高中數(shù)學(xué)高考一輪復(fù)習(xí)一輪復(fù)習(xí) 第五節(jié) 函數(shù)y＝A sin (ωx＋φ)的圖象

課時(shí)作業(yè)(二十六)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及三角函數(shù)模型的簡單應(yīng)用1．函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，π))上的簡圖是()A[令x＝0，得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),2)，排除B，D.由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0，排除C.]2．要得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3)))的圖象，只需將函數(shù)y＝sin4x的圖象()A．向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長度B．向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長度C．向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度D．向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度A[∵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(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3)))的圖象，只需將函數(shù)y＝sin4x的圖象向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長度．]3．(多選)(2023·湖北恩施月考)將曲線y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,5)))上的每個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，得到的曲線的一條對稱軸的方程為()A．x＝eq\f(3π,80) B．x＝－eq\f(3π,80)C．x＝eq\f(3π,20) D．x＝eq\f(13π,20)CD[由題意，得變換后的函數(shù)解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5))).令2x＋eq\f(π,5)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得x＝eq\f(3π,20)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，所以得到的曲線的一條對稱軸的方程為x＝eq\f(3π,20)或x＝eq\f(13π,20).故選CD.]4．函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(其中A＞0，ω＞0，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))＜π)的圖象如圖所示，則()A．ω＝3，φ＝eq\f(π,4) B．ω＝3，φ＝－eq\f(π,4)C．ω＝6，φ＝－eq\f(π,2) D．ω＝6，φ＝eq\f(π,2)A[由題圖可得A＝1，eq\f(1,4)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(5π,12)－eq\f(π,4)，解得ω＝3.所以f(x)＝sin(3x＋φ)，因?yàn)閒(x)＝sin(3x＋φ)的圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))，所以φ＝eq\f(π,4)＋2kπ，因?yàn)閑q\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))＜π，所以φ＝eq\f(π,4).故選A．]5．(多選)(2023·玄武區(qū)校級(jí)月考)已知函數(shù)f(x)＝2sin(2x＋φ)(0<φ<π)，若將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度后，所得圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，則下列結(jié)論中正確的是()A．φ＝eq\f(π,3)B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))是f(x)圖象的一個(gè)對稱中心C．x＝eq\f(π,12)是f(x)圖象的一條對稱軸D．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上單調(diào)遞減ABC[∵函數(shù)f(x)＝2sin(2x＋φ)(0<φ<π)，若將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度后，得到函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,3)))的圖象．再根據(jù)所得圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，可得φ－eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，∴φ＝eq\f(π,3)，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，故A正確；令x＝eq\f(5π,6)，求得f(x)＝0，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))是f(x)圖象的一個(gè)對稱中心，故B正確；令x＝eq\f(π,12)，求得f(x)＝2，為最大值，故x＝eq\f(π,12)是f(x)圖象的一條對稱軸，故C正確；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))時(shí)，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，故f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上單調(diào)遞增，D不正確，故選ABC.]6．若函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<eq\f(π,2)，f(x)的最小正周期為π，且f(0)＝eq\r(3)，則ω＝________，φ＝________．解析：由函數(shù)的最小正周期為π，得到ω＝2(ω>0)，又由f(0)＝eq\r(3)且|φ|<eq\f(π,2)得到φ＝eq\f(π,3).答案：2；eq\f(π,3)7．將函數(shù)y＝sinx的圖象上所有的點(diǎn)向右平移eq\f(π,10)個(gè)單位長度，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，所得圖象的函數(shù)解析式是________________．解析：y＝y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,10)))y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,10))).答案：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,10)))8．某地農(nóng)業(yè)監(jiān)測部門統(tǒng)計(jì)發(fā)現(xiàn)：該地區(qū)近幾年的生豬收購價(jià)格每四個(gè)月會(huì)重復(fù)出現(xiàn)．下表是今年前四個(gè)月的統(tǒng)計(jì)情況：月份x1234收購價(jià)格y(元/斤)6765選用一個(gè)函數(shù)來近似描述收購價(jià)格(元/斤)與相應(yīng)月份之間的函數(shù)關(guān)系為____________．解析：設(shè)y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)，由題意得A＝1，B＝6，T＝4，因?yàn)門＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(π,2)，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋φ))＋6.因?yàn)楫?dāng)x＝1時(shí)，y＝6，所以6＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＋6，結(jié)合表中數(shù)據(jù)得eq\f(π,2)＋φ＝2kπ，k∈Z，可取k＝0，則φ＝－eq\f(π,2)，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(π,2)))＋6＝6－coseq\f(π,2)x.答案：y＝6－coseq\f(π,2)x9.函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示．求函數(shù)f(x)的解析式，并寫出其圖象的對稱中心．解析：由圖象可得A＝2，eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，所以T＝π，所以ω＝2.由x＝eq\f(π,6)時(shí)，f(x)＝2，可得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝2，所以φ＝eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋2kπ，φ＝eq\f(π,6)＋2kπ.因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6).所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).令2x＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z)，所以函數(shù)f(x)圖象的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))(k∈Z).10．(2023·濟(jì)寧模擬)已知函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sinωxcosωx＋2cos2ωx(ω＞0)，且f(x)的最小正周期為π.(1)求ω的值；(2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象，求當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，函數(shù)g(x)的最大值．解析：(1)由題意知f(x)＝eq\r(3)sin2ωx＋1＋cos2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))＋1，∵周期T＝π，eq\f(2π,2ω)＝π，∴ω＝1.(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，∴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)))＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，∴當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)時(shí)，g(x)max＝2×1＋1＝3.11．(多選)已知函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－1，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)的最小正周期為πB．函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))上單調(diào)遞增C．將函數(shù)f(x)圖象的橫坐標(biāo)縮短為原來的一半，再向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位后關(guān)于y軸對稱D．函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,8)))上的最小值為－2eq\r(2)－1AB[對于函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－1，它的最小正周期為eq\f(2π,2)＝π，故A正確；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))時(shí)，2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－1單調(diào)遞增，故B正確；將函數(shù)f(x)圖象的橫坐標(biāo)縮短為原來的一半，可得y＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,4)))－1的圖象，再向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位后，可得y＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(2π,3)－\f(π,4)))－1＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(5π,12)))－1的圖象，故所得圖象不關(guān)于y軸對稱，故C錯(cuò)誤；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,8)))時(shí)，2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，0))，f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－1的最小值為－4－1＝－5，故D錯(cuò)誤，故選AB.]12．函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))＜\f(π,2)))的圖象如圖所示，則f(x)在區(qū)間[－π，π]上的零點(diǎn)之和為________．解析：由題圖可得eq\f(3T,4)＝eq\f(3,4)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(11π,12)－eq\f(π,6)，解得ω＝2.∴f(x)＝sin(2x＋φ).把eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，1))代入得1＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))，∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).∵x∈[－π，π]，∴2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(11π,6)，\f(13π,6)))，則f(x)共有4個(gè)零點(diǎn)，不防設(shè)為a，b，c，d，且a＜b＜c＜d，則2a＋eq\f(π,6)＋2b＋eq\f(π,6)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))，2c＋eq\f(π,6)＋2d＋eq\f(π,6)＝2×eq\f(3π,2)，兩式相加，整理得2a＋2b＋2c＋2d＝eq\f(4,3)π，故f(x)的所有零點(diǎn)之和為a＋b＋c＋d＝eq\f(2π,3).答案：eq\f(2π,3)13．(開放型)在①函數(shù)f(x)的圖象中相鄰的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的距離為5，②函數(shù)f(x)的圖象的一條對稱軸方程為x＝－1，③函數(shù)f(x)的一個(gè)對稱中心的橫坐標(biāo)為eq\f(1,2)這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面題目的橫線處，并解決問題．已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<ω<\f(π,2)，|φ|<\f(π,2)))，且________，點(diǎn)A(2，2)在該函數(shù)的圖象上，求函數(shù)f(x)在區(qū)間(－3，3)上的單調(diào)遞減區(qū)間．解析：若選①，設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T，則eq\r(42＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))\s\up12(2))＝5，得T＝6＝eq\f(2π,ω)，則ω＝eq\f(π,3)，因?yàn)辄c(diǎn)A(2，2)在該函數(shù)的圖象上，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋ω))＝2，得eq\f(2π,3)＋ω＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，則ω＝－eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z.又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ<－eq\f(π,6)，所以函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－\f(π,6)))，令eq\f(π,2)＋2kπ≤eq\f(π,3)x－eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z，因?yàn)?－3，3)∩{x|2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z＝(－3，－1]∪[2，3)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－3，3)上的單調(diào)遞減區(qū)間為(－3，－1)和[2，3).若選②，則sin(－ω＋φ)＝±1，得－ω＋φ＝eq\f(π,2)＋k1π，k1∈Z，因?yàn)辄c(diǎn)A(2，2)在該函數(shù)的圖像上，所以2sin(2ω＋φ)＝2，得2ω＋φ＝eq\f(π,2)＋2k2π，k2∈Z，則φ＝eq\f(π,2)＋eq\f(2（k1＋k2）π,3)，k1，k2∈Z，因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，ω＝eq\f(π,3)＋k2π，k2∈Z，又0<ω<eq\f(π,2)，所以ω＝eq\f(π,3)，所以函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－\f(π,6)))，令eq\f(π,2)＋2kπ≤eq\f(π,3)x－eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z，因?yàn)?－3，3)∩{x|2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z＝(－3，－1]∪[2，3)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－3，3)上的單調(diào)遞減區(qū)間為(－3，－1]和[2，3).若選③，則2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ω＋φ))＝0，得eq\f(1,2)ω＋φ＝k1π，k∈Z，因?yàn)辄c(diǎn)A(2，2)在該函數(shù)的圖象上，所以2sin(2ω＋φ)＝2，得2ω＋φ＝eq\f(π,2)＋2k2π，k∈Z，則φ＝－eq\f(π,6)＋eq\f(2（2k1－k2π）,3)，k1，k2∈Z，因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，ω＝eq\f(π,3)＋k2π，k2∈Z，又0<ω<eq\f(π,2)，所以ω<eq\f(π,3)，所以函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－\f(π,6)))，令eq\f(π,2)＋2kπ≤eq\f(π,3)x－eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z，因?yàn)?－3，3)∩{x|2＋6k≤x≤5＋6k，k∈Z}＝(－3，－1]∪[2，3)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－3，3)上的單調(diào)遞減區(qū)間為(－3，－1]和[2，3).14．已知函數(shù)f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＋eq\r(3)cos2x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若關(guān)于x的方程f(x)－m＝2在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有兩個(gè)不同的解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解析：(1)f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＋eq\r(3)cos2x＝1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))＋eq\r(3)cos2x＝1＋sin2x＋eq\r(3)cos2x＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，則由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)，k∈Z.所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z.(2)由f(x)－m＝2，得f(x)＝m＋2，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，由圖象得f(0)＝1＋2sineq\f(π,3)＝1＋eq\r(3)，函數(shù)f(x)的最大值為1＋2＝3，∴要使方程f(x)－m＝2在x∈eq\b\lc\[\rc\