高考数学一轮复习 第21讲　第2课时　函数 f(x)＝A sin (ωx＋φ)的图象及应用 教用

第2课时函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用题型突破思维拓展举题说法函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象识别例1(2026·武汉期初)(多选)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的部分图象如图所示，则(ACD)A．f(x)的最小正周期为πB．φ＝eq\f(π,3)C．f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,3)，0))中心对称D．将f(x)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象，则g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,4)))上是增函数【解析】由图象可知，eq\f(T,2)＝eq\f(11π,12)－eq\f(5π,12)＝eq\f(π,2)⇒T＝π，A正确；则eq\f(2π,ω)＝π⇒ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，又图象经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，－1))，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)＋φ))＝－1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝－1，所以eq\f(5π,6)＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z．因为|φ|＜π，所以φ＝eq\f(2π,3)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，B错误；因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,3)))＋\f(2π,3)))＝sin(－2π)＝0，所以f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,3)，0))中心对称，C正确；将f(x)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))的图象，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(2π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(7π,6)＋2kπ≤x≤－eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z．因为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,4)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，\f(11π,6)))，所以g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,4)))上是增函数，D正确．确定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0，ω＞0)的步骤和方法(1)求A，b：先确定函数的最大值M和最小值m，则A＝eq\f(M－m,2)，b＝eq\f(M＋m,2)．(2)求ω：先确定函数的最小正周期T，则ω＝eq\f(2π,T)．(3)求φ：选取图象上的一个已知点代入解析式(此时要注意该点处于上升区间还是下降区间)，也可把图象的最高点或最低点代入求解．变式1(2025·岳阳质检)(多选)如图，直线y＝1与函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|≤\f(π,2)))的部分图象交于A，B，C三点(点A在y轴上)，若BC＝eq\f(π,3)，则下列说法正确的是(AD)A．φ＝eq\f(π,6)B．ω＝2C．将函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象D．当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f(x)∈[－2,1]【解析】对于A，由f(x)过A(0,1)可得2sinφ＝1，即sinφ＝eq\f(1,2)，由图结合|φ|≤eq\f(π,2)可得φ＝eq\f(π,6)，故A正确；对于B，显然ω＞0，由f(x)＝1可得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＝1，即ωx＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z)或ωx＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)＋2kπ(k∈Z)，根据图象可得ωxB＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)＋2kπ，ωxC＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)＋2(k＋1)π，k∈Z，故ω(xC－xB)＝eq\f(4π,3)．又BC＝eq\f(π,3)，所以eq\f(π,3)ω＝eq\f(4π,3)，可得ω＝4，故B错误；对于C，将函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(5π,6)))的图象，故C错误；对于D，当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，4x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，则f(x)∈[－2,1]，故D正确．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象变换视角1平移与伸缩例2－1(1)(2026·萍乡期中)将f(x)＝sin2x的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度，得到函数g(x)的图象，若∀α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，－\f(π,4)))，总存在唯一实数β∈[0，m]，使得g(α)＋g(β)＝0，则实数m的取值范围为(B)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(5π,12)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,12)))【解析】由三角函数的图象变换可得g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，当α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，－\f(π,4)))时，－π≤2α－eq\f(π,6)≤－eq\f(2π,3)，则g(α)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))，因为g(α)＋g(β)＝0，则g(β)＝－g(α)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))．因为∀α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，－\f(π,4)))，总存在唯一实数β∈[0，m]，使得g(α)＋g(β)＝0，当β∈[0，m]时，－eq\f(π,6)≤2β－eq\f(π,6)≤2m－eq\f(π,6)，由题意可知eq\f(π,3)≤2m－eq\f(π,6)＜eq\f(2π,3)，解得eq\f(π,4)≤m＜eq\f(5π,12)，故实数m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,12)))．(2)(2025·安庆二模)若将函数f(x)＝sin2x＋cos2x的图象向右平移φ个单位长度，所得图象关于原点成中心对称，则φ的最小正值是(A)A．eq\f(π,8) B．eq\f(π,4)C．eq\f(3π,8) D．eq\f(3π,4)【解析】由题知f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，将函数f(x)的图象向右平移φ个单位长度得y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)－2φ))的图象．由题知该函数为奇函数，所以2φ－eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)，k∈Z，所以φ的最小正值为eq\f(π,8)．(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，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．变式2－1(2025·南京二模)把函数y＝cosx图象上所有点的横坐标变为原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，再将图象上所有的点向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数y＝f(x)的图象，则f(x)＝(B)A．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) B．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))C．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6))) D．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,12)))【解析】把函数y＝cosx图象上所有点的横坐标变为原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，得函数y＝cos2x的图象，再将图象上所有的点向右平移eq\f(π,6)个单位长度后，得函数y＝f(x)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象．视角2翻折变换例2－2(2019·全国乙卷)(多选)关于函数f(x)＝sin|x|＋|sinx|，下列结论中正确的有(AD)A．f(x)是偶函数B．f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增C．f(x)在[－π，π]上有4个零点D．f(x)的最大值为2【解析】方法一：因为f(x)的定义域为R，f(－x)＝sineq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－x))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin－x))＝sineq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinx))＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故A正确，B不正确．因为f(0)＝0，f(x)为偶函数，所以f(x)在[－π，π]上的零点个数是奇数，故C不正确．因为sin|x|≤1，|sinx|≤1，所以f(x)＝sin|x|＋|sinx|≤2，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2，所以f(x)的最大值为2，故D正确．方法二：因为f(x)的定义域为R，f(－x)＝sineq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－x))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin－x))＝sineq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinx))＝f(x)，所以f(x)为偶函数．当x≥0时，f(x＋2π)＝f(x)．当0≤x≤π时，f(x)＝2sinx；当π＜x≤2π时，f(x)＝sinx－sinx＝0．因此可以画出函数f(x)＝sin|x|＋|sinx|的部分图象如图所示，由图象可得A，D正确，B，C错误．带绝对值符号的三角函数问题的解题顺序可以归纳为：(1)分析奇偶性、周期性；(2)去绝对值，写成分段函数；(3)画出草图，结合图象及对称性的定义判断，包括代入必要的特值．变式2－2(2025·苏锡常镇二模)(多选)已知函数f(x)＝sinx＋cosx＋|sinx－cosx|，则(BD)A．f(x)的图象关于点(π，0)中心对称B．f(x)的最小正周期为2πC．f(x)的最小值为－2D．f(x)＝eq\r(3)在[0,2π]上有4个不同的实数解【解析】方法一：因为f(0)＝2，f(2π)＝2，则f(2π)＋f(0)≠0，所以f(x)的图象不可能关于点(π，0)中心对称，故A错误．因为函数y1＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最小正周期为2π，函数y2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinx－cosx))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))))的最小正周期为π，所以f(x)＝y1＋y2的最小正周期为2π，故B正确．当0≤x≤eq\f(π,4)时，f(x)＝2cosx；当eq\f(π,4)＜x≤eq\f(5π,4)时，f(x)＝2sinx；当eq\f(5π,4)＜x≤2π时，f(x)＝2cosx，作出直线y＝eq\r(3)与函数f(x)的大致图象如图(1)所示，由图知f(x)min＝－eq\r(2)，f(x)＝eq\r(3)在[0,2π]上有4个根，故C错误，D正确．图(1))方法二：f(x)＝sinx＋cosx＋|sinx－cosx|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2sinx，sinx≥cosx，,2cosx，sinx＜cosx))＝2maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(sinx，cosx))．作出g(x)＝2sinx和h(x)＝2cosx的大致图象如图(2)所示，实线部分即为f(x)的图象，由图可知，A，C错误，B正确．对于D，因为g(x)＝2sinx与h(x)＝2cosx在(0，π)内的交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\r(2)))，而eq\r(2)＜eq\r(3)＜2，结合函数f(x)的图象特征可知函数f(x)与y＝eq\r(3)的图象在[0,2π]内有4个交点，所以f(x)＝eq\r(3)在[0,2π]上有4个不同的实数解，故D正确．图(2)三角函数的实际应用例3(2025·开封二模)(多选)如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在时间t(单位：s)时相对于平衡位置的高度(单位：cm)由关系式h(t)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(π,4)))确定，则下列说法正确的是(ACD)A．小球在开始振动(即t＝0s)时在平衡位置上方eq\r(2)cm处B．每秒钟小球能往复振动2π次C．函数h(t)的图象关于直线t＝eq\f(5π,4)对称D．小球从t＝eq\f(π,4)s到t＝eq\f(19π,12)s时运动的路程是5cm【解析】当t＝0时，h(0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＋\f(π,4)))＝eq\r(2)，故A正确；小球往复振动的周期为T＝eq\f(2π,1)＝2π，所以每秒钟小球能往复振动eq\f(1,2π)次，故B错误；因为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)＋\f(π,4)))＝2sineq\f(3π,2)＝－2，所以函数h(t)的图象关于直线t＝eq\f(5π,4)对称，故C正确；由eq\f(19π,12)－eq\f(π,4)＝eq\f(16π,12)＝eq\f(4π,3)，又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,4)))＝2sineq\f(π,2)＝2，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(19π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(19π,12)＋\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－\f(π,6)))＝－1，所以小球从t＝eq\f(π,4)s到t＝eq\f(19π,12)s时运动的路程是2＋2＋1＝5cm，故D正确．变式3如图，齿轮A和齿轮B相互啮合(齿的尺寸忽略不计)，其半径之比为1∶2，当t＝0时，齿轮A上的点P1(x1，y1)和齿轮B上的点P2(x2，y2)均与坐标原点重合．当两齿轮旋转时，P1和P2在相同时间内运动的弧长相等，则P1，P2运动的角速度之比为__2∶1(或2)__．若y1＝sint，则x2关于t的一个函数解析式为__x2＝－2coseq\f(t,2)＋2(答案不唯一)__．【解析】因为做圆周运动的质点在单位时间t内运动经过的弧长l＝(ωt)r，且P1和P2在相同时间内运动的弧长相等，所以P1和P2运动的角速度之比等于运动半径之比的倒数，即2∶1，所以周期之比为1∶2，二者的旋转方向相反．设x2＝Acos(ωt＋φ)＋B，由y1＝sint可知ω2＝－eq\f(1,2)．又因为y1的值域为[－1,1]，所以齿轮A的半径为1，x2的取值范围为[0,4]，所以[－A＋B，A＋B]＝[0,4]，解得A＝B＝2．当t＝0时，2cosφ＋2＝0，得φ＝π＋2kπ，k∈Z，所以x2＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)t＋π))＋2＝－2coseq\f(t,2)＋2．随堂内化1．(2019·全国甲卷)下列函数中，以eq\f(π,2)为周期且在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增的函数是(A)A．f(x)＝|cos2x| B．f(x)＝|sin2x|C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|【解析】作出y＝sin|x|的大致图象如图(1)所示，知其不是周期函数，排除D；因为y＝coseq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＝cosx，其周期为2π，故排除C；作出y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos2x))的大致图象如图(2)所示，由图象知，其周期为eq\f(π,2)，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，故A正确；作出y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin2x))的大致图象如图(3)所示，由图象知其周期为eq\f(π,2)，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，故排除B．图(1)图(2)图(3)2．(2025·三门峡期末)(多选)已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则(ABD)A．f(x)的最小正周期为πB．f(x)的图象可由y＝2cos2x的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度得到C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(5π,6)))内有3个极值点D．f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,6)，2π))上的最大值为eq\r(3)【解析】由图可知，A＝2，周期T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,12)))×4＝π，则ω＝eq\f(2π,T)＝2，故A正确．由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2，得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,6)))＝1，解得φ＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z．因为0＜φ＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))．对于B，y＝2cos2x的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度得y＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝f(x)的图象，故B正确．对于C，由－eq\f(5π,12)＜x＜eq\f(5π,6)，得－eq\f(π,2)＜2x＋eq\f(π,3)＜2π，根据正弦函数的图象可知2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)和2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(3π,2)，即x＝eq\f(π,12)和x＝eq\f(7π,12)是函数f(x)的两个极值点，故C错误．对于D，由eq\f(11π,6)≤x≤2π，得4π≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(13π,3)，则0≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤eq\f(\r(3),2)，此时0≤f(x)≤eq\r(3)，则f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,6)，2π))上的最大值为eq\r(3)，故D正确．3．如图，如果以时间为横轴、音高为纵轴建立平面直角坐标系，那么写在五线谱中的音符就变成了坐标系中的点，如果这些点恰好在函数y＝4sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的图象上，且图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)，2))，相邻最大值与最小值之间的水平距离为eq\f(π,2)，则下列选项中是函数的单调递增区间的是(B)A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，－\f(π,4))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,24)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,24)，\f(3π,8))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)，\f(3π,4)))【解析】由相邻最大值与最小值之间的水平距离为eq\f(π,2)，可得eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，即T＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2．由图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)，2))，得4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋φ))＝2，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋φ))＝eq\f(1,2)，则有eq\f(π,12)＋φ＝eq\f(π,6)＋2kπ或eq\f(π,12)＋φ＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，又|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,12)，所以y＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))．令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,12)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(7π,24)＋kπ≤x≤eq\f(5π,24)＋kπ，k∈Z．当k＝0时，函数的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,24)，\f(5π,24)))，因为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,24)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,24)，\f(5π,24)))，所以B正确．4．(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，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)＝__－eq\f(\r(3),2)__．【解析】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)可知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．不妨取ω＞0，由图可知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，所以由图可知eq\f(8π,3)＋φ＝2kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(8π,3)＋2kπ，k∈Z，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(8π,3)＋2kπ))＝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)．配套精练A组夯基精练一、单项选择题1．函数f(x)＝|sinx|的最小正周期是(C)A．eq\f(π,4) B．eq\f(π,2)C．π D．2π2．(2026·蚌埠期初)将函数y＝sinx＋cosx的图象向右平移φ(φ＞0)个单位长度得到函数y＝sinx－cosx的图象，则φ的最小值为(B)A．eq\f(π,4) B．eq\f(π,2)C．eq\f(3π,2) D．eq\f(5π,2)【解析】由y＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，y＝sinx－cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，可知将函数y＝sinx＋cosx的图象向右平移eq\f(π,2)(最小正值)个单位长度，得到函数y＝sinx－cosx的图象，所以φ的最小值为eq\f(π,2)．3．(2025·太原一模)将函数f(x)＝sin(2x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＜θ＜\f(π,2)))的图象先向左平移eq\f(π,6)个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得的图象经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，2))，则θ＝(C)A．－eq\f(π,6) B．eq\f(π,6)C．－eq\f(π,3) D．eq\f(π,3)【解析】因为函数f(x)＝sin(2x＋θ)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度，再向上平移1个单位长度后，得到g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋θ))＋1＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋θ))＋1的图象，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)＋\f(π,3)＋θ))＋1＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋θ))＝1，则eq\f(5π,6)＋θ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得θ＝－eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z．因为－eq\f(π,2)＜θ＜eq\f(π,2)，所以k＝0，θ＝－eq\f(π,3)．4．(2023·全国甲卷)函数y＝f(x)的图象可由函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度得到，则y＝f(x)的图象与直线y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)的交点个数为(C)A．1 B．2C．3 D．4【解析】将y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度，得函数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,2)))＝－sin2x的图象，所以f(x)＝－sin2x．直线y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)过eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)))与(1,0)两点，作出f(x)的图象与直线y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)如图所示，由图可知，f(x)的图象与y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)的交点个数为3．二、多项选择题5．(2025·厦门二模)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则(AD)A．ω＝2B．φ＝eq\f(π,6)C．y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))是奇函数D．当x∈[3π，4π]时，f(x)的图象与x轴有2个交点【解析】由题图可知T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,12)))＝π，则ω＝eq\f(2π,T)＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝1，故eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z．由于|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，故A正确，B错误；y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)＋\f(π,3)))＝cos2x为偶函数，故C错误；令f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝0，得2x＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，故x＝－eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，当x∈[3π，4π]时，x＝－eq\f(π,6)＋eq\f(7π,2)或x＝－eq\f(π,6)＋4π，故D正确．6．如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在ts时相对于平衡位置的高度h(单位：cm)由关系式h＝Asin(ωt＋φ)，t∈[0，＋∞)确定，其中A＞0，ω＞0，φ∈(0，π]．小球从最高点出发，经过2s后，第一次回到最高点，则(BC)A．φ＝eq\f(π,4)B．ω＝πC．t＝3.75s与t＝10s时的相对于平衡位置的高度h之比为eq\f(\r(,2),2)D．t＝3.75s与t＝10s时的相对于平衡位置的高度h之比为eq\f(1,2)【解析】对于A，B，由题可知小球运动的周期T＝2s，又ω＞0，所以eq\f(2π,ω)＝2，解得ω＝π．当t＝0s时，Asinφ＝A，又φ∈(0，π]，所以φ＝eq\f(π,2)，故A错误，B正确．对于C，D，由上可知h＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πt＋\f(π,2)))＝Acosπt，所以t＝3.75s与t＝10s时相对于平衡位置的高度之比为eq\f(cos\f(15π,4),cos10π)＝eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))),cos0)＝eq\f(\r(,2),2)，故C正确，D错误．7．(2026·泰安期中)已知函数f(x)＝4sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的图象如图所示，点A(0，－2)，B(a，2)在f(x)的图象上，若AB＝5，则下列说法正确的是(ACD)A．ω＝eq\f(π,3)B．f(x)在[4,7]上单调递减C．f(x)的图象关于直线x＝－1对称D．将f(x)图象上每个点的横坐标变为原来的mπ(m＞0)倍得函数g(x)的图象，若g(x)在(0,2π)上恰有一个最大值和一个最小值，则m∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,5)))【解析】对于A，因为A(0，－2)在f(x)＝4sin(ωx＋φ)的图象上，所以4sinφ＝－2，所以sinφ＝－eq\f(1,2)，又|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))．因为AB＝5，所以eq\r(a2＋16)＝5，解得a＝±3，由题图可知B(a,2)在y轴左侧，所以a＜0，所以a＝－3，即B(－3，2)．因为f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))的最大值为4，最小值为－4，又A(0，－2)，B(－3,2)，所以xA－xB＝3＝eq\f(T,2)，所以T＝6，所以eq\f(2π,|ω|)＝6，因为ω＞0，所以ω＝eq\f(π,3)，故A正确．对于B，f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－\f(π,6)))，令t＝eq\f(π,3)x－eq\f(π,6)，则g(t)＝4sint，因为x∈[4,7]，所以t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))，由g(t)在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(3π,2)))上是减函数，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(13π,6)))上是增函数，所以f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－\f(π,6)))在[4,5]上是减函数，在[5,7]上是增函数，故B不正确．对于C，令eq\f(π,3)x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x＝2＋3k(k∈Z)，当k＝－1时，对称轴为直线x＝－1，故C正确．对于D，可得函数g(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3m)x－\f(π,6)))，m＞0，因为x∈(0,2π)，所以－eq\f(π,6)＜eq\f(1,3m)x－eq\f(π,6)＜eq\f(2π,3m)－eq\f(π,6)，所以eq\f(3π,2)＜eq\f(2π,3m)－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,2)，解得eq\f(1,4)≤m＜eq\f(2,5)，故D正确．三、填空题8．(2025·福州二模)若函数f(x)＝sinx－eq\f(1,3)，x∈(0，π)恰有两个零点x1，x2，则f(x1＋x2)＝__－eq\f(1,3)__．【解析】因为函数f(x)＝sinx－eq\f(1,3)，x∈(0，π)恰有两个零点x1，x2，所以sinx1＝eq\f(1,3)，sinx2＝eq\f(1,3)．又f(x)＝sinx在(0，π)上关于直线x＝eq\f(π,2)对称，所以eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(π,2)，即x1＋x2＝π，故f(x1＋x2)＝f(π)＝sinπ－eq\f(1,3)＝－eq\f(1,3)．9．某摩天轮示意图如图所示，其半径为100m，最低点A与地面距离为8m,24min转动一圈．若该摩天轮上一吊箱B(视为质点)从点A出发，按顺时针方向匀速旋转，则吊箱B第4次距离地面158m时，所经历的时长为__40__min．【解析】如图，以O为坐标原点，建立平面直角坐标系，设吊箱B离地面的高度为h，则h＝100sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－\f(2π,24)t))＋108＝－100coseq\f(π,12)t＋108，令h＝158，得coseq\f(π,12)t＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(π,12)t＝eq\f(2π,3)＋2kπ或eq\f(π,12)t＝eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，所以t＝8＋24k或t＝16＋24k，k∈Z．所以当t＝40时，吊箱B第4次距离地面158m．10．(2025·济南三月模考)函数f(x)＝|sinx|＋cosx的最小值为__－1__．【解析】当sinx≥0，即2kπ≤x≤2kπ＋π，k∈Z时，f(x)＝|sinx|＋cosx＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))；当sinx＜0，即2kπ＋π＜x＜2kπ＋2π，k∈Z时，f(x)＝|sinx|＋cosx＝－sinx＋cosx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))．所以f(x)＝|sinx|＋cosx＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，2kπ≤x≤2kπ＋π，k∈Z，,\r(2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，2kπ＋π＜x＜2kπ＋2π，k∈Z，))作出函数f(x)的大致图象如图所示，由图可知当x＝2kπ＋π，k∈Z时，函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinx))＋cosx取得最小值－1．四、解答题11．(2026·黄冈期初)已知函数f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))cosωx－eq\r(3)(ω＞0)的最小正周期为π．(1)求ω的值；【解答】f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))cosωx－eq\r(3)＝2sinωxcosωx＋2eq\r(3)cos2ωx－eq\r(3)＝sin2ωx＋eq\r(3)cos2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))．因为f(x)的最小正周期为π，ω＞0，所以T＝eq\f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1．(2)将函数f(x)的图象先向左平移eq\f(π,6)个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，若g(x)在区间[0，m]上有且仅有3个零点，求m的取值范围．【解答】由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，由题意知g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))－1．令g(x)＝0，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝eq\f(1,2)，所以2x＋eq\f(2π,3)＝eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z或2x＋eq\f(2π,3)＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，即x＝－eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z或x＝eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z．由x＝－eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，令k＝1，得x＝eq\f(3π,4)，令k＝2，得x＝eq\f(7π,4)；由x＝eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z，令k＝0，得x＝eq\f(π,12)；令k＝1，得x＝eq\f(13π,12)．因为g(x)在区间[0，m]上有且仅有3个零点，所以eq\f(13π,12)≤m＜eq\f(7π,4)，即m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,12)，\f(7π,4)))．B组能力提升练12．(2026·无锡期中)(多选)在平面直角坐标系xOy中，已知圆O是以O为圆心的单位圆，点A的坐标为(1,0)，角θ的始边为射线OA，终边OB交圆O于点B，过点B作直线OA的垂线，垂足为C．若将点C到直线OB的距离表示为θ的函数h(θ)，则(ACD)A．heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝eq\f(1,4)B．h(θ)的最小正周期为eq\f(π,4)C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))是h(θ)的一个单调递减区间D．h(θ)＋heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))的最大值为eq\f(\r(2),2)【解析】易得B(cosθ，sinθ)，C(cosθ，0)，直线OB的方程为y＝tanθx，即tanθx－y＝0，则点C到直线OB的距离h(θ)＝eq\f(|tanθcosθ－0|,\r(1＋tan2θ))＝eq\f(|sinθ|,\r(1＋\f(sin2θ,cos2θ)))＝eq\f(|sinθcosθ|,\r(cos2θ＋sin2θ))＝|sinθcosθ|＝eq\f(1,2)|sin2θ|．对于A，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)))＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，故A正确；对于B，因为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,2)))))＝eq\f(1,2)|cos2θ|≠eq\f(1,2)|sin2θ|≠h(θ)，所以eq\f(π,4)不是h(θ)的周期，故B错误；对于C，由θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，得2θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，所