(2014-2015高考数学一轮复习 第3章 第4节 函数y=Asin(ωx+φ)的图像及三角函数模型的简单应用 文 湘教版

2009~2013年高考真题备选题库 第3章 三角函数、解三角形第4节 函数y ＝Asin(ωx ＋φ)的图像及三角函数模型的简单应用考点 函数y ＝Asin(ωx ＋φ)的图像 1．（2013山东，5分）函数y ＝xcos x ＋sin x 的图象大致为( )解析：本题考查函数的性质在分析判断函数图象中的综合运用，考查一般与特殊的数学思想方法，考查运算求解能力，考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力．函数是奇函数，图象关于坐标原点对称，当0<x<π2时，显然y>0，而当x ＝π时，y ＝－π<0，据此排除选项A 、B 、C ，正确选项为D. 答案：D2．(2013福建，5分)将函数f(x)＝sin (2x ＋θ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<θ<π2的图像向右平移φ(φ>0)个单位长度后得到函数g(x)的图像，若f(x)，g(x)的图像都经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，则φ的值可以是( ) A.5π3 B.5π6 C.π2D.π6解析：本题主要考查三角函数图像的变换及三角函数值求角等基础知识，意在考查考生的数形结合能力、转化和化归能力、运算求解能力．因为函数f(x)的图像过点P ，所以θ＝π3，所以f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3；又函数f(x)的图像向右平移φ个单位长度后，得到函数g(x)＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－φ＋π3，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2φ＝32，所以φ可以为5π6. 答案：B3．（2013新课标全国Ⅱ，5分）函数y ＝cos(2x ＋φ)(－π≤φ<π)的图像向右平移π2个单位后，与函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图像重合，则φ＝________. 解析：本题主要考查三角函数图像的平移、三角函数的性质、三角运算等知识，意在考查考生的运算求解能力及转化与化归思想的应用．将y ＝cos(2x ＋φ)的图像向右平移π2个单位后得到y ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2＋φ的图像，化简得y ＝－cos(2x ＋φ)，又可变形为y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋φ－π2.由题意可知φ－π2＝π3＋2k π(k ∈Z)，所以φ＝5π6＋2k π(k ∈Z)，结合－π≤φ<π知φ＝5π6.答案：5π64．（2013山东，12分）设函数f(x)＝32－3sin2ωx －sin ωxcos ωx(ω＞0)，且y ＝f(x)图像的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4.(1)求ω的值；(2)求f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2上的最大值和最小值． 解：本题主要考查三角函数的图像和性质，考查转化思想和运算能力． (1)f(x)＝32－3sin2ωx －sin ωxcos ωx ＝32－3·1－cos 2ωx 2－12sin 2ωx ＝32cos 2ωx －12sin 2ωx ＝－sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π3.因为图像的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4，又ω>0， 所以2π2ω＝4×π4，因此ω＝1.(2)由(1)知f(x)＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.当π≤x≤3π2时，5π3≤2x－π3≤8π3.所以－32≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3≤1.因此－1≤f(x)≤32. 故f(x)在区间π，3π2上的最大值和最小值分别为32，－1.5．(2012浙江，5分)把函数y ＝cos 2x ＋1的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，然后向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到的图象是( )解析：变换后的三角函数为y ＝cos(x ＋1)，结合四个选项可得A 选项正确． 答案：A6．（2010福建，5分）将函数f(x)＝sin(ωx ＋φ)的图象向左平移π2个单位．若所得图象与原图象重合，则ω的值不可能等于( ) A ．4 B ．6 C ．8 D ．12解析：由题意得：sin[ω(x ＋φω＋π2)]＝sin(ωx ＋φ)，则π2ω＝2k π，k ∈Z ，∴ω＝4k ，k ∈Z ，而6不是4的整数倍，故应选B.答案：B7．（2009天津，5分）设f(x)＝asin2x ＋bcos2x ，其中a ，b ∈R ，ab≠0，若f(x)≤|f(π6)|对一切x ∈R 恒成立，则 ①f(11π12)＝0②|f(7π10)|<|f(π5)|③f(x)即不是奇函数也不是偶函数④f(x)的单调递增区间是[k π＋π6，k π＋2π3](k ∈Z)⑤存在经过点(a ，b)的直线与函数f(x)的图像不相交以上结论正确的是________(写出所有正确结论的编号)．解析：f(x)＝asin2x ＋bcos2x ＝a2＋b2sin(2x ＋φ)(tan φ＝b a ，因为对一切x ∈R ，f(x)≤|f(π6)|恒成立，所以sin(π3＋φ)＝±1，可得φ＝2k π＋π6或φ＝2k π－5π6，故f(x)＝a2＋b2sin(2x ＋π6)或f(x)＝－a2＋b2sin(2x ＋π6)．而f(11π12)＝±a2＋b2sin(2×11π12＋π6)＝0，所以①正确；|f(7π10)|＝|a2＋b2sin 4730π|＝|a2＋b2sin 1730π|，|f(π5)|＝|a2＋b2sin 1730π|，所以|f(7π10)|＝|f(π5)|，故②错误；③明显正确；④错误；由函数f(x)＝a2＋b2sin(2x ＋π6)和f(x)＝－a2＋b2sin(2x ＋π6)图像可知，不存在经过点(a ，b)的直线与函数f(x)的图像不相交，故⑤错． 答案：①③8．(2009江苏，5分)函数y ＝Asin(ωx ＋φ)(A ，ω，φ为常数，A>0，ω>0)在闭区间[－π，0]上的图象如图所示，则ω＝________.解析：由图中可以看出： 32T ＝π，∴T ＝23π＝2πω， ∴ω＝3. 答案：39．（2012福建，14分）已知函数f(x)＝axsin x －32(a ∈R)，且在[0，π2]上的最大值为π－32.(1)求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明． 解：(1)由已知得f′(x)＝a(sin x ＋xcos x)， 对于任意x ∈(0，π2)，有sin x ＋xcos x>0.当a ＝0时，f(x)＝－32，不合题意；当a<0时，x ∈(0，π2)时，f′(x)<0，从而f(x)在(0，π2)内单调递减，又f(x)在[0，π2]上的图象是连续不断的，故f(x)在[0，π2]上的最大值为f(0)＝－32，不合题意；当a>0，x ∈(0，π2)时，f′(x)>0，从而f(x)在(0，π2)内单调递增，又f(x)在[0，π2]上的图象是连续不断的，故f(x)在[0，π2]上的最大值为f(π2)，即π2a －32＝π－32，解得a ＝1.综上所述，得f(x)＝xsin x －32.(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：由(1)知，f(x)＝xsin x －32，从而有f(0)＝－32<0，f(π2)＝π－32>0，又f(x)在[0，π2]上的图象是连续不断的，所以f(x)在(0，π2)内至少存在一个零点．又由(1)知f(x)在[0，π2]上单调递增，故f(x)在(0，π2)内有且只有一个零点．当x ∈[π2，π]时，令g(x)＝f′(x)＝sin x ＋xcos x.由g(π2)＝1>0，g(π)＝－π<0，且g(x)在[π2，π]上的图象是连续不断的，故存在m ∈(π2，π)，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cos x －xsin x ，知x ∈(π2，π)时，有g′(x)<0，从而g(x)在(π2，π)内单调递减．当x ∈(π2，m)时，g(x)>g(m)＝0，即f′(x)>0，从而f(x)在(π2，m)内单调递增，故当x ∈[π2，m]时，f(x)≥f(π2)＝π－32>0，故f(x)在[π2，m]上无零点；当x ∈(m ，π)时，有g(x)<g(m)＝0，即f′(x)<0，从而f(x)在(m ，π)内单调递减．又f(m)>0，f(π)<0，且f(x)在[m ，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m ，π)内有且仅有一个零点．综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．10．（2012湖南，12分）已知函数f(x)＝Asin(ωx ＋φ)(x ∈R ，ω>0,0<φ<π2)的部分图象如图所示．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x －π12)－f(x ＋π12)的单调递增区间．解：(1)由题设图象知，周期T ＝2(11π12－5π12)＝π，所以ω＝2πT ＝2，因为点(5π12，0)在函数图象上，所以Asin(2×5π12＋φ)＝0，即sin(5π6＋φ)＝0.又因为0<φ<π2，所以5π6<5π6＋φ<4π3.从而5π6＋φ＝π，即φ＝π6.又点(0,1)在函数图象上，所以Asin π6＝1，得A ＝2.故函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin(2x ＋π6)．(2)g(x)＝2sin[2(x －π12)＋π6]－2sin[2(x ＋π12)＋π6]＝2sin 2x －2sin(2x ＋π3)＝2sin 2x －2(12sin 2x ＋32cos 2x)＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin(2x －π3)．由2k π－π2≤2x－π3≤2k π＋π2，得k π－π12≤x≤k π＋5π12，k ∈Z.所以函数g(x)的单调递增区间是[k π－π12，k π＋5π12]，k ∈Z.。