2020年全国版高考数学必刷题：第七单元 三角函数

第七单元 三角函数
考点一 三角函数求值
1.(2017年北京卷)在平面直角坐标系xOy 中,角α与角β均以Ox 为始边,它们的终边关于y 轴对称.若sin α=1
3
,则cos (α-β)= .
【解析】∵α与β关于y 轴对称,∴α+β=π+2k π(k ∈Z ),则sin α=sin β=13
,∴|cosα|=
2√23,cos α=-cos β,∴cos (α-β)=-cos 2α+sin 2
α=-79
. 【答案】-79
2.(2016年全国Ⅲ卷) 若tan α=34
,则cos 2
α+2sin2α=( ).
A .6425
B .4825
C .1
D .1625
【解析】cos
2
α+2sin2α=cos 2α+4sinαcosαcos 2α+sin 2α=1+4tanα1+tan 2α=1+4×3
41+(34)
2=64
25.
【答案】A
3.(2016年上海卷)方程3sin x=1+cos2x 在区间[0,2π]上的解为 .
【解析】由3sin x=1+cos2x ,得3sin x=2-2sin 2
x ,所以2sin 2
x+3sin x-2=0,解得sin x=12
或sin x=-2(舍去),
所以原方程在区间[0,2π]上的解为π6或5π6
.
【答案】π6或5π6
考点二 三角函数的图象与性质
4.(2017年全国Ⅰ卷)已知曲线C 1:y=cos x ,C 2:y=sin (2x +
2π
3
),则下面结论正确的是( ).
A .把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移π
6
个单位长度,得到曲线
C 2
B .把
C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移π12
个单位长度,得到曲线C 2
C .把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12
,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移π6
个单位长度,得到曲线C 2
D .把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移π12
个单位长度,得到曲线C 2
【解析】因为C 2:y=sin (2x +
2π
3
)=sin (2x +π2+π6)=cos (2x +π6
),所以只需把C 1上各点的横坐标缩短到原
来的12
,纵坐标不变,再向左平移π12
个单位长度,即得到曲线C 2.
【答案】D
5.(2017年全国Ⅲ卷)设函数f (x )=cos (x +π3
),则下列结论错误的是( ).
A .f (x )的一个周期为-2π
B .y=f (x )的图象关于直线x=8π3
对称
C .f (x+π)的一个零点为x=π6
D .f (x )在(π2
,π)上单调递减
【解析】函数f (x )的周期为2k π(k ∈Z ),故A 正确;
由x+π3
=k π(k ∈Z ),得x=k π-π3
(k ∈Z ),当k=3时,x=8π3
,故B 正确;
f (x+π)=-cos (x +π3),则当x=π
6时,f (x+π)=0,故C 正确;
函数f (x )的图象是由函数y=cos x 的图象向左平移π3个单位长度得到的,故函数f (x )在(-π3,2π
3
)上单调递减,在(
2π3,5π
3
)上单调递增,故D 错.
【答案】D
6.(2017年全国Ⅱ卷)函数f (x )=sin 2
x+√3cos x-34(x ∈[0,π2
])的最大值是 .
【解析】f (x )=sin 2
x+√3cos x-34=1-cos 2
x+√3cos x-34
=-(cosx -√3
2
)2
+1,∵x ∈[0,π2
],∴cos x ∈[0,1],∴f (x )的最
大值为1.
【答案】1
7.(2017年天津卷)设函数f (x )=2sin (ωx+φ),x ∈R ,其中ω>0,|φ|<π.若f (5π8
)=2,f (11π
8
)=0,且f (x )的最小正
周期大于2π,则( ).
A.ω=23
,φ=π12
B .ω=23,φ=-
11π
12
C .ω=13,φ=-
11π
24
D .ω=13,φ=7π24
【解析】由题意知,函数f (x )的最小正周期为T=4(
11π8-5π8)=3π,∴ω=2
3
,即f (x )=2sin (2
3x +φ).
∵|φ|<π,f (5π8)=2,∴φ=π
12.
【答案】A
8.(2016年全国Ⅱ卷)若将函数y=2sin2x 的图象向左平移π12
个单位长度,则平移后图象的对称轴为( ).
A .x=kπ2-π6
(k ∈Z )
B .x=kπ2+π6
(k ∈Z )
C .x=kπ2-π12
(k ∈Z )
D.x=kπ
2+π
12
(k∈Z)
【解析】平移后的图象对应的解析式为y=2sin2(x+π
12),令2(x+π
12
)=kπ+π
2
(k∈Z),得对称轴方程为
x=kπ
2+π
6
(k∈Z).【答案】B
9.(2016年全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|≤π
2),x=-π
4
为f(x)的零点,x=π
4
为y=f(x)图象的对称轴,
且f(x)在(π
18,5π
36
)上单调,则ω的最大值为().
A.11
B.9
C.7
D.5
【解析】由已知可得-π
4
ω+φ=kπ,k∈Z,①
π4ω+φ=mπ+π
2
,m∈Z,②
由①+②,得2φ=(k+m)π+π
2.因为|φ|≤π
2
,所以k+m=0或k+m=-1,即φ=±π
4
.
由①-②,得ω=2(m-k)+1,即ω为正奇数.
因为函数f(x)在区间(π
18,5π
36
)上单调,所以只要该区间位于函数f(x)图象的两条相邻对称轴之间即可,且
5π36-π
18
≤1
2
×2π
ω
,即ω≤12.
①当φ=π
4
时,f(x)=sin(ωx+π
4
),则kπ-π
2
≤π
18
ω+π
4
且5π
36
ω+π
4
≤kπ+π
2
,k∈Z,解得36k-27
2
≤ω≤36k+9
5
.由于ω≤12,故k最大取1,此时4.5≤ω≤9,故ω的最大值为9.
②当φ=-π
4
时,f(x)=sin(ωx-π
4
),则kπ-π
2
≤π
18
ω-π
4
且5π
36
ω-π
4
≤kπ+π
2
,k∈Z,解得36k-9
2
≤ω≤36k+27
5
.
由于ω≤12,故k最大取0,此时ω≤27
5
,故ω的最大值为5.
综上可知,ω的最大值为9.
【答案】B
高频考点:三角函数的图象和性质、同角三角函数的基本关系式和诱导公式.
命题特点:1.三角函数的图象和性质是高考考查的重点内容,而同角三角函数的基本关系式和诱导公式一般与性质和恒等变换相结合考查;
2.关于函数图象的平移考查得比较多,而函数图象的性质考查得比较全面;
3.以容易题和中档题为主,但考查的内容比较灵活.
§7.1三角函数的概念、同角三角函数关系及诱导公
式
一角的概念
1.任意角:(1)定义:角可以看成平面内的绕着端点从一个位置旋转到另一个位
置所成的.(2)分类:角按旋转方向分为、和.
2.所有与角α终边相同的角,连同角α在内,构成的角的集合是
S={β|β=k·360°+α,k∈Z}.
3.象限角:使角的顶点与坐标原点重合,角的始边与x轴的非负半轴重合,那么角的终边在
第几象限,就说这个角是第几象限角;如果角的终边在坐标轴上,那么这个角不属于任何一个象限.
二弧度制
1.角度制和弧度制的互化:180°=πrad,1°=π
180rad,1rad=(180
π
)°.
2.扇形的弧长公式:l=|α|r ,扇形的面积公式:S=12lr=1
2|α|r 2
.
三 任意角的三角函数
任意角α的终边与单位圆交于点P (x ,y )
时,sin α= ,cos α= ,tan α=y x
(x ≠0).
四 同角三角函数的基本关系
1.平方关系: .
2.商数关系: .
五 诱导公式
组数
一
二
三
四 五
六
角 2k π+α(k ∈Z ) π+α -α
π-α
π
2
-α π
2
+α 正弦 sin α -sin α -sin α sin α 余弦 cos α -cos α cos α -cos α 正切
tan α
tan α -tan α -tan α
口诀
函数名不变
符号看象限
函数名改变 符号看象限
记忆 规律
奇变偶不变,符号看象限
已知点P (sin α,cos α)在第二象限,则角α的终边在( ).
A .第一象限
B .第二象限
C .第三象限
D .第四象限
cos 2π3
+tan225°=( ).
A.12 B .-12
C .32
D .-32
已知α∈(-π,-π2),且sin α=-12
,则cos α等于( ).
A .-12
B .12
C .-√32
D .√3
2
已知tan (2017π+α)=1
2,则
cosα-3sinα
2sinα+cosα
等于( ).
A .-2
B .1
2
C .-23
D .-14
在平面直角坐标系中,角α的终边过点P (2,1),则cos 2
α+sin2α的值为 .
已知一扇形的圆心角为α(0<α<2π),所在圆的半径为R.
(1)若α=π3
,R=10cm ,求扇形的弧长及面积;
(2)若扇形的周长是一定值C (C>0),当α为多少弧度时,该扇形面积最大?
知识清单
一、1.(1)一条射线 图形 (2)正角 负角 零角 三、y x
四、1.sin 2
α+cos 2
α=1 2.
sinα
cosα
=tan α 五、cos α cos α sin α -sin α 基础训练
1.【解析】由题意得{
sinα<0,
cosα>0,
所以角α的终边在第四象限,故选D .
【答案】D
2.【解析】cos 2π3
+tan225°=-12
+1=12
.
【答案】A
3.【解析】|cosα|=√1−sin 2α=√1−(-12
)2
=√32
,∵α∈(-π,-π2
),∴cos α<0,∴cos α=-√3
2
,故选C .
【答案】C
4.【解析】tan (2017π+α)=tan α=1
2,所以cosα-3sinα2sinα+cosα=1−3tanα2tanα+1=-1
4
,故选
D .
【答案】D
5.【解析】∵平面直角坐标系中,角α终边过点P (2,1),∴x=2,y=1,r=|OP|=√5,∴cos α=x r =2√5=2√55,sin α=y r =1√5=√5
5
,
则cos 2
α+sin2α=4
5+2sin αcos α=45+45=85
.
【答案】85
6.【解析】(1)设弧长为l ,扇形面积为S ,
则α=π3,R=10,l=π3×10=
10π
3
cm , S=1
2×
10π3×10=50π3
cm 2
. (2)(法一)扇形周长C=2R+l=2R+αR ,α=C
R
-2,
S 扇=12α·R 2=12(C R -2)R 2=12CR-R 2=-(R 2-C
2R)=-(R -C 4)2+C 2
16,
∴当R=C
4时,扇形面积取最大值C 2
16,此时α=C
R -2=2.
(法二)扇形周长C=2R+l=2R+αR ,∴R=
C 2+α
. ∴S 扇=12α·R 2=12α·(C
2+α)2=C 2
2α·1
4+4α+α2=C 2
2·
1
α+4
α+4
≤C 216
.
当且仅当α2
=4,即α=2时,扇形面积取最大值C 216
.
题型一 任意角的三角函数
【例1】已知角α的终边经过点P (x ,-√2)(x ≠0),且cos α=√55x ,则√5sin α+1
tanα= .
【解析】∵P (x ,-√2)(x ≠0),
∴点P 到原点的距离r=√x 2+2.
又cos α=√5
5
x ,∴cos α=
x
2=√5
5x.
∵x ≠0,∴x=±√3,∴r=√5.
当x=√3时,√5sin α+
1tanα=-2√2+√62
;
当x=-√3时,√5sin α+
1tanα=-2√2-√6
2
.
【答案】-
2√2±√62
【变式训练1】已知角2α的顶点在原点,始边与x 轴的正半轴重合,终边过点(-1,√3),2α∈[2π,4π),则sin α等于( ).
A.-12
B .12
C .-√3
2
D .23
【解析】由题意得,角2α的终边在第二象限且tan2α=-√3,∴2α=2π+2π3,即α=π+π3
,∴sin α=-√3
2
.
【答案】C
题型二 扇形的弧长、面积公式的应用
【例2】已知一扇形的圆心角为α(α>0),所在圆的半径为R.
(1)若α=60°,R=10,求扇形的弧长及该弧所在的弓形的面积. (2)若扇形的周长为4,求当α为多少弧度时,该扇形有最大面积? 【解析】(1)设弧长为l ,弓形面积为S 弓,则α=60°=π3
,l=π3
×10=
10π
3
, S 弓=S 扇-S △=1
2×
10π3
×10-12×102×sin π
3 =
50π3
-50√32=50(π3-√3
2). (2)扇形周长2R+l=2R+αR=4,∴R=
4α+2
,
∴S 扇=12αR 2=12α·(4
α+2)2
=8α4+4α+α2=
8
4+α+4α
≤1.
当且仅当α=4α
,即α=2时,扇形面积有最大值1.
理清扇形的弧长与半径、弧度角的关系,熟记扇形面积和周长的公式.
【变式训练2】一扇形的周长为20,当扇形的圆心角α等于多少弧度时,这个扇形的面积最大?
【解析】设扇形的半径为r ,弧长为l ,则l+2r=20,即l=20-2r (0<r<10).
∴扇形的面积S=12lr=1
2(20-2r )r=-r 2+10r=-(r-5)2+25. ∴当r=5时,S 有最大值25,
此时l=10,α=l r
=2rad.
∴当α=2rad 时,扇形的面积取最大值.
题型三 同角三角函数基本关系式的应用
【例3】在△ABC 中,sin A+cos A=1
5.
(1)求sin A cos A 的值; (2)求tan A 的值.
【解析】(1)∵sin A+cos A=15
, ①
∴两边平方得1+2sin A cos A=1
25,
∴sin A cos A=-12
25.
(2)由(1)得sin A cos A=-1225
<0, 又0<A<π,∴cos A<0.
∵(sin A-cos A )2=1-2sin A cos A=1+2425=49
25,
又sin A>0,cos A<0,∴sin A-cos A>0,
∴sin A-cos A=7
5. ②
由①②可得sin A=45
,cos A=-35
,
∴tan A=sinA cosA =4
5-35
=-4
3.
【变式训练3】(1)已知tan α=2,则sin 2
α+sin αcos α-2cos 2
α= .
(2)已知sin 2
α=3sin 2
β,tan α=2tan β,则cos 2
α= .
【解析】(1)sin 2
α+sin αcos α-2cos 2
α
=
sin 2α+sinαcosα-2cos 2αsin 2α+cos 2α
=tan 2α+tanα-2tan 2α+1=4
5.
(2)∵sin 2
α=3sin 2
β, ①
tan 2α=4tan 2
β, ②
由①÷②得,4cos 2
α=3cos 2
β, ③
由①+③得,sin 2
α+4cos 2
α=3,∴cos 2
α=23
.
【答案】(1)45 (2)23
题型四 三角函数诱导公式的应用
【例4】已知sin α,
1
cos (θ+π6)
分别是方程5x 2
-12x-9=0的两根.
(1)求cos (
5π
6
-θ)和sin (θ+
2π
3
)的值; (2)若3π<α<7π2
,
求
sin(5π-α)cos(2π-α)cos (3π
2-α)-sin 2α
cos (π
2-α)sin(−π-α)
的值.
【解析】∵sin α,
1
cos (θ+π6)
分别是方程5x 2
-12x-9=(5x+3)(x-3)=0的两根,
∴sin α=-3
5,
1
cos (θ+π6)
=3,∴cos (θ+π
6)=13
.
(1)cos (
5π6-θ)=cos [π-(π6+θ)]=-cos (π6+θ)=-13
, sin (θ+
2π3)=sin [π
2
+(θ+π
6)]=cos (θ+π6)=13
.
(2)∵3π<α<7π2
,∴α是第三象限角.
∵sin α=-35,∴cos α=-4
5.
sin(5π-α)cos(2π-α)cos (
3π2-α)-sin 2αcos (π2
-α)sin(−π-α)
=
-sin 2αcosα-sin 2α
sin 2α
=-1-cos α =-1
5.
【变式训练4】已知f (
π
12
+x)= sin(π-x)cos(2π-x)tan(π-x)
cos (-π
2+x )
.
(1)求f (-
9π
4
)的值. (2)若f (x )=14,求sin (x +
23π
12
)+cos (x +
17π
12
)的值. 【解析】f (
π12+x)=sinx ·cosx ·(-tanx)sinx
=-cos x ·tan x=-sin x. (1)令π
12+x=-9π4,则x=-9π4-π12=-7π3
,
∴f (-
9π4)=-sin (-7π3)=sin π3=√32
. (2)∵f (x )=-sin (x -
π12)=1
4
, ∴sin (x -π12)=-1
4,
∴sin (x +23π
12
)+cos (x +
17π
12
) =sin [2π+(x -π12)]+cos [π+(x +5π
12)]
=sin (x -π
12)-cos (x +5π
12)
=sin (x -π
12)-cos [π
2+(x -π
12)]
=2sin (x -π
12)=-1
2.
方法一 数形结合思想在三角函数线中的应用
当给出一个象限角时,欲判断该角的半角或倍角的符号或比较它们三个三角函数值的大小时,由于没有
给出具体的角度,所以用图形可以更直观地表示,可先画出三角函数线,借助三角函数线比较大小.
【突破训练1】设θ是第二象限角,试比较sin θ2
,cos θ2
,tan θ2
的大小.
【解析】∵θ是第二象限角,
∴π
2
+2kπ<θ<π+2kπ,k∈Z,
∴π
4+kπ<θ
2
<π
2
+kπ,k∈Z,
∴θ
2
是第一象限角或第三象限角.
如图,结合单位圆上的三角函数线可得,
①当θ
2
是第一象限角时,
sinθ
2=AB,cosθ
2
=OA,tanθ
2
=CT,
故cosθ
2<sinθ
2
<tanθ
2
.
②当θ
2
是第三象限角时,
sinθ
2=EF,cosθ
2
=OE,tanθ
2
=CT,
故sinθ
2<cosθ
2
<tanθ
2
.
综上可得,当θ
2在第一象限时,cosθ
2
<sinθ
2
<tanθ
2
;
当θ
2在第三象限时,sinθ
2
<cosθ
2
<tanθ
2
.
方法二分类讨论思想在三角函数化简中的应用
角中含有变量n,因而需对n的奇偶进行分类讨论.利用诱导公式,需将角写成符合公式的某种形式,这就需要将角中的某一部分看作一个整体.
【突破训练2】求sin(4n-1
4π-α)+cos(4n+1
4
π-α)(n∈Z)的值.
【解析】当n为偶数时,设n=2k(k∈Z),则
原式=sin(8k-1
4π-α)+cos(8k+1
4
π-α)
=sin[2kπ+(-π
4-α)]+cos[2kπ+(π
4
-α)]
=sin(-π
4-α)+cos(π
4
-α)
=-sin(π
4+α)+cos[π
2
-(π
4
+α)]
=-sin(π
4+α)+sin(π
4
+α)=0;
当n为奇数时,设n=2k+1(k∈Z),则
原式=sin(8k+3
4π-α)+cos(8k+5
4
π-α)
=sin[2kπ+(3π
4-α)]+cos[2kπ+(5π
4
-α)]
=sin(3π
4-α)+cos(5π
4
-α)
=sin[π-(π
4+α)]+cos[π+(π
4
-α)]
=sin(π
4+α)-cos(π
4
-α)
=sin(π
4+α)-cos[π
2
-(π
4
+α)]
=sin(π
4+α)-sin(π
4
+α)=0.
故sin(4n-1
4π-α)+cos(4n+1
4
π-α)=0.
1.(2017日照市三模)若sin (π-α)=13
,且π2
≤α≤π,则cos α的值为( ).
A.
2√2
3
B .-
2√2
3
C .
4√2
9
D.-
4√2
9
【解析】因为sin (π-α)=sin α=13,π2≤α≤π,所以cos α=-√1−sin 2α=-
2√2
3
. 【答案】B
2.(2017江西师大附中三模)已知sin (-π+θ)+2cos (3π-θ)=0,则
sinθ+cosθ
sinθ-cosθ
=( ).
A.3
B.-3
C.1
3 D.-13
【解析】因为sin (-π+θ)+2cos (3π-θ)=0,所以-sin θ-2cos θ=0,可得tan θ=-2,所以
sinθ+cosθsinθ-cosθ=tanθ+1tanθ-1=-2+1-2-1=1
3
,故选
C .
【答案】C
3.(2017江西八校联考)已知cos α-sin α=√2
4
,则sin2α的值为( ).
A.18
B.-18
C.78
D.-78
【解析】∵cos α-sin α=√2
4
,∴1-sin2α=18,∴sin2α=78
.
【答案】C
4.(2017临城质检)已知角θ的顶点为坐标原点,始边为x 轴的正半轴,若P (4,y )是角θ终边上一点,且sin θ=-2√5
5
,则y=( ).
A.-8
B.-4
C.2
D.4 【解析】因为sin θ=
y
4+y =-
2√5
5
,所以y<0,且y 2=64,所以y=-8.
【答案】A
5.(2017宁德三模)已知sin (α+π6)=45,则cos (α-π3
)的值为( ).
A.35
B.45
C.-45
D.-35
【解析】cos (α-π3)=cos (α+π6-π2)=sin (α+π6)=45
,故选B.
【答案】B
6.(2017南昌二模)已知sin θ+2cos θ=0,则
1+sin2θ
cos 2θ
= .
【解析】由sin θ+2cos θ=0,得sin θ=-2cos θ, 则
1+sin2θcos 2θ=sin 2θ+cos 2θ+2sinθcosθ
cos 2θ
=1. 【答案】1
7.(2016湖北二模)设f (x )={sinπx,x <1,√2f(x -2),x ≥1,
则f (-236)+f (9
4)= .
【解析】f (-
236)+f (94)=sin (-23π6)+√2f (94-2)=12+√2sin π4=3
2
. 【答案】32
8.(2017郴州市四检)已知3cos 2
θ=tan θ+3,且θ≠k π(k ∈Z ),则sin [2(π-θ)]= .
【解析】由题意可得3cos 2
θ-3=tan θ,即-3sin 2
θ=
sinθ
cosθ
,因为θ≠k π(k ∈Z ),所以sin θcos θ=-1
3,即
sin2θ=-23,所以sin [2(π-θ)]=-sin2θ=23
.
【答案】23
9.(2016许昌二模)已知点P (sin α-cos α,tan α)在第二象限,则α的一个变化区间是( ).
A.(-π,-π2
) B.(-π4,π4
)
C.(-
3π4,-π2) D.(π2
,π)
【解析】因为点P(sinα-cosα,tanα)在第二象限,所以{sinα-cosα<0,
tanα>0,
根据三角函数的性质可知选项C 正确.
【答案】C
10.(2016柳州二模)若角α满足α=2kπ
3+π
6
(k∈Z),则α的终边一定在().
A.第一象限或第二象限或第三象限
B.第一象限或第二象限或第四象限
C.第一象限或第二象限或x轴非正半轴上
D.第一象限或第二象限或y轴非正半轴上
【解析】当k=0时,α=π
6
,终边位于第一象限,
当k=1时,α=5π
6
,终边位于第二象限,
当k=2时,α=3π
2
,终边位于y轴的非正半轴上,
当k=3时,α=2π+π
6
,终边位于第一象限.
综上可知,α的终边一定在第一象限或第二象限或y轴非正半轴上.故选D.【答案】D
11.(2016上饶月考)当0<x<π
4时,函数f(x)=cos2x
cosxsinx-sin2x
的最小值是().
A.1
4B.1
2
C.2
D.4
【解析】当0<x<π
4时,0<tan x<1,f(x)=cos2x
cosxsinx-sin2x
=1
tanx-tan2x
,
设t=tan x,则0<t<1,y=1
t-t2=1
t(1-t)
≥4.
当且仅当t=1-t,即t=1
2
时等号成立.【答案】D
12.(2017金华质检)若2tanα=3tan2π
5,则cos(α-
π
10)
sin(α-2π5)
=.
【解析】cos(α-π10)
sin(α-2π5)=
sin(α+2π5) sin(α-2π5)
=sinαcos2π5+cosαsin2π5
sinαcos2π5-cosαsin2π5
=
tanα+tan2π5
tanα-tan2π5
=5.
【答案】5
13.(2016西宁联考)已知A,B,C是三角形的内角,√3sin A,-cos A分别是方程x2-x+2a=0的两根.
(1)求角A.
(2)若1+2sinBcosB
cos2B-sin2B
=-3,求tan B.
【解析】(1)由已知可得,√3sin A-cos A=1,①
又sin2A+cos2A=1,
∴sin2A+(√3sin A-1)2=1,
即4sin2A-2√3sin A=0,
得sin A=0(舍去)或sin A=√3
2,∴A=π
3
或A=2π
3
,
将A=π
3或A=2π
3
代入①知A=2π
3
时等式不成立,
∴A=π
3
.
(2)由1+2sinBcosB
cos2B-sin2B
=-3,
得sin2B-sin B cos B-2cos2B=0.
∵cos B≠0,∴tan2B-tan B-2=0,
∴tan B=2或tan B=-1.
当tan B=-1时,cos2B-sin2B=0,不合题意,舍去,
∴tan B=2.
§7.2三角函数的图象与性质
一用“五点法”作正弦函数和余弦函数的简图
正弦函数y=sin x,x∈[0,2π]的图象中,五个关键点分别是、
(π2,-1)、(3π
2
,-1)、.
二三角函数的图象和性质(表中k∈Z)
函数
性质
y=sin x y=cos x y=tan x
定义域R R
图象
值域[-1,1][-1,1]R
对称轴
对称中心(kπ,0)
周期2π2ππ
单调性
增区间为
减区间为增区间为
减区间为
增区间为
无减区间
奇偶性奇函数偶函数奇函数
设点P是函数f(x)=sinωx(ω>0)的图象C的一个对称中心,若点P到图象C的对称轴的距离的最小值是π
3
,则ω=.
函数y=2-3cos(x+π
4
)的最大值为,此时x=.
函数f(x)=sin(x-π
4
)的图象的一条对称轴是().
A.x=π
4
B.x=π
2
C.x=-π
4
D.x=-π
2
知识清单
一、(0,0)(π,0)(2π,0)
二、{x|x≠kπ+π
2}x=kπ+π
2
x=kπ(kπ+π
2
,0)(kπ
2
,0)[2kπ-π
2
,2kπ+π
2
][2kπ+π
2
,2kπ+3π
2
]
[2kπ-π,2kπ][2kπ,2kπ+π](kπ-π
2,kπ+π
2
)
基础训练
1.【解析】由正弦函数的图象知对称中心与对称轴的距离的最小值为最小正周期的1
4
,故f(x)的最小正周期为
T=4×π
3=4π
3
,∴ω=2π
T
=3
2
.
【答案】3
2
2.【解析】当cos(x+π
4)=-1时,函数y=2-3cos(x+π
4
)取得最大值5,此时x+π
4
=π+2kπ(k∈Z),从而
x=3
4
π+2kπ,k∈Z.
【答案】53
4
π+2kπ,k∈Z
3.【解析】∵正弦函数图象的对称轴过图象的最高点或最低点,故令x-π
4=kπ+π
2
,k∈Z,∴x=kπ+3π
4
,k∈Z.取k=-1,
则x=-π
4
.
【答案】C
题型一三角函数的定义域
【例1】函数f(x)=lg(3+2x-x2)+√sinx的定义域为.
【解析】由题意得{3+2x-x2>0,
sinx≥0,
即{-1<x<3,
2kπ≤x≤2kπ+π(k∈Z),解得0≤x<3,
所以函数f(x)的定义域为[0,3).
【答案】[0,3)
求三角函数的定义域实际上是解简单的三角不等式,常借助三角函数线或三角函数图象来求解.
【变式训练1】函数y=√sin2x -cos2x 的定义域为 .
【解析】由题意得sin2x-cos2x ≥0,即√2sin (2x -π4
)≥0,则2k π≤2x-π4
≤2k π+π,解得
k π+π8≤x ≤k π+5π
8(k ∈Z ),
所以函数的定义域为{x|kπ+π8
≤x ≤kπ+
5π
8
,k ∈Z}. 【答案】{x|kπ+π8≤x ≤kπ+
5π
8
,k ∈Z}
题型二 三角函数的值域
【例2】求函数f (x )=cos 2x+sin x+14在区间[-π6,π
4]上的最大值与最小值.
【解析】f (x )=cos 2
x+sin x+1
4=1-sin 2
x+sin x+14
=-(sinx -12)2+32
.
∵x ∈[-π6,π
4],∴sin x ∈[-12,
√2
2
], ∴当sin x=-1
2时,函数f (x )取最小值1
2,
当sin x=12
时,函数f (x )取最大值32
.
形如y=a sin 【变式训练2】已知函数f (x )=cos (2x -π3)+2sin (x -π4)·sin (x +π4),求函数f (x )在区间[-π12,π
2
]上的最大值与最小值.
【解析】由题意得f (x )=1
2
cos2x+√3
2
sin2x+(sin x-cos x )·(sin x+cos x )
=12cos2x+√3
2sin2x+sin 2x-cos 2x
=12cos2x+√32sin2x-cos2x=sin (2x -π
6).
又x ∈[-
π12,π2],∴2x-π6∈[-π3,5π6
], ∴sin (2x -π6)∈[-√3
2
,1].
故当x=π3
时,f (x )取最大值1;
当x=-π12
时,f (x )取最小值-√3
2
.
题型三 三角函数的单调性与周期性
【例3】(2017北京海淀区高三适应性考试)已知函数f (x )=4cos ωx ·sin (ωx +π
4)(ω>0)的最小正周期
为π.
(1)求ω的值;
(2)求函数f (x )的单调递增区间. 【解析】(1)f (x )=4cos ωx ·sin (ωx +π4
)
=2√2sin ωx ·cos ωx+2√2cos 2ωx
=√2(sin2ωx+cos2ωx )+√2=2sin (2ωx +π
4)+√2.
因为f (x )的最小正周期为π,且ω>0, 所以
2π
2ω
=π,故ω=1.
(2)由(1)知f (x )=2sin (2x +π4
)+√2,
令-π2+2k π≤2x+π4≤π2
+2k π,k ∈Z ,
所以-3π4+2k π≤2x ≤π4
+2k π,k ∈Z ,
所以-3π8+k π≤x ≤π8
+k π,k ∈Z .
所以f (x )的单调递增区间为[-
3π8+kπ,π
8
+kπ],k ∈Z .
先将y=f (x )化成y=A sin (ωx+φ)或y=A cos (ωx+φ)(其中A ≠0,ω>0)形式,再结合求周期公式和求单调区
【变式训练3】已知函数f (x )=sin ωx (cosωx -√3sinωx)+√3
2
(ω>0)的最小正周期为π
2
.
(1)求ω的值;
(2)求函数f (x )的单调递减区间.
【解析】f (x )=sin ωx (cosωx -√3sinωx)+√3
2
=sin ωx ·cos ωx -√3sin 2ωx+√3
2
=1
2sin2ωx+√3
2cos2ωx
=sin (2ωx +π
3).
(1)∵函数f (x )的最小正周期为π2
,
∴2π2ω=π
2,解得ω=2.
(2)由(1)知f (x )=sin (4x +π3
),
令2k π+π2≤4x+π3≤2k π+3π2
,k ∈Z ,
得2k π+π6≤4x ≤2k π+7π6
,k ∈Z ,
∴kπ2+π24≤x ≤kπ2+7π
24,k ∈Z .
∴函数f (x )的单调递减区间是[kπ
2+π24,
kπ2+7π
24
],k ∈Z .
题型四三角函数的对称性与奇偶性
【例4】设函数f(x)=sin2x+√3cos2x(x∈R).
(1)若函数y=f(x+φ)(|φ|≤π
2
)的图象关于直线x=0对称,求φ的值;
(2)若函数y=f(x+π+6φ
12)的图象关于点(4π
3
,0)中心对称,求|φ|的最小值.
【解析】f(x)=sin2x+√3cos2x=2sin(2x+π
3
).
(1)∵y=f(x+φ)=2sin(2x+π
3
+2φ)的图象关于直线x=0对称,∴f(x+φ)为偶函数,
∴π
3+2φ=π
2
+kπ,k∈Z,则φ=kπ
2
+π
12
,k∈Z.
∵|φ|≤π
2,∴φ=-5π
12
或φ=π
12
.
(2)∵y=f(x+π+6φ
12)=2sin(2x+φ+π
2
)=2cos(2x+φ)的图象关于点(4π
3
,0)中心对称,
∴2cos(2×4π
3+φ)=2cos(2π
3
+φ+2π)=2cos(2π
3
+φ)=0,
∴2π
3+φ=kπ+π
2
,k∈Z,∴φ=kπ-π
6
,k∈Z,
取k=0,得|φ|的最小值为π
6
.
【变式训练4】设函数f(x)=2sin(2x+φ)(-π<φ<0).
(1)若f (π4
-x)=f (x ),求φ;
(2)若函数y=f (x )是奇函数,求函数g (x )=cos (2x +32
φ)的单调递减区间.
【解析】(1)∵f (π4
-x)=f (x ),
∴函数f (x )的图象关于直线x=π
8对称,
令2×π8
+φ=k π+π2
,k ∈Z ,则φ=k π+π4
,k ∈Z ,
又-π<φ<0,则-54<k<-14
,k ∈Z .
∴k=-1,则φ=-3π
4.
(2)∵函数y=f (x )是奇函数,-π<φ<0,∴φ=-π2
,
∴g (x )=cos (2x -
3π4
). 令2k π≤2x-3π4
≤π+2k π,k ∈Z ,
可解得3π8+k π≤x ≤7π8
+k π,k ∈Z ,
∴y=g (x )的单调递减区间为[3π
8+kπ,
7π
8
+kπ],k ∈Z .
方法 方程思想在三角函数中的应用
此类题目主要解决方程中的参量问题,首先利用正弦函数、余弦函数的有界性或单调性求出
y=A sin (ωx+φ)或y=A cos (ωx+φ)的最值,但要注意对参量的符号进行讨论,以便确定函数的单调性,其次由
已知列方程求解.
【突破训练】已知函数f (x )=sin 2
x+2√3sin x cos x+3cos 2
x-2.
(1)当x∈[0,π
2
]时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若函数g(x)=-(1+λ)f2(x)-2f(x)+1在[-π
3,π
6
]上单调递减,求实数λ的取值范围.
【解析】f(x)=sin2x+2√3sin x cos x+3cos2x-2
=√3sin2x+cos2x=2sin(2x+π
6
).
(1)令-π
2+2kπ≤2x+π
6
≤π
2
+2kπ,k∈Z.
解得2kπ-2π
3≤2x≤2kπ+π
3
,k∈Z,
即kπ-π
3≤x≤kπ+π
6
,k∈Z.
∵x∈[0,π
2],∴f(x)的单调递增区间为[0,π
6
].
(2)由(1)知函数f(x)在[-π
3,π
6
]上单调递增,
设f(x)=t,则-1≤t≤1,
∴k(t)=-(1+λ)t2-2t+1(-1≤t≤1),
①当λ=-1时,k(t)=-2t+1在[-1,1]上单调递减,即λ=-1符合题意;
②当λ<-1时,-(1+λ)>0,则-1
1+λ
≥1,得-2≤λ<-1;
③当λ>-1时,-(1+λ)<0,则-1
1+λ
≤-1,得-1<λ≤0.
综上,λ∈[-2,0].
1.(2017江西二模)函数y=2sin2(x+3π
2
)-1是().
A.最小正周期为π的偶函数
B.最小正周期为π的奇函数
C.最小正周期为π
2
的偶函数
D.最小正周期为π
2
的奇函数
【解析】∵y=2sin2(x+3π
2)-1=-cos(2x+3π)=cos2x,∴y=2sin2(x+3π
2
)-1是最小正周期为π的偶函数.
【答案】A
2.(2017广东联考)函数f(x)=2sin(x
2-π
8
)cos(x
2
-π
8
)的图象的一个对称中心可以是().
A.(-π,0)
B.(-3π
4,0) C.(3π
2
,0) D.(π
2
,0)
【解析】由题意知f(x)=sin(x-π
4),令x-π
4
=kπ(k∈Z),则x=kπ+π
4
(k∈Z).
由k=-1,得x=-3π
4,即f(x)=sin(x-π
4
)的一个对称中心是(-3π
4
,0).
【答案】B
3.(2017西宁二模)同时具有性质“①最小正周期是π;②图象关于直线x=π
3对称;③在[-π
6
,π
3
]上是增函数.”
的一个函数为().
A.y=sin(x
2+π
6
) B.y=cos(x
2
-π
6
)
C.y=cos(2x+π
6)D.y=sin(2x-π
6
)
【解析】根据性质①最小正周期是π,排除选项A和B;对于选项C,当x=π
3时,y=cos(2×π
3
+π
6
)=cos5π
6
=-√3
2
,
不是最值,所以排除选项C,故选D.
【答案】D
4.(2017沈阳三模)已知函数f(x)=A sin(ωx+φ)(A>0,|φ|<π
2)的图象在y轴左侧的第一个最高点为(-π
6
,3),
第一个最低点为(-2π
3
,m),则函数f(x)的解析式为().
A.f(x)=3sin(π
6-2x) B.f(x)=3sin(2x-π
6
)
C.f(x)=3sin(π
3-2x) D.f(x)=3sin(2x-π
3
)
【解析】由题意得A=3,T=2(-π
6+2π
3
)=π,∴ω=±2π
T
=±2,当ω=-2时,f(x)=3sin(φ-2x),且过点(-π
6
,3),则
π3+φ=2kπ+π
2
,得φ=π
6
.当ω=2时,不合题意.故选A.
【答案】A
5.(2017佳木斯市三模)若函数f(x)=sin(ωx+φ),其中ω>0,|φ|<π
2,两相邻的对称轴的距离为π
2
,f(π
6
)为最大值,
则函数f(x)在区间[0,π]上的单调递增区间为().
A.[0,π
6] B.[2π
3
,π]
C.[0,π
6]和[π
3
,π] D.[0,π
6
]和[2π
3
,π]
【解析】∵两相邻的对称轴的距离为π
2,∴T
2
=π
2
,解得T=π,∴ω=2.又f(π
6
)为最大值,令
2×π
6+φ=π
2
+2kπ,k∈Z,解得φ=π
6
+2kπ,k∈Z,令k=0得φ=π
6
,∴函数f(x)=sin(2x+π
6
).令
-π2+2kπ≤2x+π
6
≤π
2
+2kπ,k∈Z,当k=0时,x∈[-π
3
,π
6
],当k=1时,x∈[2π
3
,7π
6
],∴f(x)在区间[0,π]上的单调增区间为
[0,π
6]和[2π
3
,π].【答案】D
6.(2017中卫市二模)函数f(x)=cos2x+sin(π
2
+x)的最小值是.
【解析】f(x)=cos2x+sin(π
2+x)=2cos2x+cos x-1=2(cosx+1
4
)
2
-9
8
,故f(x)min=-9
8
.
【答案】-9
8
7.(2017菏泽联考)已知函数f (x )=A tan (ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2
),y=f (x )的部分图象如图所示,则
f (π
24)= .
【解析】由图象知,T=2(3π8-π8)=π
2
,∴ω=2.由2×3π8
+φ=k π,k ∈Z ,得φ=k π-3π4
,k ∈Z .又∵|φ|<π2
,∴φ=π4
.
由A tan (2×0+π4
)=1,知A=1,
∴f (x )=tan (2x +π4),∴f (π24)=tan (2×π24+π4)=tan π
3=√3.
【答案】√3
8.(2017百校联盟)已知函数f (x )=
9
8cos2x+16
-sin 2x ,则当
f (x )取最小值时cos2x 的值为 .
【解析】f (x )=98cos2x+16+cos2x -12=9
8
cos2x+2+cos2x+22-32,∵cos2x+2>0,∴f (x )≥2×34-32
=0,当且仅当
9
8
cos2x+2
=cos2x+2
2
,即cos2x=-12
时等号成立.
【答案】-12
9.(2017辽宁四模)已知函数f (x )=sin (ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2
)的图象过点(0,12
),若f (x )≤f (π12
)对x ∈R 恒成立,则ω的最小值为( ).
A.2
B.4
C.10
D.16
【解析】函数图象过点(0,12
),则sin φ=12
.结合|φ|<π2
可得,φ=π6
,由f (x )≤f (π12
)对x ∈R 恒成立,可得
π12
×ω+π6=2k π+π
2(k ∈Z ),解得ω=24k+4(k ∈Z ),令k=0可得ωmin =4.
【答案】B
10.(2017宁夏四模)已知函数f (x )=sin (ωx +π3
)-12
cos (ωx -7π6)(ω>0),满足f (-π6)=3
4
,则满足题意的ω最小值为( ).
A.13
B.12
C.1
D.2
【解析】由题意可得,f (x )=sin (ωx +π3)-12cos (π2+ωx +π3)=sin (ωx +π3)+12sin (ωx +π3)=32sin (ωx +π3
),则f (-π6
)=32
sin (-π6
ω+π3
)=34
,∴-π6
ω+π3
=2k π+π6
或-π6
ω+π3
=2k π+5π6
(k ∈Z ),则ω=1-12k 或ω=-12k-3(k ∈Z ).
结合ω>0可得,令k=0,ωmin =1. 【答案】C
11.(2017娄底二模)已知函数f (x )=2sin (ωx+φ)+1(ω>0,|φ|<π2
),f (α)=-1,f (β)=1,若|α-β|的最小值为3π4
,且f (x )的图象关于点(π4
,1)对称,则函数f (x )的单调递增区间是( ).
A.[-π2
+2kπ,π+2kπ],k ∈Z
B.[-π2
+3kπ,π+3kπ],k ∈Z
C.[π+2kπ,
5π
2
+2kπ],k ∈Z D.[π+3kπ,
5π
2
+3kπ],k ∈Z 【解析】由题设知f (x )的周期T=4|α-β|min =3π,所以ω=2πT =23
,又f (x )的图象关于点(π4
,1)对称,从而
f (π4)=1,即sin (23×π4+φ)=0,因为|φ|<π2,所以φ=-π6,故f (x )=2sin (2
3x -π6)+1.由-π2+2k π≤23x-π6≤π
2+2k π,k ∈Z ,
得-π2
+3k π≤x ≤π+3k π,k ∈Z ,故选B.
【答案】B
12.(2017马鞍山三模)已知函数y=A sin (ωx+φ)(A>0,ω>0,-π<φ<0)的部分图象如图所示,则φ= .
【解析】由图象知sin φ=-12
⇒φ=2k π-5π6
(k ∈Z ),又3T 4<5π6
<T ⇒
5π6
<T<10π9⇒95<ω<125. 再由sin (
5π6ω+φ)=0⇒5π6ω+φ=2k π+π(k ∈Z )⇒φ∈(2kπ-π,2kπ-π
2
),解得φ=-5π
6.
【答案】-5π6
13.(2017盐城二模)已知a>0,函数f(x)=-2a sin(2x+π
6)+2a+b,当x∈[0,π
2
]时,-5≤f(x)≤1.
(1)求常数a,b的值;
(2)设g(x)=f(x+π
2
)且lg g(x)>0,求g(x)的单调区间.
【解析】(1)∵x∈[0,π
2],∴2x+π
6
∈[π
6
,7π
6
].
∴sin(2x+π
6)∈[-1
2
,1],
∴-2a sin(2x+π
6
)∈[-2a,a],∴f(x)∈[b,3a+b].又∵-5≤f(x)≤1,
∴b=-5,3a+b=1,因此a=2,b=-5.
(2)由(1)得,f(x)=-4sin(2x+π
6
)-1,
g(x)=f(x+π
2)=-4sin(2x+7π
6
)-1
=4sin(2x+π
6
)-1.
又由lg g(x)>0,得g(x)>1,
∴4sin(2x+π
6)-1>1,∴sin(2x+π
6
)>1
2
,
∴2kπ+π
6<2x+π
6
<2kπ+5π
6
,k∈Z,
其中当2kπ+π
6<2x+π
6
≤2kπ+π
2
,k∈Z时,g(x)单调递增,即kπ<x≤kπ+π
6
,k∈Z,
∴g(x)的单调递增区间为(kπ,kπ+π
6
],k∈Z.
又∵当2kπ+π
2<2x+π
6
<2kπ+5π
6
,k∈Z时,g(x)单调递减,即kπ+π
6
<x<kπ+π
3
,k∈Z.
∴g(x)的单调递减区间为(kπ+π
6,kπ+π
3
),k∈Z.
§7.3函数y=A sin(ωx+φ)的图象及应用
一y=A sin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的有关性质
1.定义域:R;
2.值域:[-A,A];
;
3.周期:T=2π
ω
4.对称轴方程:;
5.对称中心坐标:(kπ-φ
,0)(k∈Z);
ω
6.单调递增区间:,
单调递减区间:.
二图象的变换
函数y=sin x的图象经变换得到y=A sin(ωx+φ)的图象的步骤如下:
把函数y=sin (3x +π3
)的图象向右平移π4
个单位长度,再把所得函数图象上各点的横坐标缩短为原来的12
,所
得的函数解析式为 .
已知简谐运动f (x )=A sin (ωx+φ)(|φ|<π2
)的部分图象如图所示,则该简谐运动的最小正周期T 和初相φ分
别为 .
求函数f (x )=cos (2x +π6
)的单调递减区间.
知识清单 一、4.x=
kπ+π
2-φω
(k ∈Z )
6.[2kπ-π
2-φω,2kπ+π
2-φω
](k ∈Z )
[2kπ+π2-φω,2kπ+3π
2-φ
ω
](k ∈Z )
二、|φ| |φ
ω
|
基础训练
1.【解析】将原函数的图象向右平移π4
个单位长度,得到函数y=sin (3x -5π
12
)的图象,再把所得函数图象上各点的横坐标缩短为原来的12
,得到函数y=sin (6x -5π
12
)的图象.
【答案】y=sin (6x -
5π12
) 2.【解析】由图象易知A=2,T=6,∴ω=π3,又图象过点(1,2),∴sin (π3
×1+φ)=1,
∴φ+π3=2k π+π2,k ∈Z ,又|φ|<π2,∴φ=π
6.
【答案】6和π6
3.【解析】由不等式2k π≤2x+π6≤2k π+π(k ∈Z )得k π-π12≤x ≤k π+5π12
(k ∈Z ),所以函数f (x )的单调递减区间为[kπ-π
12
,kπ+
5π
12
](k ∈Z ).
题型一 函数y=A sin (ωx+φ)的图象及变换
【例1】已知函数y=2sin (2x +π
3),
(1)用“五点法”作出它在一个周期内的图象;
(2) 写出该函数的振幅、周期、初相,说明y=2sin (2x +π3
)的图象可由y=sin x 的图象经过怎样的变换而得到.
【解析】(1)令X=2x+π3
,则y=2sin (2x +π3
)=2sin X.
列表,并描点画出图象:
x
-π6
π12 π3 7π12 5π6
X 0 π2
π 3π2
2π
y=sin X
0 1 0 -1 0
y=2sin (2x +π3
)
0 2 0 -2 0
(2)振幅A=2,周期T=2π2
=π,初相φ=π3
.
(法一)把y=sin x 的图象上所有的点向左平移π3个单位长度,得到y=sin (x +π3)的图象;再把y=sin (x +π3
)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的12
(纵坐标不变),得到y=sin (2x +π3
)的图象;最后把y=sin (2x +π3
)上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变),即可得到y=2sin (2x +π3
)的图象.
(法二)把y=sin x 的图象上所有点的横坐标缩短到原来的12
(纵坐标不变),得到y=sin2x 的图象;再把
y=sin2x 的图象上所有的点向左平移π6个单位长度,得到y=sin2(x +π6)=sin (2x +π
3)的图象;最后把
y=sin (2x +π
3)的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍(横坐标不变),即可得到y=2sin (2x +π
3)的图象.
【变式训练1】(2017厦门第二次质检)将函数f (x )=cos (ωx -π2
)(ω>0)的图象向右平移π4
个单位长度,所得的图象经过点(
3π
4
,0),则ω的最小值是( ).
A.13
B.1
C.53
D.2
【解析】f (x )=sin ωx 的图象向右平移π4个单位长度后得g (x )=sin (x -π4)ω的图象,故g (3π4)=sin π2
ω=0,所以π2
ω=k π,k ∈Z ,即ω=2k ,当k=1时,ω取最小值2.
【答案】D
题型二 求函数y=A sin (ωx+φ)的解析式
【例2】(2017河北石家庄二模)已知函数f (x )=sin (ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的图象如图所示,则f (0)的值
为 .
【解析】由图知T=2π,∴ω=1,则f (x )=sin (x+φ),且
f (π4)=0,∴π4+φ=k π,∴φ=k π-π4,∴φ=3π
4,∴f (x )=sin (x +
3π4),∴f (0)=sin 3π4=√22
. 【答案】√2
2
【变式训练2】已知函数f (x )=A sin (ωx+φ)(A >0,|φ|<π2
,ω>0)的图象的一部分如图所示,则该函数的解析式为 .
【解析】观察图象可知,A=2且点(0,1)在图象上,∴1=2sin (ω·0+φ),即sin φ=1
2
.∵|φ|<π2
,∴φ=π6
.又
∵11π12是函数的一个零点,且是函数图象递增穿过x 轴形成的零点,∴11π12ω+π
6=2π,∴ω=2,∴f (x )=2sin (2x +
π6
).
【答案】f(x)=2sin(2x+π
6
)
题型三三角函数模型的应用
【例3】如图,一个水轮的半径为4m,水轮圆心O距离水面2m,已知水轮每分钟按逆时针转动5圈,若当水轮上点P从水中浮现时(图中点P0)开始计算时间.
(1)将点P距离水面的高度z(m)表示为时间t(s)的函数.
(2)点P第一次到达最高点大约需要多少时间?
【解析】(1)如图所示,建立平面直角坐标系,
设角φ(-π
2
<φ<0)是以Ox为始边,OP0为终边的角.
OP每秒钟内所转过的角为5×2π
60=π6 ,
所以OP在时间t(s)内所转过的角为π
6
t.由题意可知水轮逆时针转动,
得z=4sin(π
6
t+φ)+2.
当t=0时,z=0,得sin φ=-12,即φ=-π6
.
故所求的函数关系式为z=4sin (π6t -π6
)+2.
(2)令z=4sin (π6t -π6
)+2=6,
得sin (π6t -π6
)=1.
令π6t-π6=π2
,得t=4,
故点P 第一次到达最高点大约需要4s .
【变式训练3】如图,某地一天从6时到14时的温度变化曲线近似地满足函数y=A sin (ωx+φ)+b. (1)求这段时间的最大温差; (2)写出这段曲线的函数解析式.
【解析】(1)由图可知这段时间的最大温差是30-10=20(℃).
(2)由图可知从6时到14时的图象是函数y=A sin (ωx+φ)+b 的半个周期的图象, 所以12
×2πω
=14-6,解得ω=π8
.
由图可知A=12
×(30-10)=10,
b=1
2×(30+10)=20,
故y=10sin (π8
x +φ)+20.。