第5節(jié)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及應(yīng)用考試要求1.了解函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的物理意義；能畫出y＝Asin(ωx＋φ)的圖象.2.了解參數(shù)A，ω，φ對函數(shù)圖象變化的影響.3.會用三角函數(shù)解決一些簡單實(shí)際問題，體會三角函數(shù)是描述周期變化現(xiàn)象的重要函數(shù)模型.1.用“五點(diǎn)法”畫y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2))一個周期內(nèi)的簡圖時，要找五個關(guān)鍵點(diǎn)x－eq\f(φ,ω)－eq\f(φ,ω)＋eq\f(π,2ω)eq\f(π－φ,ω)eq\f(3π,2ω)－eq\f(φ,ω)eq\f(2π－φ,ω)ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πy＝Asin(ωx＋φ)0A0－A02.函數(shù)y＝sinx的圖象經(jīng)變換得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)的圖象的兩種途徑3.函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的有關(guān)概念y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)，x∈[0，＋∞)表示一個振動量時振幅周期頻率相位初相AT＝eq\f(2π,ω)f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)ωx＋φφ1.函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋k圖象平移的規(guī)律：“左加右減，上加下減”.2.由y＝sinωx到y(tǒng)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ>0)的變換：向左平移eq\f(φ,ω)個單位長度而非φ個單位長度.1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)將函數(shù)y＝3sin2x的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度后所得圖象的解析式是y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).()(2)利用圖象變換作圖時“先平移，后伸縮”與“先伸縮，后平移”中平移的長度一致.()(3)函數(shù)y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為T，那么函數(shù)圖象的兩個相鄰對稱中心之間的距離為eq\f(T,2).()(4)由圖象求解析式時，振幅A的大小是由一個周期內(nèi)圖象中最高點(diǎn)的值與最低點(diǎn)的值確定的.()答案(1)×(2)×(3)√(4)√解析(1)將函數(shù)y＝3sin2x的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度后所得圖象的解析式是y＝3cos2x.(2)“先平移，后伸縮”的平移單位長度為|φ|，而“先伸縮，后平移”的平移單位長度為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω))).故當(dāng)ω≠1時平移的長度不相等.2.(易錯題)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))的振幅、頻率和初相分別為()A.2，4π，eq\f(π,3) B.2，eq\f(1,4π)，eq\f(π,3)C.2，eq\f(1,4π)，－eq\f(π,3) D.2，4π，－eq\f(π,3)答案C解析由題意知A＝2，f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(1,4π)，初相為－eq\f(π,3).3.若將函數(shù)f(x)＝sin2x＋cos2x的圖象向右平移φ個單位長度，所得圖象關(guān)于y軸對稱，則φ的最小正值是()A.eq\f(π,8) B.eq\f(π,4) C.eq\f(3π,8) D.eq\f(5π,4)答案C解析f(x)＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，將函數(shù)f(x)的圖象向右平移φ個單位長度后所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為y＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)－2φ))，且該函數(shù)為偶函數(shù)，故2φ＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，所以φ的最小正值為eq\f(3π,8).4.(2020·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]上的圖象大致如下圖，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解析由題圖知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)))＝0且f(－π)<0，f(0)>0，所以－eq\f(4π,9)ω＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)(ω>0)，解得ω＝eq\f(3,2)，所以f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(4π,3).5.(易錯題)y＝cos(x＋1)圖象上相鄰的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)之間的距離是________.答案eq\r(π2＋4)解析相鄰最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的縱坐標(biāo)之差為2，橫坐標(biāo)之差恰為半個周期π，故它們之間的距離為eq\r(π2＋4).6.(2022·遼寧百校聯(lián)盟質(zhì)檢)將函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位，再把所得的圖象保持縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)伸長到原來的4倍得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))的圖象，則f(x)的解析式是________；函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,12)))上的值域是________.答案f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,12)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2)))解析由題意，把y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))的圖象的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，縱坐標(biāo)不變，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象；再把所得圖象向右平移eq\f(π,3)個單位，可得f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,12)))的圖象.當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,12)))時，2x－eq\f(5π,12)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，－\f(π,4)))，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,12)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2))).考點(diǎn)一函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及變換例1已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2))的最小正周期是π，且當(dāng)x＝eq\f(π,6)時，f(x)取得最大值2.(1)求f(x)的解析式；(2)作出f(x)在[0，π]上的圖象(要列表)；(3)函數(shù)y＝f(x)的圖象可由函數(shù)y＝sinx的圖象經(jīng)過怎樣的變換得到？解(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的最小正周期是π，所以ω＝2.又因?yàn)楫?dāng)x＝eq\f(π,6)時，f(x)取得最大值2，所以A＝2，同時2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，φ＝2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，因?yàn)椋璭q\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?yàn)閤∈[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)πeq\f(3π,2)2πeq\f(13π,6)x0eq\f(π,6)eq\f(5π,12)eq\f(2π,3)eq\f(11π,12)πf(x)120－201描點(diǎn)、連線得圖象：(3)將y＝sinx的圖象上的所有點(diǎn)向左平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象，再將y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)(縱坐標(biāo)不變)，得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象，再將y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長2倍(橫坐標(biāo)不變)，得到f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象.遷移本例已知條件不變，第(3)問改為：函數(shù)y＝f(x)的圖象可由函數(shù)y＝cosx的圖象經(jīng)過怎樣的變換得到？解因?yàn)閒(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)－\f(π,2)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，將y＝cosx的圖象上的所有點(diǎn)向右平移eq\f(π,3)個單位長度，得到函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象，再將y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)(縱坐標(biāo)不變)，得到函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，再將y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長2倍(橫坐標(biāo)不變)，得到y(tǒng)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))圖象，即為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象.感悟提升作函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的圖象常用如下兩種方法：(1)五點(diǎn)法作圖，用“五點(diǎn)法”作y＝Asin(ωx＋φ)的簡圖，主要是通過變量代換，設(shè)z＝ωx＋φ，由z取0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3,2)π，2π來求出相應(yīng)的x，通過列表，計(jì)算得出五點(diǎn)坐標(biāo)，描點(diǎn)后得出圖象；(2)圖象的變換法，由函數(shù)y＝sinx的圖象通過變換得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)的圖象有兩種途徑：“先平移后伸縮”與“先伸縮后平移”.訓(xùn)練1(1)(2021·全國乙卷)把函數(shù)y＝f(x)圖象上所有點(diǎn)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，再將所得曲線上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)擴(kuò)大到原來的2倍，得到f(x)的圖象，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的圖象eq\o(→,\s\up17(所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)擴(kuò)大到原來的2倍),\s\do15())f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的圖象．（2）（多選）（2022·長沙調(diào)研）將函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,2)個單位長度，對于所得圖象對應(yīng)的函數(shù)，下列說法正確的是（）A.在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上單調(diào)遞減B.在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上單調(diào)遞增C.在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上單調(diào)遞減D.在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上單調(diào)遞增答案BC解析將函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,2)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,2)))＋\f(π,3)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3))).令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(2π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，化簡可得單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))，k∈Z，令k＝0，可知B正確；令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(2π,3)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，化簡可得單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)＋kπ，\f(13π,12)＋kπ))，k∈Z，令k＝－1，可知C正確，故選BC.考點(diǎn)二由圖象確定函數(shù)y＝Asin（ωx＋φ）的解析式例2（2021·全國甲卷）已知函數(shù)f（x）＝2cos（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feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝Ｗ.答案－eq\r(3)解析由題圖可知eq\f(3,4)T＝eq\f(13π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(3π,4)（T為f（x）的最小正周期），即T＝π，所以eq\f(2π,ω)＝π，即ω＝2，故f（x）＝2cos（2x＋φ）.點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))可看作“五點(diǎn)作圖法”中的第二個點(diǎn)，故2×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，得φ＝－eq\f(π,6).故f（x）＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,2)－\f(π,6)))＝－2coseq\f(π,6)＝－eq\r(3).感悟提升由f（x）＝Asin（ωx＋φ）（A＞0，ω＞0）的一段圖象求其解析式時，A比較容易由圖得出，困難的是求待定系數(shù)ω和φ，常用如下兩種方法：（1）如果圖象明確指出了周期T的大小和“零點(diǎn)”坐標(biāo)，那么由ω＝eq\f(2π,T)即可求出ω；確定φ時，若能求出離原點(diǎn)最近的右側(cè)圖象上升（或下降）的零點(diǎn)的橫坐標(biāo)x0，則令ωx0＋φ＝0（ωx0＋φ＝π）即可求出φ.（2）代入點(diǎn)的坐標(biāo).利用一些已知點(diǎn)（最高點(diǎn)、最低點(diǎn)或零點(diǎn)）坐標(biāo)代入解析式.再結(jié)合圖形解出ω和φ，若對A，ω的符號或φ的范圍有所需求，可用誘導(dǎo)公式變換使其符合要求.訓(xùn)練2（多選）已知函數(shù)f（x）＝Asin（ωx＋4φ）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,8)))的部分圖象如圖所示，若將函數(shù)f（x）的圖象縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,4)，再向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數(shù)g（x）的圖象，則下列命題正確的是（）A.函數(shù)f（x）的解析式為f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))B.函數(shù)g（x）的解析式為g（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))C.函數(shù)f（x）圖象的一條對稱軸是直線x＝－eq\f(π,3)D.函數(shù)g（x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(4π,3)))上單調(diào)遞增答案ABD解析由題圖可知，A＝2，eq\f(T,4)＝π，所以T＝4π＝eq\f(2π,ω)，解得ω＝eq\f(1,2)，故f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋4φ)).因?yàn)閳D象過點(diǎn)C（0，1），所以1＝2sin4φ，即sin4φ＝eq\f(1,2).因?yàn)?＜φ＜eq\f(π,8)，所以0＜4φ＜eq\f(π,2)，所以4φ＝eq\f(π,6)，故f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6))).故A正確；若其縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,4)，所得到的函數(shù)解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，再向右平移eq\f(π,6)個單位長度，所得到的函數(shù)解析式為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)))，故B正確；當(dāng)x＝－eq\f(π,3)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝2sin0＝0，即x＝－eq\f(π,3)時，f（x）不是最值，故x＝－eq\f(π,3)不是函數(shù)f（x）的一條對稱軸，故C錯誤；令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)（k∈Z），得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)（k∈Z），故函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))（k∈Z），當(dāng)k＝1時，g（x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，\f(4π,3)))上單調(diào)遞增.故D正確.考點(diǎn)三三角函數(shù)圖象、性質(zhì)的綜合應(yīng)用角度1圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用例3已知函數(shù)f（x）＝sin（ωx＋θ）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π,2)≤θ≤\f(π,2)))的圖象相鄰的兩個對稱中心之間的距離為eq\f(π,2)，若將函數(shù)f（x）的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后得到偶函數(shù)g（x）的圖象，則函數(shù)f（x）的一個單調(diào)遞減區(qū)間為（）A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,12)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))答案B解析因?yàn)楹瘮?shù)f（x）＝sin（ωx＋θ）的圖象相鄰的兩個對稱中心之間的距離為eq\f(π,2)，所以eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，即T＝π，即eq\f(2π,ω)＝π，ω＝2，得f（x）＝sin（2x＋θ），將f（x）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)＋θ))的圖象，因?yàn)間（x）為偶函數(shù)，所以eq\f(π,3)＋θ＝kπ＋eq\f(π,2)（k∈Z），解得θ＝kπ＋eq\f(π,6)（k∈Z）.又因?yàn)椋璭q\f(π,2)≤θ≤eq\f(π,2)，所以θ＝eq\f(π,6)，所以f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ（k∈Z），解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ（k∈Z）.當(dāng)k＝0時，得到一個單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3))).又eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,12)))?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3))).角度2函數(shù)的零點(diǎn)（方程的根）的問題例4已知關(guān)于x的方程2sin2x－eq\r(3)sin2x＋m－1＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上有兩個不同的實(shí)數(shù)根，則m的取值范圍是Ｗ.答案（－2，－1）解析方程2sin2x－eq\r(3)sin2x＋m－1＝0可轉(zhuǎn)化為m＝1－2sin2x＋eq\r(3)sin2x＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).設(shè)2x＋eq\f(π,6)＝t，則t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)π，\f(13,6)π))，所以題目條件可轉(zhuǎn)化為eq\f(m,2)＝sint，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)π，\f(13,6)π))有兩個不同的實(shí)數(shù)根.所以y1＝eq\f(m,2)和y2＝sint，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)π，\f(13,6)π))的圖象有兩個不同交點(diǎn)，如圖：由圖象觀察知，eq\f(m,2)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，故m的取值范圍是（－2，－1）.角度3三角函數(shù)模型例5（2021·山東省八所重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考）如圖，點(diǎn)A，B分別是圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑為1和2的圓上的動點(diǎn).動點(diǎn)A從初始位置A0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)，sin\f(π,3)))開始，按逆時針方向以角速度2rad/s做圓周運(yùn)動，同時點(diǎn)B從初始位置B0（2，0）開始，按順時針方向以角速度2rad/s做圓周運(yùn)動.記t時刻，點(diǎn)A，B的縱坐標(biāo)分別為y1，y2.（1）求t＝eq\f(π,4)時，A，B兩點(diǎn)間的距離；（2）若y＝y(tǒng)1＋y2，求y關(guān)于時間t（t＞0）的函數(shù)關(guān)系式，并求當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，y的取值范圍.解（1）連接AB，OA，OB（圖略），當(dāng)t＝eq\f(π,4)時，∠xOA＝eq\f(π,2)＋eq\f(π,3)＝eq\f(5π,6)，∠xOB＝eq\f(π,2)，所以∠AOB＝eq\f(2π,3).又OA＝1，OB＝2，所以AB2＝12＋22－2×1×2coseq\f(2π,3)＝7，即A，B兩點(diǎn)間的距離為eq\r(7).（2）依題意，y1＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))，y2＝－2sin2t，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))－2sin2t＝eq\f(\r(3),2)cos2t－eq\f(3,2)sin2t＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))，即函數(shù)關(guān)系式為y＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))（t＞0），當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，2t＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，故當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，y∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，\f(\r(3),2))).感悟提升（1）研究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.（2）方程根的個數(shù)可轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象的交點(diǎn)個數(shù).（3）三角函數(shù)模型的應(yīng)用體現(xiàn)在兩方面：一是已知函數(shù)模型求解數(shù)學(xué)問題；二是把實(shí)際問題抽象轉(zhuǎn)化成數(shù)學(xué)問題，利用三角函數(shù)的有關(guān)知識解決問題.訓(xùn)練3若函數(shù)f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))（ω>0）滿足f（0）＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，且函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一個零點(diǎn)，則f（x）的最小正周期為Ｗ.答案π解析因?yàn)閒（0）＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以x＝eq\f(π,6)是f（x）圖象的一條對稱軸，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝±1，所以eq\f(π,6)ω＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以ω＝6k＋2，k∈Z，所以T＝eq\f(π,3k＋1)（k∈Z）.又f（x）在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一個零點(diǎn)，所以eq\f(π,6)≤eq\f(T,4)≤eq\f(π,2)－eq\f(π,6)，所以eq\f(2π,3)≤T≤eq\f(4π,3)，所以eq\f(2π,3)≤eq\f(π,3k＋1)≤eq\f(4π,3)（k∈Z），所以－eq\f(1,12)≤k≤eq\f(1,6)，又因?yàn)閗∈Z，所以k＝0，所以T＝π.1.將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象上各點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍，再向右平移eq\f(π,4)個單位長度，所得到的圖象的解析式是（）A.y＝sinx B.y＝cosxC.y＝sin4x D.y＝cos4x答案A解析y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))→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,4)＋\f(π,4)))＝sinx.2.已知函數(shù)f（x）＝Asin（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φ的值為（）A.－eq\f(π,3) B.eq\f(π,3) C.－eq\f(π,6) D.eq\f(π,6)答案B解析由題意，得eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,2)，所以T＝π.由T＝eq\f(2π,ω)，得ω＝2.由圖可知A＝1，所以f（x）＝sin（2x＋φ）.又因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，－eq\f(π,2)＜φ＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3).3.（2022·蘇北四市模擬）已知直線y＝－2與函數(shù)f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))（其中ω＞0）的相鄰兩交點(diǎn)間的距離為π，則函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（）A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(5π,6)))，k∈ZB.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈ZC.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,6)，kπ＋\f(11π,6)))，k∈ZD.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,6)，kπ＋\f(11π,12)))，k∈Z答案B解析∵y＝－2與函數(shù)f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))（其中ω＞0）的相鄰兩交點(diǎn)間的距離為π，∴函數(shù)的周期T＝π，即eq\f(2π,ω)＝π，得ω＝2，則f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z，即函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.4.（多選）將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(φ,2)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(φ,2)))的圖象沿x軸向左平移eq\f(π,8)個單位后，得到一個偶函數(shù)的圖象，則φ的取值可能是（）A.－eq\f(3π,4) B.－eq\f(π,4) C.eq\f(π,4) D.eq\f(5π,4)答案ACD解析將y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(φ,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(φ,2)))＝eq\f(1,2)sin（2x＋φ）的圖象向左平移eq\f(π,8)個單位后得到的圖象對應(yīng)的函數(shù)為y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋φ))，由題意得eq\f(π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)（k∈Z），∴φ＝kπ＋eq\f(π,4)（k∈Z），當(dāng)k＝－1，0，1時，φ的值分別為－eq\f(3π,4)，eq\f(π,4)，eq\f(5π,4).5.（多選）（2021·肇慶二模）函數(shù)f（x）＝Asin（ωx＋φ）（A＞0，ω＞0）的部分圖象如圖所示，則f（x）＝（）A.2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))) B.2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,3)))C.2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) D.2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,6)))答案BC解析根據(jù)題圖，可得A＝2，eq\f(3,4)T＝eq\f(7π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(3π,4)，解得T＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2.所以f（x）＝2sin（2x＋φ）.將最低點(diǎn)的坐標(biāo)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，－2))代入，得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(7π,12)＋φ))＝－2，則eq\f(7π,6)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)（k∈Z），解得φ＝2kπ－eq\f(5π,3)（k∈Z），所以f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2kπ－\f(5π,3)))，k∈Z，f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6)－\f(π,2)))＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).故選BC.6.（2022·石家莊一模）人的心臟跳動時，血壓在增加或減少，血壓的最大值、最小值分別稱為收縮壓和舒張壓，血壓計(jì)上的讀數(shù)就是收縮壓和舒張壓，讀數(shù)120/80mmHg為標(biāo)準(zhǔn)值.設(shè)某人的血壓滿足函數(shù)式p（t）＝101＋25sin（160πt），其中p（t）為血壓（單位：mmHg），t為時間（單位：min），則下列說法正確的是（）A.收縮壓和舒張壓均高于相應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)值B.收縮壓和舒張壓均低于相應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)值C.收縮壓高于標(biāo)準(zhǔn)值，舒張壓低于標(biāo)準(zhǔn)值D.收縮壓低于標(biāo)準(zhǔn)值，舒張壓高于標(biāo)準(zhǔn)值答案C解析p（t）＝101＋25sin（160πt），∵－1≤sin（160πt）≤1，∴p（t）∈[76，126]，即收縮壓為126mmHg，舒張壓為76mmHg.又知120/80mmHg為標(biāo)準(zhǔn)值，∴收縮壓高于標(biāo)準(zhǔn)值，舒張壓低于標(biāo)準(zhǔn)值.7.（2020·江蘇卷）將函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，則平移后的圖象中與y軸最近的對稱軸的方程是.答案x＝－eq\f(5π,24)解析將函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,4)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12))).由2x－eq\f(π,12)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(7,24)π，k∈Z，當(dāng)k＝－1時，對稱軸方程為x＝－eq\f(5,24)π，故平移后的圖象中與y軸最近的對稱軸的方程是x＝－eq\f(5,24)π.8.已知曲線C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，則為了得到曲線C1，首先要把C2上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼谋?，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右至少平移個單位長度.（本題所填數(shù)字要求為正數(shù)）答案2eq\f(π,6)解析∵曲線C1：y＝cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(1,2)x＋\f(2π,3)－\f(π,6)))，∴先將曲線C2上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(1,2)x＋\f(2π,3)))向右至少平移eq\f(π,6)個單位長度.9.已知函數(shù)f（x）＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,3)))，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，m))，若f（x）的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),2)))，則m的取值范圍是.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)，\f(5π,18)))解析畫出函數(shù)的圖象如圖所示.因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝coseq\f(5π,6)＝－eq\f(\r(3),2)且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)))＝cosπ＝－1，要使f（x）的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),2)))，只要eq\f(2π,9)≤m≤eq\f(5π,18)，即m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,9)，\f(5π,18))).10.已知函數(shù)f（x）＝－eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＋1－2sin2x.（1）用“五點(diǎn)作圖法”在給定的坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)f（x）在[0，π]上的圖象；（2）先將函數(shù)y＝f（x）的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位后，再將得到的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的4倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)y＝g（x）的圖象，求g（x）圖象的對稱中心.解（1）f（x）＝－eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＋1－2sin2x＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).列表如下：x0eq\f(π,6)eq\f(5π,12)eq\f(2π,3)eq\f(11π,12)πf（x）120－201描點(diǎn)、連線，函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，π]上的圖象如圖.（2）將函數(shù)f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位后得到y(tǒng)＝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)))的圖象，再將得到的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的4倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,6)))的圖象.由eq\f(x,2)－eq\f(π,6)＝kπ（k∈Z）得x＝2kπ＋eq\f(π,3)（k∈Z），故g（x）圖象的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,3)，0))（k∈Z）.11.（2022·山東名校聯(lián)考）已知函數(shù)f（x）＝2sin（ωx＋φ）＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，函數(shù)f（x）的圖象上兩相鄰對稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，.（1）在①函數(shù)f（x）的圖象的一條對稱軸為直線x＝－eq\f(π,3)，②函數(shù)f（x）的圖象的一個對稱中心為點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，1))，③函數(shù)f（x）的圖象經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))這三個條件中任選一個補(bǔ)充至橫線上，然后確定函數(shù)的解析式；（2）若動直線x＝t，t∈[0，π]與函數(shù)f（x）和函數(shù)g（x）＝2eq\r(3)sinxcosx的圖象分別交于P，Q兩點(diǎn)，求線段PQ長度的最大值及此時t的值.（注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計(jì)分）解（1）函數(shù)f（x）的圖象上兩相鄰對稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，得該函數(shù)的最小正周期T＝2×eq\f(π,2)＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2，此時f（x）＝2sin（2x＋φ）＋1.若選①函數(shù)f（x）的圖象的一條對稱軸為直線x＝－eq\f(π,3)，則－eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ（k∈Z），得φ＝eq\f(7π,6)＋kπ（k∈Z）.∵|φ|<eq\f(π,2)，∴當(dāng)k＝－1時，φ＝eq\f(π,6)，此時f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1.若選②函數(shù)f（x）的圖象的一個對稱中心為點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，1))，則eq\f(5π,6)＋φ＝kπ（k∈Z），得φ＝kπ－eq\f(5π,6)（k∈Z）.∵|φ|<eq\f(π,2)，∴當(dāng)k＝1時，φ＝eq\f(π,6)，此時f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1.若選③函數(shù)f（x）的圖象經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)＋φ))＋1＝0，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)＋φ))＝－eq\f(1,2).∵|φ|<eq\f(π,2)，∴eq\f(7π,6)<eq\f(5π,3)＋φ<eq\f(13π,6)，∴eq\f(5π,3)＋φ＝eq\f(11π,6)，解得φ＝eq\f(π,6)，此時f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1.（2）由（1）可知，函數(shù)f（x）的解析式為f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1.令h（x）＝f（x）－g（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1－2eq\r(3)sinxcosx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2x＋\f(1,2)cos2x))＋1－eq\r(3)sin2x＝cos2x＋1≥0，∴|PQ|＝h（t）＝cos2t＋1.∵t∈[0，π]，∴2t∈[0，2π]，當(dāng)2t＝0或2t＝2π，即當(dāng)t＝0或t＝π時，線段PQ的長取到最大值2.12.（2021·綿陽三模）設(shè)函數(shù)f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))（ω＞0）的部分圖象如圖所示，且滿足f（2）＝0.則f（x）的最小正周期為（）A.eq\f(16,9) B.16 C.eq\f(1,8) D.eq\f(9,8)答案A解析∵f（2）＝0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ω－\f(π,4)))＝0，∴2ω－eq\f(π,4)＝kπ（k∈Z），∴ω＝eq\f(1,2)kπ＋eq\f(π,8)（k∈Z）.設(shè)函數(shù)f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))（ω＞0）的最小正周期為T，由圖可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)T＞2，,T＜2，))∵ω＞0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)·\f(2π,ω)＞2，,\f(2π,ω)＜2，))∴π＜ω＜eq\f(5π,4)，∵ω＝eq\f(1,2)kπ＋eq\f(π,8)（k∈Z），∴eq\f(7,4)＜k＜eq\f(9,4).∵k∈Z，∴k＝2，∴ω＝eq\f(9,8)π，因此T＝eq\f(2π,\f(9,8)π)＝eq\f(16,9).13.（2021·全國甲卷）已知函數(shù)f（x）＝2cos（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，則滿足條件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解析由題圖可知，eq\f(3,4)T＝eq\f(13π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(3π,4)，得T＝π，所以ω＝2，所以f（x）＝2cos（2x＋φ）.點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))可看作“五點(diǎn)作圖法”中的第二個點(diǎn)，則2×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，得φ＝－eq\f(π,6)，所以f（x）＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)))＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)))－