5.7 函数y=Asin(ωx+φ)的图像和性质

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[ 【高分突破系列】高一数学上学期同步知识点剖析精品讲义与分层练习]

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模块导图

知识剖析

性质

$(1)$简谐运动可用函数$y=A \sin (\omega x+\varphi)$，$x∈[0,+∞)$表示，

$A$是振幅，周期$T=\dfrac{2 \pi}{\omega}$，频率$f=\dfrac{1}{T}=\dfrac{\omega}{2 \pi}$，相位$ωx+φ$，初相$φ$.

$(2)$ $A,ω,φ$对$f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)$的影响

$A$影响函数$y=f(x)$的最值，$ω$影响周期，$φ$影响函数水平位置.

函数的变换

平移变换

①$y=f(x) \rightarrow y=f(x \pm a)(a>0)$将$y=f(x)$图像沿$x$轴向左(右)平移$a$个单位(左加右减)；

②$y=f(x) \rightarrow y=f(x) \pm b(b>0)$将$y=f(x)$图像沿$x$轴向上(下)平移$b$个单位(上加下减).

注 $f(x)=3 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{3}\right)$向左平移$\dfrac{\pi}{4}$个单位，得到的函数不是$f(x)=3 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{3}\right)$，而是$f(x)=3 \sin \left[2\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)+\dfrac{\pi}{3}\right]$.

伸缩变换

① $y=f(x)⟶ y=A f(x)(A>0)$

将$y=f(x)$图像横坐标不变，纵坐标伸长到原来的$A$倍($A>1$伸长，$A<1$缩短).

② $y=f(x)⟶ y=f(ω x)(ω>0)$

将$y=f(x)$图像纵坐标不变，横坐标缩到原来的$\dfrac{1}{\omega}$倍($ω>1$缩短，$ω<1$伸长)；

问：怎么理解呢？

例若将$f(x)=3 \sin \left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)$图像纵坐标不变，横坐标缩到原来的$\dfrac{1}{2}$倍，那得到的函数是$f(x)=3 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{3}\right)$还是$f(x)=3 \sin \left(\dfrac{1}{2} x+\dfrac{\pi}{3}\right)$呢？

解析我们把$f(x)=3 \sin \left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)$的图象想象成一条弹簧，若纵坐标不变，横坐标缩到原来的$\dfrac{1}{2}$倍，那说明弹簧被压缩了，则周期$T$变小，$ω$会变大($T=\dfrac{2 \pi}{\omega}$，$T$与$ω$成反比)，即变换后的函数应该是$f(x)=3 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{3}\right)$.

经典例题

【题型一】函数图象的变换

【典题1】 将函数$f(x)=A \sin \left(\omega x+\dfrac{\pi}{6}\right)$$(A>0, \omega>0)$的图象上的点的横坐标缩短为原来的$\dfrac{1}{2}$倍，再向右平移$\dfrac{\pi}{3}$个单位得到函数$g(x)=2 \cos (2 x+\varphi)$的图象，则下列说法正确的是(　　)

A．函数$f(x)$的最小正周期为$π$

B．函数$f(x)$的单调递增区间为$\left[2 k \pi-\dfrac{2 \pi}{3}, 2 k \pi+\dfrac{\pi}{3}\right](k \in Z)$

C．函数$f(x)$的图象有一条对称轴为$x=\dfrac{2 \pi}{3}$

D．函数$f(x)$的图象有一个对称中心为$\left(\dfrac{2 \pi}{3}, 0\right)$

【解析】函数$f(x)=A \sin \left(\omega x+\dfrac{\pi}{6}\right)$$(A>0, \omega>0)$的图象上的点的横坐标缩短为原来的$\dfrac{1}{2}$倍，再向右平移$\dfrac{\pi}{3}$个单位得到$f(x)=A \sin \left[2 \omega\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)+\dfrac{\pi}{6}\right]$$=A \sin \left(2 \omega x+\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{2 \pi \omega}{3}\right)$的图象．

与$g(x)=2 \cos (2 x+\varphi)=2 \sin \left(2 x+\varphi+\dfrac{\pi}{2}\right)$比较

${\color{Red}{(利用诱导公式转化同函数名) }}$

又由于$A>0$，$ω>0$，所以$A=2$，$ω=1$．

所以$f(x)=2 \sin \left(x+\dfrac{\pi}{6}\right)$

故函数$f(x)$的周期为$2π$，$A$错误；

令$2 k \pi-\dfrac{\pi}{2} \leq x+\dfrac{\pi}{6} \leq 2 k \pi+\dfrac{\pi}{2}, k \in Z$，

解得$2 k \pi-\dfrac{2 \pi}{3} \leq x \leq 2 k \pi+\dfrac{\pi}{3}, k \in Z$，

所以函数$f(x)$单调递增区间为$\left[2 k \pi-\dfrac{2 \pi}{3}, 2 k \pi+\dfrac{\pi}{3}\right](k \in Z)$，故$B$正确；

由于$f\left(\dfrac{2 \pi}{3}\right)=2 \sin \dfrac{5 \pi}{6}=1$，

则$f\left(\dfrac{2 \pi}{3}\right)$取不到最值，

$\therefore x=\dfrac{2 \pi}{3}$不是对称轴，

$\because f\left(\dfrac{2 \pi}{3}\right) \neq 0$，$\therefore\left(\dfrac{2 \pi}{3}, 0\right)$不是对称中心，即$C$，$D$错误．

故选：$B$．

巩固练习

1(★)将函数$y=\cos x$的图象先左移$\dfrac{\pi}{4}$，再纵坐标不变，横坐标缩为原来的$\dfrac{1}{2}$，所得图象的解析式为(　　)

A．$y=\sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{4}\right)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B．$y=\sin \left(\dfrac{1}{2} x+\dfrac{3 \pi}{4}\right)$

C．$y=\sin \left(\dfrac{1}{2} x+\dfrac{\pi}{4}\right)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$D．$y=\sin \left(2 x+\dfrac{3 \pi}{4}\right)$

2(★)将函数$f(x)=3 \sin \left(\dfrac{1}{2} x-\varphi\right)$$\left(|\varphi|<\dfrac{\pi}{2}\right)$的图象向左平移$\dfrac{\pi}{3}$个单位长度得到函数$g(x)$的图象．若$g\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{3}{2}$，则$φ=$(　　)

A．$-\dfrac{\pi}{4}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B．$-\dfrac{\pi}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\dfrac{\pi}{6}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$\dfrac{\pi}{3}$

3(★★)为了得到函数$f(x)=\sin \left(2 x+\dfrac{3 \pi}{4}\right)$的图象，可以将函数$g(x)=\cos2x$的图象(　　)

A．向右平移$\dfrac{\pi}{4}$个单位$\qquad \qquad$ B．向左平移$\dfrac{\pi}{4}$个单位$\qquad \qquad$ C．向右平移$\dfrac{\pi}{8}$个单位 $\qquad \qquad$D．向左平移$\dfrac{\pi}{8}$个单位

4(★★) 已知函数$y=\sin (\omega x+\varphi)$的两条相邻的对称轴的间距为$\dfrac{\pi}{2}$，现将$y=\sin(ωx+φ)$的图象向左平移$\dfrac{\pi}{8}$个单位后得到一个偶函数，则$φ$的一个可能取值为(　　)

A．$\dfrac{3 \pi}{4}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B．$\dfrac{\pi}{4}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$C．$0$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$-\dfrac{\pi}{4}$

5(★★)已知函数$f(x)=\sin (\omega x+\varphi)$$\left(\omega>0,|\varphi|<\dfrac{\pi}{2}\right)$的最小正周期为$π$，且图象向右平移$\dfrac{\pi}{12}$个单位后得到的函数为偶函数，则$f(x)$的图象(　　)

A．关于点$\left(\dfrac{5 \pi}{12}, 0\right)$对称 $\qquad \qquad \qquad \qquad$B．关于直线$x=\dfrac{\pi}{6}$对称

C．在$\left[-\dfrac{\pi}{12}, \dfrac{5 \pi}{12}\right]$单调递增 $\qquad \qquad \qquad \qquad$D．在$\left[\dfrac{\pi}{12}, \dfrac{7 \pi}{12}\right]$单调递减

6(★★★) 将函数$f(x)=A \sin \left(\omega x+\dfrac{\pi}{6}\right)$$(A>0, \omega>0)$的图象上的点的横坐标缩短为原来的$\dfrac{1}{2}$倍，再向右平移$\dfrac{\pi}{3}$个单位得到函数$g(x)=2\cos(2x+φ)$的图象，则下列说法正确的是(　　)

A．函数$f(x)$的最小正周期为$π$

B．函数$f(x)$的单调递增区间为$\left[2 k \pi-\dfrac{2 \pi}{3}, 2 k \pi+\dfrac{\pi}{3}\right](k \in Z)$

C．函数$f(x)$的图象有一条对称轴为$x=\dfrac{2 \pi}{3}$

D．函数$f(x)$的图象有一个对称中心为$\left(\dfrac{2 \pi}{3}, 0\right)$

答案

$D$
$C$
$D$
$B$
$C$
$B$

【题型二】由函数$y=Asin(ωx+φ)$的部分图象求解析式

【典题1】 已知函数$f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)$$\left(A>0, \omega>0,0<|\varphi|<\dfrac{\pi}{2}\right)$的部分图象如图所示，下述四个结论：①$ω=2$；②$\varphi=-\dfrac{\pi}{3}$；③$f\left(x+\dfrac{\pi}{12}\right)$是奇函数；④$f\left(x-\dfrac{\pi}{12}\right)$是偶函数中，其中所有正确结论的编号是 $\underline{\quad \quad}$ .

【解析】由函数图象的最值可得$A=1$，

由$\dfrac{3}{4} T=\dfrac{\pi}{6}-\left(-\dfrac{7 \pi}{12}\right)=\dfrac{3 \pi}{4}$，

解得$T=π$，所以$\omega=\dfrac{2 \pi}{T}=2$，

此时$f(x)=\sin (2 x+\varphi)$

代入$\left(-\dfrac{7 \pi}{12}, 1\right)$得$f\left(-\dfrac{7 \pi}{12}\right)=\sin \left(-\dfrac{7 \pi}{6}+\varphi\right)=1$，

$\therefore-\dfrac{7 \pi}{6}+\varphi=\dfrac{\pi}{2}+2 k \pi \Rightarrow \varphi=\dfrac{5 \pi}{3}+2 k \pi,$，

又$\because 0<|\varphi|<\dfrac{\pi}{2}$，$\therefore \varphi=-\dfrac{\pi}{3}$，

$\therefore f(x)=\sin \left(2 x-\dfrac{\pi}{3}\right)$，

$∴$①、②正确；

$\because f\left(x+\dfrac{\pi}{12}\right)=\sin \left[2\left(x+\dfrac{\pi}{12}\right)-\dfrac{\pi}{3}\right]=\sin \left(2 x-\dfrac{\pi}{6}\right)$不是奇函数，$∴$③错误；

$\because f\left(x-\dfrac{\pi}{12}\right)=\sin \left[2\left(x-\dfrac{\pi}{12}\right)-\dfrac{\pi}{3}\right]$$=\sin \left(2 x-\dfrac{\pi}{2}\right)=-\cos 2 x$，

$\therefore f\left(x-\dfrac{\pi}{12}\right)$为偶函数，④正确．

综上知，正确的命题序号是①②④．

【点拨】由函数$y=A \sin (\omega x+\varphi)+B$$(A>0, \omega>0)$的部分图象求解析式的方法

(1) 求$A,B$：通过函数最值求解，由$\left\{\begin{array}{c}
f_{\max }=A+B \\
f_{\min }=-A+B
\end{array}\right.$得$A=\dfrac{f_{\max }-f_{\min }}{2}$，$B=\dfrac{f_{\max }+f_{\min }}{2}$；

(2) 求$ω$：根据图象求出周期$T$，再利用$T=\dfrac{2 \pi}{\omega}$求出$ω$；

(3) 求$φ$：求出$A,ω$后代入函数图象一最值点，求出$φ$.

【典题2】 已知函数$f(x)=\sin (\omega x+\varphi)$$(\omega>0,0<\varphi<\pi)$，$f(0)=f\left(\dfrac{2}{9} \pi\right)=-f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)$，且$f(x)$在$\left(\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{4 \pi}{9}\right)$上单调，则函数$y=f(x)$的解析式是 $\underline{\quad \quad}$ .

【解析】 对于函数$f(x)=\sin (\omega x+\varphi)$，

由$f(0)=f\left(\dfrac{2 \pi}{9}\right)$，可得函数的图象关于直线$x=\dfrac{1}{2}\left(0+\dfrac{2 \pi}{9}\right)=\dfrac{\pi}{9}$对称；

又$f\left(\dfrac{2 \pi}{9}\right)=-f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)$，

可得函数图象关于点$\left(\dfrac{\frac{2 \pi}{9}+\frac{\pi}{3}}{2}, 0\right)$对称，即$\left(\dfrac{5 \pi}{18}, 0\right)$；

$\therefore \dfrac{T}{4}+k T=\dfrac{5 \pi}{18}-\dfrac{\pi}{9}=\dfrac{\pi}{6}$，$k∈Z$,

解得$T=\dfrac{2 \pi}{3(4 k+1)}$；

$\therefore \omega=\dfrac{2 \pi}{T}=3(4 k+1)$

$\because f(x)$在$\left(\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{4 \pi}{9}\right)$上单调

$\therefore \dfrac{T}{2} \geq \dfrac{4 \pi}{9}-\dfrac{\pi}{6}$，解得$T>\dfrac{5 \pi}{9}$

${\color{Red}{(由单调区间得到周期范围)}}$

$\therefore 0<\omega \leq \dfrac{18}{5}$

又$\omega=\dfrac{2 \pi}{T}=3(4 k+1)$，$\therefore \omega=3$

$\because\left(\dfrac{5 \pi}{18}, 0\right)$是对称中心，$\therefore f\left(\dfrac{5 \pi}{18}\right)=0$

即$\sin \left(3 \times \dfrac{5 \pi}{18}+\varphi\right)=0$，又$\because 0<\varphi<\pi$，$\therefore \varphi=\dfrac{\pi}{6}$

$\therefore f(x)=\sin \left(3 x+\dfrac{\pi}{6}\right)$

【点拨】

①对于函数$y=A \sin (\omega x+\varphi)$，

若$f(a)=f(b)$，则$x=\dfrac{a+b}{2}$是其对称轴；

若$f(a)=-f(b)$，则$\left(\dfrac{a+b}{2}, 0\right)$是其对称中心；

②处理三角函数$f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)$，多注意其对称性，结合图象进行分析.

巩固练习

1(★)函数$f(x)=A\sin( ωx+φ)$(其中$A>0$，$ω>0$，$|\varphi|<\dfrac{\pi}{2}$)的图象如图，则此函数表达式为 $\underline{\quad \quad}$ .

2(★★) 如图，函数$y=A \sin (\omega x+\varphi)$$\left(A>0, \omega>0,|\varphi| \leq \dfrac{\pi}{2}\right)$与坐标轴的三个交点$P、Q、R$满足$P(1,0)$，$\angle P Q R=\dfrac{\pi}{4}$，$M$为$QR$的中点，$P M=\dfrac{\sqrt{34}}{2}$，则$A$的值为 $\underline{\quad \quad}$ .

3(★★)已知函数$f(x)=2 \sin (\omega x+\varphi)$$(\omega>0,0<\varphi<\pi)$的部分图象如图所示，点$A(0, \sqrt{3})$，$B\left(\dfrac{\pi}{3}, 0\right)$，则下列说法中错误的是(　　)

A．直线$x=\dfrac{\pi}{12}$是$f(x)$图象的一条对称轴

B．$f(x)$的图象可由$g(x)=2 \sin 2 x$向左平移$\dfrac{\pi}{3}$个单位而得到

C．$f(x)$的最小正周期为π

D．$f(x)$在区间$\left(-\dfrac{\pi}{3}, \dfrac{\pi}{12}\right)$上单调递增

4 (★★★)已知函数$f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)+B$$\left(A>0, \omega>0,|\varphi|<\dfrac{\pi}{2}\right)$的部分图象如图所示．

(1)求$f(x)$的解析式；

(2)求$f(x)$的单调递增区间和对称中心坐标；

(3)将$f(x)$的图象向左平移$\dfrac{\pi}{6} $个单位，再讲横坐标伸长到原来的$2$倍，纵坐标不变，最后将图象向上平移$1$个单位，得到函数$g(x)$的图象，求函数$y=g(x)$在$x \in\left[0, \dfrac{7 \pi}{6}\right]$上的最大值和最小值．

5 (★★★)如图是函数$f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)$$\left(A>0, \omega>0,0<\varphi<\dfrac{\pi}{2}\right)$的部分图象，$M、N$是它与$x$轴的两个不同交点，$D$是$M、N$之间的最高点且横坐标为$\dfrac{\pi}{4}$，点$F(0,1)$是线段$DM$的中点．

(1)求函数$f(x)$的解析式及$[π,2π]$上的单调增区间；

(2)若$x \in\left[-\dfrac{\pi}{12}, \dfrac{5 \pi}{12}\right]$时，函数$h(x)=f^2 (x)-$$af(x)+1$的最小值为$\dfrac{1}{2}$,求实数$a$的值．

参考答案

$f(x)=3 \sin \left(\dfrac{1}{2} x+\dfrac{\pi}{4}\right)$
$5 \sqrt{2}$
$B$
$(1) f(x)=2 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{3}\right)-1$

$(2)$单调递增区间$\left[k \pi-\dfrac{5 \pi}{12}, k \pi+\dfrac{\pi}{12}\right], k \in Z$，对称中心坐标$\left(\dfrac{k \pi}{2}-\dfrac{\pi}{6},-1\right), k \in Z$

$(3)$最小值$-2$,最大值$\sqrt{3}$.
$\text { (1) } f(x)=2 \sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right),\left[\dfrac{5 \pi}{4}, 2 \pi\right]$，

$\text { (2) } \dfrac{3}{2}$

【题型三】三角函数模型的简单应用一

【典题1】已知函数$f(x)=\sin ^{2} x-2 \sqrt{3} \sin x \cos x+\sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) \sin \left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)$．

(1)求$f(x)$的最小值并写出此时$x$的取值集合；

(2)若$x∈[0 ,π]$，求出$f(x)$的单调减区间.

【解析】(1)由于$f(x)=\sin ^{2} x-2 \sqrt{3} \sin x \cos x+\sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) \sin \left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)$

$=\dfrac{1-\cos 2 x}{2}-\sqrt{3} \sin 2 x+\dfrac{\sqrt{2}}{2}(\sin x+\cos x) \dfrac{\sqrt{2}}{2}(\sin x-\cos x)$

${\color{Red} {（二倍角公式、两角和差公式）}}$

$=\dfrac{1-\cos 2 x}{2}-\sqrt{3} \sin 2 x-\dfrac{\cos 2 x}{2}$

$=\dfrac{1}{2}-(\sqrt{3} \sin 2 x+\cos 2 x)$

${\color{Red} {(辅助角公式)}}$

$=\dfrac{1}{2}-2 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{6}\right)$

令$2 x+\dfrac{\pi}{6}=2 k \pi+\dfrac{\pi}{2}$，$k∈Z$，解得$x=k \pi+\dfrac{\pi}{6}$，$k∈Z$，

可得$f(x)$的最小值为$-\dfrac{3}{2}$，

此时$x$的取值集合为$\left\{x \mid x=\dfrac{\pi}{6}+k \pi, k \in Z\right\}$；

(2)由$2 k \pi-\dfrac{\pi}{2} \leq 2 x+\dfrac{\pi}{6} \leq 2 k \pi+\dfrac{\pi}{2}$，$k∈Z$，

可得$k \pi-\dfrac{\pi}{3} \leq x \leq k \pi+\dfrac{\pi}{6}$，$k∈Z$，

所以$f(x)$的单调减区间为$\left[k \pi-\dfrac{\pi}{3}, k \pi+\dfrac{\pi}{6}\right]$，$k∈Z$，

因为$x∈[0 ,π]$，当$k=0$时，减区间为$\left[0, \dfrac{\pi}{6}\right]$；

当$k=1$时，减区间为$\left[\dfrac{2 \pi}{3}, \pi\right]$．

综上，$x∈[0 ,π]$时的单调减区间为$\left[0, \dfrac{\pi}{6}\right]$和$\left[\dfrac{2 \pi}{3}, \pi\right]$．

【点拨】

① 解析式的化简中用积化和差公式$\sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) \sin \left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{1}{2}\left[\cos \dfrac{\pi}{2}-\cos 2 x\right]=-\dfrac{1}{2} \cos 2 x$更简洁些；

②本题通过各种公式(两角和差公式、倍角公式、积化和差公式等)转化，最终把函数的解析式转化为$f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)+B$或$f(x)=A\cos(ωx+φ)+B$的形式求解函数的各性质(单调性、对称性、周期、最值等).

【典题2】已知函数$f(x)=4 \sin ^{2}\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{x}{2}\right) \sin x+(\cos x+\sin x)(\cos x-\sin x)-1$．

(1)求$f(x)$的对称中心；

(2)设常数$ω>0$，若函数$y=f(ωx)$在区间$\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{2 \pi}{3}\right]$上是增函数，求$ω$的取值范围；

(3)若函数$g(x)=\dfrac{1}{2}\left[f(2 x)+a f(x)-a f\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)-a\right]-1$在区间$\left[-\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right]$上的最大值为$2$，求$a$的值．

【解析】(1) ${\color{Red} {(函数解析式转化为f(x)=Asin(ωx+φ)+B形式)}}$

$f(x)=2\left[1-\cos \left(\dfrac{\pi}{2}+x\right)\right] \cdot \sin x+\cos ^{2} x-\sin ^{2} x-1$

$=\sin x(2+2 \sin x)+1-2 \sin ^{2} x-1=2 \sin x$．

所以对称中心$(kπ ,0)$，$k∈Z$，

(2)$∵f(ωx)=2\sinωx$，由$-\dfrac{\pi}{2}+2 k \pi \leq \omega x \leq \dfrac{\pi}{2}+2 k \pi$，

解得$-\dfrac{\pi}{2 \omega}+\dfrac{2 k \pi}{\omega} \leq x \leq \dfrac{\pi}{2 \omega}+\dfrac{2 k \pi}{\omega}$，

$∴f(ωx)$的增区间为$\left[-\dfrac{\pi}{2 \omega}+\dfrac{2 k \pi}{\omega}, \dfrac{\pi}{2 \omega}+\dfrac{2 k \pi}{\omega}\right]$ ,$k∈Z$，

$∵f(ωx)$在$\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{2 \pi}{3}\right]$上是增函数，

${\color{Red} {(\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{2 \pi}{3}\right]是函数f(ωx)增区间的子集，而0 \in\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{2 \pi}{3}\right]，故k=0)}}$

$∴$当$k=0$时，有$\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{2 \pi}{3}\right] \subseteq\left[-\dfrac{\pi}{2 \omega}, \dfrac{\pi}{2 \omega}\right]$，

$\therefore\left\{\begin{array}{l}
\omega>0 \\
-\dfrac{\pi}{2 \omega} \leq-\dfrac{\pi}{2} \\
\dfrac{\pi}{2 \omega} \geq \dfrac{2 \pi}{3}
\end{array}\right.$，解得$0<\omega \leq \dfrac{3}{4}$，

$∴ω$的取值范围是$\left(0, \dfrac{3}{4}\right]$．

(3)$g(x)=2 \sin x \cos x+a(\sin x-\cos x)-\dfrac{1}{2} a-1$，

${\color{Red} {(注意(\sin x-\cos x)^{2}=1-\sin 2 x,(\sin x+\cos x)^{2}=1+\sin 2 x)}}$

令$\sin x-\cos x=t$，

则$t=\sin x-\cos x=\sqrt{2} \sin \left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)$，

$\because x \in\left[-\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right]$，$\therefore x-\dfrac{\pi}{4} \in\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{4}\right]$，$\therefore-\sqrt{2} \leq t \leq 1$

而$\sin2x=1-t^2$，

则$y=1-t^{2}+a t-\dfrac{1}{2} a-1=-\left(t-\dfrac{a}{2}\right)^{2}+\dfrac{a^{2}}{4}-\dfrac{1}{2} a$，

${\color{Red} {(问题转化为动轴定区间最值问题，分对称轴t=\dfrac{a}{2}在区间[-\sqrt{2}, 1]左中右)}}$

①当$\dfrac{a}{2}<-\sqrt{2}$时，即$a<-2 \sqrt{2}$时，$y_{\max }=-\left(-\sqrt{2}-\dfrac{a}{2}\right)^{2}+\dfrac{a^{2}}{4}-\dfrac{a}{2}=-\sqrt{2} a-\dfrac{a}{2}-2$，

令$-\sqrt{2} a-\dfrac{a}{2}-2=2$，解得$a=-\dfrac{8}{2 \sqrt{2}+1}$(舍)．

②当$-\sqrt{2} \leq \dfrac{a}{2} \leq 1$时，即$-2 \sqrt{2} \leq a \leq 2$时，$y_{\max }=\dfrac{a^{2}}{4}-\dfrac{a}{2}$，

令$\dfrac{a^{2}}{4}-\dfrac{a}{2}=2$，解得$a=-2$或$a=4$(舍)，

③当$\dfrac{a}{2}>1$时，即$a>2$时，在$t=1$处，$y_{\max }=\dfrac{a}{2}-1$，

由$\dfrac{a}{2}-1=2$，解得$a=6$，

综上所述$a=－2$或$6$．

【典题3】已知函数$f(x)=\sin ^{4} x+\cos ^{4} x+a\sin x \cos x(a \in R)$．

(1)当$a=0$时，求函数$y=f(x)$的单调减区间；

(2)设方程$f(x)-a\sin2x-1=0$在$\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$内有两个相异的实数根$x_1、x_2$，求实数$a$的取值范围及$x_1+x_2$的值；

(3)若对任意实数$x$，$f(x)≥0$恒成立，求实数$a$的取值范围．

【解析】(1) $f(x)=\sin ^{4} x+\cos ^{4} x+a \sin x \cos x$　

$=\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)^{2}-2 \sin ^{2} x \cos ^{2} x+a \sin x \cos x$

$=1-\dfrac{1}{2} \sin ^{2} 2 x+\dfrac{1}{2} a \sin 2 x$．

当$a=0$时，$f(x)=1-\dfrac{1}{2} \sin ^{2} 2 x=1-\dfrac{1-\cos 4 x}{4}=\dfrac{1}{4} \cos 4 x+\dfrac{3}{4}$，

${\color{Red} {(函数化为f(x)=Acos(ωx+φ)+B)}}$

由$2kπ≤4x≤π+2kπ$，得$\dfrac{k \pi}{2} \leq x \leq \dfrac{\pi}{4}+\dfrac{k \pi}{2}$，$k∈Z$．

$∴$当$a=0$时，函数$y=f(x)$的单调减区间为$\left[\dfrac{k \pi}{2}, \dfrac{k \pi}{2}+\dfrac{\pi}{4}\right]$，$k∈Z$；

(2) ${\color{Red} {(将问题逐步等价转化，化成“最简问题”)}}$

方程$f(x)-a\sin2x-1=0$在$\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$内有两个相异的实数根$x_1、x_2$，

即$1-\dfrac{1}{2} \sin ^{2} 2 x+\dfrac{1}{2} a \sin 2 x-a \sin 2 x-1=0$在$\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$内有两个相异的实数根$x_1 、x_2$，

也就是$\sin ^{2} 2 x+a \sin 2 x=0$在$\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$内有两个相异的实数根$x_1 、x_2$，

当$x \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$时，$\sin2x≠0$，

即$a=-\sin2x$在$\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$内有两个相异的实数根$x_1 、x_2$，

${\color{Red} {(数形结合，y=a与y=-\sin2x在\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)内相交于两点)}}$

易得$y=-\sin2x$在$\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$内的值域是$(-1,0)$，

即$－1<a<0$，此时$x_{1}+x_{2}=\dfrac{\pi}{2}$；

(3)若对任意实数$x$，$f(x)≥0$恒成立，

则$1-\dfrac{1}{2} \sin ^{2} 2 x+\dfrac{1}{2} \operatorname{asin} 2 x \geq 0$恒成立，

即$\sin^2 2x-a\sin2x-2≤0$恒成立，

${\color{Red} {(换元法化为二次函数恒成立问题)}}$

令$t=\sin2x(-1≤t≤1)$，则$t^2-at-2≤0$恒成立．

可得$\left\{\begin{array}{l}
(-1)^{2}+a-2 \leq 0 \\
1^{2}-a-2 \leq 0
\end{array}\right.$，即$-1≤a≤1$．

$∴$实数$a$的取值范围是$[-1 ,1]$．

巩固练习

1(★★)已知函数$f(x)=\sqrt{3} \sin x \cos x-\sin ^{2} x$．

(1)求函数$f(x)$的最小正周期；

(2)求函数$f(x)$的单调增区间；

(3)求函数$f(x)$在区间$\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$上的最大值．

2(★★)已知函数$f(x)=\sin (\pi-\omega x) \cos \omega x-\cos ^{2}\left(\omega x+\dfrac{\pi}{4}\right)(\omega>0)$的最小正周期为$π$．

(1)求$f(x)$图象的对称轴方程；

(2)将$f(x)$图象向右平移$\dfrac{\pi}{6}$个单位长度后，得到函数$g(x)$，求函数$g(x)$在$\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$上的值域．

3(★★★) 已知函数$f(x)=\dfrac{1}{2} \cos 2 x+\sin x \cos x$，其中$x∈R$．

(1)求使$f(x) \geq \dfrac{1}{2}$的$x$的取值范围；

(2)若函数$g(x)=\dfrac{\sqrt{2}}{2} \sin \left(2 x+\dfrac{3 \pi}{4}\right)$，且对任意的$0≤x_1<x_2≤t$，恒有$f(x_1 )－f(x_2 )<g(x_1 )-g(x_2)$成立，求实数$t$的最大值．

4(★★★★)已知函数$f(x)=\sqrt{3} \sin (2 \omega x+\varphi)+1$$\left(\omega>0,-\dfrac{\pi}{2}<\varphi<\dfrac{\pi}{2}\right)$，函数$f(x)$的图象经过点$\left(-\dfrac{\pi}{12}, 1\right)$且$f(x)$的最小正周期为$\dfrac{\pi}{2}$．

(1)求函数$f(x)$的解析式；

(2)将函数$y=f(x)$图象上所有的点向下平移$1$个单位长度，再函数图象上所有点的横坐标变为原来的$2$倍，纵坐标不变，再将图象上所有的点的横坐标不变，纵坐标变为原来的$\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$倍，得到函数$y=h(x)$图象，令函数$g(x)=h(x)+1$，区间$[a ,b]$($a ,b∈R$且$a<b$)满足：$y=g(x)$在$[a ,b]$上至少有$30$个零点，在所有满足上述条件的$[a ,b]$中，求$b-a$的最小值．

(3)若$m\left[1+\sqrt{3}\left(f\left(\dfrac{x}{8}-\dfrac{\pi}{12}\right)-1\right)\right]+\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2} \cos x \leq 0$对任意$x∈[0 ,2π]$恒成立，求实数$m$的取值范围．

参考答案

$(1) π$ $\text { (2) }\left[-\dfrac{\pi}{3}+k \pi, \dfrac{\pi}{6}+k \pi\right], \quad(k \in Z)$ $\text { (3) } \dfrac{1}{2}$
$\text { (1) } x=\dfrac{k \pi}{2}+\dfrac{\pi}{4}(k \in Z)$ $\text { (2) }\left[-\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right]$．
$\text { (1) }\left[k \pi, k \pi+\dfrac{\pi}{4}\right], \quad k \in Z$ $\text { (2) } \dfrac{\pi}{4}$
$\text { (1) } f(x)=\sqrt{3} \sin \left(4 x+\dfrac{\pi}{3}\right)+1$

$\text { (2) } \dfrac{43 \pi}{3}$ $\text { (3) }(-\infty,-2]$

【题型四】三角函数模型的简单应用二

【典题1】 如图，一个水轮的半径为$6m$，水轮轴心$O$距离水面的高度为$3m$，已知水轮按逆时针匀速转动，每分钟转动$5$圈，当水轮上点$P$从水中浮现时的起始(图中点$P_0$)开始计时，记$f(t)$为点$P$距离水面的高度关于时间$t(s)$的函数，则下列结论正确的是(　　)

A．$f(3)=9$

B．$f(1)=f(7)$

C．若$f(t)≥6$，则$t \in[2+12 k, 5+12 k](k \in N)$

D．不论$t$为何值，$f(t)+f(t+4)+f(t+8)$是定值

【解析】${\color{Red}{方法一几何法}}$

图中$PB⊥$水面，$OA⊥PB$，

${\color{Red}{(由图f(t)=PA=PA+3，则需了解PA与t的关系，从几何角度求解)}}$

$∵$每分钟转动$5$圈

$∴OP$每秒钟内所转过的角度为$\dfrac{5 \times 2 \pi}{60}=\dfrac{\pi}{6}$，

${\color{Red}{(角速度)}}$

则$t$秒转过的角度$\dfrac{\pi}{6} t$，即$\angle P_{0} O P=\dfrac{\pi}{6} t$

如上图依题意可知$\angle P_{0} O A=\dfrac{\pi}{6}$，

即$\alpha=\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}$

在$\text { Rt } \Delta P O A$中，$P A=O P \sin \alpha=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)$

$\therefore f(t)=P B=P A+A B=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+3$

对于$A$，$f(3)=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} \times 3-\dfrac{\pi}{6}\right)+3=3 \sqrt{3}+3$，即$A$错误；

对于$B$，$f(1)=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} \times 1-\dfrac{\pi}{6}\right)+3=3$，$f(7)=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} \times 7-\dfrac{\pi}{6}\right)+3=3$，

即$B$正确；

${\color{Red}{(或确定x=\dfrac{1+7}{2}=4是函数对称轴也行)}}$

对于$C$，因为$f(t)≥6$，

所以$6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+3 \geq 6$，

即$\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right) \geq \dfrac{1}{2}$，

所以$\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6} \in\left[\dfrac{\pi}{6}+2 k \pi, \dfrac{5 \pi}{6}+2 k \pi\right]$，

解得$t∈[2+12k,6+12k],k∈N$，

即$C$错误；

对于$D$，$f(t)+f(t+4)+f(t+8)$

$=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+\dfrac{\pi}{2}\right)+6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+\dfrac{7 \pi}{6}\right)+9$

$=6\left[\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+\cos \dfrac{\pi}{6} t-\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+\dfrac{\pi}{6}\right)\right]+9$

因为$\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+\cos \dfrac{\pi}{6} t-\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+\dfrac{\pi}{6}\right)=0$，

所以$f(t)+f(t+4)+f(t+8)=9$，

即$D$正确．

故选：$BD$．

${\color{Red}{方法二待定系数法}}$

可知$f(x)$符合三角函数模型，

设$f(t)=Asin(ωx+φ)+B(A>0)$，

依题意可知$f(t)$的最大值为$9$，最小为$-3$，

$∴A+B=9$，且$-A+B=-3$，

可得$A=6$，$B=3$；

$∵$每分钟转动$5$圈，

$∴1$圈要$12$秒，即$T=12s$，

则$\omega=\dfrac{2 \pi}{T}=\dfrac{\pi}{6}$，得$f(t)=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+\varphi\right)+3$，

${\color{Red}{(也可由OP每秒钟内所转过的角度为\dfrac{5 \times 2 \pi}{60}=\dfrac{\pi}{6}得\omega=\dfrac{\pi}{6}}}$

依题意可知$f(0)=0$，

得$\sin \varphi=-\dfrac{1}{2}$，取$\varphi=-\dfrac{\pi}{6}$，

${\color{Red}{(得到φ的一个值便可)}}$

故所求的函数解析式为$f(t)=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+3$，

接下来如同方法一.

【点拨】

① 方法一利用几何性质求出$f(t)$(即图中的$PB$)与t之间的关系；

② 方法二是根据题意确定符合三角函数模型，则用待定系数法设函数$f(t)=A\sin(ωx+φ)+B$，根据题意由最大值和最小值求出$A,B$的值，根据周期性由$T=\dfrac{2 \pi}{\omega}$求出$ω$，注意一个特殊情况代入一个点求出$φ$.

【典题2】 某公司欲生产一款迎春工艺品回馈消费者，工艺品的平面设计如图所示，该工艺品由直角$△ABC$和以$BC$为直径的半圆拼接而成，点$P$为半圈上一点(异于$B,C$)，点$H$在线段$AB$上，且满足$CH⊥AB$．已知$∠ACB=90°$，$AB=1dm$，设$∠ABC=θ$．

(1)为了使工艺礼品达到最佳观赏效果，需满足$∠ABC=∠PCB$，且$CA+CP$达到最大．当$θ$为何值时，工艺礼品达到最佳观赏效果；

(2)为了工艺礼品达到最佳稳定性便于收藏，需满足$∠PBA=60°$，且$CH+CP$达到最大．当$θ$为何值时，$CH+CP$取得最大值，并求该最大值．

【解析】依题意$∠ABC=∠PCB=θ$，

则在直角$△ABC$中，$AC=\sinθ,BC=\cosθ$

在直角$△PBC$中，$P C=B C \cdot \cos \theta=\cos ^{2} \theta$，$P B=B C \cdot \sin \theta=\sin \theta \cos \theta$

${\color{Red}{(用变量θ表示CA+CP，利用函数最值方法求解)}}$

(1)$A C+C P=\sin \theta+\cos ^{2} \theta$$=\sin \theta+1-\sin ^{2} \theta=-\sin ^{2} \theta+\sin \theta+1$，$\theta \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$，

所以当$\sin \theta=\dfrac{1}{2}$，即$\theta=\dfrac{\pi}{6}$，$AC+CP$的最大值为$\dfrac{5}{4}$；

(2)在直角$△ABC$中，由$S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} C A \cdot C B=\dfrac{1}{2} A B \cdot C H,$，${\color{Red}{(等积法)}}$

可得$C H=\dfrac{\sin \theta \cdot \cos \theta}{1}=\sin \theta \cdot \cos \theta$；

在直角$△PBC$中，

$P C=B C \cdot \sin \left(\dfrac{\pi}{3}-\theta\right)$$=\cos \theta \cdot\left(\sin \dfrac{\pi}{3} \cos \theta-\cos \dfrac{\pi}{3} \sin \theta\right)$$=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos ^{2} \theta-\dfrac{1}{2} \cos \theta \sin \theta$，

所以$C H+C P=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos ^{2} \theta+\dfrac{1}{2} \cos \theta \sin \theta$

$=\dfrac{1}{4} \sin 2 \theta+\dfrac{\sqrt{3}}{4} \cos 2 \theta+\dfrac{\sqrt{3}}{4}=\dfrac{1}{2} \sin \left(2 \theta+\dfrac{\pi}{3}\right)+\dfrac{\sqrt{3}}{4}$，$\theta \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$，

${\color{Red}{(函数化为f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)+B求最值)}}$

所以当$\theta=\dfrac{\pi}{12}$，$CH+CP$达到最大，最大值为$\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{4}$．

【点拨】

① 利用直角三角形等几何性质用$θ$表示各线段长度；

② 题目中体现了函数思想，在求解实际问题中，特别要注意自变量θ的取值范围.

巩固练习

1(★★) 水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为$R$的水车，一个水斗从点$A(3 \sqrt{3},-3)$出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时$60$秒．经过$t$秒后，水斗旋转到$P$点，设$P$的坐标为$(x,y)$，其纵坐标满足$y=f(t)=R \sin (\omega t+\varphi)\left(t \geq 0, \omega>0,|\varphi|<\dfrac{\pi}{2}\right)$．则下列叙述错误的是(　　)

A．$R=6, \omega=\dfrac{\pi}{30}, \varphi=-\dfrac{\pi}{6}$

B．当$t∈[35,55]$时，点$P$到$x$轴的距离的最大值为$6$

C．当$t∈[10,25]$时，函数$y=f(t)$单调递减

D．当$t=20$时，$|P A|=6 \sqrt{3}$

2(★★)某游乐场中半径为$30$米的摩天轮逆时针(固定从一侧观察)匀速旋转，每$5$分钟转一圈，其最低点离底面$5$米，如果以你从最低点登上摩天轮的时刻开始计时，那么你与底面的距离高度$y$(米)随时间$t$(秒)变化的关系式为 $\underline{\quad \quad}$ .

3(★★) 如图，已知扇形$AOB$的半径为$1$，中心角为$60°$，四边形$PQRS$是扇形的内接矩形，$P$为$\widehat{A B}$上一动点，问：点$P$在怎样的位置时，矩形$PQRS$的面积最大？并求出这个最大值．

4(★★★) 如图，某正方形公园$ABCD$，在$ABD$区域内准备修建三角形花园$BMN$，满足$MN$与$AB$平行(点$N$在$BD$上)，且$AB=AD=BM=2$(单位：百米)．设$∠ABM=θ$，$△BMN$的面积为$S$(单位：百米平方)．

(1)求$S$关于$θ$的函数解析式

(2)求$S(θ)$的最大值，并求出取到最大值时$θ$的值．

5(★★★)某农场有一块扇形农田，如图所示．已知扇形$OAB$的圆心角为$\dfrac{\pi}{4}$，半径为$80$米，点$P$在$\widehat{A B}$上，$PC⊥OA$于$C$，$PD⊥OB$于$D$．现要在$△OPC$和$△OPD$区域中分别种植甲、乙两种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜单位面积年产值之比为$\text { 1: } \sqrt{3}$．设$∠AOP=θ$，$0<\theta<\dfrac{\pi}{4}$．

(1)用$θ$分别表示$△OPC$和$△OPD$的面积；

(2)当$θ$为何值时，读农场种植甲、乙两种蔬菜的年总产值最大？

6(★★★★) 如图，半圆的直径$AB=2$，$O$为圆心，$C$，$D$为半圆上的点．

(1)请你为$C$点确定位置，使$△ABC$的周长最大，并说明理由；

(2)已知$AD=DC$，设$∠ABD=θ$，当$θ$为何值时，

①四边形$ABCD$的周长最大，最大值是多少？

②四边形$ABCD$的面积最大，最大值是多少？

参考答案

$C$
$y=30 \sin \left(\dfrac{\pi}{150} t-\dfrac{\pi}{2}\right)+35$
当$P$为$\widehat{A B}$中点时，矩形$PQRS$的面积取到最大值$\dfrac{\sqrt{3}}{6}$
$\text { (1) } S(\theta)=2 \sin \theta(\cos \theta-\sin \theta), \quad \theta \in\left(0, \dfrac{\pi}{4}\right)$

$(2) S(θ)$的最大值为$\sqrt{2}-1$百米平方，此时$\theta=\dfrac{\pi}{8}$．
$(1) △OPC$和$△OPD$的面积分别为$1600\sin2θ$平方米，$1600\cos2θ$平方米；

$(2)$当$\theta=\dfrac{\pi}{12}$时，该农场种植甲，乙两种蔬菜的年总产值量大.
$\text { (1) } 2 \sqrt{2}+2$，此时点$C$是半圆的中点

$(2)$① $\theta=\dfrac{\pi}{6}$时，最大值是$5$． ② $\theta=\dfrac{\pi}{6}$时，最大值是$\dfrac{3 \sqrt{3}}{4}$.