)g(x)．(1)求函数y＝h(x)的最小正周期和单调递增区间；(2)“五点法”画出函数y＝h(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的大致图象．解：(1)由题意知g(x)＝2sin(x＋φ)，根据函数y＝g(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，得eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋mπ(m∈Z)，即φ＝eq\f(π,3)＋mπ(m∈Z)，又0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，则g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).则h(x)＝f(x)g(x)＝4sinxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝4sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＝2sin2x＋2eq\r(3)·sinxcosx＝1－cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1，则函数y＝h(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.令－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)，故函数y＝h(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))(k∈Z)．(2)列表如下：2x－eq\f(π,6)－eq\f(7π,6)－π－eq\f(π,2)0eq\f(π,2)eq\f(5π,6)x－eq\f(π,2)－eq\f(5π,12)－eq\f(π,6)eq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(π,2)h(x)21－1132故函数y＝h(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c