4.4函數y=Asin(ωx+φ)的圖象與性質思維導圖知識點總結1.用“五點法”畫y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2))一個周期內的簡圖時，要找五個關鍵點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y＝sinx的圖象經變換得到y＝Asin(ωx＋φ)的圖象的兩種途徑3.函數y＝Asin(ωx＋φ)的有關概念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＋φφ[常用結論]1.函數y＝Asin(ωx＋φ)＋k圖象平移的規律：“左加右減，上加下減”.y＝sinωx到y＝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.典型例題分析考向一公式的逆用及變形角度1公式的活用例1(1)(2023·濮陽一模)cos40°sin70°－sin40°·sin160°＝()A.－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C.－eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(3),2)答案B解析cos40°sin70°－sin40°sin160°＝cos40°cos20°－sin40°sin20°＝cos(40°＋20°)＝cos60°＝eq\f(1,2).故選B.(2)若α＋β＝－eq\f(3π,4)，則(1＋tanα)(1＋tanβ)＝________.答案2解析taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))＝tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝1，所以1－tanαtanβ＝tanα＋tanβ，則1＋tanα＋tanβ＋tanαtanβ＝2，即(1＋tanα)·(1＋tanβ)＝2.角度2輔助角公式的運用例2化簡：(1)sineq\f(π,12)－eq\r(3)coseq\f(π,12)；(2)eq\f(1,sin10°)－eq\f(\r(3),sin80°).解(1)法一原式＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\f(π,12)－\f(\r(3),2)cos\f(π,12)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)sin\f(π,12)－cos\f(π,6)cos\f(π,12)))＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,12)))＝－2coseq\f(π,4)＝－eq\r(2).法二原式＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\f(π,12)－\f(\r(3),2)cos\f(π,12)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)sin\f(π,12)－sin\f(π,3)cos\f(π,12)))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝－2sineq\f(π,4)＝－eq\r(2).(2)原式＝eq\f(cos10°－\r(3)sin10°,sin10°cos10°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°)),sin10°cos10°)＝eq\f(4（sin30°cos10°－cos30°sin10°）,2sin10°cos10°)＝eq\f(4sin（30°－10°）,sin20°)＝4.感悟提升三角函數公式活用技巧(1)逆用公式應準確找出所給式子與公式的異同，創造條件逆用公式.(2)tanαtanβ，tanα＋tanβ(或tanα－tanβ)，tan(α＋β)(或tan(α－β))三者中可以知二求一.應注重公式的逆用和變形使用.考向二三角函數式的化簡例3(1)化簡：eq\f(2cos4x－2cos2x＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝________.答案eq\f(1,2)cos2x解析原式＝eq\f(\f(1,2)（4cos4x－4cos2x＋1）,2·\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))·cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(（2cos2x－1）2,4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(cos22x,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x)))＝eq\f(cos22x,2cos2x)＝eq\f(1,2)cos2x.(2)化簡：(eq\f(1,tan\f(α,2))－taneq\f(α,2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanα·tan\f(α,2)))＝________.答案eq\f(2,sinα)解析(eq\f(1,tan\f(α,2))－taneq\f(α,2))·(1＋tanα·taneq\f(α,2))＝(eq\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2)))·(1＋eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2)))＝eq\f(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin\f(α,2)cos\f(α,2))·eq\f(cosαcos\f(α,2)＋sinαsin\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2cosα,sinα)·eq\f(cos\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2,sinα).感悟提升“三看”原則：一看角，二看名，三看式子結構與特征.2.三角函數式的化簡要注意觀察條件中角之間的聯系(和、差、倍、互余、互補等)，尋找式子和三角函數公式之間的共同點.考向三三角函數求值問題角度1給角求值例4(1)sin40°(tan10°－eq\r(3))等于()A.2 B.－2C.1 D.－1答案D解析sin40°·(tan10°－eq\r(3))＝sin40°·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin10°,cos10°)－\r(3)))＝sin40°·eq\f(sin10°－\r(3)cos10°,cos10°)＝sin40°·eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin10°－\f(\r(3),2)cos10°)),cos10°)＝sin40°·eq\f(2（cos60°·sin10°－sin60°·cos10°）,cos10°)＝sin40°·eq\f(2sin（10°－60°）,cos10°)＝sin40°·eq\f(－2sin50°,cos10°)＝eq\f(－2sin40°·cos40°,cos10°)＝eq\f(－sin80°,cos10°)＝－1.(2)cos20°·cos40°·cos100°＝________.答案－eq\f(1,8)解析cos20°·cos40°·cos100°＝－cos20°·cos40°·cos80°＝－eq\f(sin20°·cos20°·cos40°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,2)sin40°·cos40°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,4)sin80°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin160°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin20°,sin20°)＝－eq\f(1,8).角度2給值求值例5(1)(2023·安徽名校聯考)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,4)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6)))＝()A.－eq\f(1,8) B.eq\f(1,8)C.－eq\f(1,4) D.eq\f(1,4)答案B解析因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)－1＝eq\f(1,8).故選B.(2)(2023·鐵嶺質檢)已知eq\f(1,cosθ)＋tanθ＝2，則taneq\f(θ,2)的值為()A.3 B.eq\f(1,3)或－1C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,3)答案D解析由eq\f(1,cosθ)＋tanθ＝eq\f(cos2\f(θ,2)＋sin2\f(θ,2),cos2\f(θ,2)－sin2\f(θ,2))＋eq\f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＝eq\f(1＋tan2\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＋eq\f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＝2，整理得3tan2eq\f(θ,2)＋2taneq\f(θ,2)－1＝0，解得taneq\f(θ,2)＝eq\f(1,3)或taneq\f(θ,2)＝－1.因為cosθ≠0，所以θ≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以eq\f(θ,2)≠eq\f(π,4)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以taneq\f(θ,2)≠－1，故taneq\f(θ,2)＝eq\f(1,3).故選D.角度3給值求角例6已知α，β均為銳角，cosα＝eq\f(2\r(7),7)，sinβ＝eq\f(3\r(3),14)，則cos2α＝________2α－β＝________.答案eq\f(1,7)eq\f(π,3)解析因為cosα＝eq\f(2\r(7),7)，所以cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,7).又因為α，β均為銳角，sinβ＝eq\f(3\r(3),14)，所以sinα＝eq\f(\r(21),7)，cosβ＝eq\f(13,14)，因此sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(4\r(3),7)，所以sin(2α－β)＝sin2αcosβ－cos2αsinβ＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(13,14)－eq\f(1,7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(\r(3),2).因為α為銳角，所以0＜2α＜π.又cos2α＞0，所以0＜2α＜eq\f(π,2)，又β為銳角，所以－eq\f(π,2)＜2α－β＜eq\f(π,2)，又sin(2α－β)＝eq\f(\r(3),2)，所以2α－β＝eq\f(π,3).感悟提升1.給值(角)求值問題求解的關鍵在于“變角”，使其角相同或具有某種關系，借助角之間的聯系尋找轉化方法.2.給值(角)求值問題的一般步驟(1)化簡條件式子或待求式子；(2)觀察條件與所求之間的聯系，從函數名稱及角入手；(3)將已知條件代入所求式子，化簡求值.考向四三角恒等變換的應用例7設函數f(x)＝sinx＋cosx(x∈R).(1)求函數y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)的最小正周期；(2)求函數y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值.解(1)因為f(x)＝sinx＋cosx，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝cosx－sinx，所以y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)＝(cosx－sinx)2＝1－sin2x.所以函數y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)sinx，所以y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋cosx))＝eq\r(2)(sinxcosx＋sin2x)＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x－\f(1,2)cos2x＋\f(1,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq\f(\r(2),2).當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以當2x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(3π,8)時，函數y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上取得最大值，且ymax＝1＋eq\f(\r(2),2).感悟提升三角恒等變換的綜合應用主要是將三角變換與三角函數的性質相結合，通過變換把函數化為f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的形式再研究其性質，解題時注意觀察角、函數名、結構等特征，注意利用整體思想解決相關問題.考向五函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及變換例8已知函數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y＝f(x)的圖象可由函數y＝sinx的圖象經過怎樣的變換得到？解(1)因為函數f(x)的最小正周期是π，所以ω＝2.又因為當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，因為－eq\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)因為x∈[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、連線得圖象：(3)將y＝sinx的圖象上的所有點向左平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數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)))的圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)(縱坐標不變)，得到函數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)))上所有點的縱坐標伸長2倍(橫坐標不變)，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y＝f(x)的圖象可由函數y＝cosx的圖象經過怎樣的變換得到？解因為f(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的圖象上的所有點向右平移eq\f(π,3)個單位長度，得到函數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)))的圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)(縱坐標不變)，得到函數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)))上所有點的縱坐標伸長2倍(橫坐標不變)，得到y＝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y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的圖象常用如下兩種方法：(1)五點法作圖，用“五點法”作y＝Asin(ωx＋φ)的簡圖，主要是通過變量代換，設z＝ωx＋φ，由z取0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3,2)π，2π來求出相應的x，通過列表，計算得出五點坐標，描點后得出圖象；(2)圖象的變換法，由函數y＝sinx的圖象通過變換得到y＝Asin(ωx＋φ)的圖象有兩種途徑：“先平移后伸縮”與“先伸縮后平移”.基礎題型訓練一、單選題1．要得到函數的圖象，只需將函數的圖象上的所有點沿軸A．向右平移1個單位長度 B．向左平移3個單位長度C．向左平移1個單位長度 D．向右平移3個單位長度【答案】C【詳解】分析:將函數的解析式化簡和函數的解析式比較，即得解.詳解:=sin[3(x+1)-3]，所以要得到函數的圖象，只需將函數的圖象上的所有點沿軸向左平移1個單位長度.點睛：（1）本題主要考查三角函數圖像的變換，意在考查學生對該知識的掌握水平.(2)函數圖像的平移變換：左加右減，把函數向左平移個單位，得到函數的圖像，把函數向右平移個單位，得到函數的圖像.2．把函數的圖象向右平移個單位，得到的函數解析式為A． B．C． D．【答案】C【分析】根據三角函數的平移變換，即可得出答案.【詳解】函數的圖象向右平移個單位，得到的函數故選：C【點睛】本題主要考查了由三角函數的平移變換求解析式，屬于基礎題.3．已知函數的圖象向右平移個單位長度，則平移后圖象的對稱中心為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據三角函數的圖象平移關系求出函數的解析式，結合函數的對稱性進行求解即可．【詳解】將函數的圖象向右平移個單位長度，得，由2xkπ，得x，k∈Z，即對稱中心為（，0），k∈Z，故選：A．【點睛】本題主要考查三角函數的圖象和性質，根據平移關系求出函數的解析式是解決本題的關鍵，屬于基礎題．4．函數在一個周期內的圖像如圖所示，則此函數的解析式為()A． B．C． D．【答案】B【分析】根據圖像易得與最小正周期，進而得到，再由最值點代入求得，即可得到結果.【詳解】由圖知,，把最值點代入，得,,,因此函數的解析式是.故選：B.5．將函數的圖象上所有的點向右平行移動個單位長度，再把所得各點的橫坐標伸長到原來的倍（縱坐標不變），所得圖象的函數解析式是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據三角函數圖象變換的概念，先求出向右平移后的解析式，再求周期變換后的解析式．【詳解】將函數的圖像上所有的點向右平行移動個單位長度，得的圖象，再把所得各點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），所得圖像的函數解析式是．故選：C．6．已知函數，若在上有且只有3個零點，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】，取得到，故，解得答案.【詳解】.令，得，函數的零點為…，，，，，，…若在上有且只有3個零點，需滿足，解得.故選：A.【點睛】本題考查了根據三角函數零點個數求參數范圍，意在考查學生的計算能力和轉化能力.二、多選題7．要得到函數的圖象，只需將函數圖象上所有點的坐標（

）A．向右平移個單位長度，再將橫坐標縮短到原來的倍（縱坐標不變）B．向左平移個單位長度，再將橫坐標縮短到原來的倍（縱坐標不變）C．橫坐標縮短到原來的倍（縱坐標不變），再向左平移個單位長度D．橫坐標縮短到原來的倍（縱坐標不變），再向右平移個單位長度【答案】BC【分析】根據三角函數圖象的伸縮平移變換即可得出結果.【詳解】函數的圖象向左平移個長度單位，得，再將橫坐標縮短為原來的倍(縱坐標不變)，得；函數圖象將橫坐標縮短為原來的倍(縱坐標不變)，得，再向左平移個長度單位，得，即.故選：BC8．已知函數的部分圖像如圖所示，將的圖像向右平移個單位后，得到函數的圖像，若對于任意的，則值可以為（

）A． B． C． D．【答案】CD【分析】由于的圖像過點，可得，結合，可得的值，由，解得，而，可得，再利用三角函數圖像變換可得，從而由可得答案【詳解】解：由函數的圖像可知，的圖像過點，所以，可得，因為，所以，因為的圖像過點，所以，解得，所以，因為，所以不妨設，則可得，所以，因為，所以，因為對于任意的，所以，所以，所以，當時，，當時，，故選：CD三、填空題9．在平面直角坐標系中，將曲線上每一點的橫坐標保持不變，縱坐標變為原來的倍，所得新的曲線方程為__________.【答案】【分析】利用三角函數圖象變換可得出新曲線的方程.【詳解】因為將曲線上每一點的橫坐標保持不變，縱坐標變為原來的倍，所得新的曲線方程為，故答案為：.10．若將函數的圖象沿軸向右平移個單位后所得的圖象與的圖象關于軸對稱，則的最小值為________________.【答案】【解析】由題意利用函數的圖象變換規律，三角函數的圖像的對稱性，求得的最小值.【詳解】解：將函數的圖象沿軸向右平移個單位長度，可得的圖象.根據圖象與的圖象關于軸對稱，可得，，，即時，的最小值為.故答案為：.【點睛】本題主要考查函數的圖象變換規律，正弦函數圖像的對稱性，屬于基礎題.11．已知，若對任意，都有，則的最大值為________.【答案】【分析】運用整體法，根據正弦型函數的圖像求解.【詳解】由題意，，，又，，由正弦函數的單調性和周期性可知：；故答案為：.12．下列四個命題：①函數的值域是，則函數的值域為；②把函數圖像上的每一個點的橫坐標伸長到原來的4倍，然后再向右平移個單位得到的函數解析式為；③已知，則與共線的單位向量為；④一條曲線和直線的公共點個數是m，則m的值不可能是1.其中正確的有___________（寫出所有正確命題的序號）.【答案】①④.【分析】根據函數值域，平移和伸縮變換判斷①②；根據單位向量概念求解③；④中利用圖象變換畫出函數圖象，判斷④正確.【詳解】對于①函數可以看作函數向左平移個單位值域不變是，則①正確；對于②橫坐標伸長到原來的倍，變為，再向右平移個單位，變為，則②錯誤；對于③與共線的單位向量有兩個，分別是和，則③錯誤；對于④函數

作函數圖象如下圖所示：可知與直線的公共點個數可為，不可能是，則④正確.故答案為：①④【點睛】本題考查命題的真假判斷，考查函數性質，考查向量共線，屬于中等題型.四、解答題13．函數的圖像可以通過函數的圖像經過怎樣的平移得到？解釋你的結論.【答案】向左平移個單位，答案見解析【分析】化為同名三角函數可得【詳解】因為故可以通過函數的圖像向左平移個單位得到14．已知函數（，，）的一段圖像如下圖所示，（1）求函數的解析式；（2）求函數的單調增區間；【答案】（1）（2），．【分析】（1）根據圖象由最值求出A、周期求出，再代入特殊點求出即可求得函數解析式；（2）根據正弦函數的單調性列不等式求解即可.【詳解】（1）由題意知：，，，，過點，，，解得，又，，則.（2）令，，解得，所以函數的單調增區間為，．【點睛】本題考查正弦函數的圖象與性質、根據圖象確定正弦型函數的解析式，屬于基礎題.15．已知函數（，，）的部分圖像如圖所示．(1)求函數的解析式；(2)求不等式的解集．【答案】(1)(2)【分析】（1）首先根據函數圖象得到，根據周期得到，再根據即可得到.（2）根據題意得到，再解不等式即可.【詳解】（1）由題圖知，函數的周期，即，解得．所以．因為，所以，又，所以．即．（2）因為，即，所以，．即，．所以不等式的解集為．16．設函數，其中，已知（1）求；（2）將函數的圖像上的各點的橫坐標伸長為原來的2倍（縱坐標不變），再將得到的圖像向右平移個單位長度，得到函數的圖像上，求在上的最小值.【答案】（1）4（2）【分析】（1）利用輔助角公式把化為，再利用得到滿足的關系式，結合可求的值.（2）利用周期變換得到，算出的范圍后可得的最小值.【詳解】（1），，，，；（2）由（1）知，，，當時，即時，取最小值.【點睛】本題考查形如的函數，可以利用降冪公式和輔助角公式將其化為的形式，再根據復合函數的討論方法求該函數的單調區間、對稱軸方程和對稱中心等，屬于中檔題．提升題型訓練一、單選題1．要得到函數，的圖像，只需把函數，的圖像（

）A．向右平移個單位 B．向右平移個單位C．向左平移個單位 D．向左平移個單位【答案】A【分析】由三角函數平移變換原則可直接得到結果.【詳解】對于A，向右平移個單位可得：，A正確；對于B，向右平移個單位可得：，B錯誤；對于C，向左平移個單位可得：，C錯誤；對于D，向左平移個單位可得：，D錯誤.故選：A.2．將函數的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象，若函數在上單調遞增，則的最大值為（

）A．2 B． C． D．4【答案】B【分析】根據余弦型函數的圖象變換性質，結合余弦型函數的單調性進行求解即可.【詳解】因為函數的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象，所以，當時，，因為函數在上單調遞增，所以有，因此的最大值為，故選：B3．要得到函數的圖象，只需將函數的圖象（

）.A．向右平移個單位 B．向左平移個單位 C．向左平移個單位 D．向右平移個單位【答案】A【分析】根據誘導公式，結合余弦函數的圖象變換性質進行求解即可.【詳解】因為，所以只需將函數的圖象向右平移個單位，故選：A4．已知函數（其中），若對任意，存在，使得，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】根據題意可知在的值域包含了上的值域，再分析列出不等式求解即可.【詳解】由題意可知，在的值域包含了上的值域，故應當大于等于個周期才能使得值域包含了上的值域，故.故選：D【點睛】本題主要考查了三角函數的圖形變換與區間的不等式列式方法，需要考慮區間長度與周期的關系，屬于中檔題.5．已知函數的最小正周期為，將其圖象向右平移個單位后得函數的圖象，則函數的圖象A．關于直線對稱 B．關于直線對稱C．關于點對稱 D．關于點對稱【答案】D【詳解】由題意得，故，∴，∴，∴，∴．∵，，∴選項A,B不正確．又，，∴選項C,不正確，選項D正確．選D．6．函數（其中，）的圖象如圖所示，為了得到的圖象，則需將的圖象（

）A．橫坐標縮短到原來的，再向右平移個單位B．橫坐標縮短到原來的，再向右平移個單位C．橫坐標伸長到原來的倍，再向右平移個單位D．橫坐標伸長到原來的倍，再向右平移個單位【答案】C【分析】先根據圖象的特點可求出，然后再根據周期變換與相位變換即可得出【詳解】由圖可知，，所以，故，故函數，又函數圖象經過點，故有，即，所以（），又，所以，所以，故將函數圖象的橫坐標伸長到原來的2倍得到的圖象，然后再向右平移個單位即可得到的圖象.故選：C二、多選題7．下列說法錯誤的是（

）A．函數的最小正周期是B．函數是周期為的奇函數C．函數最小正周期為D．若對，滿足，，則函數周期為【答案】BCD【分析】A選項，使用進行求解最小正周期；B選項，利用定義判斷出奇偶性；C選項，的最小正周期為；D選項，舉出反例，即.【詳解】的最小正周期，故A選項說法正確；，故為偶函數，故B說法錯誤；函數最小正周期為，C說法錯誤；若，此時，則為常數函數，任意數均為周期，D說法錯誤..故選：BCD8．已知函數相鄰的最高點的距離為，則下列結論正確的是（

）A．函數的圖象關于點中心對稱B．函數在區間上的值域為C．將函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的，然后向左平移個單位得的圖象D．若，則【答案】ACD【分析】化簡函數解析式根據周期求出，利用正弦型函數的對稱性判斷A，根據正弦型函數在區間上的值域判斷B，由圖象的伸縮與平移變換判斷C，由三角恒等變換后求值判斷D.【詳解】由題意，化簡得，由題意知周期，得，所以，當時，，故A項正確；當時，，故，故B項錯誤；將函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的，得到，再向左平移個單位，可得，故C項正確；由可得：，于是，故D項正確.故選：ACD三、填空題9．函數的初相是_________【答案】【分析】根據正弦型三角函數的物理意義判斷初相即可.【詳解】解：因為初相是，即為.故答案為：.10．函數f（x）=Asin（ωx+φ）（A，ω，φ為常數，A＞0，ω＞0）的部分圖象如圖所示，則的值是_____．【答案】【詳解】試題分析：觀察圖象可知：,，所以，則，所以函數為，又因為觀察圖象可知點相當于五點法中的，所以有：，解得：，所以函數，則．考點：由正弦型函數圖象求解析式．11．將函數的圖象向右平移個單位長度得到圖像，則下列說法中正確的是______________（填序號）.①函數的最小正周期是；

②圖像關于直線對稱；③函數在區間上單調遞減；

④圖像關于點對稱；【答案】①②④【分析】根據三角函數的圖象平移關系求出的解析式，結合函數的單調性，對稱性分別進行判斷即可．【詳解】由題意，將函數的圖象向右平移個單位長度，可得，對于A，函數的最小正周期為，故正確；對于B，令，則為最大值，函數圖象關于直線對稱，故正確；對于C中，，則，，則函數在區間上先減后增，故錯誤；對于D中，令，則，圖象關于點對稱，故正確．故答案為：①②④【點睛】本題主要考查命題的真假判斷，涉及三角函數的單調性，對稱性，求出解析式是解決本題的關鍵，屬于中檔題.12．已知函數，，則下列結論中正確的是______，①若，則將圖象向左平移個單位長度后得到的圖象關于原點對稱②若，且的最小值為，則③若在上單調遞增，則的取值范圍為④當時，在有且