第06讲 函数sin()y A x ωϕ=+的图象及其应用(精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆 第二部分：课前自我评估测试 第三部分：典型例题剖析高频考点一：函数sin()y A x ωϕ=+的图象变换 高频考点二：根据图象确定函数sin()y A x ωϕ=+的解析式高频考点三：五点法作图高频考点四：三角函数图象、性质的综合应用角度1：图象与性质的综合应用 角度2：函数的零点（方程的根）的问题角度3：三角函数模型第四部分：高考真题感悟第五部分：第06讲 函数sin()y A x ωϕ=+的图象及其应用（精练）1、用五点法作正弦函数和余弦函数的简图(1)在正弦函数sin y x =,[0,2]x π∈的图象上,五个关键点是:(1)先平移后伸缩 (2)先伸缩后平移1．（2022·全国·模拟预测）将函数()()4sin 023f x x πωω⎛⎫=+<< ⎪⎝⎭的图像向右平移2π个单位长度后得到的函数图像关于原点对称，则函数()f x 图像的一条对称轴的方程是（ ） A ．2x π=B ．x π=C ．52x π=D ．134x π=【答案】D 【详解】将函数()4sin 3f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图像向右平移2π个单位长度后得到4sin 32y x ππωω⎛⎫=+- ⎪⎝⎭的图像，则由题知32k ππωπ-=，k ∈Z ，解得223k ω=-，k ∈Z ．又02ω<<，故23ω=，所以()24sin 33πf x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．令()112332x k k πππ+=+∈Z ，解得()11324x k k ππ=+∈Z ，当10k =时，解得4x π=，当11k =时，解得74x π=，当12k =时，解得134x π=，A 、B 、C 错误，D 正确. 故选：D ．2．（2022·北京通州·模拟预测）将函数cos 22y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象向右平移2π个单位长度后，所得图象对应的函数为（ ） A ．sin 2y x = B ．sin 2y x =-C ．cos 2y x =D ．cos2x y =-【答案】A 【详解】将函数cos 22y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象向右平移2π个单位长度后，所得图象对应的函数为cos 2cos 2sin 2222y x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=-= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦.故选：A.3．（2022·吉林吉林·模拟预测（文））将函数()sin 2f x x =的图象向左平移6π个单位后得到函数()g x 的图象，则函数()g x 在[]0,π上的零点个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B 【详解】()sin 2f x x =的图象向左平移6π个单位可得()ππsin 2sin 263g x x x ⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，[]0,πx ∈，则ππ7π2,333x ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，正弦函数y =sin t 在π7π,33t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有2个零点，故g (x )在[]0,π上有2个零点．故选：B ．4．（2022·北京师大附中高一期中）要得到函数2sin 23y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象，只需把函数2sin 2y x =的图象（ ）A ．向左平移3π个单位 B ．向右移3π个单位 C ．向左平移6π个单位 D ．向右平移6π个单位【答案】D 【详解】由题设2sin 22sin 2()36y x x ππ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以只需把函数2sin 2y x =的图象向右平移6π个单位. 故选：D5．（2022·陕西·榆林市第一中学高一期中（文））若函数()()πcos 20,02f x A x A ϕϕ⎛⎫=+><< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则()πf =（ ）A ．0B ．12CD【答案】D因为π,08⎛⎫⎪⎝⎭为五点作图法的第2点，所以ππ2π42k ϕ+=+，k ∈Z ． 因为π02ϕ<<，所以π4ϕ=，又函数图象过点(，所以cos 4A π=2A =．所以()π2cos 24f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，即()ππ2cos 4f == 故选：D .高频考点一：函数sin()y A x ωϕ=+的图象变换例题1．（2022·河南·模拟预测（文））由函数sin 2y x =的图象经过图象变换得到函数πsin 4y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，则这个变换过程为（ ）A ．向左平移π8个单位长度，把所有点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变） B ．向左平移π4个单位长度，把所有点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变）C ．把所有点的横坐标缩小为原来的12（纵坐标不变），向左平移π4个单位长度D ．把所有点的横坐标缩小为原来的12（纵坐标不变），向左平移π8个单位长度 【答案】A 【详解】sin 2y x =的图象经过图象变换得到函数πsin 4y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象,可先平移后伸缩：将函数图象向左平移π8个单位长度得ππsin 2()sin(2)84y x x =+=+，再将所有点的横坐标扩大为原来的2倍（纵坐标不变），即可得到πsin 4y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象；先伸缩后平移：把所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到1sin 2sin 2y x x =⨯=，再将图象左移π4个单位，得到πsin 4y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象.故选：A例题2．（2022·河南许昌·三模（文））要得到函数2cos 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图像，只需把函数2cos2y x =的图像上所有的点（ ） A ．向右平移12π个单位长度 B ．向左平移12π个单位长度C ．向右平移3π个单位长度 D ．向左平移6π个单位长度【答案】B 【详解】把函数2cos2y x =上所有的点向左平移12π个单位长度可得：2cos 22cos 2126y x x ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦.故选：B.例题3．（2022·陕西·二模（理））要得到函数cos 23y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，只需将函数sin 2y x =的图象（ ）A ．向左平移12π个单位长度 B ．向左平移512π个单位长度 C ．向右平移12π个单位长度D ．向右平移512π个单位长度 【答案】B 【详解】因为函数sin 2cos 2cos 224y x x x ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫==-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，5cos 2cos 2cos 236412y x x x ππππ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦，所以要得到函数cos 23y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，只需将函数sin 2y x =的图象向左平移512π个单位长度.故选：B.例题4．（2022·江西上饶·二模（理））为得到函数()2cos 23g x x π=-⎛⎫ ⎪⎝⎭的图象，只需把函数()2sin 26f x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭的图像（ ） A ．向左平移4π个单位 B ．向左平移2π个单位 C ．向右平移4π个单位 D ．向右平移2π个单位 【答案】D 【详解】对于A ，()f x 向左平移4π个单位得：2sin 22cos 24266f x x x ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=-++=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，A 错误；对于B ，()f x 向左平移2π个单位得：2sin 226f x x πππ⎛⎫⎛⎫+=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2sin 22cos 22cos 26623x x x ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=-+-=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，B 错误；对于C ，()f x 向右平移4π个单位得：2sin 22cos 24266f x x x ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，C 错误；对于D ，()f x 向右平移2π个单位得：2sin 226f x x πππ⎛⎫⎛⎫-=--+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2sin 22cos 22cos 26623x x x ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，D 正确.故选：D.题型归类练1．（2022·安徽·高一期中）要得到πsin 23x y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象，只需将函数sin 2x y =的图象（ ）A ．向左平移π3个单位长度B ．向右平移π3个单位长度C ．向左平移2π3个单位长度 D ．向右平移2π3个单位长度 【答案】D解：将sin 2x y =向右平移2π3个单位长度得到12ππsin sin 2323x y x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦．故选：D ．2．（2022·北京八中高一期中）要得到cos 2y x =的图象，只要将sin 2y x =的图象（ ） A ．向左平移8π个单位 B ．向右平移8π个单位 C ．向左平移4π个单位 D ．向右平移4π个单位 【答案】C 【详解】解：因为sin 2cos 2cos 224y x x x ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫==-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以要得到cos 2y x =的图象，只要将sin 2y x =的图象向左平移4π个单位， 故选：C.3．（2022·湖北·高一期中）要得到函数24y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，只需将函数y x =的图象上所有的点的（ ）A ．横坐标缩短到原来的12倍（纵坐标不变），再向左平行移动8π个单位长度 B ．横坐标缩短到原来的12倍（纵坐标不变），再向右平行移动8π个单位长度 C ．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平行移动4π个单位长度 D ．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平行移动4π个单位长度 【答案】B 【详解】由y x =可得2y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，把曲线2y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的上的点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变，则可得到22y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，再将该图象向右平移8π个单位，则可得24y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，故B 正确.故选：B.4．（2022·全国·高三专题练习）要得到()sin 3y x =-的图象，需将)cos3sin 3y x x =-的图象（ ） A ．向右平移π4个单位B ．向左平移π4个单位C ．向右平移π12个单位 D ．向左平移π12个单位 【答案】D 【详解】)πππcos3sin3sin cos3cos sin3sin 3444y x x x x x ⎛⎫-=-=- ⎪⎝⎭πsin 312x ⎡⎤⎛⎫=-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，由πsin 312y x ⎡⎤⎛⎫=-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦向左平移π12得到()sin 3y x =-.故选：D高频考点二：根据图象确定函数sin()y A x ωϕ=+的解析式例题1．（2022·河南洛阳·一模（理））已知函数()2sin 3f x x πω⎛⎫=+⎪⎝⎭在[],ππ-上的图象如图所示，现将其图象上所有点的横坐标缩短为原来的12倍，纵坐标不变，得到函数()g x 的图象，则()g x =（ ）A ．2sin 33x π⎛⎫+⎪⎝⎭B ．32sin 43x π⎛⎫+⎪⎝⎭C ．32sin 23x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．82sin 33x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭【答案】A 【详解】根据变换可得209g π⎛⎫-= ⎪⎝⎭， 对A ，22sin 3sin 0093ππ⎡⎤⎛⎫⨯-+== ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，故A 符合； 对B ，322sin sin 04932πππ⎡⎤⎛⎫⨯-+=≠ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，故B 不符合； 对C ，322sin sin 02933πππ⎡⎤⎛⎫⨯-+=≠ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，故C 不符合； 对D ，8222sin sin 039327πππ⎡⎤⎛⎫⨯-+=≠ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，故D 不符合. 故只有A 正确； 故选：A.例题2．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））已知函数()()cos 0,0,2f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭的部分图象大致如图所示．将函数()2236g x f x f x ππ⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的图象向左平移02πθθ⎛⎫<< ⎪⎝⎭个单位后，所得函数为偶函数，则θ=（ ）A ．6πB ．3π C ．8π D ．12π 【答案】C 【详解】由图可知，1A =，22436πππω⎛⎫=- ⎪⎝⎭，可得1ω=，又由五点画图法有106πϕ⨯+=，可得 6πϕ=-，可得()cos 6f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()cos 2cos 2sin 2cos 2236664g x x x x x x πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--++-=+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，函数()g x 向左平移02πθθ⎛⎫<< ⎪⎝⎭个单位后，所得函数为()()22244h x x x ππθθ⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，由奇偶性及02πθ<<，可得242θππ+=，可得8θπ=． 故选：C例题3．（2022·全国·高三专题练习）函数()2sin()(0,||)2f x x πωϕωϕ=+><的部分图象如图所示，若12,(,)63x x ππ∈-，且()()12f x f x =，则()12f x x +=________．【详解】由题意知，函数()=2sin()f x x ωϕ+中，周期2[()]36T πππ=--=，所以22T πω==， 又函数图象过点(0)6π-，， 即2()26k k Z πϕπ⨯-+=∈，，得23k k Z πϕπ=+∈，，又2πϕ<，所以3πϕ=，所以()=2sin(2)3f x x π+；由2sin(2)23x π+=，得图象的最高点坐标为(2)12π，，因为12()63x x ππ∈-、，且12()()f x f x =，所以12=2126x x ππ+⨯=，故12)=2sin(263f x x ππ⎛⎫+⨯+= ⎪⎝⎭题型归类练1．（2022·全国·高三阶段练习（理））已知函数()()cos f x A x ωϕ=+（其中0A >，0>ω，π2ϕ<的部分图象如图所示；将函数()f x 图象的横坐标伸长到原来的6倍后，再向左平移π4个单位，得到函数()g x 的图象，则函数()g x 在（ ）上单调递减．A ．[]6π,5π--B ．[]2π,4πC ．[]4π,6πD ．[]4π,3π--【答案】D 【详解】根据函数()()cos f x A x ωϕ=+的图象，可得2A =，311ππ3π41264T =-=， 则2ππT ω==，则2ω=，故()()2cos 2f x x ϕ=+；由π26f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，可得()π2π3k k Z ϕ+=∈，解得()π2π3k k Z ϕ=-+∈，因为π2ϕ<，可得π3ϕ=-，所以()π2cos 23f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，将函数()f x 图象的横坐标伸长到原来的6倍后，得到1π2cos 33y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，再向左平移π4个单位后，得到()1π2cos 34g x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令1π2ππ2π,34k x k k Z ≤-≤+∈，解得3π15π6π6π,44k x k k Z +≤≤+∈， 令1ππ2π2π,34k x k k Z -+≤-≤∈，解得9π3π6π6π,44k x k k Z -+≤≤+∈， 所以函数()g x 单调递增区间为9π3π[6π,6π],44k k k Z -++∈， 单调递减区间为3π15π[6π,6π],44k k k Z ++∈，所以函数()g x 在[]6π,5π--上先增后减，在[]2π,4π上先减后增， 在[]4π,6π上单调递增，在[]4π,3π--上单调递减. 故选：D ．2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()sin()0,02f x x πωϕωϕ⎛⎫=+><< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 的图象关于点,03π⎛-⎫⎪⎝⎭对称B ．()f x 的图象向右平移6π个单位后得到sin2y x =的图象C ．()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦的最小值为D ．6f x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭为偶函数【答案】D 【详解】由图象知1(0)sin 2f ϕ==，又02πϕ<<，故6π=ϕ； 再由图象知213f π⎛⎫=-⎪⎝⎭且2433T ππ<<， 故23362πωππ+=，解得2ω=， 即()sin 26f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，对于A ：由13f π⎛⎫-=- ⎪⎝⎭知A 选项错误；又()f x 的图象向右平移6π个单位后得到的函数为sin 2sin 266f x x x ππ⎛⎫⎛⎫-=-≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 选项错误；当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，72,666x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，所以()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为122f π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，故C 错误.由sin 2cos 262f x x x ππ⎛⎫⎛⎫+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，6f x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭为偶函数，故D 选项正确.故选：D3．（2022·天津·二模）如图所示的曲线为函数()()cos f x A x ωϕ=-（0A >，0>ω，2πϕ<）的部分图象，将()y f x =图象上的所有点的横坐标伸长到原来的32，再将所得曲线向右平移8π个单位长度，得到函数()y g x =的图象，则（ ）A ．函数()g x 在513,2424⎡⎤⎢⎥⎣⎦ππ上单调递减B ．点3,08π⎛⎫⎪⎝⎭为()g x 图象的一个对称中心C ．直线2x π=为()g x 图象的一条对称轴D ．函数()g x 在3,4ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增【答案】D 【详解】由图象知2A =，又2563212πππ+=，所以()f x 的一个最低点为5,212π⎛⎫- ⎪⎝⎭， 而()f x 的最小正周期为22033T ππ=-=， 所以23Tπω== 又2cos 35512122f ππϕ⎛⎫⨯-=- ⎪⎝= ⎪⎭⎛⎫⎝⎭，则2os 315c 1ϕπ⎛⎫⨯-=- ⎪⎝⎭， 所以()524k k Z ϕπππ-=+∈,即()24k k Z πϕπ=-∈， 又2πϕ<，所以4πϕ=，所以()2cos 34⎛⎫=- ⎪⎝⎭f x x π，将函数()y f x =图象上的所有点的横坐标伸长到原来的32得2cos 24y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象，再把所得曲线向右平移8π个单位长度得2cos 22sin 22⎛⎫=-= ⎪⎝⎭y x x π，即2sin 2g x x .由()2222k x k k Z ππππ-+≤≤+∈得()44k x k k Z ππππ-+≤≤+∈，所以()g x 在,44k k ππππ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦()k Z ∈上单调递增，在3,44k k ππππ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦()k Z ∈上单调递减， 当513,2424x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，可知()g x 在5,244ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦递增，在13,424ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦递减，所以A 错误；因为3332sin 22sin 884g πππ⎛⎫=⨯==⎪⎝⎭所以3,08π⎛⎫⎪⎝⎭不是()g x 图象的一个对称中心，故B 错误；因为2sin 2s 0222in g πππ⎛⎫=⨯== ⎪⎝⎭，所以直线2x π=不是()g x 图象的一条对称轴，故C 错误；因为()g x 在35,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以函数()g x 在3,4ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，故D 正确；故选：D .4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()sin 0,0,2f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A ．函数()f x 的图象关于直线3x π=对称B ．函数()f x 的图象关于点,012π⎛⎫⎪⎝⎭对称C ．若方程()2f x m =在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有两个不相等的实数根，则实数1,m ⎛∈- ⎝⎦ D ．将函数()f x 的图象向左平移6π个单位可得到一个偶函数 【答案】C 【详解】根据函数()()sin 0,0,2f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭的部分图象，可得2A =，124312πππω⋅=-，∴2ω=. 再根据五点法作图，可得23πϕπ⋅+=，∴3πϕ=，()2sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.排除A ；排除B ；在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上，22,333x πππ⎡⎤+∈-⎢⎥⎣⎦，方程()2f x m =在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有两个不相等的实数根，则实数1,m ⎛∈- ⎝⎦，故C 正确； 将函数()f x 的图象向左平移6π个单位，可得22sin 2sin 233y x x ππ⎛⎫=++=- ⎪⎝⎭的图象，故所得函数为奇函数，故D 错误； 故选C.5．（2022·广西·柳州市第三中学高二阶段练习（文））已知函数()2sin()(0,)g x x ωϕωϕπ=+><的部分图象如图所示，将函数()g x 的图象向右平移6π个单位长度，得到函数()f x 的图象，则3512f π⎛⎫= ⎪⎝⎭__________.【答案】1 【详解】由题图可知，周期T π=，22Tπω==， 所以()2sin(2)()g x x ϕϕπ=+<， 因为5,212π⎛⎫- ⎪⎝⎭在()g x 的图象上，所以52sin 26πϕ⎛⎫+=-⎪⎝⎭，所以532,62k k Z ππϕπ+=+∈， 得22,3k k Z πϕπ=+∈， 因为ϕπ<，所以23ϕπ=， 所以2g()2sin 23x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭， 所以2()2sin 22sin 26633f x g x x x ππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 故35352sin 22sin 611212363f ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+=-+=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故答案为：1高频考点三：五点法作图例题1．（2022·江西·南昌十五中高一阶段练习）某同学用“五点法”画函数()()()sin 0,0f x A x ωϕωϕπ=+><<在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：(1)请将表中数据补充完整，并直接写出函数()f x 的解析式；(2)将()f x 的图象向右平行移动()0θθ>个单位，得到()g x 的图象.若()y g x =图象的一个对称中心为()3,0，求θ的最小值.【答案】(1)22sin()63y x ππ=+(2)1 (1)由题意可得：2sin()63y x =+;(2)由题意得：2()2sin[()]63g x x ππθ=-+，则由()y g x =图象的一个对称中心为()3,0得：2(3),Z 63k k ππθπ-+=∈， 即=76,Z k k θ-∈，则当1k =时θ 的最小值为1.例题2．（2022·陕西·西安市鄠邑区第二中学高一阶段练习）已知函数()3sin()326x f x π=++，()x R ∈．(1)用五点法画出它在一个周期内的闭区间上的图象； (2)求函数()f x 的单调递减区间；(3)说明此函数图象可由sin y x =的图象经怎样的变换得到. 【答案】(1)图像见解析；(2)284,4,33k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦(3)见解析. (1)列表如下图所示：(2)由正弦函数的单调性得：322,2262x k k k Z πππππ+≤+≤+∈，解得2844,33k x k k Z ππππ+≤≤+∈， 故单减区间为：284,4,33k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦. (3)把sin y x =的图像向左移动6π个单位，再把各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变； 再把各点的纵坐标变为原来的3倍，横坐标不变；再把图像向上平移3个单位即可.题型归类练1．（2022·上海·华东师范大学附属天山学校高一期中）某同学用“五点法”画函数()()sin 0,2f x A x πωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭在某一周期内的图像时，列表并填入的部分数据如下表：(1)请填写上表的空格处；画出函数在此周期内的图像，并写出函数()f x 的解析式； (2)若关于x 的方程()0f x m -=在区间[],ππ-上有解，求实数m 的取值范围？ (3)将函数()f x 的图像向右平移23π个单位，再将所得图像上各点的横坐标缩小为原来的12，纵坐标不变，得到函数()g x 的图像，若函数()y g x ω=在区间0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上恰有．．10条对称轴，求ω的取值范围？【答案】(1)表和图像见解析，()123f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(2)m ⎡∈⎢⎣(3)3842ω≤< (1)解：由表得：1022433T ππππω⎛⎫=--== ⎪⎝⎭，则12ω=，A =则()12f x x ϕ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，将点3π⎛ ⎝6πϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭所以3πϕ=，所以()123f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；(2)解：当[],x ππ∈-时，15,2366x πππ⎡⎤+∈-⎢⎥⎣⎦，则11sin ,1232x π⎛⎫⎡⎤+∈- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，所以()f x ⎡∈⎢⎣，因为关于x 的方程()0f x m -=在区间[],ππ-上有解，所以m ⎡∈⎢⎣；(3)解：将函数()f x 的图像向右平移23π个单位，得到函数12y x =，再将所得图像上各点的横坐标缩小为原来的12，纵坐标不变，得到函数()g x x =，则()g x x ωω，由0,4x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，得0,4x πωω⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，因为函数()y g x ω=在区间0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上恰有．．10条对称轴，所以1921242πππω≤<， 解得3842ω≤<.2．（2022·上海市青浦高级中学高一阶段练习）某同学用“五点法”画函数()()sin 0,2f x A x πωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭在某一周期内的图像时，列表并填入的部分数据如下表：(2)写出函数()f x 的解析式，将函数()f x 的图像向右平移23π个单位，再所得图像上各点的横坐标缩小为原来的12，纵坐标不变，得到函数()g x 的图像，求()g x 的解析式． (3)在（2）的条件下，若()()()21F x g x g x =⋅-在(0,2021)x π∈上恰有奇数个零点，求实数a 与零点个数n 的值．【答案】(1)答案见解析(2)()23x fx π⎛⎫=+⎪⎝⎭；()g x x(3)2a =-，()F x 在()0,2021π共有3031个不同的零点 (1)根据表中的数据可得20332πωϕππωϕ⎧-⨯+=⎪⎪⎨⎪⨯+=⎪⎩ ，解得123ωπϕ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，故2312313232x x ππππ⎧⨯+=⎪⎪⎨⎪⨯+=⎪⎩，所以234373x x ππ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，又A =()21y =-=所以完善表如下：()23x f x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.函数图像如图：(2)由（1）知：()23x f x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，将函数()f x 的图像向右平移23π个单位，所得图像的解析式为：2332x x y ππ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，再将所得图像上各点的横坐标缩小为原来的12，纵坐标不变，得到函数()g x 的图像，故()g x x =.(3)()23sin sin 1F x x a x =+⋅-，()F x 的周期为2T π=，当(]0,2x π∈时，令sin t x =，考虑方程2310t at +-=的根情况，因为2120a ∆=+>，故2310t at +-=在R 必有两个不同的实数根1212,,t t t t t t ==<， 因为()F x 在()0,2021π有奇数个零点，故[]11,1t ∈-或[]21,1t ∈-.若1211t t -<<<，则方程1sin t x =、2sin t x =在(]0,2π共有4个不同的实数根， 在()0,π有0个实数根或2个实数根， 故()0F x =在()0,2021π有20211440402-⨯=个根或202114240422-⨯+=个根， 与()F x 有奇数个零点矛盾，舍去.若()[]121,1,1,1t t ∈-∉-，则1sin t x =在(]0,2π共有2个不同的实数根，在()0,π有0个实数根或2个实数根， 故()0F x =在()0,2021π有20211220202-⨯=个根或20211222020220222-⨯+=+=， 与()F x 有奇数个零点矛盾，舍去.同理[]()121,1,1,1t t ∉-∈-也不成立，所以11t =-或21t =， 若11t =-，则2a =，此时2310t at +-=的根为211,13t t ==-，方程1sin 3x =、1sin x -=在(]0,2π共有3个不同的实数根，而在()0,π上，1sin 3x =有两个不同的根，1sin x -=无解， 所以()0F x =在()0,2021π有202113230322-⨯+=个根， 与()F x 有奇数个零点矛盾，舍去；若21t =，则2a =-，方程2310t at +-=的根121,13t t =-=，方程1sin 3x -=、1sin x =在(]0,2π共有3个不同的实数根，而在()0,π上，1sin 3x -=无解，1sin x =有一个根，所以故()0F x =在()0,2021π有202113130312-⨯+=个根，符合题意. 综上，2a =-，()F x 在()0,2021π共有3031个不同的零点.3．（2022·陕西·西安市临潼区铁路中学高一阶段练习）已知函数()2sin 26x x f π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.(1)其振幅为______，最小正周期为______，初相为_____； (2)列表并作出函数f (x )在长度为一个周期闭区间上的简图；(3)说明这个函数图像可由y ＝sin x 的图像经过怎样的变换得到. 【答案】(1)振幅为2；最小正周期为4π；初相为6π(2)见解析；(3)先向左平移6π个单位；再把每一点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变；再把每一点的纵坐标变为原来的2倍，横坐标不变得到.(1)由()2sin 26x x f π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭可知，振幅为2；最小正周期为2412ππ=；初相为6π；(2)列表如下：(3)可以由y ＝sin x 的图像向左平移6π个单位；再把每一点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变；再把每一点的纵坐标变为原来的2倍，横坐标不变得到.高频考点四：三角函数图象、性质的综合应用角度1：图象与性质的综合应用例题1．（2022·四川遂宁·模拟预测（理））已知函数()sin()(0,0,π)f x A x A ϕωϕω=+>>< 的部分图象如图所示，将函数()f x 的图象上所有点的横坐标变为原来的23，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移6π个单位长度，得到函数()g x 的图象，则下列关于函数()g x 的说法正确的是（ ）A ．()g x 的最小正周期为π3B ．()g x 在区间ππ,93⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增C ．()g x 的图象关于直线x ＝4π9对称 D ．()g x 的图象关于点π(,0)9中心对称【答案】C由函数图象知，5πππ2,()212122T A ==--=，所以2ππ,2T Tω===， 所以()2sin(2)f x x ϕ=+ ， 因为函数图象过点5π(,2)12-，所以5π2sin(2)212ϕ⨯+=-，则5π3π2π,62k k Z ϕ+=+∈， 解得2π2π,3k k Z ϕ=+∈，又π<ϕ，所以2π3ϕ=， 所以2π()2sin(2)3f x x =+，将函数()f x 的图象上所有点的横坐标变为原来的23，得到2π()2sin(3)3f x x =+，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移π6个单位长度，得到π()2sin(3)6g x x =+，()g x 的最小正周期2π3T =，故A 错误；当ππ[,]93x ∈时，ππ7π3[,]626x +∈，此时()g x 单调递减，故B 错误；令ππ3π,62x k k Z +=+∈，则ππ,39k x k Z =+∈，当1k =时，4π9x =，故C 正确；因为ππ2sin(3)296⨯+=，故D 错误．故选：C.例题2．（多选）（2022·黑龙江·双鸭山一中高一期中）函数()sin()f x A x ωϕ=+，π0,0,||2A ωϕ⎛⎫>>< ⎪⎝⎭部分图象如图所示，下列说法不正确是（ ）A ．()f x 的图象关于直线2π3x =对称B ．()f x 的图象关于点π,03⎛⎫⎪⎝⎭对称C ．将函数2cos 2y x x =-的图象向左平移π2个单位得到函数()f x 的图象D ．若方程()f x m =在π,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有两个不相等的实数根，则m 的取值范围是(2,-【答案】BD从图象可以看出，2A =，ππ13124T -=， 因为0>ω，所以2ππω=，解得：2ω=，将π,212⎛⎫⎪⎝⎭代入解析式，π2sin()26ϕ+=，其中π||2ϕ<，解得： π3ϕ=， 所以π()2sin(2)3f x x =+，当2π3x =时，5π()2sin3f x == 故2π3x =不是π()2sin(2)3f x x =+的对称轴，A 错误； 从图象可以看出()f x 的图象关于点π,03⎛⎫⎪⎝⎭对称，B 正确；π2cos 22sin 26y x x x ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭的图象向左平移π2个单位后得到π5π2sin 2π2sin 266y x x ⎛⎫⎛⎫=+-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故C 错误；π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，则π2ππ2,333x ⎡⎤+∈-⎢⎥⎣⎦，π()2sin(2)3f x x =+值域为⎡-⎣， 且在π5π,212⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上单调递减，在5π,012⎛⎤- ⎥⎝⎦上单调递增，画出函数y =2sin x 对应图象如下：显然方程()f x m =在π,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有两个不相等的实数根，则m 的取值范围是(2,-，D 正确； 故选：B角度1题型归类练1．（2022·安徽淮南·二模（理））函数()sin()f x A x ωϕ=+（其中π0,0,||2A ωϕ>><）的图象如图所示，下列4个命题中错误．．的是（ ）A ．向左平移7π12个单位长度后图象关于y 轴对称 B ．向右平移6π个单位长度后的图象关于坐标原点对称 C ．π,03⎛⎫⎪⎝⎭是它的一个对称中心D ．单调递减区间是π7π2π,2π(Z)1212k k k ⎛⎫++∈ ⎪⎝⎭【答案】D根据图象可知1A =，()ππ0sin ,23f ϕϕϕ==<=， ()π7π7ππsin ,sin 1312123f x x f ωω⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=⋅+=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 7ππ3π242π,2,Z,012327k k k ωωω⋅+=+=+∈>， 根据()f x 的图象可知37π7π2π7π18,,,412997T T ωω>>><， 所以2ω=，()πsin 23f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.A 选项，根据()f x 图象可知，()f x 关于直线7π12x =对称， 所以()f x 向左平移7π12个单位长度后图象关于y 轴对称，A 选项命题正确. B 选项，()f x 向右平移6π个单位长度后得ππsin 2sin 263y x x ⎡⎤⎛⎫=-+= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，图象关于原点对称，B 选项命题正确.C 选项，π2ππsin 0333f ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以π,03⎛⎫⎪⎝⎭是()f x 的一个对称中心，C 选项命题正确.D 选项，ππ3ππ7π2π22π,ππ2321212k x k k x k +≤+≤++≤≤+， 所以()f x 的减区间为π7ππ,π,Z 1212k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦，D 选项命题错误.故选：D2．（2022·河南·灵宝市第一高级中学模拟预测（文））已知函数()()sin 0,0,2πf x A x A ωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示．将函数()y f x =的图象向右平移π4个单位，得到()y g x =的图象，则下列有关()f x 与()g x 的描述正确的有______．（填序号）①方程()()3π0,2f x g x x ⎫⎛⎫+=∈ ⎪⎪⎝⎭⎭所有根的和为7π12；②不等式()()g x f x ≥ππ5ππ,3262k k ⎡⎫++⎪⎢⎣⎭，k ∈Z③函数()y f x =与函数()y g x =图象关于7π24x =对称． 【答案】③由图象可知：2A =，111212T πππ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭，2ω∴=； 又2sin 0126f ππϕ⎛⎫⎛⎫-=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由五点法可知：06πϕ-+=，解得：6π=ϕ；()2sin 26f x x π⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭，()2sin 22sin 24463g x f x x x ππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-+=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦对于①，()()ππ2sin 22sin 263y f x g x x x ⎛⎫⎛⎫=+=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭πππ2cos 22sin 223312x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，由π212x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，得πsin 212x ⎛⎫- ⎪⎝⎭因为30π2x <<，所以ππ35π2121212x -<-<，所以5π24x =或3π8x =或29π24x =或11π8x =，所以在给定范围内方程根的和为19π6，故①错误；对于②，()()ππ2sin 2sin 2π33tan 2ππ32sin 2cos 263x x g x x f x x x ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭===-≥ ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ππππ2π332k x k +≤-<+，k ∈Z ，解得ππ5ππ,32122k k x ⎡⎫∈++⎪⎢⎣⎭，k ∈Z ，故②错误； 对于③，因为()7π7ππ4ππ2sin 22sin 22sin 2126633f x x x x g x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=-=-=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以()y f x =与()y g x =图象关于7π24x =对称，故③正确． 故答案为：③3．（2022·辽宁省康平县高级中学高一阶段练习）已知函数()()sin 0,0,02f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>><< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示.(1)求函数()f x 的解析式；(2)将()f x 图象上所有点的横坐标缩短到原来的12（纵坐标不变），得到函数()y g x =的图象，求函数()g x ≥解的集合.【答案】(1)()2sin 3f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(2)[,],6k k k Z πππ+∈(1)解：由函数()f x 图象，可得2A =，3734632T πππ=+=，所以2T π=，因为0>ω，可得21Tπω==，所以()()2sin f x x ϕ=+， 又因为()f x 图象过点7,26π⎛⎫- ⎪⎝⎭，可得72sin()26πϕ+=-，即7sin()16πϕ+=-， 所以732,62k k Z ππϕπ+=+∈，解得2,3k k Z πϕπ=+∈， 又由02πϕ<<，所以3πϕ=，所以函数()f x 的解折式为()2sin 3f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.(2)解：将()f x 图象上所有点的横坐标缩短到原来的12，得到()2sin 23g x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由()g x sin 23x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭2222333k x k πππππ+≤+≤+， 所以,6k x k k Z πππ≤≤+∈，即不等式()g x [,],6k k k Z πππ+∈. 角度2：函数的零点（方程的根）的问题例题1．（2022·山东·日照青山学校高一期中）已知函数()2sin f x x =，将()f x 的图象向右平移3π个单位长度，再把所有点的横坐标缩小为原来的12（纵坐标不变），得到函数()y g x =的图象. (1)求函数()g x 的解析式及单调递增区间； (2)方程()25g x =在17,612ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的根从小到大依次为123,,x x x ，求1232x x x ++的值. 【答案】(1)()2sin 23g x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，单调递增区间为()5,1212k k k ππππ-++⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦Z (2)123823x x x π++=(1)2sin 33f x x ππ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()2sin 23g x x π⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭；令()222232k x k k πππππ-+≤-≤+∈Z ，解得：()51212k x k k ππππ-+≤≤+∈Z ， ()f x ∴的单调递增区间为()5,1212k k k ππππ-++⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦Z (2)令()22sin 235g x x π⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，即1sin 235x π⎛⎫-= ⎪⎝⎭；17,612x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，520,32x ππ⎡⎤∴-∈⎢⎥⎣⎦， 设23x πθ=-，其中50,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，即1sin 5θ=， 结合正弦函数5sin 02y x x π⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭的图象可知：方程1sin 5θ=在50,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦有3个解123,,θθθ，其中12θθπ+=，233θθπ+=； 即122233x x πππ-+-=，2322333x x πππ-+-=，1256x x π∴+=，23116x x π+=，123823x x x π∴++=. 例题2．（2022·江西·景德镇一中高一期中）已知函数()sin()(0,0)f x x ωϕωϕπ=+><<的图象相邻对称轴之间的距离是2π，若将()f x 的图象向右移6π个单位，所得函数()g x 为奇函数．(1)求()f x 的解析式；(2)若关于x 的方程2()()0f x f x a --=在0,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有三个解，求a 的取值范围．【答案】(1)()sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(2)304a <(1)解：因为图象相邻两对称轴之间的距离是2π，所以函数的最小正周期2T ππω==，解得2ω=，即()()sin 2f x x ϕ=+，因为()ππsin 2φsin 2φ63g x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=-+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦为奇函数，所以3πφk π-+=，k Z ∈，即3k πϕπ=+，k Z ∈，又因为0ϕπ<<，所以3πϕ=，()sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，(2)解：因为()sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，0,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以2,33x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，所以()[]0,1f x ∈，当2332x πππ≤+≤时，解得012x π≤≤，223x πππ≤+≤时，解得123x ππ≤≤，即()f x 在0,12π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在,123ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，且()0sin 3f π==sin 1122fππ⎛⎫== ⎪⎝⎭，sin 03f ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭， 函数()sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，0,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦的图象如下所示：因为关于x 的方程2()()0f x f x a --=在0,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有三个解，令()t f x =，即20t t a --=，[]0,1t ∈，若21t =为方程20t t a --=的根，此时0a =，则10t =，不符合题意；依题意方程20t t a --=在[]0,1有两不相等实数根1t 、2t ，不妨令12t t <，且2t ⎫∈⎪⎪⎣⎭，1t ⎡∈⎢⎣⎭；若2t =为方程20t t a --=的根，此时34a =，则11t =，此时符合题意；若2t ≠时，令()2g t t t a =--则()()00100Δ0g g g ⎧>⎪>⎪⎪⎨<⎪⎝⎭⎪⎪>⎩，即00304Δ140a a a a ->⎧⎪->⎪⎪⎨<⎪⎪=+>⎪⎩，解得304a <<，综上可得304a ≤<；例题3．（2022·河南焦作·高一期中）已知函数()()cos f x A x ωϕ=+（0A >，0>ω，2πϕ≤）的部分图象大致如图．(1)求()f x 的单调递增区间． (2)将函数()f x 的图象向右平移4π个单位长度得到曲线C ，把C 上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍得到函数()g x 的图象．若关于x 的方程()0g x m -=在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数解，求实数m 的取值范围．【答案】(1)5,1212k k ππππ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦，Z k ∈(2)[)1,2 (1)根据图象，可得1A =，由124312πππω⋅=-，得2ω=． 所以()()cos 2f x x φ=+，由2012πϕ⨯+=，得6πϕ=-，所以()cos 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭．令2226k x k ππππ-≤-≤，Z k ∈，得51212k x k ππππ-+≤≤+，Z k ∈， 所以()f x 的单调递增区间为5,1212k k ππππ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦，Z k ∈． (2)将函数()y f x =的图象向右平移4π个单位长度得到曲线C ：cos 2sin 2466y x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，再把C 上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍得到()2sin 26g x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象． 由()0g x m -=在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数解，即2sin 26m x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数解，因为0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，设26t x π=-，则5,66t ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，则需直线y m =与2sin y t =的图象在5,66t ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦两个不同的公共点．画出2sin y t =在5,66t ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时的简图如下：所以实数m 的取值范围为[)1,2．角度2题型归类练1．（2022·辽宁省康平县高级中学高一阶段练习）已知函数()2sin 216f x x πω⎛⎫=++ ⎪⎝⎭.(1)若()()()12f x f x f x ≤≤，12min 2x x π-=，求()f x 的对称中心；(2)已知05ω<<，函数()f x 图象向右平移6π个单位得到函数()g x 的图象，3x π=是()g x 的一个零点，若函数()g x 在[],m n （m ，n R ∈且m n <）上恰好有10个零点，求n m -的最小值； 【答案】(1)(),1122k k ππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z 或(),1122k k ππ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭Z (2)139π (1)∵()2sin 216f x x πω⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的最小正周期为22T πω=，又∵()()()12f x f x f x ≤≤，12min 2x x π-=，∴()f x 的最小正周期是π，故22T ππω==，解得1ω=±， 当1ω=时，()2sin 216f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，由()()26122k x k k x k ππππ+=∈⇒=-+∈Z Z ， ()f x 的对称中心为(),1122k k ππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z ； 当1ω=-时，()2sin 216f x x π⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，由()()26122k x k k x k ππππ-+=∈⇒=-∈Z Z ， ()f x 的对称中心为(),1122k k ππ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭Z ； 综上所述，()f x 的对称中心为(),1122k k ππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z 或(),1122k k ππ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭Z . (2)∵函数()f x 图象向右平移6π个单位，得到函数()g x 的图象，∴()2sin 2163g x x ππωω⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭.又∵3x π=是()g x 的一个零点，22sin 103363g ππππωω⎛⎫⎛⎫=+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即1sin 362ππω⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，∴72366k πππωπ+=+或112366k πππωπ+=+，k ∈Z ， 解得()36k k ω=+∈Z 或()56k k ω=+∈Z ，由05ω<<可得3ω= ∴()52sin 616g x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最小正周期3T π=.令()0g x =，则51sin 662x π⎛⎫-=- ⎪⎝⎭即156266x k πππ-=-+或2556266x k πππ-=-+，k ∈Z ，解得139k x ππ=+或23k x π=，12,k k ∈Z ； 若函数()g x 在[],m n （,m n m n ∈<R 且）上恰好有10个零点，故46T n m T <-< 要使n m -最小，须m ､n 恰好为()g x 的零点，故()min 134399n m πππ-=⨯+=. 2．（2022·陕西·西安中学高一期中）已知函数()sin()0,0,||2f x A x B A πωϕωϕ⎛⎫=++>>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示．(1)求函数()f x 的解析式；(2)将函数()y f x =的图象上所有的点向右平移12π个单位，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数()y g x =的图象，若方程()0g x m -=在70,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有三个不相等的实数根()123123,,x x x x x x <<，求m 的取值范围及()123tan 2x x x ++的值．【答案】(1)1()sin 2123f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭(2)53,42m ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭(1)由图示得：3111122,12222A B -⎛⎫===--= ⎪⎝⎭，又71212122T πππ=-=，所以T π=，所以22T πω==，所以1()sin(2)12f x x ϕ=++，又因为()f x 过点3,122π⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以31sin 212212πϕ⎛⎫=⨯++ ⎪⎝⎭，即πsin φ16⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以2,62k k Z ππϕπ+=+∈，解得2,3k k Z πϕπ=+∈，又||2ϕπ<，所以3πϕ=，所以1()sin 2123f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭；(2)由已知得1()sin 126g x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，当70,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，5,662x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，令5,662t x πππ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，则11sin 1sin 1262x t π⎛⎫++=+ ⎪⎝⎭， 令1()sin 12h t t =+，则函数()h t 的图象如下图所示，且15sin 16264h ππ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，3131sin 12222h ππ⎛⎫=+=⎪⎝⎭，5153sin 12222h ππ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，53,42m ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭由图象得()0h t m -=有三个不同的实数根()123123,,t t t t t t <<，则12312,22t t t t πππ+=⨯==+，所以12324t t t π++=，即12324666x x x ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以1231023x x x π++=，所以()123102tan 2tan tan 433x x x πππ⎛⎫++==-= ⎪⎝⎭故()123tan 2x x x ++3．（2022·上海市七宝中学高一期中）已知函数()sin()(0 0)f x x ωϕωϕπ=+><<,的最小正周期为π，且直线2x π=-是其图象的一条对称轴.将函数()y f x =的图象向右平移4π个单位，再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍所得的图象对应函数记作()y g x =，令函数()()()F x f x g x λ=+. (1)求函数()y g x =的函数解析式；(2)求函数()y F x =的最大值及相对应的x 的值；(3)若函数()()()F x f x g x λ=+在(0,)n π内恰有2021个零点，其中常数R λ∈，,1n N n ∈≥，求常数λ与n 的值. 【答案】(1)()sin y g x x ==；(2)答案见解析；(3)1,1347n λ=-=. (1)因为函数()sin()(0)f x x ωϕω=+>的最小正周期为π， 所以有22ππωω=⇒=，即()sin(2)f x x ϕ=+，又因为直线2x π=-是()sin(2)f x x ϕ=+图象的一条对称轴， 所以有32()(Z)(Z)222k k k k πππϕπϕπ⨯-+=+∈⇒=+∈， 因为0ϕπ<<，所以令1k =-，则2ϕπ=，即()sin(2)cos 22f x x x π=+=， 因为函数()y f x =的图象向右平移4π个单位，再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍所得的图象对应函数记作()y g x =， 所以()sin y g x x ==；(2)2()()()cos 2sin 12sin sin F x f x g x x x x x λλλ=+=+=-+ 22()2(sin )148F x x λλ⇒=--++，。
