[配套K12]2019版高考数学一轮复习 第3章 三角函数、解三角形 3.4 函数y=Asin(ωx+φ)的图象及应用课后作

3．4 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用

[基础送分 提速狂刷练]

一、选择题

1．(2018·合肥质检)要想得到函数y＝sin2x＋1的图象，只需将函数y＝cos2x的图象( )

π

A．向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度

4π

B．向右平移个单位长度，再向上平移1个单位长度

4π

C．向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度

2π

D．向右平移个单位长度，再向下平移1个单位长度

2答案 B

ππ解析 先将函数y＝cos2x＝sin2x＋的图象向右平移个单位长度，得到y＝

44sin2x的图象，再向上平移1个单位长度，即得y＝sin2x＋1的图象．故选B.

ππ2．(2017·福建质检)若将函数y＝3cos2x＋的图象向右平移个单位长度，则平移26后图象的一个对称中心是( )

A.C.

π，0

6π，0

12

πB.－，0 6πD.－，0 12

答案 A

ππ解析 将函数y＝3cos2x＋的图象向右平移个单位长度，得y＝26πππkππππ3cos2x－＋＝3cos2x＋的图象，由2x＋＝kπ＋(k∈Z)，得x＝＋(k6266226ππ∈Z)，当k＝0时，x＝，所以平移后图象的一个对称中心是，0.故选A.

66

π3．将函数y＝cosx－的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向

3

π

左平移个单位，所得函数图象的一条对称轴是( )

6

πππA．x＝ B．x＝ C．x＝π D．x＝

462答案 D 教育配套资料K12

教育配套资料K12

解析

ππ

4．(2018·广州模拟)将函数f(x)＝sin(2x＋θ)－<θ<的图象向右平移φ(φ>0)

22个单位长度后得到函数g(x)的图象，若f(x)，g(x)的图象都经过点P0，以是( )

A.

5π5πππ

B. C. D. 3626



3

，则φ的值可2

答案 B

π

解析 因为函数f(x)的图象过点P，所以θ＝，所以f(x)＝

3

π2x＋sin.又函数f(x)的图象向右平移φ个单位长度后，得到函数g(x)＝3sin



x－φ

π35ππ＋的图象，所以sin－2φ＝，所以φ可以为.故选B. 3632

5．(2018·湖北调研)如图所示，某地一天6～14时的温度变化曲线近似满足函数y＝

Asin(ωx＋φ)＋b的图象，则这段曲线的函数解析式可以为( )

教育配套资料K12

教育配套资料K12

3ππ

A．y＝10sinx＋＋20，x∈[6,14]

485ππ

B．y＝10sinx＋＋20，x∈[6,14]

483ππ

C．y＝10sinx－＋20，x∈[6,14]

485ππ

D．y＝10sinx＋＋20，x∈[6,14]

88答案 A

10＋3030－10T解析 由三角函数的图象可知，b＝＝20，A＝＝10，＝14－6＝8⇒T＝16

222＝

2πππ6π⇒ω＝，则y＝10sinx＋φ＋20，将(6,10)代入得10sin＋φ＋20＝10⇒

ω888

sin

3π＋φ＝－1⇒φ＝3π＋2kπ(k∈Z)．取k＝0，得φ＝3π.故选A.

444

6．(2015·安徽高考)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ均为正的常数)的最小

2π

正周期为π，当x＝时，函数f(x)取得最小值，则下列结论正确的是( )

3

A．f(2)2π

解析 ∵f(x)＝Asin(ωx＋φ)的最小正周期为π，且x＝是经过函数f(x)最小值点

32πππ

的一条对称轴，∴x＝－＝是经过函数f(x)最大值点的一条对称轴．

326

12－ππ∵2－＝

66

，

B．f(0)π－



π5π－12ππ－＝，0－＝，6666

π∴2－>6

π－

πππ2ππ2ππ2π

－>0－，且－<2<，－<π－2<，－<0<，∴66333333

f(2)教育配套资料K12

教育配套资料K12

π7．(2018·安阳检测)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|<的部分图象如图所2

2018

示，则∑f

n＝1

nπ＝( )

6

3

A．－1 B．0 C. D．1

2答案 C

ππππ解析 易得ω＝2，由五点法作图可知2×＋φ＝，得φ＝，即f(x)＝sin2x＋.6626

2018

14π16π1π2π13π5πnπ故f＝1，f＝，f＝－，f＝－1，f＝－，f＝，故∑f26262662666

n＝1

111311

＝336×1＋－－1－＋＋1＋＝.故选C.

222222

π8．(2017·河北二模)要得到函数f(x)＝cos2x＋的图象，只需将函数g(x)＝

3πsin2x＋的图象( )

3

π

A．向左平移个单位长度

2π

B．向右平移个单位长度

2π

C．向左平移个单位长度

4π

D．向右平移个单位长度

4答案 C

π5π解析 f(x)＝cos2x＋＝sin2x＋， 36

ππππ故把g(x)＝sin2x＋的图象向左平移个单位，即得函数f(x)＝sin2x＋＋4334

教育配套资料K12

教育配套资料K12

π的图象，即得到函数f(x)＝cos2x＋的图象．故选C. 3

π9．如图，函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)其中A>0，ω>0，|φ|≤的部分图象与坐标轴

2π

的三个交点P，Q，R满足P(1，0)，∠PQR＝，M(2，－2)为线段QR的中点，则A的值为( )

4

7383

A．23 B. C. D．43

33答案 C

2π

解析 依题意得，点Q的横坐标是4，点R的纵坐标是－4，∴T＝＝2|PQ|＝6，Asinφ

ω＝－4，f

1＋4＝A，

2

＝A， 

ππ5∴ω＝，Asin×＋φ

332∴sin

5π＋φ＝1.



6

ππ5π4π又|φ|≤，∴≤＋φ≤，

2363∴

5πππ＋φ＝，φ＝－， 623

83π∴Asin－＝－4，A＝.故选C.

33

π10．(2015·湖南高考)将函数f(x)＝sin2x的图象向右平移φ0<φ<个单位后得到

2π

函数g(x)的图象．若对满足|f(x1)－g(x2)|＝2的x1，x2，有|x1－x2|min＝，则φ＝( )

3

A.

5ππππ B. C. D. 12346

答案 D 教育配套资料K12

教育配套资料K12

解析 g(x)＝sin[2(x－φ)]＝sin(2x－2φ)． ∵|f(x)|≤1，|g(x)|≤1， ∴|f(x1)－g(x2)|≤2，

当且仅当f(x1)＝1，g(x2)＝－1或f(x1)＝－1，g(x2)＝1时，满足|f(x1)－g(x2)|＝2. 不妨设A(x1，－1)是函数f(x)图象的一个最低点，B(x2，1)是函数g(x)图象的一个最高3ππ

点，于是x1＝k1π＋(k1∈Z)，x2＝k2π＋＋φ(k2∈Z)，

44

∴|x1－x2|≥

3π－π＋φ44＝π－φ. 2

ππ∵φ∈0，，∴|x1－x2|≥－φ.

22π

又∵|x1－x2|min＝，

3

πππ

∴－φ＝，即φ＝.故选D. 236二、填空题

11．已知函数y＝sinωx(ω>0)在一个周期内的图象如图所示，要得到函数y＝

xπsin＋的图象，则需将函数y＝sinωx的图象向________平移________个单位长度． 212

答案 左

π 6

解析 由图象知函数y＝sinωx的周期为T＝4π， 2π11∴ω＝＝，故y＝sinx.

T221πxπ又y＝sin＋＝sinx＋，

62212

1πxπ∴将函数y＝sinx的图象向左平移个单位长度，即可得到函数y＝sin＋的图象．

26212π

12．(2017·河南一模)将函数f(x)＝2cos2x的图象向右平移个单位后得到函数g(x)

67πa的图象，若函数g(x)在区间0，和2a，上均单调递增，则实数a的取值范围是63________．

ππ答案 ，

32

教育配套资料K12

教育配套资料K12

π

解析 将函数f(x)＝2cos2x的图象向右平移个单位后得到函数g(x)的图象，

6ππ得g(x)＝2cos2x－＝2cos2x－，

63

πππ

由－π＋2kπ≤2x－≤2kπ，得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.

336

ππ2π7π当k＝0时，函数的增区间为－，，当k＝1时，函数的增区间为，.

6363

7πa要使函数g(x)在区间0，和2a，上均单调递增，

63

aπ

0<≤，36则2π7π

≤2a<，36

解得a∈

π，π.

32

13．(2017·三明一模) 已知函数f(x)＝Mcos(ωx＋φ)(M>0， ω>0,0<φ<π)为奇函数，该函数的部分图象如图所示，AC＝BC＝值为________．

21，∠C＝90°，则f的22

1

答案 － 2

解析 依题意，知△ABC是直角边长为

21的等腰直角三角形，因此其边AB上的高是，22

12π1

函数f(x)的最小正周期是2，故M＝，＝2，ω＝π，f(x)＝cos(πx＋φ)．

2ω2

π

又函数f(x)是奇函数，于是有φ＝kπ＋，k∈Z.

2π

由0<φ<π，得φ＝，

2

11π11故f(x)＝－sinπx，f＝－sin＝－. 22222

教育配套资料K12

教育配套资料K12

14．(2017·烟台二模)已知函数f(x)＝cos(2x＋φ)的图象关于点

2π，0对称，若将



3

函数f(x)的图象向右平移m(m>0)个单位得到一个偶函数的图象，则实数m的最小值为________．

答案

π

12

解析 ∵函数f(x)的图象关于点

2π，0对称，

3

2ππ5π

∴2×＋φ＝kπ＋(k∈Z)，解得φ＝kπ－，k∈Z.

3265π∴f(x)＝cos2x＋kπ－，k∈Z.

6

5π∵f(x)的图象向右平移m个单位得到函数y＝cos2x－2m＋kπ－(k∈Z)为偶函数，

65πk－k1π5π

∴x＝0为其对称轴，即－2m＋kπ－＝k1π(k∈Z，k1∈Z)，m＝－(k6212∈Z，k1∈Z)，

π

∵m>0，∴m的最小正值为，此时k－k1＝1，k∈Z，k1∈Z.

12三、解答题

xπ15．(2017·九原期末)已知函数f(x)＝3sin＋＋3. 26

(1)指出f(x)的最小正周期，并用五点法画出它在一个周期内的闭区间上的图象； (2)求f(x)在[0,4π]上的单调区间；并求出f(x)在[0,4π]上最大值及其对应x的取值集合；

(3)说明此函数图象是由y＝sinx在[0,2π]上的图象经怎样的变换得到的．

解 (1)f(x)的最小正周期为周期T＝4π， 列表如下

教育配套资料K12

教育配套资料K12

2π

(2)增区间为0，

3和8π，4π；减区间为2π，8π；f(x)在[0,4π]上的最大值333



； 

2π

为6，此时x的取值集合为

3

π

(3)①由y＝sinx的图象上各点向左平移φ＝个长度单位，得y＝

6

πsinx＋的图象；

6

π②由y＝sinx＋的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得y＝

6xπsin＋的图象；

26

xπ③由y＝sin＋的图象上各点的纵坐标伸长为原来的3倍(横坐标不变)，得y＝26xπ3sin＋的图象； 26

xπxπ④由y＝3sin＋的图象上各点向上平移3个长度单位，得y＝3sin＋＋3的图2626

象．

ππ16．(2018·绵阳模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋bω>0，－<φ<相邻两对

22教育配套资料K12

教育配套资料K12

ππ

称轴间的距离为，若将f(x)的图象先向左平移个单位，再向下平移1个单位，所得的函

212数g(x)的为奇函数．

(1)求f(x)的解析式，并求f(x)的对称中心；

π2

(2)若关于x的方程3[g(x)]＋m·g(x)＋2＝0在区间0，上有两个不相等的实根，

2

求实数m的取值范围．

Tππ

解 (1)由题意可得＝＝，∴ω＝2，f(x)＝sin(2x＋φ)＋b，

2ω2

ππ∴g(x)＝sin2x＋＋φ＋b－1＝sin2x＋＋φ＋b－1. 612π

再结合函数g(x)的为奇函数，可得＋φ＝kπ，k∈Z，且b－1＝0，

6πππ

再根据－<φ<，可得φ＝－，b＝1，

226π∴f(x)＝sin2x－＋1，g(x)＝sin2x.

6πnππ

令2x－＝nπ，n∈Z，可得x＝＋，

6212∴f(x)的对称中心

nπ＋π，1.



212

π0，(2)由(1)可得g(x)＝sin2x，在区间上，2x∈[0，π]， 2令t＝g(x)，则t∈[0,1]．

π2

由关于x的方程3[g(x)]＋m·g(x)＋2＝0在区间0，上有两个不相等的实根，

2

可得关于t的方程3t＋m·t＋2＝0在区间(0,1)上有唯一解． 令h(t)＝3t＋m·t＋2，∵h(0)＝2>0，则满足h(1)＝3＋m＋2<0， Δ＝m－24＝0，

或m0<－<1，6

2

2

2

求得m<－5或m＝－26.

教育配套资料K12