绝密资料高中数学Y=sin(wx+b)的图像与性质(解析版)

一、课程标准

1.了解y＝Asin(ωx＋φ)的实际意义；能借助计算器或计算机画出y＝Asin(ωx＋φ)的图象，观察参数A、ω、φ对函数图象变化的影响．

2.会用三角函数解决一些简单实际问题，体会三角函数是描述周期变化现象的重要函数模型. 二、基础知识回顾

1. y＝Asin(ωx＋φ)的有关概念

y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)，x∈R 振幅 周期 2πT＝ 频率 1ωf＝＝ T2π 相位 初相 A ω_ωx＋φ_ _φ_ 2. 用五点法画y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，x∈R)一个周期内的简图时，要找五个特征点 如下表所示：

π－φ2 ωπ 2A 3π－φ2 ω3π 2－A x 0－φ ωπ－φ ω2π－φ ωωx＋φ y＝Asin(ωx＋φ) __0__ 0 __π__ 0 __2π__ 0 3. 函数y＝sinx的图像经变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的图像的步骤如下：

4、与三角函数奇偶性相关的结论

三角函数中，判断奇偶性的前提是定义域关于原点对称，奇函数一般可化为y＝Asin ωx或y＝Atan ωx的形式，而偶函数一般可化为y＝Acos ωx＋b的形式．常见的结论有：

π

(1)若y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ＋2(k∈Z)；若为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)． π

(2)若y＝Acos(ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ(k∈Z)；若为奇函数，则有φ＝kπ＋2(k∈Z)． (3)若y＝Atan(ωx＋φ)为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)． 三、自主热身、归纳总结

1. 函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜

π2

)的部分图像如图所示，则f

11π

24的值为( )

第1题图

A. －

632

B. － C. － D. －1 222

【答案】D

【解析】 由图像可得A＝2，最小正周期T＝4×

7π－π＝π，则ω＝2π＝2.又

T123

f

f

π11π7ππ＝2sin＋φ＝－2，得φ＝，则f(x)＝2sin2x＋，

33246

5π11π11ππ＝2sin＋＝2sin4＝－1.故选D. 241232. 将函数f(x)＝sin(2x＋θ)－＜θ＜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)，

22g(x)的图像都经过点P0，

ππ

3，则φ的值可以是( ) 2A.

5π5π B. 36

C.

π2

D.

π6

【答案】B 【解析】 ∵P0，



ππππ33

在f(x)的图像上，∴f(0)＝sinθ＝.∵θ∈－，，∴θ＝，∴f(x)＝sin2x＋.

233222

π3

∴g(x)＝sin2（x－φ）＋.∵g(0)＝，

23

∴sin

4ππ5353－π＝成立．故选B. －2φ＝2.验证φ＝6π时，sin－2φ＝sin－π＝sin323333

ππ3、(2019·安徽江南十校联考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)ω＞0，|φ|＜2的最小正周期为4π，且∀x∈R，有



πf(x)≤f3成立，则f(x)图象的一个对称中心坐标是( )



2πA.－3，0 

πB.－3，0



2π5πC.3，0 D.3，0



【答案】A

1【解析】由f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为4π，得ω＝2.

ππ因为f(x)≤f3恒成立，所以f(x)max＝f3， 1ππ

即2×3＋φ＝2＋2kπ(k∈Z)，

ππ1π由|φ|＜2，得φ＝3，故f(x)＝sin2x＋3.



1π2π

令2x＋3＝kπ(k∈Z)，得x＝2kπ－3(k∈Z)， 2π故f(x)图象的对称中心为2kπ－3，0(k∈Z)，



2π当k＝0时，f(x)图象的对称中心为－3，0。 

4、（江苏宿迁开学调研）有下列四种变换方式，其中能将正弦曲线ysinx的图象变为ysin(2x)的图象

4的是( )

A．横坐标变为原来的B．横坐标变为原来的C．向左平移D．向左平移

1，再向左平移 241，再向左平移 281，再将横坐标变为原来的 421，再将横坐标变为原来的． 82【答案】BC．

【解析】A．ysinx横坐标变为原来的

1，再向左平移，得ysin[2(x)]sin(2x)，故A不正确； 2442B．ysinx横坐标变为原来的

C．ysinx向左平移

1，再向左平移，得ysin[2(x)]sin(2x)，故B正确； 28841，再将横坐标变为原来的，得ysin(2x)，故C正确； 4241，再将横坐标变为原来的，得ysin(2x)，故D不正确． 828D．ysinx向左平移

5、(2018苏北四市期末） 若函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图像与直线y＝m的三个相邻交点的横坐

ππ2π标分别是，，，则实数ω的值为________．

633

【答案】、. 4

2ππ2π【解析】、由题意得函数f(x)的最小正周期T＝－＝，从而ω＝4.

36ω

π6、(2018镇江期末） 函数y＝3sin2x＋的图像两相邻对称轴的距离为________．

4

【答案】、

π2

2ππ【解析】、由题知函数最小正周期T＝＝π.图像两相邻对称轴间的距离是最小正周期π的一半即.

227、（2020江苏镇江期中考试）设函数fxAsinxA,,为参数，且A0,0,0的部分图象如图所示，则的值为______．

【答案】

 3472T，即，2， fx【解析】由图象可得最小正周期：

3126又f7123737AsinA2k2k，，，，又0，kZkZ，6623． 3，本题正确结果：

ysin2xxOy8、（2020江苏扬州高邮上学期开学考试）在平面直角坐标系中，将函数的图像向右平

30移个单位长度．若平移后得到的图像经过坐标原点，则的值为_________．

2 6【答案】

ysin2x3的图像向右平移 【解析】函数

-2标原点，所以

0ysin2x22个单位得3，因为过坐03k(kZ)6k226

π

ω＞0，|φ|＜一部分图象如图所示，则ω＝________，函数f(x)的9、(一题两空)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)2单调递增区间为________．

π5π【答案】2 －＋kπ，＋kπ(k∈Z)

1212

Tπππ2π

【解析】由图象知＝－－＝，则周期T＝π，即＝π，则ω＝2，f(x)＝2sin(2x＋φ)．由五点

2362ωππππππ对应法得2×－＋φ＝2kπ，又|φ|＜，所以φ＝，则f(x)＝2sin2x＋.令2kπ－≤2x＋≤323236ππ5ππ5π2kπ＋，k∈Z，得－＋kπ≤x≤kπ＋，k∈Z，即函数的单调递增区间为－＋kπ，＋kπ，k122121212∈Z.

四、例题选讲

考点一、函数y＝Asin(ωx＋φ)的图像及其变换

π例1 已知函数y＝2sin2x＋.

3

(1)求它的振幅、周期、初相；

(2)用“五点法”作出它在一个周期内的图像；

π(3)说明y＝2sin2x＋的图像可由y＝sinx的图像经过怎样的变换而得到．

3

2πππ【解析】 (1)y＝2sin2x＋的振幅A＝2，周期T＝＝π，初相φ＝.

233(2)令X＝2x＋，则y＝2sin2x＋＝2sinX.

33

列表如下：

ππx －π6 π12 π3 7π 123π 2－1 －2 5π 62π 0 0 X y＝sinX 0 0 π2 π 0 0 1 2 y＝2sin(2x＋π3) 0 描点画出图像，如图所示：

(3)(方法1)把y＝sinx的图像上所有的点向左平移个单位长度，得到y＝sinx＋的图像；再把y＝

33

ππππ1

sinx＋的图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)，得到y＝sin2x＋的图像；最后把y＝

233ππsin2x＋上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，即可得到y＝2sin2x＋的图像．

33

1

(方法2)将y＝sinx的图像上所有点的横坐标缩短为原来的倍(纵坐标不变)，得到y＝sin2x的图像；再将

2y＝sin2x的图像向左平移个单位长度，得到y＝sin2x＋＝sin2x＋的图像；再将y＝sin2x＋的

6633

πππππ图像上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍(横坐标不变)，即得到y＝2sin2x＋的图像．

3

π

2x－，为了得到函数g(x)＝sin 2x的图象，则只需将f(x)变式1、 (1)(2019·漳州八校联考)若函数f(x)＝cos6的图象( )

π

A．向右平移个单位长度

6π

C．向左平移个单位长度

6

π

B．向右平移个单位长度

3π

D．向左平移个单位长度

3

π

x＋＋a的最大值为2. (2)已知函数f(x)＝4cos x·sin6①求a的值及f(x)的最小正周期； ②画出f(x)在[0，π]上的图象．

ππππ

2x－＝sin＋2x－＝sin2x＋，为了得到函数g(x)＝sin 2x的图象，则只需将【解析】(1)函数f(x)＝cos6632π

f(x)的图象向右平移个单位长度即可．故选A.

6

π

x＋＋a (2)①f(x)＝4cos xsin6＝4cos x·

31sin x＋cos x＋a 22

＝3sin 2x＋2cos2x＋a

＝3sin 2x＋cos 2x＋1＋a

π

2x＋＋1＋a的最大值为2， ＝2sin62π

所以a＝－1，最小正周期T＝＝π.

2π

2x＋，列表： ②由①知f(x)＝2sin6

x π2x＋ 6π2x＋ f(x)＝2sin6

画图如下：

0 π 61 π 6π 22 5π 12π 2π 33π 2－2 11π 122π π 13π 61 0 0

变式2、(2019苏州三市、苏北四市二调）将函数y＝2sin3x的图像向左平移个单位长度得到y＝f(x)的图像，

12

ππ则f的值为________．

3【答案】、 －2

ππππππ【解析】、解法1 由题意可知：y＝f(x)＝2sin3x＋＝2sin3x＋，所以f＝2sin3×＋＝－2sin

4434123

＝－2.

ππππ解法2 根据图像平移前后的关系，f的值应和y＝2sin3x中x＝＋时y值相等，所以f＝

312332sin3

3＋12＝－2.

ππ变式3、(2019常州期末） 已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ∈R)是偶函数，点(1，0)是函数y＝f(x)图像的对称中心，则ω的最小值为________．

【答案】、

π2

π

－φ＋k1π2π【解析】解法1 令ωx＋φ＝＋k1π，k1∈Z，得x＝.因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ∈R)是

2ωπ

－φ＋k1π2π

偶函数，则x＝＝0得φ＝＋k1π.因为点(1，0)是函数y＝f(x)图像的对称中心，所以f(1)＝0，即

2ωππ

sin(ω＋φ)＝0，故ω＋φ＝k2π，k2∈Z，则ω＝k2π－φ＝k2π－＋k1π＝－＋(k2－k1)π.又因为ω>0，所

22π

以当k2－k1＝1时，ω取最小值为.

2

Tk

解法2 函数f(x)是偶函数，所以图像关于x＝0对称．又(1，0)是函数f(x)的对称中心，所以＋T＝

422k＋12π2k＋1π

·＝1，得ω＝π，k∈Z.又ω>0，所以ωmin＝. 422ω

变式4、(2019苏北三市期末）将函数f(x)＝sin2x的图像向右平移个单位长度得到函数g(x)的图像，则以函

6数f(x)与g(x)的图像的相邻三个交点为顶点的三角形的面积为________．

3π 2

π【答案】、

ππ【解析】、平移后的函数g(x)＝sin2x－.令f(x)＝g(x)，得sin2x＝sin2x－.

33

ππkπππ33

解法1 2x－＝π－2x＋2kπ(k∈Z)，即x＝＋(k∈Z)，相邻的三个交点为，，(－，－)，

3326232

5π，－3.故所求面积为S＝1×π×3＝3π.

2226

ππ1ππ3

解法2 sin2x＝sin2x－＝sin2xcos－cos2x·sin＝sin2x－cos2x，即sin2x＋＝0，则有2x＋

332233ππkπππ5π333＝kπ(k∈Z)，x＝－＋(k∈Z)，相邻的三个交点为，，－，－，. ，－362262326

13则所求面积S＝×π×3＝π.

22

方法总结：1．y＝Asin(ωx＋φ)的图象可用“五点法”作简图得到，可通过变量代换z＝ωx＋φ计算五点坐标．

2．由函数y＝sin x的图象通过变换得到y＝Asin(ωx＋φ)图象有两条途径：“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”．

考点二、求函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式

ππ

例2、(2018苏州暑假测试）设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)A>0，ω>0，－<φ<，x∈R的部分图像如图所示．

22

(1) 求函数y＝f(x)的解析式；

ππ

－，时，求f(x)的取值范围． (2) 当x∈22

解析： (1) 由图像知，A＝2，(2分)

T5πππ2π

又＝－＝，ω>0，所以T＝2π＝，得ω＝1.(4分) 4632ωππππ

所以f(x)＝2sin(x＋φ)，将点，2代入，得＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，即φ＝＋2kπ(k∈Z)，

3326πππ

又－<φ<，所以φ＝.(6分)

226π

所以f(x)＝2sinx＋.(8分)

6

ππππ2π

(2) 当x∈[－，]时，x＋∈[－，]，(10分)

22633π3

所以sinx＋∈[－，1]，即f(x)∈[－3，2]．(14分)

62

变式1、(2019苏北四市期末） 函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)的部分图像如图所示，若AB＝5，则ω的值为________．

π

【答案】、

3

【解析】、如图，过点A作垂直于x轴的直线AM，过点B作垂直于y轴的直线BM，直线AM和直线BM相π12ππ

交于点M，在Rt△AMB中，AM＝4，BM＝·＝，AB＝5，由勾股定理得AM2＋BM2＝AB2，所以16＋ω2ωω

2

ππ＝25，＝3，ω＝.

ω3

变式2、(1)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)，其部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为( )

1π13π

x＋ B．f(x)＝2sinx＋ A．f(x)＝2sin242413ππx＋ D．f(x)＝2sin2x＋ C．f(x)＝2sin444

ππ

ω>0，－≤φ≤的图象上的一个最高点和它相邻的一个(2)(2019·皖南八校联考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)221

2，－，则函数f(x)＝________________. 最低点的距离为22，且过点2ππ【答案】、 (1)B (2)sin2x＋6

π3π2π1

－＝4π，故＝4π，解得ω＝. 【解析】、(1)由题图可知A＝2，T＝2×2－2ω2

1

x＋φ. 所以f(x)＝2sin2

ππ1

－，2代入可得2sin×－2＋φ＝2， 把点22

π

φ－＝1， 即sin4

ππ

所以φ－＝2kπ＋(k∈Z)，

423π

解得φ＝2kπ＋(k∈Z)．

43π

又0<φ<π，所以φ＝.

413π

所以f(x)＝2sin2x＋4.

π2

22＋ω＝22，

(2)依题意得

ππ

则＝2，即ω＝， ω2

π111ππ

x＋φ，由于该函数图象过点2，－，因此sin(π＋φ)＝－，即sin φ＝，而－≤φ≤，所以f(x)＝sin222222πππ

故φ＝，所以f(x)＝sin2x＋6. 6

方法总结：确定y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)的解析式的步骤

M－mM＋m

，B＝. 22

(1)求A，B，确定函数的最大值M和最小值m，则A＝2π

(2)求ω，确定函数的周期T，则ω＝.

T(3)求φ，常用方法有以下2种：把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在下降区间上)或把图象的最高点或最低点代入；确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的特殊点作为突破口

考点三、三角函数图象与性质的综合问题

π

例3、已知关于x的方程2sin2x－3sin 2x＋m－1＝0在2，π上有两个不同的实数根，则m的取值范围是________．

【答案】、 (－2，－1)

【解析】、方程2sin2x－3sin 2x＋m－1＝0可转化为

m＝1－2sin2x＋3sin 2x＝cos 2x＋3sin 2x ππ

2x＋，x∈，π. ＝2sin62

713π

设2x＋＝t，则t∈6π，6π， 6

713m

∴题目条件可转化为＝sin t，t∈6π，6π有两个不同的实数根． 2713m

∴y1＝和y2＝sin t，t∈6π，6π的图象有两个不同交点，如图： 2

1m

－1，－， 由图象观察知，的取值范围是22故m的取值范围是(－2，－1)．

变式1、(2019无锡期末）已知直线y＝a(x＋2)(a>0) 与函数 y ＝|cosx|的图像恰有四个公共点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4), 其中 x1【解析】、 根据图形可得直线y＝a(x＋2)与函数y＝－cosx的图像相切于点(x4，－cosx4)，其中x4∈－cosx4－01

因为y＝sinx，由导数的几何意义可得a＝sinx4＝，化简得x4＋＝－2.

tanx4x4＋2

1

＝________． tanx4

π4

，π.



变式2、（2019南京、盐城一模）如图是函数f(x)Asin(x)(A0，>0， 图象．已知点P(6， 0)，Q(2， 3)是图象上的最低点，R是图象上的最高点．

（1）求函数f(x)的解析式；

（2）记RPO，QPO(，均为锐角)，求tan(2)的值．

π)在一个周期内的2

解析： （1）因为图象在一个周期内的最低点为Q(2，3)，与x轴的交点为P(6，0)，

所以A3，T4(26)16，

又T2π，所以π，

8所以f(x)3sinπx．

8将点Q(2，3)代入，得 33sin2π，

8所以ππ2kπ，kZ，

42所以π2kπ，kZ，

4又||≤π，所以π，

24所以f(x)3sinπxπ．

84（2）点R的横坐标xRxQ1T286，所以R(6，3)．

2又因为，均为锐角，从而tan1，tan3，

442148， 所以tan22tan2151tan211483tan2tan15477 所以tan(2)1tan2tan18336154方法总结：三角函数性质的综合问题：主要考查单调性、奇偶性、对称性、周期性及性质的应用． 函数零点(方程根)问题：三角函数图象与x轴(或y＝a)的交点，即数形之间的转化问题．

五、优化提升与真题演练

1、【2019年高考天津卷理数】已知函数f(x)Asin(x)(A0,0,||)是奇函数，将yfx的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为gx．若gx的最小正周期为2π，且g2，则43f 8B．2 D．2

A．2 C．2 【答案】C

【解析】∵f(x)为奇函数，∴f(0)Asin0,=kπ,kZ,k0,0；

12πg(x)Asinx,T2π,∴2， 又

122又g()π42，∴A2，

3π)2.故选C. 8∴f(x)2sin2x，f(2、【2018年高考天津理数】将函数ysin(2x)的图象向右平移

5个单位长度，所得图象对应的函数 10A．在区间[35,]上单调递增 4453,]上单调递增 42B．在区间[3,]上单调递减 43,2]上单调递减 2C．在区间[【答案】A

D．在区间[【解析】由函数图象平移变换的性质可知：将ysin2xππ的图象向右平移个单位长度之后的解析510式为ysin2xππsin2x. 105ππππ2x2kπkZ，即kπxkπkZ， 2244则函数的单调递增区间满足2kπ令k1可得一个单调递增区间为3π5π,. 44函数的单调递减区间满足：2kππ3ππ3π2x2kπkZ，即kπxkπkZ， 22445π7π,. 44令k1可得一个单调递减区间为：故选A.

3、【2017年高考全国Ⅰ理数】已知曲线C1：y=cos x，C2：y=sin (2x+

2π)，则下面结论正确的是 3π个单位长度，得到6A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移曲线C2

B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移曲线C2

C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的曲线C2

D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的到曲线C2 【答案】D

π个单位长度，得到121π倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到261π倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得212【解析】因为C1,C2函数名不同，所以先将C2利用诱导公式转化成与C1相同的函数名，则

C2:ysin(2x2π2πππ1)cos(2x)cos(2x)，则由C1上各点的横坐标缩短到原来的倍变33262为ycos2x，再将曲线向左平移

π个单位长度得到C2，故选D. 125)2，f()0，88||．4、xR，【2017年高考天津卷理数】设函数f(x)2sin(x)，其中0，若f(且f(x)的最小正周期大于2，则

A．2， 312 B．2 ，3121C．，

243【答案】A

1 D．，

243

52k18422【解析】由题意得，其中k1,k2Z，所以(k22k1)，

3311k28又T22，所以01，所以，故选A． 1212， ，2k1123由得

π5、(2017徐州、连云港、宿迁三检）若函数f(x)2sin(2x)(0)的图象过点(0,3)，则函数f(x)在[0,]2上的单调减区间是 ▲ ．

【答案】、[7]（或(,)） 12121212,7 【解析】、将点(0,3)代入得：sin3，因为0，所以，所以f(x)2sin(2x)，由232337，kZ，即函数f(x)的单调减区间为2k2x2k得：kxk232121277，所以数f(x)在[0,]上的单调减区间是[,]． [k,k]（kZ）

121212126、【2020江苏南京上学期开学考试】函数f(x)Asin(x)(A＞0，＞0)的部分图象如图所示．若函数

yf(x)在区间[m，n]上的值域为[2，2]，则n﹣m的最小值是_______．

【答案】3．

【解析】由图象知：fxmax2，A2，又T22628，4，

f22sin2，2k，kZ，fx2sinx2k2sinx，

424当fx2时，当fx2时，

4x42k1或

4x52k1，k1Z，x8k11或x8k15，k1Z； 44x22k2，k2Z，x8k22，若nm最小，则k1k2，nmmin3，

本题正确结果：3．

ππ7、【2018年高考北京卷理数】设函数f（x）=cos(x)(0)，若f(x)f()对任意的实数x都成立，则

ω的最小值为__________． 【答案】

2 3π对任意的实数x都成立，所以4π

f取最大值， 4

【解析】因为fxf所以

ππ22kπkZ， 8kkZ， 4632. 3因为0，所以当k0时，ω取最小值为

π8、【2018年高考全国Ⅲ理数】函数fxcos3x在0，π的零点个数为________．

6【答案】3

【解析】0xπ，ππ19π，由题可知πππ3π，或π5π，解得

3x3x，3x3x666626262xπ4π，或7π，故有3个零点.

,9999、【2018年高考江苏卷】已知函数ysin2x(________． 【答案】πππ)的图象关于直线x对称，则的值是223π 6【解析】由题意可得sin2ππ2π1，所以πkπ，kπ(kZ)，

3263因为πππ，所以k0,. 2262210、【2017年高考浙江卷】已知函数f(x)sinxcosx23sinxcosx(xR)．

（1）求f(2)的值． 3（2）求f(x)的最小正周期及单调递增区间．

【答案】（1）2；（2）f(x)的最小正周期是；单调递增区间是[k,62k],kZ． 3【解析】（1）由sin232313121()． ，cos，f()()2()223323222232得f(2)2． 322（2）由cos2xcosxsinx与sin2x2sinxcosx得f(x)cos2x3sin2x2sin(2x)．

6所以f(x)的最小正周期是．

由正弦函数的性质得

32k2x2k,kZ， 262解得

2kxk,kZ， 6362k],kZ． 3所以，f(x)的单调递增区间是[k,11、【2017年高考山东卷理数】设函数f(x)sin(x)sin(x)，其中03.已知f()0.

（1）求；

π6π2π6（2）将函数yf(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移

ππ3π个单位，得到函数yg(x)的图象，求g(x)在[,]上的最小值. 4443. 2【答案】（1）2；（2）最小值为【解析】（1）因为f(x)sin(x)sin(x)，

π6π2所以f(x)31sinxcosxcosx 2233sinxcosx 22133(sinxcosx)

22π3sin(x).

3由题设知f()0，

π6所以

π6πkπ，kZ. 3故6k2，kZ， 又03， 所以2.

（2）由（1）得f(x)3sin2x.

3所以g(x)3sinx3sinx. 4312因为x[π3π,]， 44所以x2,， 1233所以当x3，即x时，g(x)取得最小值.

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