舊教材適用2024高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第四章三角函數(shù)解三角形第4講函數(shù)y=Asinwx+φ的圖象及應(yīng)用

第4講函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及應(yīng)用1．y＝Asin(ωx＋φ)的有關(guān)概念y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)振幅周期頻率相位初相AT＝eq\o(□,\s\up3(01))eq\f(2π,ω)f＝eq\f(1,T)＝eq\o(□,\s\up3(02))eq\f(ω,2π)eq\o(□,\s\up3(03))ωx＋φeq\o(□,\s\up3(04))φ2．用五點法畫y＝Asin(ωx＋φ)一個周期內(nèi)的簡圖時，要找五個特征點如下表所示．3．函數(shù)y＝sinx的圖象經(jīng)變換得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象的步驟1．對函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0，φ≠0，b≠0)，其圖象的基本變換有：(1)振幅變換(縱向伸縮變換)：是由A的改變引起的，A>1時伸長，A<1時縮短．(2)周期變換(橫向伸縮變換)：是由ω的改變引起的，ω>1時縮短，ω<1時伸長．(3)相位變換(橫向平移變換)：是由φ引起的，φ>0時左移，φ<0時右移．(4)上下平移(縱向平移變換)：是由b引起的，b>0時上移，b<0時下移．可以運用“先伸縮后平移”或“先平移后伸縮”兩種方法來進(jìn)行變換．2．當(dāng)相應(yīng)變換的函數(shù)名不同時，先利用誘導(dǎo)公式將函數(shù)名化一樣，再利用相應(yīng)的變換得到結(jié)論．3．由y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0，φ≠0，b≠0)的圖象得到y(tǒng)＝sinx的圖象，可采納逆向思維，將原變換反過來逆推得到．1．為了得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，只需把函數(shù)y＝sin2x的圖象上的全部點()A.向左平移eq\f(π,3)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．向右平移eq\f(π,6)個單位長度答案D解析∵y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，∴只需將函數(shù)y＝sin2x圖象上的全部點向右平移eq\f(π,6)個單位長度即可得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象．故選D.2．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()答案A解析令x＝0得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),2)，解除B，D.由x＝－eq\f(π,3)時，y＝0，x＝eq\f(π,6)時，y＝0，解除C.故選A.3．(2024·江西上饒模擬)將曲線y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,5)))上的每個點的橫坐標(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(3π,20)答案C解析依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)，再結(jié)合選項．故選C.4．(2024·河南信陽模擬)函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則ω，φ的值分別是()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解析由圖可知，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.因為點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，2))在圖象上，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).故選A.5．(2024·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).給出下列結(jié)論：①f(x)的最小正周期為2π；②feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))是f(x)的最大值；③把函數(shù)y＝sinx的圖象上全部點向左平移eq\f(π,3)個單位長度，可得到函數(shù)y＝f(x)的圖象．其中全部正確結(jié)論的序號是()A．①B．①③C．②③D．①②③答案B解析因為f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，所以最小正周期T＝eq\f(2π,1)＝2π，故①正確；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,3)))＝sineq\f(5π,6)＝eq\f(1,2)≠1，故②不正確；將函數(shù)y＝sinx的圖象上全部點向左平移eq\f(π,3)個單位長度，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象，故③正確．故選B.6．函數(shù)y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象與x軸交點的坐標(biāo)是．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z解析令2x＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,8)(k∈Z).∴函數(shù)y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象與x軸交點的坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z.考向一“五點法”作y＝Asin(ωx＋φ)的圖象例1用五點法作出y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))內(nèi)的圖象．解2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＋eq\f(π,3)＝－eq\f(π,3)，2·eq\f(2π,3)＋eq\f(π,3)＝eq\f(5π,3)，令2x＋eq\f(π,3)＝0，得x＝－eq\f(π,6).令2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，得x＝eq\f(π,12).令2x＋eq\f(π,3)＝π，得x＝eq\f(π,3).令2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(3π,2)，得x＝eq\f(7π,12).列表如下：2x＋eq\f(π,3)－eq\f(π,3)0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)eq\f(5π,3)x－eq\f(π,3)－eq\f(π,6)eq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(7π,12)eq\f(2π,3)y－eq\r(3)020－2－eq\r(3)描點作圖．用“五點法”作正、余弦型函數(shù)圖象的步驟(1)將原函數(shù)化為y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的形式；(2)確定周期；(3)確定一個周期內(nèi)函數(shù)圖象的最高點和最低點；(4)選出一個周期內(nèi)與x軸的三個交點；(5)列表；(6)描點．1.用“五點法”畫出函數(shù)y＝eq\r(3)sineq\f(x,2)＋coseq\f(x,2)的圖象．解∵函數(shù)y＝eq\r(3)sineq\f(x,2)＋coseq\f(x,2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin\f(x,2)＋\f(1,2)cos\f(x,2)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)cos\f(π,6)＋cos\f(x,2)sin\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))，列表如下：eq\f(x,2)＋eq\f(π,6)0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πx－eq\f(π,3)eq\f(2π,3)eq\f(5π,3)eq\f(8π,3)eq\f(11π,3)y020－20描點、連線作圖如下：將函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,3)))的圖象不斷向左、向右平移(每次移動4π個單位長度)，就可以得到函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))，x∈R的圖象．考向二三角函數(shù)的圖象變換例2(2024·全國乙卷)把函數(shù)y＝f(x)圖象上全部點的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變，再把所得曲線向右平移eq\f(π,3)個單位長度，得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的圖象，則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解析依題意，將y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度，再將所得曲線上全部點的橫坐標(biāo)擴(kuò)大到原來的2倍，縱坐標(biāo)不變，得到f(x)的圖象，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)))的圖象eq\o(→,\s\up17(全部點的橫坐標(biāo)擴(kuò)大到原來的2倍))f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的圖象．故選B.關(guān)于y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象由y＝sinx的圖象的變換，先將y＝sinx的圖象向左(向右)平移|φ|個單位，再將所得圖象上全部點的橫坐標(biāo)縮短(ω>1)或伸長(0<ω<1)到原來的eq\f(1,ω)倍，縱坐標(biāo)不變，然后將所得圖象上全部點的縱坐標(biāo)伸長(A>1)或縮短(0<A<1)到原來的A倍，橫坐標(biāo)不變，也可先進(jìn)行伸縮變換，再進(jìn)行平移變換，此時不再是平移|φ|個單位，而是平移eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω)))個單位，原則是保證x的系數(shù)為1，同時留意變換的方法不能出錯．2.(2024·寧夏銀川模擬)要得到y(tǒng)＝sinx函數(shù)的圖象，只需將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象上全部點的()A．橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，再向右平移eq\f(π,6)個單位長度B．橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，再向左平移eq\f(π,6)個單位長度C．橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)(縱坐標(biāo)不變)，再向右平移eq\f(π,6)個單位長度D．橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)(縱坐標(biāo)不變)，再向左平移eq\f(π,6)個單位長度答案A解析只需將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象上全部的點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))函數(shù)的圖象；再向右平移eq\f(π,6)個單位長度，可得y＝sinx函數(shù)的圖象．故選A.考向三求函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的解析式例3函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的圖象的一部分如圖所示，則它的函數(shù)解析式是()A．y＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,4)))B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,4)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－\f(π,4)))D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4)))答案B解析由題圖知，A＝2，T＝2×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))))＝4，∴ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2)，∴解析式可寫成y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋φ)).將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))代入上式，得eq\f(π,2)×eq\f(1,2)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴φ＝eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.∵|φ|＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4).∴函數(shù)解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,4))).故選B.確定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)的解析式的步驟(1)求A，b，確定函數(shù)的最大值M和最小值m，則A＝eq\f(M－m,2)，b＝eq\f(M＋m,2).(2)求ω，確定函數(shù)的周期T，則ω＝eq\f(2π,T).(3)求φ的常用方法①代入法：把圖象上的一個已知點代入(此時要留意該點在上升區(qū)間上還是在下降區(qū)間上)或把圖象上的最高點或最低點代入；②五點法：確定φ值時，往往以找尋“五點法”中的特別點作為突破口．3.(2024·陜西漢中高三第一次校際聯(lián)考)如圖為函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)的部分圖象，將其向左平移eq\f(1,4)個單位長度后與函數(shù)g(x)的圖象重合，則g(x)可以表示為()A．sin2πx B．－sin2πxC．sinπx D．－sinπx答案D解析設(shè)函數(shù)y＝f(x)的最小正周期為T，則T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)－\f(1,4)))＝2，所以ω＝eq\f(2π,T)＝π，所以f(x)＝sin(πx＋φ)，由于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))是函數(shù)y＝f(x)圖象的一個對稱中心，且函數(shù)y＝f(x)在x＝eq\f(1,4)旁邊單調(diào)遞減，所以eq\f(π,4)＋φ＝π＋2kπ(k∈Z)，所以φ＝eq\f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)，則f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(3π,4)＋2kπ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(3π,4)))，將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(1,4)個單位長度后得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，因此g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))＋\f(3π,4)))＝sin(πx＋π)＝－sinπx.故選D.精準(zhǔn)設(shè)計考向，多角度探究突破考向四函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象與性質(zhì)角度函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用例4(2024·全國Ⅰ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]的圖象大致如下圖，則f(x)的最小正周期為()A．eq\f(10π,9)B．eq\f(7π,6)C．eq\f(4π,3)D．eq\f(3π,2)答案C解析由圖可得，函數(shù)圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)，0))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)ω＋\f(π,6)))＝0.又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)，0))是函數(shù)f(x)的圖象與x軸負(fù)半軸的第一個交點，所以－eq\f(4π,9)ω＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)，解得ω＝eq\f(3,2).所以函數(shù)f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,\f(3,2))＝eq\f(4π,3).故選C.角度圖象變換與性質(zhì)的綜合應(yīng)用例5(2024·宣城二次調(diào)研)將函數(shù)y＝sinx的圖象上全部點的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)(縱坐標(biāo)不變)，得到y(tǒng)＝f(x)的圖象，再將y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，則()A．y＝f(x)g(x)是偶函數(shù)B．函數(shù)f(x)＋g(x)的圖象的一個對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))C．函數(shù)f(x)＋g(x)的圖象的一個對稱軸方程為x＝－eq\f(π,8)D．函數(shù)f(x)＋g(x)在(0，π)上的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,8)))答案D解析由題意可得f(x)＝sin2x，是奇函數(shù)，g(x)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝cos2x，是偶函數(shù)．因為y＝f(x)是奇函數(shù)，y＝g(x)是偶函數(shù)，所以y＝f(x)g(x)是奇函數(shù)，故A錯誤；因為f(x)＋g(x)＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，所以當(dāng)x＝eq\f(π,8)時，f(x)＋g(x)＝eq\r(2)sineq\f(π,2)＝eq\r(2)，故B錯誤；當(dāng)x＝－eq\f(π,8)時，f(x)＋g(x)＝eq\r(2)sin0＝0，因為三角函數(shù)圖象的對稱軸過極值點，故C錯誤；由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(5π,8)，k∈Z，即函數(shù)f(x)＋g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋kπ，\f(5π,8)＋kπ))(k∈Z).又x∈(0，π)，所以eq\f(π,8)≤x≤eq\f(5π,8)，所以D正確．故選D.角度三角函數(shù)模型的簡潔應(yīng)用例6如圖，某地一天6～14時的溫度改變曲線近似滿意y＝Asin(ωt＋φ)＋b(A>0，ω>0，0<φ<π).(1)求解析式；(2)若某行業(yè)在當(dāng)?shù)仨氁臏囟仍趨^(qū)間[20－5eq\r(2)，20＋5eq\r(2)]之間為最佳營業(yè)時間，那么該行業(yè)在6～14時，最佳營業(yè)時間為多少小時？解(1)由題圖知A＝eq\f(30－10,2)＝10，b＝eq\f(30＋10,2)＝20，eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)＝14－6，所以ω＝eq\f(π,8)，所以y＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πt,8)＋φ))＋20.把t＝6，y＝10代入上式，得φ＝eq\f(3π,4)，所以解析式為y＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)t＋\f(3π,4)))＋20，t∈[6，14].(2)由題意，得20－5eq\r(2)≤10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)t＋\f(3π,4)))＋20≤20＋5eq\r(2)，即－eq\f(\r(2),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)t＋\f(3π,4)))≤eq\f(\r(2),2)，所以kπ－eq\f(π,4)≤eq\f(π,8)t＋eq\f(3π,4)≤kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z.即8k－8≤t≤8k－4，k∈Z，因為t∈[6，14]，所以k＝2，所以8≤t≤12，所以最佳營業(yè)時間為12－8＝4小時．(1)解三角函數(shù)模型應(yīng)用題的關(guān)鍵是求出函數(shù)解析式，可以依據(jù)給出的已知條件確定模型f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b中的待定系數(shù)．(2)探討y＝Asin(ωx＋φ)的性質(zhì)時可將ωx＋φ視為一個整體，利用換元法和數(shù)形結(jié)合思想進(jìn)行解題.4.據(jù)調(diào)查，某商品一年內(nèi)出廠價按月呈f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的模型波動(x為月份)，已知3月份達(dá)到最高價8千元，7月份價格最低為4千元，依據(jù)以上條件，f(x)的解析式可能為()A．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4)))＋6(1≤x≤12，x∈N*)B．f(x)＝9sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4)))(1≤x≤12，x∈N*)C．f(x)＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋6))(1≤x≤12，x∈N*)D．f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4)))＋6(1≤x≤12，x∈N*)答案A解析因為3月份達(dá)到最高價8千元，7月份價格最低為4千元，所以當(dāng)x＝3時，函數(shù)有最大值為8，當(dāng)x＝7時，函數(shù)有最小值為4，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＋b＝8，,－A＋b＝4，))解得A＝2，b＝6.當(dāng)ω＝eq\f(π,4)時，由ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4)，得T＝eq\f(2π,ω)＝8，又7－3＝4＝eq\f(1,2)T，符合題意，且x＝3時，函數(shù)f(x)有最大值，所以3ω＋φ＝3×eq\f(π,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝－eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.又|φ|<eq\f(π,2)，取k＝0，得φ＝－eq\f(π,4)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4)))＋6.故選A.5．(2024·江蘇揚(yáng)州模擬)若函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在[－π，0]上的單調(diào)遞增區(qū)間為．答案[－3，0]解析由函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分圖象，可得A＝2，eq\f(3,4)×eq\f(2π,ω)＝5＋1，求得ω＝eq\f(π,4).再依據(jù)五點作圖法可得，eq\f(π,4)×(－1)＋φ＝2kπ，k∈Z，∴φ＝2kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z.又0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4))).令2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(π,4)x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得8k－3≤x≤8k＋1，k∈Z，故函數(shù)f(x)的增區(qū)間為[8k－3，8k＋1]，k∈Z.再依據(jù)x∈[－π，0]，可得增區(qū)間為[－3，0].6．(2024·江西九江聯(lián)考)把函數(shù)y＝sin2x的圖象沿x軸向左平移eq\f(π,6)個單位，縱坐標(biāo)伸長到原來的2倍(橫坐標(biāo)不變)后得到函數(shù)y＝f(x)的圖象，對于函數(shù)y＝f(x)有以下四個推斷：①該函數(shù)的解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))；②該函數(shù)圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對稱；③該函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上是增函數(shù)；④若函數(shù)y＝f(x)＋a在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值為eq\r(3)，則a＝2eq\r(3).其中推斷正確的序號是．答案②④解析將函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位得到y(tǒng)＝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，然后縱坐標(biāo)伸長到原來的2倍得到y(tǒng)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象，①不正確；y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋\f(π,3)))＝2sinπ＝0，函數(shù)圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對稱，②正確；由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z，即函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))，k∈Z，當(dāng)k＝0時，增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))，③不正確；y＝f(x)＋a＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋a，當(dāng)0≤x≤eq\f(π,2)時，eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，當(dāng)2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)，即x＝eq\f(π,2)時，函數(shù)取得最小值，ymin＝2sineq\f(4π,3)＋a＝－eq\r(3)＋a＝eq\r(3)，解得a＝2eq\r(3)，④正確．1．(2024·河南周口二模)將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象上全部的點向左平移eq\f(π,4)個單位長度，再把圖象上各點的橫坐標(biāo)擴(kuò)大到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，則所得圖象的解析式為()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,12)))B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(5π,12)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,12)))D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(5π,24)))答案B解析將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象上全部的點向左平移eq\f(π,4)個單位長度，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))的圖象，再把所得圖象上各點的橫坐標(biāo)擴(kuò)大到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(5π,12)))的圖象．故選B.2.如圖所示，函數(shù)y＝eq\r(3)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的部分圖象與坐標(biāo)軸分別交于點D，E，F(xiàn)，則△DEF的面積為()A．eq\f(π,4)B．eq\f(π,2)C．πD．2π答案A解析在y＝eq\r(3)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))中，令x＝0，可得D(0，1)；令y＝0，解得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z)，故Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0)).所以△DEF的面積為eq\f(1,2)×eq\f(π,2)×1＝eq\f(π,4).故選A.3．已知ω＞0，0＜φ＜π，直線x＝eq\f(π,4)和x＝eq\f(5π,4)是函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)圖象的兩條相鄰的對稱軸，則φ＝()A．eq\f(π,4)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,2)D．eq\f(3π,4)答案A解析由題意得周期T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－\f(π,4)))＝2π，∴2π＝eq\f(2π,ω)，即ω＝1，∴f(x)＝sin(x＋φ)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝±1.∵0＜φ＜π，∴eq\f(π,4)＜φ＋eq\f(π,4)＜eq\f(5π,4)，∴φ＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4).故選A.4．(2024·陜西寶雞摸底)若將函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\f(1,2)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，則平移后圖象的對稱中心為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,4)，\f(1,2)))(k∈Z) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,4)，0))(k∈Z)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，\f(1,2)))(k∈Z) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)答案C解析y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\f(1,2)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度得到y(tǒng)＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＋eq\f(1,2)＝3sin2x＋eq\f(1,2)的圖象，由2x＝kπ，k∈Z得x＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以平移后圖象的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，\f(1,2)))(k∈Z).故選C.5.(2024·四川成都一診)已知函數(shù)y＝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，則此函數(shù)的解析式為()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,2)))D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))答案B解析由函數(shù)的圖象可得eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)＝eq\f(7π,8)－eq\f(3π,8)＝eq\f(π,2)，∴ω＝2.依據(jù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝0可得2×eq\f(3π,8)＋φ＝kπ(k∈Z)，求得φ＝kπ－eq\f(3π,4)(k∈Z)，∵|φ|<eq\f(π,2)，∴令k＝1，得φ＝eq\f(π,4)，故有函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).故選B.6.如圖所示，為了探討鐘表與三角函數(shù)的關(guān)系，建立如圖所示的坐標(biāo)系，設(shè)秒針針尖位置為P(x，y).若初始位置為P0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，當(dāng)秒針從P0(注：此時t＝0)正常起先走時，那么點P的縱坐標(biāo)y與時間t的函數(shù)關(guān)系為()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t＋\f(π,6))) B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,60)t－\f(π,6)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t＋\f(π,6))) D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t－\f(π,3)))答案C解析由題意可得，函數(shù)的初相位是eq\f(π,6)，解除B，D.又函數(shù)周期是60秒且秒針按順時針方向旋轉(zhuǎn)，即T＝eq\f(2π,|ω|)＝60，所以|ω|＝eq\f(π,30)，所以ω＝－eq\f(π,30)，故y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t＋\f(π,6))).故選C.7．已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，0＜φ＜π)的圖象與直線y＝2的某兩個交點的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，若|x2－x1|的最小值為π，且將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,4)個單位得到的函數(shù)為奇函數(shù)，則函數(shù)f(x)的一個單調(diào)遞增區(qū)間為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)) 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,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))答案A解析由題意得T＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝2.∵函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,4)個單位得到的函數(shù)為奇函數(shù)，∴φ－2×eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z).∴φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z).∵0＜φ＜π，∴φ＝eq\f(π,2).因此f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))為函數(shù)f(x)的一個單調(diào)遞增區(qū)間．故選A.8．(2024·沈陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ均為正數(shù))的最小正周期為π，當(dāng)x＝eq\f(2π,3)時，函數(shù)f(x)取得最小值，則下列結(jié)論正確的是()A．f(2)<f(0)<f(－2)B．f(0)<f(2)<f(－2)C．f(－2)<f(0)<f(2)D．f(2)<f(－2)<f(0)答案D解析由題意知函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,2)，\f(2π,3)))，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞減．f(－2)＝f(π－2)，f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，而eq\f(π,3)<π－2<2，且eq\f(π,3)，π－2，2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，所以f(2)<f(π－2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即f(2)<f(－2)<f(0).故選D.9．將函數(shù)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)個單位長度后關(guān)于原點對稱，則函數(shù)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解析將函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后，得到g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))的圖象．再依據(jù)所得圖象關(guān)于原點對稱，可得eq\f(π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，所以φ＝kπ－eq\f(π,3)(k∈Z).又|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)))，因為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))).當(dāng)2x－eq\f(π,3)＝－eq\f(π,3)時，f(x)取得最小值－eq\f(\r(3),2).故選A.10．設(shè)函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<π.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，則()A．ω＝eq\f(2,3)，φ＝－eq\f(11π,12)B．ω＝eq\f(2,3)，φ＝eq\f(π,12)C．ω＝eq\f(1,3)，φ＝－eq\f(11π,24)D．ω＝eq\f(1,3)，φ＝eq\f(7π,24)答案B解析∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,8)))＝0，f(x)的最小正周期大于2π，∴eq\f(T,4)＝eq\f(11π,8)－eq\f(5π,8)＝eq\f(3π,4)，∴T＝3π，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2,3)，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(5π,8)＋φ))＝2，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋φ))＝1，∴eq\f(5π,12)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴φ＝2kπ＋eq\f(π,12)，k∈Z，∵|φ|<π，∴φ＝eq\f(π,12).故選B.11．(2024·武漢調(diào)研)函數(shù)f(x)＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的部分圖象如圖所示，給出以下結(jié)論：①f(x)的最小正周期為2；②f(x)圖象的一條對稱軸為直線x＝－eq\f(1,2)；③f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z上是減函數(shù)；④f(x)的最大值為A.則正確結(jié)論的序號為()A．①③B．②③C．①④D．②④答案A解析由題圖可知，函數(shù)f(x)的最小正周期T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)－\f(1,4)))＝2，故①正確；因為函數(shù)f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，0))，所以函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為直線x＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(5,4)))＋eq\f(kT,2)＝eq\f(3,4)＋k(k∈Z)，故直線x＝－eq\f(1,2)不是函數(shù)f(x)圖象的對稱軸，故②不正確；由題圖可知，當(dāng)eq\f(1,4)－eq\f(T,4)＋kT≤x≤eq\f(1,4)＋eq\f(T,4)＋kT(k∈Z)，即2k－eq\f(1,4)≤x≤2k＋eq\f(3,4)(k∈Z)時，f(x)是減函數(shù)，故③正確；若A>0，則最大值是A，若A<0，則最大值是－A，故④不正確．故選A.12．(2024·江西蓮塘一中、臨川二中高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝2sin2x(x∈R)，現(xiàn)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，再把橫坐標(biāo)縮小為原來的eq\f(1,2)(縱坐標(biāo)不變)，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象．當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(29π,24)))時，記方程g(x)＝eq\f(2024,2024)的根從小到大依次為x1，x2，…，xn，則x1＋2x2＋2x3＋…＋2xn－1＋xn等于()A．eq\f(17π,4)B．eq\f(14π,3)C．eq\f(20π,3)D．eq\f(85π,12)答案B解析由題意可得g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))，方程g(x)＝eq\f(2024,2024)，即2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))＝eq\f(2024,2024)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))＝eq\f(2024,4040)，因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(29π,24)))，所以4x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(9π,2)))，設(shè)θ＝4x－eq\f(π,3)，其中θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(9π,2)))，即sinθ＝eq\f(2024,4040)，結(jié)合正弦函數(shù)y＝sinθ的圖象，可得方程sinθ＝eq\f(2024,4040)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(9π,2)))上有5個解，即n＝5，由對稱性可得θ1＋θ2＝π，θ2＋θ3＝3π，θ3＋θ4＝5π，θ4＋θ5＝7π，即4x1－eq\f(π,3)＋4x2－eq\f(π,3)＝π，4x2－eq\f(π,3)＋4x3－eq\f(π,3)＝3π，4x3－eq\f(π,3)＋4x4－eq\f(π,3)＝5π，4x4－eq\f(π,3)＋4x5－eq\f(π,3)＝7π，解得x1＋x2＝eq\f(5π,12)，x2＋x3＝eq\f(11π,12)，x3＋x4＝eq\f(17π,12)，x4＋x5＝eq\f(23π,12)，所以x1＋2x2＋2x3＋2x4＋x5＝(x1＋x2)＋(x2＋x3)＋(x3＋x4)＋(x4＋x5)＝eq\f(14π,3).故選B.13．去年某地的月平均氣溫y(℃)與月份x(月)近似地滿意函數(shù)y＝a＋bsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,6)))(a，b為常數(shù)).若6月份的月平均氣溫約為22℃，12月份的月平均氣溫約為4℃，則該地8月份的月平均氣溫約為℃.答案31解析將(6，22)，(12，4)代入函數(shù)，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))).當(dāng)x＝8時，y＝13－18sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)×8＋\f(π,6)))＝31.14．(2024·西安八校聯(lián)考)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))在[0，2π]上的單調(diào)遞減區(qū)間為．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(5π,3)))解析令2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z，則kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.又x∈[0，2π]，∴當(dāng)k＝0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))；當(dāng)k＝1時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(5π,3))).∴函數(shù)f(x)在[0，2π]上的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(5π,3))).15．已知x∈(0，π]，關(guān)于x的方程2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝a有兩個不同的實數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍為．答案(eq\r(3)，2)解析令y1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，x∈(0，π]，y2＝a，作出y1的圖象如圖所示．若2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝a在(0，π]上有兩個不同的實數(shù)解，則y1與y2的圖象應(yīng)有兩個不同的交點，所以eq\r(3)<a<2.16．(2024·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則滿意條件eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f（x）－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f（x）－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))))>0的最小正整數(shù)x為.答案2解析由eq\f(3T,4)＝eq\f(13π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(3π,4)，得T＝π，則|ω|＝2，不妨設(shè)ω>0，則ω＝2，將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))代入f(x)＝2cos(2x＋φ)，得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))看作“五點作圖法”中的其次個點，則eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f（x）－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f（x）－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))))>0，即(f(x)－1)f(x)>0，解得f(x)<0或f(x)>1.所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))>eq\f(1,2)或coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))<0.當(dāng)x＝1時，2x－eq\f(π,6)＝2－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，不符合題意；當(dāng)x＝2時，2x－eq\f(π,6)＝4－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,6)))，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))<0，符合題意．所以滿意題意的最小正整數(shù)x為2.17．(2024·浙江杭州檢測)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π,2)≤φ＜\f(π,2)))的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對稱，且圖象上相鄰兩個最高點的距離為π.(1)求ω和φ的值；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，求函數(shù)y＝f(x)的最大值和最小值.解(1)因為f(x)的圖象上相鄰兩個最高點的距離為π，所以f(x)的最小正周期T＝π，從而ω＝eq\f(2π,T)＝2.又f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對稱，所以2×eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，由－eq\f(π,2)≤φ＜eq\f(π,2)，得k＝0，所以φ＝eq\f(π,2)－eq\f(2π,3)＝－eq\f(π,6).綜上，ω＝2，φ＝－eq\f(π,6).(2)由(1)知f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，所以當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)時，f(x)最大＝eq\r(3)；當(dāng)2x－eq\f(π,