學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE25學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE第10練三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)[明考情］三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)是高考的熱點，每年必考，多以選擇題形式呈現(xiàn),難度為中檔。［知考向］1。三角函數(shù)的圖象及變換。2。三角函數(shù)的性質(zhì)。3。三角函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合。考點一三角函數(shù)的圖象及變換要點重組(1）五點法作簡圖:y＝Asin(ωx＋φ）的圖象可令ωx＋φ＝0,eq\f(π,2)，π,eq\f(3π，2），2π，求出x的值，作出對應點得到。（2）圖象變換:平移、伸縮、對稱。特別提醒由y＝Asinωx的圖象得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)的圖象時,需平移eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1（\f（φ，ω))）個單位長度，而不是｜φ|個單位長度.1。(2017·天津西青區(qū)模擬）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B解析當x＝－eq\f（π，2）時，y＝sineq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2））)－\f（π，3））)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（π＋\f(π，3))）＝sineq\f(π,3）＝eq\f（\r（3），2）＞0,故排除A，D；當x＝eq\f（π，6)時，y＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2×\f（π，6）－\f(π，3）))＝sin0＝0,故排除C。故選B.2.（2016·北京）將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))圖象上的點Peq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，4），t）)向左平移s(s＞0）個單位長度得到點P′。若P′位于函數(shù)y＝sin2x的圖象上，則（)A。t＝eq\f(1,2),s的最小值為eq\f（π,6）B.t＝eq\f(\r（3)，2）,s的最小值為eq\f（π，6）C。t＝eq\f(1,2），s的最小值為eq\f(π,3)D。t＝eq\f(\r（3)，2)，s的最小值為eq\f(π,3)答案A解析點Peq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，t)）在函數(shù)y＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)）)的圖象上,則t＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2×\f（π，4）－\f(π,3））)＝sineq\f（π，6）＝eq\f（1，2）.又由題意得y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x＋s－\f(π,3）))＝sin2x,故s＝eq\f（π，6）＋kπ，k∈Z，所以s的最小值為eq\f(π,6)。3。（2017·全國Ⅰ)已知曲線C1：y＝cosx，C2:y＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(2π，3）))，則下面結(jié)論正確的是()A.把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍,縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移eq\f（π,6)個單位長度，得到曲線C2B。把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變,再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得到曲線C2C.把C1上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1，2）倍，縱坐標不變,再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到曲線C2D。把C1上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1，2)倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移eq\f（π，12)個單位長度，得到曲線C2答案D解析因為y＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(2π，3）))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π，3)－\f(π，2）））＝coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,6))）,所以曲線C1：y＝cosx上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f（1,2)倍，縱坐標不變,得到曲線y＝cos2x,再把得到的曲線y＝cos2x向左平移eq\f(π，12)個單位長度,得到曲線y＝cos2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，12)）)＝coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，6))).故選D。4.函數(shù)f(x）＝cos(ωx＋φ）的部分圖象如圖所示,則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(kπ－\f（1,4)，kπ＋\f(3，4))）,k∈Z B.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2kπ－\f(1，4)，2kπ＋\f(3，4）)),k∈ZC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f（1，4），k＋\f（3，4))）,k∈Z D.eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2k－\f（1,4），2k＋\f(3,4））），k∈Z答案D解析由圖象知，周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（5,4)－\f(1，4)))＝2，∴eq\f(2π,ω）＝2，∴ω＝π。由π×eq\f（1，4)＋φ＝eq\f（π，2)＋2kπ，k∈Z,不妨取φ＝eq\f（π,4),∴f（x)＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（πx＋\f(π,4）))。由2kπ<πx＋eq\f（π，4)〈2kπ＋π，k∈Z，得2k－eq\f（1，4）〈x〈2k＋eq\f(3,4），k∈Z，∴f(x）的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2k－\f（1,4）,2k＋\f(3，4))），k∈Z.故選D.5.將函數(shù)y＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f（π，4）））(ω＞0）的圖象分別向左、向右各平移eq\f(π，4）個單位長度后，所得的兩個圖象對稱軸重合，則ω的最小值為________。答案2解析將函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π，4)）)，ω＞0的圖象向左平移eq\f(π，4)個單位長度后得到函數(shù)的解析式為y＝2sineq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（ωx＋\f(ω－1π,4)）)，ω＞0;向右平移eq\f（π,4)個單位長度后得到函數(shù)的解析式為y＝2sineq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（ωx－\f（ω＋1π，4）)），ω＞0。因為平移后的對稱軸重合，所以ωx＋eq\f（ω－1π，4）＝ωx－eq\f(ω＋1π，4）＋kπ，k∈Z，化簡得ω＝2k，k∈Z。又ω＞0,所以ω的最小值為2.考點二三角函數(shù)的性質(zhì)方法技巧的性質(zhì)。(2）數(shù)形結(jié)合思想研究性質(zhì).6.若函數(shù)f（x)＝(1＋eq\r（3）tanx)cosx,0≤x〈eq\f(π，2），則f(x)的最大值為（）A.1B。2C.eq\r（3）＋1D.eq\r(3)＋2答案B解析f（x）＝（1＋eq\r(3)tanx)cosx＝cosx＋eq\r（3)sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f(π，6)）),∵0≤x〈eq\f（π，2)，∴eq\f（π，6）≤x＋eq\f（π,6)＜eq\f(2π,3),∴f（x）max＝2.7.設(shè)函數(shù)f（x）＝4cos(ωx＋φ）對任意的x∈R，都有f(－x）＝feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，3)＋x）)，若函數(shù)g（x)＝sin(ωx＋φ）－2,則geq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,6)))的值是(）A。1B。－5或3C.eq\f（1，2)D。－2答案D解析∵函數(shù)f(x)＝4cos(ωx＋φ)對任意的x∈R，都有f(－x）＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,3）＋x）)，∴函數(shù)f(x）＝4cos(ωx＋φ）的其中一條對稱軸為x＝eq\f（π,6），∴ω×eq\f(π,6)＋φ＝kπ(k∈Z)，則geq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,6）))＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω×\f（π，6）＋φ)）－2＝sinkπ－2＝－2.8。使函數(shù)f(x）＝sin(2x＋θ)＋eq\r（3)cos(2x＋θ)是奇函數(shù)，且在eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0，\f(π,4)))上是減函數(shù)的θ的一個值是（)A.eq\f（π,3)B.eq\f(2π,3)C。eq\f（4π，3）D。eq\f（5π，3）答案B解析∵函數(shù)f（x)＝sin(2x＋θ)＋eq\r(3）cos（2x＋θ)＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋θ＋\f（π,3)）)是奇函數(shù)，∴θ＋eq\f(π，3)＝kπ,k∈Z,θ＝kπ－eq\f(π,3），k∈Z.當k為奇數(shù)時，令k＝2n－1,n∈Z，f（x）＝－2sin2x，滿足在eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f（π,4）)）上是減函數(shù)，此時，θ＝2nπ－eq\f(4π,3)，n∈Z，選項B滿足條件.當k為偶數(shù)時,令k＝2n，n∈Z,f(x）＝2sin2x，不滿足在eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0，\f(π,4)))上是減函數(shù)。綜上，只有選項B滿足條件。故選B.9。(2017·豫南九校聯(lián)考）已知函數(shù)f（x）＝eq\r（3)sin2x－2cos2x，下列結(jié)論錯誤的是(）A。函數(shù)f（x）的最小正周期是πB.函數(shù)f（x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f（π,3)對稱C.函數(shù)f(x）在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f（π，4)）)上是增函數(shù)D。函數(shù)f(x）的圖象可由g(x）＝2sin2x－1的圖象向右平移eq\f（π,6)個單位長度得到答案D解析f（x）＝eq\r（3）sin2x－2cos2x＝eq\r(3）sin2x－cos2x－1＝2sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6）））－1，所以函數(shù)f（x)的最小正周期是π，故A正確；當x＝eq\f（π,3）時，函數(shù)取最大值，所以函數(shù)f(x）的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,3）對稱，故B正確；由2kπ－eq\f(π，2）≤2x－eq\f（π，6）≤2kπ＋eq\f（π,2),得kπ－eq\f（π,6）≤x≤kπ＋eq\f（π,3）(k∈Z），由此可知函數(shù)f（x）在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，4））)上是增函數(shù)，故C正確;函數(shù)g(x）＝2sin2x－1的圖象向右平移eq\f(π，6)個單位長度得到φ（x)＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,3）)）－1的圖象，不是函數(shù)f（x）＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x－\f(π，6)））－1的圖象，故D錯誤。故選D。10。關(guān)于函數(shù)f(x)＝2（sinx－cosx）cosx的四個結(jié)論：p1：函數(shù)的最大值為eq\r（2）；p2：把函數(shù)g（x)＝eq\r（2）sin2x－1的圖象向右平移eq\f（π,4）個單位長度后可得到函數(shù)f(x）＝2（sinx－cosx)cosx的圖象；p3:單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(7π,8)，kπ＋\f(11π,8）））,k∈Z；p4：圖象的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(kπ,2)＋\f（π,8)，－1))，k∈Z。其中正確的結(jié)論有（)A.1個B.2個C。3個D。4個答案B解析因為f（x）＝2sinxcosx－2cos2x＝sin2x－cos2x－1＝eq\r(2）sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))）－1，所以函數(shù)的最大值為eq\r(2）－1,所以p1錯誤;把g(x）＝eq\r(2）sin2x－1的圖象向右平移eq\f(π,4）個單位長度后得到h(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（2\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f（π，4）)）））－1＝eq\r（2）sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，2)））－1的圖象,所以p2錯誤；由－eq\f(π,2）＋2kπ≤2x－eq\f（π，4)≤eq\f（π，2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f（π，8)＋kπ≤x≤eq\f(3π，8）＋kπ，k∈Z，即函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋kπ，\f(3π,8)＋kπ）），k∈Z，即eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（7π，8）＋kπ，\f(11π，8)＋kπ)），k∈Z，所以p3正確；由2x－eq\f(π，4）＝kπ，k∈Z，得x＝eq\f（kπ，2)＋eq\f（π,8)，k∈Z，所以圖象的對稱中心為eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(kπ，2)＋\f（π,8），－1))，k∈Z，所以p4正確,故選B.考點三三角函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合要點重組函數(shù)f(x）＝Asin（ωx＋φ)圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離是半個周期，一個最高點和與其相鄰的一個最低點的橫坐標之差的絕對值也是半個周期,兩個相鄰的最高點之間的距離是一個周期，一個對稱中心和與其最近的一條對稱軸之間的距離是四分之一個周期。11。(2016·全國Ⅱ）若將函數(shù)y＝2sin2x的圖象向左平移eq\f(π,12）個單位長度，則平移后圖象的對稱軸為（)A。x＝eq\f(kπ,2）－eq\f(π,6）(k∈Z) B。x＝eq\f（kπ，2)＋eq\f(π，6)(k∈Z)C。x＝eq\f（kπ，2）－eq\f（π，12)(k∈Z） D。x＝eq\f(kπ，2)＋eq\f(π,12)(k∈Z）答案B解析由題意將函數(shù)y＝2sin2x的圖象向左平移eq\f(π，12)個單位長度后得到函數(shù)的解析式為y＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，6))),由2x＋eq\f（π,6）＝kπ＋eq\f（π，2），得函數(shù)的對稱軸為x＝eq\f(kπ，2）＋eq\f（π，6）(k∈Z)，故選B。12。將函數(shù)f（x)＝sin2x的圖象向右平移φeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0＜φ＜\f(π，2))）個單位長度后得到函數(shù)g（x)的圖象。若對滿足|f（x1）－g(x2)｜＝2的x1，x2,有｜x1－x2|min＝eq\f(π，3）,則φ等于()A.eq\f（5π，12)B.eq\f(π，3）C.eq\f(π,4)D.eq\f(π，6)答案D解析由已知得g（x)＝sin（2x－2φ），滿足|f(x1)－g(x2）｜＝2，不妨設(shè)此時y＝f(x）和y＝g(x）分別取得最大值與最小值,又｜x1－x2|min＝eq\f（π,3），令2x1＝eq\f(π,2），2x2－2φ＝－eq\f（π，2），此時｜x1－x2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,2）－φ)）＝eq\f（π，3）.又0＜φ＜eq\f（π,2)，故φ＝eq\f（π,6)，故選D.13.已知函數(shù)f（x）＝Asin（ωx＋φ）(A＞0，ω＞0)的圖象與直線y＝a(0＜a＜A）的三個相鄰交點的橫坐標分別是2,4，8，則f（x)的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.[6kπ,6kπ＋3]，k∈ZB。[6kπ－3,6kπ］,k∈ZC.［6k,6k＋3］，k∈ZD.[6k－3，6k]，k∈Z答案D解析因為函數(shù)f（x）＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0）的圖象與直線y＝a（0＜a＜A）的三個相鄰交點的橫坐標分別是2,4,8，所以T＝eq\f（2π，ω)＝8－2＝6，且當x＝eq\f(2＋4,2）＝3時函數(shù)取得最大值，所以ω＝eq\f（π，3)，eq\f(π,3）×3＋φ＝eq\f（π,2)＋2nπ，n∈Z，所以φ＝－eq\f（π，2）＋2nπ，n∈Z，所以f（x)＝Asineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π,3）x－\f（π,2))).由2kπ＋eq\f(π,2)≤eq\f（π，3）x－eq\f（π，2)≤2kπ＋eq\f(3π,2），k∈Z,可得6k＋3≤x≤6k＋6，k∈Z.14.(2017·云南曲靖模擬）同時具有性質(zhì):①圖象的相鄰兩條對稱軸間的距離是eq\f（π，2）；②在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π，6），\f(π，3）)）上是增函數(shù)的一個函數(shù)為(）A.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（x,2)＋\f(π，6))) B。y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π，3）））C.y＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f(π,6)）) D.y＝coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（x，2）－\f（π，6)））答案C解析由圖象的相鄰兩條對稱軸間的距離是eq\f(π,2)可知，eq\f(T,2)＝eq\f（π，2)，T＝π，選項B，C滿足;由x∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f（π,6),\f(π，3）)），得2x－eq\f（π，6)∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（π，2),\f(π，2）)），函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，6))）為增函數(shù),符合題意.故選C。15.函數(shù)f(x）＝sinωx（ω>0）的部分圖象如圖所示,點A,B是最高點，點C是最低點，若△ABC是直角三角形，則feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)))＝________。答案eq\f(\r（2）,2）解析由已知得△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°,所以eq\f(1,2）AB＝f(x)max－f（x）min＝1－(－1）＝2，即AB＝4，而T＝AB＝eq\f(2π,ω)＝4，解得ω＝eq\f(π,2).所以f（x）＝sineq\f(πx,2），所以feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2）)）＝sineq\f(π,4)＝eq\f（\r(2）,2）.1。已知函數(shù)f（x）＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)）)（x∈R，ω＞0）的最小正周期為π,為了得到函數(shù)g（x)＝cosωx的圖象，只要將y＝f(x）的圖象（）A.向左平移eq\f(π,12）個單位長度 B。向右平移eq\f(π，12)個單位長度C。向左平移eq\f（π,3）個單位長度 D.向右平移eq\f(π，3）個單位長度答案A解析由題意知,函數(shù)f（x)的周期T＝π，所以ω＝2，即f(x)＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，3））），g（x）＝cos2x。把g(x)＝cos2x變形得g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，2）))＝sineq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（2\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,12)））＋\f（π，3））)，所以只要將f(x)的圖象向左平移eq\f（π,12）個單位長度，即可得到g（x)＝cos2x的圖象，故選A。2。設(shè)函數(shù)f(x）＝sin（ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0,|φ|＜\f(π,2))）的最小正周期為π，且f（－x)＝f（x)，則（）A.f（x)在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2))）上單調(diào)遞減B.f(x）在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,4），\f(3π,4)）)上單調(diào)遞減C.f（x)在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2))）上單調(diào)遞增D。f(x）在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π，4），\f（3π,4）)）上單調(diào)遞增答案A解析f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ）＝eq\r(2)sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π，4））），∵f（x）的最小正周期為π，∴eq\f（2π,ω)＝π,即ω＝2.又f（－x）＝f（x)，故f（x）是偶函數(shù),即φ＋eq\f（π，4）＝eq\f(π，2）＋kπ(k∈Z)，∴φ＝kπ＋eq\f（π,4）(k∈Z).∵｜φ｜＜eq\f(π，2)，取k＝0，則φ＝eq\f（π,4）,∴f（x）＝eq\r(2)cos2x，且在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f（π，2))）上單調(diào)遞減，故選A。3。（2017·安徽宿州一模)將函數(shù)f（x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f（π,4））)的圖象向左平移eq\f(π，4）個單位長度，再向下平移4個單位長度，得到函數(shù)g（x）的圖象,則函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x）的圖象()A.關(guān)于點（－2，0）對稱 B.關(guān)于點(0，－2）對稱C。關(guān)于直線x＝－2對稱 D.關(guān)于直線x＝0對稱答案B解析將函數(shù)f(x）＝3sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4）)）的圖象向左平移eq\f（π,4)個單位長度，再向下平移4個單位長度，得到函數(shù)g（x)的解析式為g（x）＝3sineq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（2\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f（π,4)))－\f（π，4)））－4＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))－4＝3sin2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f（π,8)））－4，f（x)＝3sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f（π,8)）），故兩個函數(shù)的圖象關(guān)于點(0，－2）對稱,故選B。4.若關(guān)于x的方程eq\r（2)sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,4）））＝k在［0，π]上有兩解，則k的取值范圍是________。答案[1，eq\r（2）)解析∵0≤x≤π，∴－1≤eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f（π，4））)≤eq\r（2），又eq\r（2)sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f（π，4））)＝k在[0,π］上有兩解，∴1≤k＜eq\r（2）.解題秘籍（1）圖象平移問題要搞清平移的方向和長度，由f（ωx）的圖象得到f(ωx＋φ）的圖象平移了eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f（φ，ω)))個單位長度(ω≠0）.（2)研究函數(shù)的性質(zhì)時要結(jié)合圖象，對參數(shù)范圍的確定要注意區(qū)間端點能否取到.1.（2016·四川）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的圖象上所有的點()A.向左平行移動eq\f（π,3）個單位長度 B。向右平行移動eq\f（π，3)個單位長度C.向左平行移動eq\f（π,6)個單位長度 D.向右平行移動eq\f(π,6）個單位長度答案D解析由題可知，y＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)））＝sineq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6）))))，則只需把y＝sin2x的圖象向右平移eq\f（π，6)個單位長度，故選D.2。（2016·全國Ⅱ）函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示,則()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(x＋\f（π,6）)） D.y＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f(π，3)）)答案A解析由圖可知，T＝2eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(π，6)）)））＝π，所以ω＝2，由五點作圖法可知2×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f（π，2)，所以φ＝－eq\f（π,6)，所以函數(shù)的解析式為y＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x－\f（π，6）))，故選A.3.先把函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)））的圖象上各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2）（縱坐標不變），再把新得到的圖象向右平移eq\f(π，3）個單位長度，得到y(tǒng)＝g(x）的圖象,當x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，4），\f(3π，4）))時,函數(shù)g(x)的值域為(）A.eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3），2），1））B。eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f（1,2），1））C。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（\r（3）,2），\f（\r(3),2）））D.eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1（－1，0))答案A解析依題意得g（x）＝sineq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(2\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π，3)))－\f（π，6））)＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f(5π,6))),當x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,4),\f(3π,4）））時，2x－eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（π,3),\f(2π，3）)),sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f（5π，6)))∈eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f（\r（3），2），1）），即g（x)的值域是eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（\r（3）,2)，1))。4。如圖，某港口一天6時到18時的水深變化曲線近似滿足函數(shù)y＝3sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，6)x＋φ）)＋k，據(jù)此函數(shù)可知，這段時間水深(單位：m)的最大值為（)A。5B.6C.8D。10答案C解析由題干圖易得ymin＝k－3＝2，則k＝5.∴ymax＝k＋3＝8.5.已知函數(shù)f（x）＝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,又x1,x2∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（π,6），\f（π，3））），且f（x1)＝f(x2)，則f(x1＋x2）等于（)A.eq\f（1,2）B。eq\f（\r（3）,2)C.eq\f(\r(2）,2)D。1答案B解析由題圖可知，eq\f(T,2）＝eq\f（π,3）－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(π,6)）)＝eq\f(π，2),則T＝π,ω＝2，又eq\f(－\f（π，6）＋\f（π,3），2）＝eq\f(π，12)，所以f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，12），1)），即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2×\f（π,12)＋φ）)＝1，又｜φ｜＜eq\f(π，2)，可得φ＝eq\f(π,3），所以f（x)＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,3）))。由f（x1）＝f(x2），x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（π，6),\f（π,3))），可得x1＋x2＝－eq\f(π，6）＋eq\f（π，3)＝eq\f(π，6），所以f（x1＋x2)＝f

eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2×\f(π,6)＋\f（π，3)））＝sineq\f（2π,3）＝eq\f（\r(3），2).6。函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(ωx＋\f（π,6)）)在x＝2處取得最大值，則正數(shù)ω的最小值為()A。eq\f(π，2）B。eq\f（π，3）C。eq\f(π,4）D.eq\f(π,6)答案D解析∵函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（ωx＋\f（π,6）))在x＝2處取得最大值，∴2ω＋eq\f(π，6)＝2kπ＋eq\f（π,2)，k∈Z，∴ω＝kπ＋eq\f(π,6）,k∈Z.∴正數(shù)ω的最小值為eq\f（π,6),故選D.7。設(shè)函數(shù)f(x）＝eq\r（3)sin（2x＋φ)＋cos（2x＋φ)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(|φ|＜\f（π,2）)),且其圖象關(guān)于直線x＝0對稱,則(）A.y＝f(x)的最小正周期為π，且在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0,\f（π,2))）上單調(diào)遞增B.y＝f（x)的最小正周期為π，且在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（π，2)）)上單調(diào)遞減C。y＝f(x）的最小正周期為eq\f(π,2），且在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增D。y＝f（x)的最小正周期為eq\f(π，2)，且在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f（π,4)））上單調(diào)遞減答案B解析f（x)＝eq\r（3）sin(2x＋φ）＋cos(2x＋φ）＝2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,6）＋φ）），因為其圖象關(guān)于x＝0對稱,所以eq\f（π,6)＋φ＝eq\f（π,2）＋kπ(k∈Z)，即φ＝eq\f（π,3)＋kπ(k∈Z）。又|φ|＜eq\f（π，2)，所以φ＝eq\f（π，3），所以f(x）＝2cos2x.其最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π,且在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f（π,2))）上單調(diào)遞減。8。（2016·安徽江南十校聯(lián)考）已知函數(shù)f（x)＝sin（ωx＋φ）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ω＞0，｜φ|＜\f（π,2））)的最小正周期為4π,且對任意x∈R，都有f(x)≤feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π,3）)）成立,則f(x）圖象的一個對稱中心的坐標是(）A.eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(2π，3)，0))B。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3），0)）C。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2π，3),0））D.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（5π,3)，0))答案A解析由f（x)＝sin(ωx＋φ）的最小正周期為4π,得ω＝eq\f（1，2)?！遞(x）≤feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,3）))恒成立，∴f（x)max＝feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π，3）))，則eq\f(1，2)×eq\f（π,3)＋φ＝eq\f(π，2）＋2kπ（k∈Z)，∴φ＝eq\f（π,3）＋2kπ(k∈Z）.由|φ|＜eq\f（π,2),得φ＝eq\f（π,3）,故f（x)＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2）x＋\f(π,3))).令eq\f(1,2）x＋eq\f（π，3）＝kπ（k∈Z），得x＝2kπ－eq\f(2π，3)(k∈Z）,故f(x)圖象的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2kπ－\f（2π,3），0))(k∈Z),當k＝0時，f（x）圖象的一個對稱中心的坐標為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（2π，3）,0）),故選A。9。已知函數(shù)f（x)＝Atan(ωx＋φ）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0,｜φ｜<\f（π，2)）),y＝f（x）的部分圖象如圖所示，則feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π，24）))＝____.答案eq\r(3）解析如圖所示，可知eq\f(T,2)＝eq\f（3π,8)－eq\f（π,8）＝eq\f(π，4），所以T＝eq\f（π，2），所以eq\f（π,ω)＝eq\f（π,2），所以ω＝2.因為圖象過點eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3π，8），0）)，所以Ataneq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2×\f(3π，8）＋φ)）＝0，即taneq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（3π,4)＋φ))＝0。又｜φ|＜eq\f（π，2），所以φ＝eq\f(π,4）。又圖象過點(0，1)，Ataneq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2×0＋\f（π，4)））＝1，所以A＝1，所以f（x)＝taneq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,4）)）。所以feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,24)））＝taneq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\c