5.6 第2课时 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质的应用-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第五章　三角函数 5. 6　函数y＝Asin(ωx＋φ) 5.6.1　匀速圆周运动的数学模型 5.6.2　函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象 第2课时　函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质的应用 (教师独具内容) 课程标准：1.能根据y＝Asin(ωx＋φ)的部分图象确定其解析式.2.整体把握函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质，并能解决有关问题． 教学重点：函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质的应用． 教学难点：利用函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质解决匀速圆周运动的实际问题． 核心素养：通过函数图象能抽象出数学模型，并能研究函数的性质，逐步提升数学抽象素养、直观想象素养、数学运算素养和数学建模素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 (－∞，＋∞) [－A，A] kπ，k∈Z 知识点　　函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的性质 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 答案 核心概念掌握 8 答案 核心概念掌握 9 答案 2 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　求三角函数的解析式 核心素养形成 12 解 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 答案 核心素养形成 17 解析 核心素养形成 18 题型二　三角函数图象与性质的综合应用 核心素养形成 19 解 核心素养形成 20 解 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 解 核心素养形成 25 解 核心素养形成 26 题型三　y＝Asin(ωx＋φ)在匀速圆周运动中的应用 核心素养形成 27 解 核心素养形成 28 解 核心素养形成 29 【感悟提升】匀速圆周运动的数学模型一般都归结为正弦型或余弦型函数形式．此类问题的切入点是初始位置及其半径、频率的值要明确，半径决定了振幅A，频率或周期能确定ω，初始位置不同对φ有影响．还要注意最大值、最小值与函数中参数的关系． 核心素养形成 30 【跟踪训练】 3.某挂钟秒针的端点A到中心点O的距离为20 cm，秒针均匀地绕点O旋转，当时间t＝0时，点A与钟面上标12的点B重合，A与B两点距离地面的高度差h(cm)与t(s)存在函数关系式，则解析式h(t)＝____________，其中t∈[0，60]，一圈内A与B两点距离地面的高度差不低于30 cm的时长为_____s. 答案 20 核心素养形成 31 解析 核心素养形成 32 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 答案 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ 对点 三角函数的值域、周期的综合应用 利用三角函数的图象求参数值 三角函数图象的平移、伸缩变换；三角函数图象的对称中心 利用三角函数的图象与性质求参数值 三角函数图象的平移变换；三角函数的周期性、单调 区间 三角函数的零点、最值、周期性、对称性的 综合 三角函数在匀速圆周中的 应用 三角函数的平移变换；三角函数的奇偶性与 值域 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 41 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用三角函数的周期与最值求解析式；“五点法”作图 利用三角函数的图象与性质求解析式；与三角函数有关的方程问题 三角函数图象的对称性、伸缩变换；由三角函数的单调性求参数 三角函数图象与性质的综合应用 由函数图象交点问题求三角函数值 利用函数的最值求参数范围 利用三角函数的图象与性质求解析式；由函数零点问题求参数范围 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 42 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 43 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 52 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 53 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 54 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 55 答案 [－1，2] 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 56 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 58 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 59 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 61 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 62 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 63 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 64 解 析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 65 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 66 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 67 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 68 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 69 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 70 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 71 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 72 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 73 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 74 　　　　　　　　　　　　　 R 定义域 _______________ 值域 _______________ 周期 T＝_______ 奇偶性 当φ＝____________时为奇函数 当φ＝_______________时为偶函数 当φ≠_____________时为非奇非偶函数 eq \f(2π,ω) kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z eq \f(kπ,2)，k∈Z 图象的 对称轴 直线x＝________________________ 求法：令ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z可求 图象的 对称中心 对称中心：________________________ 求法：令ωx＋φ＝kπ，k∈Z可求 单调性 求法：令－eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z可求单调递增区间 求法：令eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z可求单调递减区间 eq \f(kπ,ω)＋eq \f(π,2ω)－eq \f(φ,ω)，k∈Z (kπ,ω)INCLUDEPICTURE"A左括.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\A左括.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\A左括.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\A左括.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\A左括.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\赵娜\\535数学（必修第一册导学案（A版\\A左括.TIF" \* MERGEFORMATINET －eq \f(φ,ω)，0 ，k∈Z [点拨]　对于函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)： (1)A越大，函数的最大值越大，最大值与A是正比例关系． (2)ω越大，函数的周期越小；ω越小，周期越大，周期与ω为反比例关系． [提醒]　(1)两条相邻对称轴之间间隔为eq \f(1,2)个周期； (2)函数在对称轴处取得最大值或最小值． 1．(由图象求三角函数解析式)若函数y＝sin(ωx＋φ)(x∈R，ω>0，0≤φ<2π)的部分图象如图所示，则(　　) A．ω＝eq \f(π,2)，φ＝eq \f(π,4) B．ω＝eq \f(π,3)，φ＝eq \f(π,6) C．ω＝eq \f(π,4)，φ＝eq \f(π,4) D．ω＝eq \f(π,4)，φ＝eq \f(5π,4) 2．(三角函数的单调性)(2024·湖南长沙一中高一上月考)函数y＝cosπx的图象向右平移eq \f(1,4)个单位长度所得图象对应的函数(　　) A．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(1,4)))上单调递减 B．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(1,4)))上单调递增 C．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))上单调递减 D．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))上单调递增 3．(三角函数的最值)函数y＝2sinx的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数f(x)的图象，则f(x)的最大值为_____． 4．(三角函数的奇偶性)若f(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|＜\f(π,2)))是奇函数，则φ＝_____． eq \f(π,6) \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))INCLUDEPICTURE"例1灰.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例1灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例1灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例1灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例1灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\赵娜\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例1灰.TIF" \* MERGEFORMATINET 　如图是函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象的一部分，求此函数的解析式． 解　解法一(逐一定参法)： 由图象知A＝3，T＝eq \f(5π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝π， ∴ω＝eq \f(2π,T)＝2，∴y＝3sin(2x＋φ)． ∵点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))在函数图象上， ∴0＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)×2＋φ))， ∴－eq \f(π,6)×2＋φ＝kπ(k∈Z)，得φ＝eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)． ∵|φ|＜eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,3)， ∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))). 解法二(待定系数法)： 由图象知A＝3. 由图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))处下降，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))处上升， 可令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(πω,3)＋φ＝π，,\f(5πω,6)＋φ＝2π，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω＝2，,φ＝\f(π,3).)) ∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))). 解法三(图象变换法)： 由A＝3，T＝π，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))在图象上，可知函数图象是由 y＝3sin2x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到的， ∴y＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))))，即y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))). 【感悟提升】求函数y＝Asin(ωx＋φ)解析式的方法 若设所求解析式为y＝Asin(ωx＋φ)，则在观察函数图象的基础上，可按以下规律来确定A，ω，φ. (1)由函数图象上的最大值、最小值来确定|A|. (2)由函数图象与x轴的交点确定T，由T＝eq \f(2π,|ω|)，确定ω. (3)确定函数y＝Asin(ωx＋φ)中φ的值的两种方法： ①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时A，ω已知，最好是代入图象与x轴的交点)求解(此时要注意交点在上升区间上还是在下降区间上)． ②五点对应法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的第一个零点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(φ,ω)，0))作为突破口．“五点”的ωx＋φ的值具体如下： “第一点”(即图象上升时与x轴的交点)为ωx＋φ＝0； “第二点”(即图象的“峰点”)为ωx＋φ＝eq \f(π,2)； “第三点”(即图象下降时与x轴的交点)为ωx＋φ＝π； “第四点”(即图象的“谷点”)为ωx＋φ＝eq \f(3π,2)； “第五点”为ωx＋φ＝2π. 【跟踪训练】 1.如图所示为函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，0<|φ|<\f(π,2)))的图象的一部分，则函数f(x)的解析式为(　　) A．f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)x＋\f(π,6))) B．f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)x－\f(π,6))) C．f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D．f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) 解析：由图象知A＝2，eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，∴T＝π＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝2.∵图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，2))，∴2＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝1，∴eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴φ＝eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z.又0<|φ|<eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,6).∴函数f(x)的解析式为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))). (3)INCLUDEPICTURE"例2灰.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\赵娜\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMATINET 　已知函数f(x)＝1＋2sinxcosx－2sin2x，x∈R. (1)求函数f(x)的单调递增区间； (2)若把函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象，求g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的最小值和最大值． 解　(1)f(x)＝1＋2eq \r(3)sinxcosx－2sin2x＝eq \r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq \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(π,2)，k∈Z， 得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z， ∴函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z. (2)把函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象， ∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，∴2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,6)，－\f(π,6)))， ∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈[－2，1]． 故g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的最小值为－2，最大值为1. 【感悟提升】三角函数图象与性质综合问题的解题技巧 (1)单调区间的求解技巧 ①结合正弦、余弦函数的图象，熟记它们的单调区间； ②确定函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的单调区间的方法：采用“换元”法整体代换，将ωx＋φ看作一个整体，可令“z＝ωx＋φ”，即通过求y＝Asinz的单调区间进而求出函数的单调区间．若ω<0，则可利用诱导公式先将x的系数转变为正数，再求单调区间． (2)奇偶性的求解技巧 正弦型函数y＝Asin(ωx＋φ)和余弦型函数y＝Acos(ωx＋φ)不一定具备奇偶性．对于函数y＝Asin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数，当φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时为偶函数；对于函数y＝Acos(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为偶函数，当φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时为奇函数． (3)最值的求解技巧 当ωx＋φ＝2kπ±eq \f(π,2)(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)取得最大值或最小值． (4)对称性的求解技巧 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象的对称轴由ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)解出，其对称中心的横坐标由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)解出；同理y＝Acos(ωx＋φ)的图象的对称轴由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)解出，对称中心的横坐标由ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)解出． 【跟踪训练】 2.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))在一个周期内的图象如图所示． (1)求函数f(x)的最小正周期T及f(x)的解析式； (2)求函数f(x)图象的对称轴方程及单调递增区间； (3)将f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度，再将所得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，若g(x)＝a－1在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上有两个解，求a的取值范围． 解：(1)由题意A＝1，eq \f(T,4)＝eq \f(π,12)＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,4)⇒T＝π，则eq \f(2π,ω)＝π⇒ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，又因为图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))，所以2×eq \f(π,12)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)⇒φ＝eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，而－eq \f(π,2)<φ<eq \f(π,2)，则φ＝eq \f(π,3)，于是f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))). (2)结合图象可知，函数f(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)， 令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z⇒－eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤eq \f(π,12)＋kπ，k∈Z，即函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))(k∈Z)． (3)f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)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,3)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象，于是g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，其在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上的图象如图所示． 因为g(x)＝a－1在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上有两个解，所以eq \f(1,2)≤a－1<1⇒a∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)). 　如图，游乐场中的摩天轮匀速旋转，每转一圈需要12分钟，其中心O距离地面40.5米，半径40米．如果你从最低处登上摩天轮，那么你与地面的距离将随时间的变化而变化，以你登上摩天轮的时刻开始计时．请解答下列问题： (1)求出你与地面的距离y与时间t之间的函数解析式； (2)当你第四次距离地面60.5米时，用了多长时间？ (3)当你登上摩天轮2分钟后，你的朋友也在摩天轮最低处登上摩天轮，问：你的朋友登上摩天轮多长时间后，你和你的朋友与地面的距离之差最大？并求出最大值． 解　(1)可以用余弦型函数来表示该函数解析式， 由已知可设y＝40.5－40cosωt(t≥0)， 由周期为12分钟可知，T＝eq \f(2π,ω)＝12， 解得ω＝eq \f(π,6)， 所以y＝40.5－40coseq \f(π,6)t(t≥0)． (2)令y＝40.5－40coseq \f(π,6)t＝60.5， 得coseq \f(π,6)t＝－eq \f(1,2)， 所以eq \f(π,6)t＝eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z或eq \f(π,6)t＝eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z， 解得t＝4＋12k，k∈Z或t＝8＋12k，k∈Z， 又t≥0，故第四次距离地面60.5米时，用了12＋8＝20(分钟)． (3)与地面的距离之差最大，此时你必须在你的朋友的正上方，或你的朋友在你的正上方，由周期性知，再过2分钟后，你恰好在你的朋友的正上方；再过半个周期时，恰好相反，故过(6k＋2)(k∈N)分钟后，你和你的朋友与地面的距离之差最大，最大值为40米． 20－20coseq \f(π,30)t 解析：经过t s，秒针转过的圆心角为－eq \f(π,30)t，得h(t)＝20－20sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,30)t))＝20－20coseq \f(π,30)t.由20－20coseq \f(π,30)t≥30，得coseq \f(π,30)t≤－eq \f(1,2)，又0≤t≤60，故0≤eq \f(π,30)t≤2π，得eq \f(2π,3)≤eq \f(π,30)t≤eq \f(4π,3)，解得20≤t≤40，故一圈内A与B两点距离地面的高度差h不低于30 cm的时长为20 s. 1．将函数y＝sin2x的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度，所得图象对应的函数是(　　) A．奇函数 B．既是奇函数又是偶函数 C．偶函数 D．非奇非偶函数 解析：y＝sin2x的图象y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))))＝sin(2x－π)＝－sin(π－2x)＝－sin2x的图象．由于x∈R，－sin(－2x)＝sin2x，所以是奇函数． 2.函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)的部分图象如图所示，则(　　) A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))) C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) 解析：根据函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)的部分图象，可得A＝2，eq \f(1,2)T＝eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，∴ω＝2，∴y＝2sin(2x＋φ)．又函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2))，∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋φ))＝2，∴2×eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝－eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z.∵|φ|＜π，∴φ＝－eq \f(π,6)，∴函数的解析式为y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).故选A. 3．(2024·安徽亳州一中高一下月考)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋φ))(0<φ<π)的图象向右平移eq \f(2π,3)个单位长度后得到函数g(x)的图象，且g(x)的图象关于点(π，0)对称，则φ＝(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6) 解析：由题得g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2π,3)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)＋φ))，因为g(x)的图象关于点(π，0)对称，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×π－\f(π,3)＋φ))＝0，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝0，所以eq \f(π,6)＋φ＝kπ，k∈Z，φ＝－eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，因为0<φ<π，所以φ＝eq \f(5π,6).故选D. 4．(多选)如图为一半径为3 m的水轮，水轮圆心O距离水面2 m，已知水轮自点A开始1 min旋转4圈，水轮上的点P到水面的距离y(m)与时间x(s)满足函数关系y＝Asin(ωx＋φ)＋2(A>0，ω>0)，则(　　) A．ω＝eq \f(2π,15) B．ω＝eq \f(15,2π) C．A＝3 D．A＝5 解析：由题目可知y的最大值为5，所以5＝A×1＋2⇒A＝3，T＝15，则ω＝eq \f(2π,15). eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12))) 5．(2024·浙江台州书生中学高一下开学考试)已知函数f(x)＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，函数g(x)的图象由函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度而得到，则当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，g(x)的单 调递增区间是___________． 解析：由函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度，得到g(x)＝2coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,3)))＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象，令2kπ－π≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ，k∈Z，解得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z，即g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z，则当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，可得g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12))). 1．设函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,5))).若对任意x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则|x1－x2|的最小值为(　　) A．4 B．2 C．1 D.eq \f(1,2) 解析：函数f(x)的周期T＝4.因为对任意x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，所以|x1－x2|min＝eq \f(T,2)＝2. 2．如图是函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分图象，则下列说法正确的是(　　) A．ω＝2，φ＝eq \f(2π,3) B．ω＝1，φ＝eq \f(2π,3) C．ω＝2，φ＝eq \f(π,3) D．ω＝2，φ＝eq \f(π,6) 解析：由图象得A＝2，eq \f(T,2)＝eq \f(11π,12)－eq \f(5π,12)，则T＝π，∴eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，∴f(x)＝2sin(2x＋φ)，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(11π,12)＋φ))＝2，得φ＝－eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，又|φ|<π，∴φ＝eq \f(2π,3).故选A. 3．(2024·湖南岳阳高一上期末)将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(π,4)))的图象上各点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标保持不变，再将所得图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度，得到函数y＝f(x)的图象，则y＝f(x)图象的一个对称中心是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,14)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)，0)) 解析：函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(π,4)))的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍，得到图象的解析式为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，再向右平移eq \f(π,8)个单位长度，得到图象的解析式为y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))＋\f(π,4)))＝sin2x.当x＝eq \f(π,2)时，y＝sinπ＝0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))是函数y＝sin2x图象的一个对称中心．故选B. 4．函数y＝sinωx(ω>0)的部分图象如图所示，点A，B是最高点，点C是最低点，若△ABC是直角三角形，则ω的值为(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2) 解析：由题意并结合三角函数的对称性可知△ABC为等腰直角三角形，且∠ACB为直角，取AB的中点为D，由三角函数的最大值和最小值为1和－1，可得CD＝1－(－1)＝2，故AB的长度为2CD＝4，又AB为函数的一个周期的长度，故可得4＝eq \f(2π,ω)，解得ω＝eq \f(π,2).故选D. 5．已知函数f(x)＝Asinωx(A>0，ω>0)图象的两条相邻的对称轴之间的距离为2，将f(x)的图象向右平移eq \f(1,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列是函数g(x)的单调递增区间的为(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，－\f(2,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(4,3))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(7,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(13,3))) 解析：已知函数f(x)＝Asinωx(A>0，ω>0)图象的两条相邻的对称轴之间的距离为2，所以函数f(x)的最小正周期为4.则eq \f(2π,ω)＝4，解得ω＝eq \f(π,2)，所以f(x)＝Asineq \f(π,2)x.将f(x)的图象向右平移eq \f(1,3)个单位长度，得到函数g(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(π,6)))的图象．令－eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(π,2)x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得－eq \f(2,3)＋4k≤x≤4k＋eq \f(4,3)(k∈Z)．当k＝0时，函数g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(4,3))). 6．(多选)(2024·新课标Ⅱ卷)对于函数f(x)＝sin2x和g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，下列说法正确的有(　　) A．f(x)与g(x)有相同的零点 B．f(x)与g(x)有相同的最大值 C．f(x)与g(x)有相同的最小正周期 D．f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴 解析：对于A，令f(x)＝sin2x＝0，解得x＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，即为f(x)的零点，令g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝0，解得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,8)，k∈Z，即为g(x)的零点，显然f(x)与g(x)的零点不同，A错误；对于B，显然f(x)max＝g(x)max＝1，B正确；对于C，根据周期公式，可知f(x)，g(x)的最小正周期均为eq \f(2π,2)＝π，C正确；对于D，根据正弦函数的性质，f(x)图象的对称轴满足2x＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z⇔x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)，k∈Z，g(x)图象的对称轴满足2x－eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z⇔x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(3π,8)，k∈Z，显然f(x)，g(x)图象的对称轴不同，D错误．故选BC. 7.为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的坐标系，设秒针指向位置P(x，y)，若初始位置为P0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，秒针从P0(注：此时t＝0)开始沿顺时针方向走动， 则点P的纵坐标y与时间t(单位：s)的函数关系为___________________． y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t＋\f(π,6))) 解析：∵秒针是顺时针旋转，且每60秒转一周，∴ω＝－eq \f(2π,60)＝－eq \f(π,30) rad/s.由P0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，得cosφ＝eq \f(\r(3),2)，sinφ＝eq \f(1,2)，解得φ＝eq \f(π,6).故点P的纵坐标y与时间t的函数关系为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t＋\f(π,6))). 8．(2024·山东青岛二中高一上月考)将函数f(x)＝2sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到函数y＝g(x)的图象，若函数y＝g(x)为偶函数，则函数y＝f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域为________． 解析：将函数f(x)＝2sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到函数y＝g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))的图象，若函数y＝g(x)为偶函数，则eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，φ＝eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，又0<φ<π，∴φ＝eq \f(π,6)，故函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈[－1，2]，则函数y＝f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域为[－1，2]． 9．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的最小正周期是π，且当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值2. (1)求f(x)的解析式； (2)作出f(x)在[0，π]上的图象(要列表)． 解：(1)因为函数f(x)的最小正周期是π，所以ω＝2. 又当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值2， 所以A＝2，2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z. 所以φ＝2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z. 因为－eq \f(π,2)<φ<eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,6)， 所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))). (2)因为x∈[0，π]，所以2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))， 列表如下： 2x＋eq \f(π,6) eq \f(π,6) eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π eq \f(13π,6) x 0 eq \f(π,6) eq \f(5π,12) eq \f(2π,3) eq \f(11π,12) π f(x) 1 2 0 －2 0 1 描点、连线得图象如下： 10．已知定义在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，\f(2π,3)))上的函数y＝f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,6)对称，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))时，f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ≤π)的图象如图所示． (1)求f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，\f(2π,3)))上的解析式； (2)求方程f(x)＝eq \f(\r(2),2)的解． 解：(1)由题图知A＝1， T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝2π，则ω＝eq \f(2π,T)＝1， 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))时，将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，1))代入f(x)得， feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝1， 所以eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z. 因为0<φ≤π，所以φ＝eq \f(π,3)， 所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))时，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))). 由函数y＝f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,6)对称， 得当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,6)))时，f(x)＝－sinx. 综上，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))，,－sinx，x∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,6))).)) (2)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))内，由f(x)＝eq \f(\r(2),2)，可得x1＝－eq \f(π,12)，x2＝eq \f(5π,12). 因为函数f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,6)对称， 所以有x3＝－eq \f(π,4)，x4＝－eq \f(3π,4). 则方程f(x)＝eq \f(\r(2),2)的解为－eq \f(3π,4)，－eq \f(π,4)，－eq \f(π,12)，eq \f(5π,12). 11．(2024·福建福州一中高一上第二学段考试)已知函数f(x)＝cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(φ,2)))(0<φ<π)图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(1,2)))，现将函数f(x)图象上各点的横坐标变为原来的ω(ω>0)倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在[0，π]上单调递减，则ω的取值可以为(　　) A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C．2 D．3 解析： f(x)＝cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(φ,2)))＝eq \f(1,2)cos(2x＋φ)＋eq \f(1,2)，∵函数f(x)图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(1,2)))，∴2×eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，即φ＝eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，∵0<φ<π，∴φ＝eq \f(π,6)，∴f(x)＝eq \f(1,2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，将函数f(x)图象上各点的横坐标变为原来的ω(ω>0)倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象，则g(x)＝eq \f(1,2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,ω)x＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，当x∈[0，π]时，eq \f(2,ω)x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,ω)＋\f(π,6)))，若函数g(x)在[0，π]上单调递减，则eq \f(2π,ω)＋eq \f(π,6)≤π，得ω≥eq \f(12,5).故选D. 12．(多选)(2024·河北正定中学高一上月考)函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)在一个周期内的图象如图所示，则(　　) A．该函数的解析式为y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,3))) B．该函数图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，0))，k∈Z C．该函数的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3kπ－\f(5π,4)，3kπ＋\f(π,4)))，k∈Z D．将函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象上所有点的横坐标伸长为原来的eq \f(3,2)倍，纵坐标不变，可得到该函数的图象 解析：由题图可知，A＝2，周期T＝eq \f(2π,ω)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,4)))＝3π，所以ω＝eq \f(2,3)，则y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋φ)).因为当x＝eq \f(π,4)时，y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(π,4)＋φ))＝2，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝1，所以eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z.又0<φ<π，故φ＝eq \f(π,3)，从而y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,3)))，故A正确；令eq \f(2,3)x＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，得x＝－eq \f(π,2)＋eq \f(3,2)kπ，k∈Z，故B错误；令－eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(2,3)x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(5π,4)＋3kπ≤x≤eq \f(π,4)＋3kπ，k∈Z，故C正确；将函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象上所有点的横坐标伸长为原来的eq \f(3,2)倍，纵坐标不变，可得到y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,3)))的图象，故D正确． 13．(2023·新课标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)＝________． －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)，则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＝kπ，k∈Z，即φ＝－eq \f(8π,3)＋kπ，k∈Z，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(8π,3)＋kπ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))或f(x)＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))，又因为f(0)<0，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))，则f(π)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π－\f(2π,3)))＝－eq \f(\r(3),2). 解析：函数的周期T＝eq \f(2π,\f(π,2))＝4，而区间的长度为1，即eq \f(T,4)，由正弦函数的单调性可知M的最大值为2，令2kπ＋eq \f(π,2)≤eq \f(π,2)x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，即4k＋eq \f(1,2)≤x≤4k＋eq \f(5,2)，k∈Z，如图所示，当函数f(x)在[t，t＋1]内的图象关于直线x＝4k＋eq \f(5,2)，k∈Z对称时，最小值M＝f(t)＝f(2＋4k)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)（2＋4k）＋\f(π,4)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋2kπ＋\f(π,4)))＝－2sineq \f(π,4)＝－eq \r(2)，所以M的取值范围为[－eq \r(2)，2]． 14．(2024·江西宜春高一期中)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,4)))在区间[t，t＋1](t∈R)上的最大值记为M，则M的取值范围为__________． [－eq \r(2)，2] 15．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，0<ω<6，|φ|<\f(π,2)))，且x＝eq \f(π,3)是函数f(x)的零点，直线x＝eq \f(π,12)是函数f(x)图象的一条对称轴，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2. (1)求函数f(x)的解析式； (2)若函数g(x)＝f(x)－m在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上有两个零点，求m的取值范围． 解：(1)因为直线x＝eq \f(π,12)是函数f(x)图象的一条对称轴，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2，A>0， 所以A＝2. 又x＝eq \f(π,3)是函数f(x)的零点， 所以eq \f(2n－1,4)T＝eq \f(π,3)－eq \f(π,12)(n∈N＋)， 即T＝eq \f(π,2n－1)(n∈N＋)， 所以ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,\f(π,2n－1))＝4n－2(n∈N＋)， 因为0<ω<6， 所以0<4n－2<6， 所以eq \f(1,2)<n<2， 又n∈N＋， 所以n＝1，所以ω＝2， 因此f(x)＝2sin(2x＋φ)， 因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2， 所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝2，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝1， 又|φ|<eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,3)， 故f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))). (2)依题意，知函数y＝f(x)的图象与直线y＝m在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上有2个交点， 设t＝2x＋eq \f(π,3)，由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，得t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))，结合图象可知，函数y＝2sint在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，－\f(π,2)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,3)))上单调递增， 且当t＝－eq \f(2π,3)时，y＝－eq \r(3)， 当t＝－eq \f(π,2)时，y＝－2， 当t＝eq \f(π,3)时，y＝eq \r(3)， 所以m的取值范围为(－2，－eq \r(3)]． $$