5.7 函數y=Asin(ωx+φ)的圖像和性質

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模塊導圖

知識剖析

性質

\((1)\)簡諧運動可用函數\(y=A \sin (\omega x+\varphi)\)，\(x∈[0,+∞)\)表示，
\(A\)是振幅，周期\(T=\dfrac{2 \pi}{\omega}\)，頻率\(f=\dfrac{1}{T}=\dfrac{\omega}{2 \pi}\)，相位\(ωx+φ\)，初相\(φ\).
 

\((2)\) \(A,ω,φ\)對\(f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)\)的影響
\(A\)影響函數\(y=f(x)\)的最值，\(ω\)影響周期，\(φ\)影響函數水平位置.

 

函數的變換

平移變換

①\(y=f(x) \rightarrow y=f(x \pm a)(a>0)\)將\(y=f(x)\)圖像沿\(x\)軸向左(右)平移\(a\)個單位(左加右減)；
②\(y=f(x) \rightarrow y=f(x) \pm b(b>0)\)將\(y=f(x)\)圖像沿\(x\)軸向上(下)平移\(b\)個單位(上加下減).
注 \(f(x)=3 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{3}\right)\)向左平移\(\dfrac{\pi}{4}\)個單位，得到的函數不是\(f(x)=3 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{3}\right)\)， 而是\(f(x)=3 \sin \left[2\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)+\dfrac{\pi}{3}\right]\).
 

伸縮變換

① \(y=f(x)⟶ y=A f(x)(A>0)\)
將\(y=f(x)\)圖像橫坐標不變，縱坐標伸長到原來的\(A\)倍(\(A>1\)伸長，\(A<1\)縮短).
② \(y=f(x)⟶ y=f(ω x)(ω>0)\)
將\(y=f(x)\)圖像縱坐標不變，橫坐標縮到原來的\(\dfrac{1}{\omega}\)倍(\(ω>1\)縮短，\(ω<1\)伸長)；

問：怎么理解呢？
例 若將\(f(x)=3 \sin \left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\)圖像縱坐標不變，橫坐標縮到原來的\(\dfrac{1}{2}\)倍，那得到的函數是\(f(x)=3 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{3}\right)\)還是\(f(x)=3 \sin \left(\dfrac{1}{2} x+\dfrac{\pi}{3}\right)\)呢？
解析 我們把\(f(x)=3 \sin \left(x+\dfrac{\pi}{3}\right)\)的圖象想象成一條彈簧，若縱坐標不變，橫坐標縮到原來的\(\dfrac{1}{2}\)倍，那說明彈簧被壓縮了，則周期\(T\)變小，\(ω\)會變大(\(T=\dfrac{2 \pi}{\omega}\)，\(T\)與\(ω\)成反比)，即變換后的函數應該是\(f(x)=3 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{3}\right)\).
 

經典例題

【題型一】函數圖象的變換

【典題1】 將函數\(f(x)=A \sin \left(\omega x+\dfrac{\pi}{6}\right)\)\((A>0, \omega>0)\)的圖象上的點的橫坐標縮短為原來的\(\dfrac{1}{2}\)倍，再向右平移\(\dfrac{\pi}{3}\)個單位得到函數\(g(x)=2 \cos (2 x+\varphi)\)的圖象，則下列說法正確的是(　　)
A．函數\(f(x)\)的最小正周期為\(π\)
B．函數\(f(x)\)的單調遞增區間為\(\left[2 k \pi-\dfrac{2 \pi}{3}, 2 k \pi+\dfrac{\pi}{3}\right](k \in Z)\)
C．函數\(f(x)\)的圖象有一條對稱軸為\(x=\dfrac{2 \pi}{3}\)
D．函數\(f(x)\)的圖象有一個對稱中心為\(\left(\dfrac{2 \pi}{3}, 0\right)\)
【解析】函數\(f(x)=A \sin \left(\omega x+\dfrac{\pi}{6}\right)\)\((A>0, \omega>0)\)的圖象上的點的橫坐標縮短為原來的\(\dfrac{1}{2}\)倍，再向右平移\(\dfrac{\pi}{3}\)個單位得到\(f(x)=A \sin \left[2 \omega\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)+\dfrac{\pi}{6}\right]\)\(=A \sin \left(2 \omega x+\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{2 \pi \omega}{3}\right)\)的圖象．
與\(g(x)=2 \cos (2 x+\varphi)=2 \sin \left(2 x+\varphi+\dfrac{\pi}{2}\right)\)比較
\({\color{Red}{(利用誘導公式轉化同函數名) }}\)
又由於\(A>0\)，\(ω>0\)，所以\(A=2\)，\(ω=1\)．
所以\(f(x)=2 \sin \left(x+\dfrac{\pi}{6}\right)\)
故函數\(f(x)\)的周期為\(2π\)，\(A\)錯誤；
令\(2 k \pi-\dfrac{\pi}{2} \leq x+\dfrac{\pi}{6} \leq 2 k \pi+\dfrac{\pi}{2}, k \in Z\)，
解得\(2 k \pi-\dfrac{2 \pi}{3} \leq x \leq 2 k \pi+\dfrac{\pi}{3}, k \in Z\)，
所以函數\(f(x)\)單調遞增區間為\(\left[2 k \pi-\dfrac{2 \pi}{3}, 2 k \pi+\dfrac{\pi}{3}\right](k \in Z)\)，故\(B\)正確；
由於\(f\left(\dfrac{2 \pi}{3}\right)=2 \sin \dfrac{5 \pi}{6}=1\)，
則\(f\left(\dfrac{2 \pi}{3}\right)\)取不到最值，
\(\therefore x=\dfrac{2 \pi}{3}\)不是對稱軸，
\(\because f\left(\dfrac{2 \pi}{3}\right) \neq 0\)，\(\therefore\left(\dfrac{2 \pi}{3}, 0\right)\)不是對稱中心，即\(C\)，\(D\)錯誤．
故選：\(B\)．
 

鞏固練習

1(★)將函數\(y=\cos x\)的圖象先左移\(\dfrac{\pi}{4}\)，再縱坐標不變，橫坐標縮為原來的\(\dfrac{1}{2}\)，所得圖象的解析式為(　　)
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(★)將函數\(f(x)=3 \sin \left(\dfrac{1}{2} x-\varphi\right)\)\(\left(|\varphi|<\dfrac{\pi}{2}\right)\)的圖象向左平移\(\dfrac{\pi}{3}\)個單位長度得到函數\(g(x)\)的圖象．若\(g\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{3}{2}\)，則\(φ=\)(　　)
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(★★)為了得到函數\(f(x)=\sin \left(2 x+\dfrac{3 \pi}{4}\right)\)的圖象，可以將函數\(g(x)=\cos2x\)的圖象(　　)
A．向右平移\(\dfrac{\pi}{4}\)個單位\(\qquad \qquad\) B．向左平移\(\dfrac{\pi}{4}\)個單位\(\qquad \qquad\) C．向右平移\(\dfrac{\pi}{8}\)個單位 \(\qquad \qquad\)D．向左平移\(\dfrac{\pi}{8}\)個單位
 

4(★★) 已知函數\(y=\sin (\omega x+\varphi)\)的兩條相鄰的對稱軸的間距為\(\dfrac{\pi}{2}\)，現將\(y=\sin(ωx+φ)\)的圖象向左平移\(\dfrac{\pi}{8}\)個單位后得到一個偶函數，則\(φ\)的一個可能取值為(　　)
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(★★)已知函數\(f(x)=\sin (\omega x+\varphi)\)\(\left(\omega>0,|\varphi|<\dfrac{\pi}{2}\right)\)的最小正周期為\(π\)，且圖象向右平移\(\dfrac{\pi}{12}\)個單位后得到的函數為偶函數，則\(f(x)\)的圖象(　　)
A．關於點\(\left(\dfrac{5 \pi}{12}, 0\right)\)對稱 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B．關於直線\(x=\dfrac{\pi}{6}\)對稱
C．在\(\left[-\dfrac{\pi}{12}, \dfrac{5 \pi}{12}\right]\)單調遞增 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D．在\(\left[\dfrac{\pi}{12}, \dfrac{7 \pi}{12}\right]\)單調遞減
 

6(★★★) 將函數\(f(x)=A \sin \left(\omega x+\dfrac{\pi}{6}\right)\)\((A>0, \omega>0)\)的圖象上的點的橫坐標縮短為原來的\(\dfrac{1}{2}\)倍，再向右平移\(\dfrac{\pi}{3}\)個單位得到函數\(g(x)=2\cos(2x+φ)\)的圖象，則下列說法正確的是(　　)
A．函數\(f(x)\)的最小正周期為\(π\)
B．函數\(f(x)\)的單調遞增區間為\(\left[2 k \pi-\dfrac{2 \pi}{3}, 2 k \pi+\dfrac{\pi}{3}\right](k \in Z)\)
C．函數\(f(x)\)的圖象有一條對稱軸為\(x=\dfrac{2 \pi}{3}\)
D．函數\(f(x)\)的圖象有一個對稱中心為\(\left(\dfrac{2 \pi}{3}, 0\right)\)
 

答案

1. \(D\)
2. \(C\)
3. \(D\)
4. \(B\)
5. \(C\)
6. \(B\)

【題型二】由函數\(y=Asin(ωx+φ)\)的部分圖象求解析式

【典題1】 已知函數\(f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)\)\(\left(A>0, \omega>0,0<|\varphi|<\dfrac{\pi}{2}\right)\)的部分圖象如圖所示，下述四個結論：①\(ω=2\)；②\(\varphi=-\dfrac{\pi}{3}\)；③\(f\left(x+\dfrac{\pi}{12}\right)\)是奇函數；④\(f\left(x-\dfrac{\pi}{12}\right)\)是偶函數中，其中所有正確結論的編號是 \(\underline{\quad \quad}\) .

【解析】由函數圖象的最值可得\(A=1\)，
由\(\dfrac{3}{4} T=\dfrac{\pi}{6}-\left(-\dfrac{7 \pi}{12}\right)=\dfrac{3 \pi}{4}\)，
解得\(T=π\)，所以\(\omega=\dfrac{2 \pi}{T}=2\)，
此時\(f(x)=\sin (2 x+\varphi)\)
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正確；
\(\because f\left(x+\dfrac{\pi}{12}\right)=\sin \left[2\left(x+\dfrac{\pi}{12}\right)-\dfrac{\pi}{3}\right]=\sin \left(2 x-\dfrac{\pi}{6}\right)\)不是奇函數，\(∴\)③錯誤；
\(\because f\left(x-\dfrac{\pi}{12}\right)=\sin \left[2\left(x-\dfrac{\pi}{12}\right)-\dfrac{\pi}{3}\right]\)\(=\sin \left(2 x-\dfrac{\pi}{2}\right)=-\cos 2 x\)，
\(\therefore f\left(x-\dfrac{\pi}{12}\right)\)為偶函數，④正確．
綜上知，正確的命題序號是①②④．
【點撥】由函數\(y=A \sin (\omega x+\varphi)+B\)\((A>0, \omega>0)\)的部分圖象求解析式的方法
(1) 求\(A,B\)：通過函數最值求解，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\(ω\)：根據圖象求出周期\(T\)，再利用\(T=\dfrac{2 \pi}{\omega}\)求出\(ω\)；
(3) 求\(φ\)：求出\(A,ω\)后代入函數圖象一最值點，求出\(φ\).
 

【典題2】 已知函數\(f(x)=\sin (\omega x+\varphi)\)\((\omega>0,0<\varphi<\pi)\)，\(f(0)=f\left(\dfrac{2}{9} \pi\right)=-f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\)，且\(f(x)\)在\(\left(\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{4 \pi}{9}\right)\)上單調，則函數\(y=f(x)\)的解析式是 \(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】 對於函數\(f(x)=\sin (\omega x+\varphi)\)，
由\(f(0)=f\left(\dfrac{2 \pi}{9}\right)\)，可得函數的圖象關於直線\(x=\dfrac{1}{2}\left(0+\dfrac{2 \pi}{9}\right)=\dfrac{\pi}{9}\)對稱；
又\(f\left(\dfrac{2 \pi}{9}\right)=-f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\)，
可得函數圖象關於點\(\left(\dfrac{\frac{2 \pi}{9}+\frac{\pi}{3}}{2}, 0\right)\)對稱，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\(\left(\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{4 \pi}{9}\right)\)上單調
\(\therefore \dfrac{T}{2} \geq \dfrac{4 \pi}{9}-\dfrac{\pi}{6}\)，解得\(T>\dfrac{5 \pi}{9}\)
\({\color{Red}{(由單調區間得到周期范圍)}}\)
\(\therefore 0<\omega \leq \dfrac{18}{5}\)
又\(\omega=\dfrac{2 \pi}{T}=3(4 k+1)\)，\(\therefore \omega=3\)
\(\because\left(\dfrac{5 \pi}{18}, 0\right)\)是對稱中心，\(\therefore f\left(\dfrac{5 \pi}{18}\right)=0\)
即\(\sin \left(3 \times \dfrac{5 \pi}{18}+\varphi\right)=0\)，又\(\because 0<\varphi<\pi\)，\(\therefore \varphi=\dfrac{\pi}{6}\)
\(\therefore f(x)=\sin \left(3 x+\dfrac{\pi}{6}\right)\)
【點撥】
①對於函數\(y=A \sin (\omega x+\varphi)\)，
若\(f(a)=f(b)\)，則\(x=\dfrac{a+b}{2}\)是其對稱軸；
若\(f(a)=-f(b)\)，則\(\left(\dfrac{a+b}{2}, 0\right)\)是其對稱中心；
②處理三角函數\(f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)\)，多注意其對稱性，結合圖象進行分析.
 

鞏固練習

1(★)函數\(f(x)=A\sin( ωx+φ)\)(其中\(A>0\)，\(ω>0\)，\(|\varphi|<\dfrac{\pi}{2}\))的圖象如圖，則此函數表達式為 \(\underline{\quad \quad}\) .

 
 

2(★★) 如圖，函數\(y=A \sin (\omega x+\varphi)\)\(\left(A>0, \omega>0,|\varphi| \leq \dfrac{\pi}{2}\right)\)與坐標軸的三個交點\(P、Q、R\)滿足\(P(1,0)\)，\(\angle P Q R=\dfrac{\pi}{4}\)，\(M\)為\(QR\)的中點，\(P M=\dfrac{\sqrt{34}}{2}\)，則\(A\)的值為 \(\underline{\quad \quad}\) .

 

3(★★)已知函數\(f(x)=2 \sin (\omega x+\varphi)\)\((\omega>0,0<\varphi<\pi)\)的部分圖象如圖所示，點\(A(0, \sqrt{3})\)，\(B\left(\dfrac{\pi}{3}, 0\right)\)，則下列說法中錯誤的是(　　)

A．直線\(x=\dfrac{\pi}{12}\)是\(f(x)\)圖象的一條對稱軸
B．\(f(x)\)的圖象可由\(g(x)=2 \sin 2 x\)向左平移\(\dfrac{\pi}{3}\)個單位而得到
C．\(f(x)\)的最小正周期為π
D．\(f(x)\)在區間\(\left(-\dfrac{\pi}{3}, \dfrac{\pi}{12}\right)\)上單調遞增
 

4 (★★★)已知函數\(f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)+B\)\(\left(A>0, \omega>0,|\varphi|<\dfrac{\pi}{2}\right)\)的部分圖象如圖所示．
(1)求\(f(x)\)的解析式；
(2)求\(f(x)\)的單調遞增區間和對稱中心坐標；
(3)將\(f(x)\)的圖象向左平移$\dfrac{\pi}{6} $個單位，再講橫坐標伸長到原來的\(2\)倍，縱坐標不變，最后將圖象向上平移\(1\)個單位，得到函數\(g(x)\)的圖象，求函數\(y=g(x)\)在\(x \in\left[0, \dfrac{7 \pi}{6}\right]\)上的最大值和最小值．

 
 

5 (★★★)如圖是函數\(f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)\)\(\left(A>0, \omega>0,0<\varphi<\dfrac{\pi}{2}\right)\)的部分圖象，\(M、N\)是它與\(x\)軸的兩個不同交點，\(D\)是\(M、N\)之間的最高點且橫坐標為\(\dfrac{\pi}{4}\)，點\(F(0,1)\)是線段\(DM\)的中點．
(1)求函數\(f(x)\)的解析式及\([π,2π]\)上的單調增區間；
(2)若\(x \in\left[-\dfrac{\pi}{12}, \dfrac{5 \pi}{12}\right]\)時，函數\(h(x)=f^2 (x)-\)\(af(x)+1\)的最小值為\(\dfrac{1}{2}\),求實數\(a\)的值．

 
 

參考答案

1. \(f(x)=3 \sin \left(\dfrac{1}{2} x+\dfrac{\pi}{4}\right)\)
2. \(5 \sqrt{2}\)
3. \(B\)
4. \((1) f(x)=2 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{3}\right)-1\)
   \((2)\)單調遞增區間\(\left[k \pi-\dfrac{5 \pi}{12}, k \pi+\dfrac{\pi}{12}\right], k \in Z\)，對稱中心坐標\(\left(\dfrac{k \pi}{2}-\dfrac{\pi}{6},-1\right), k \in Z\)
   \((3)\)最小值\(-2\),最大值\(\sqrt{3}\).
5. \(\text { (1) } f(x)=2 \sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right),\left[\dfrac{5 \pi}{4}, 2 \pi\right]\)，
   \(\text { (2) } \dfrac{3}{2}\)
    

【題型三】三角函數模型的簡單應用一

【典題1】已知函數\(f(x)=\sin ^{2} x-2 \sqrt{3} \sin x \cos x+\sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) \sin \left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)\)．
(1)求\(f(x)\)的最小值並寫出此時\(x\)的取值集合；
(2)若\(x∈[0 ,π]\)，求出\(f(x)\)的單調減區間.

【解析】(1)由於\(f(x)=\sin ^{2} x-2 \sqrt{3} \sin x \cos x+\sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) \sin \left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)\)
\(=\dfrac{1-\cos 2 x}{2}-\sqrt{3} \sin 2 x+\dfrac{\sqrt{2}}{2}(\sin x+\cos x) \dfrac{\sqrt{2}}{2}(\sin x-\cos x)\)
\({\color{Red} {（二倍角公式、兩角和差公式）}}\)
\(=\dfrac{1-\cos 2 x}{2}-\sqrt{3} \sin 2 x-\dfrac{\cos 2 x}{2}\)
\(=\dfrac{1}{2}-(\sqrt{3} \sin 2 x+\cos 2 x)\)
\({\color{Red} {(輔助角公式)}}\)
\(=\dfrac{1}{2}-2 \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{6}\right)\)
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\(f(x)\)的最小值為\(-\dfrac{3}{2}\)，
此時\(x\)的取值集合為\(\left\{x \mid x=\dfrac{\pi}{6}+k \pi, k \in Z\right\}\)；
(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\(f(x)\)的單調減區間為\(\left[k \pi-\dfrac{\pi}{3}, k \pi+\dfrac{\pi}{6}\right]\)，\(k∈Z\)，
因為\(x∈[0 ,π]\)，當\(k=0\)時，減區間為\(\left[0, \dfrac{\pi}{6}\right]\)；
當\(k=1\)時，減區間為\(\left[\dfrac{2 \pi}{3}, \pi\right]\)．
綜上，\(x∈[0 ,π]\)時的單調減區間為\(\left[0, \dfrac{\pi}{6}\right]\)和\(\left[\dfrac{2 \pi}{3}, \pi\right]\)．
【點撥】
① 解析式的化簡中用積化和差公式\(\sin \left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) \sin \left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{1}{2}\left[\cos \dfrac{\pi}{2}-\cos 2 x\right]=-\dfrac{1}{2} \cos 2 x\)更簡潔些；
②本題通過各種公式(兩角和差公式、倍角公式、積化和差公式等)轉化，最終把函數的解析式轉化為\(f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)+B\)或\(f(x)=A\cos(ωx+φ)+B\)的形式求解函數的各性質(單調性、對稱性、周期、最值等).
 

【典題2】已知函數\(f(x)=4 \sin ^{2}\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{x}{2}\right) \sin x+(\cos x+\sin x)(\cos x-\sin x)-1\)．
(1)求\(f(x)\)的對稱中心；
(2)設常數\(ω>0\)，若函數\(y=f(ωx)\)在區間\(\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{2 \pi}{3}\right]\)上是增函數，求\(ω\)的取值范圍；
(3)若函數\(g(x)=\dfrac{1}{2}\left[f(2 x)+a f(x)-a f\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)-a\right]-1\)在區間\(\left[-\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right]\)上的最大值為\(2\)，求\(a\)的值．
【解析】(1) \({\color{Red} {(函數解析式轉化為f(x)=Asin(ωx+φ)+B形式)}}\)
\(f(x)=2\left[1-\cos \left(\dfrac{\pi}{2}+x\right)\right] \cdot \sin x+\cos ^{2} x-\sin ^{2} x-1\)
\(=\sin x(2+2 \sin x)+1-2 \sin ^{2} x-1=2 \sin x\)．
所以對稱中心\((kπ ,0)\)，\(k∈Z\)，
(2)\(∵f(ωx)=2\sinωx\)，由\(-\dfrac{\pi}{2}+2 k \pi \leq \omega x \leq \dfrac{\pi}{2}+2 k \pi\)，
解得\(-\dfrac{\pi}{2 \omega}+\dfrac{2 k \pi}{\omega} \leq x \leq \dfrac{\pi}{2 \omega}+\dfrac{2 k \pi}{\omega}\)，
\(∴f(ωx)\)的增區間為\(\left[-\dfrac{\pi}{2 \omega}+\dfrac{2 k \pi}{\omega}, \dfrac{\pi}{2 \omega}+\dfrac{2 k \pi}{\omega}\right]\) ,\(k∈Z\)，
\(∵f(ωx)\)在\(\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{2 \pi}{3}\right]\)上是增函數，
\({\color{Red} {(\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{2 \pi}{3}\right]是函數f(ωx)增區間的子集，而0 \in\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{2 \pi}{3}\right]，故k=0)}}\)
\(∴\)當\(k=0\)時，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\(0<\omega \leq \dfrac{3}{4}\)，
\(∴ω\)的取值范圍是\(\left(0, \dfrac{3}{4}\right]\)．
(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\(\sin x-\cos x=t\)，
則\(t=\sin x-\cos x=\sqrt{2} \sin \left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)\)，
\(\because x \in\left[-\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right]\)，\(\therefore x-\dfrac{\pi}{4} \in\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{4}\right]\)，\(\therefore-\sqrt{2} \leq t \leq 1\)
而\(\sin2x=1-t^2\)，
則\(y=1-t^{2}+a t-\dfrac{1}{2} a-1=-\left(t-\dfrac{a}{2}\right)^{2}+\dfrac{a^{2}}{4}-\dfrac{1}{2} a\)，
\({\color{Red} {(問題轉化為動軸定區間最值問題，分對稱軸t=\dfrac{a}{2}在區間[-\sqrt{2}, 1]左中右)}}\)
①當\(\dfrac{a}{2}<-\sqrt{2}\)時，即\(a<-2 \sqrt{2}\)時，\(y_{\max }=-\left(-\sqrt{2}-\dfrac{a}{2}\right)^{2}+\dfrac{a^{2}}{4}-\dfrac{a}{2}=-\sqrt{2} a-\dfrac{a}{2}-2\)，
令\(-\sqrt{2} a-\dfrac{a}{2}-2=2\)，解得\(a=-\dfrac{8}{2 \sqrt{2}+1}\)(舍)．
②當\(-\sqrt{2} \leq \dfrac{a}{2} \leq 1\)時，即\(-2 \sqrt{2} \leq a \leq 2\)時，\(y_{\max }=\dfrac{a^{2}}{4}-\dfrac{a}{2}\)，
令\(\dfrac{a^{2}}{4}-\dfrac{a}{2}=2\)，解得\(a=-2\)或\(a=4\)(舍)，
③當\(\dfrac{a}{2}>1\)時，即\(a>2\)時，在\(t=1\)處，\(y_{\max }=\dfrac{a}{2}-1\)，
由\(\dfrac{a}{2}-1=2\)，解得\(a=6\)，
綜上所述\(a=－2\)或\(6\)．
 

【典題3】已知函數\(f(x)=\sin ^{4} x+\cos ^{4} x+a\sin x \cos x(a \in R)\)．
(1)當\(a=0\)時，求函數\(y=f(x)\)的單調減區間；
(2)設方程\(f(x)-a\sin2x-1=0\)在\(\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)內有兩個相異的實數根\(x_1、x_2\)，求實數\(a\)的取值范圍及\(x_1+x_2\)的值；
(3)若對任意實數\(x\)，\(f(x)≥0\)恆成立，求實數\(a\)的取值范圍．
【解析】(1) \(f(x)=\sin ^{4} x+\cos ^{4} x+a \sin x \cos x\)　
\(=\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)^{2}-2 \sin ^{2} x \cos ^{2} x+a \sin x \cos x\)
\(=1-\dfrac{1}{2} \sin ^{2} 2 x+\dfrac{1}{2} a \sin 2 x\)．
當\(a=0\)時，\(f(x)=1-\dfrac{1}{2} \sin ^{2} 2 x=1-\dfrac{1-\cos 4 x}{4}=\dfrac{1}{4} \cos 4 x+\dfrac{3}{4}\)，
\({\color{Red} {(函數化為f(x)=Acos(ωx+φ)+B)}}\)
由\(2kπ≤4x≤π+2kπ\)，得\(\dfrac{k \pi}{2} \leq x \leq \dfrac{\pi}{4}+\dfrac{k \pi}{2}\)，\(k∈Z\)．
\(∴\)當\(a=0\)時，函數\(y=f(x)\)的單調減區間為\(\left[\dfrac{k \pi}{2}, \dfrac{k \pi}{2}+\dfrac{\pi}{4}\right]\)，\(k∈Z\)；
(2) \({\color{Red} {(將問題逐步等價轉化，化成“最簡問題”)}}\)
方程\(f(x)-a\sin2x-1=0\)在\(\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)內有兩個相異的實數根\(x_1、x_2\)，
即\(1-\dfrac{1}{2} \sin ^{2} 2 x+\dfrac{1}{2} a \sin 2 x-a \sin 2 x-1=0\)在\(\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)內有兩個相異的實數根\(x_1 、x_2\)，
也就是\(\sin ^{2} 2 x+a \sin 2 x=0\)在\(\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)內有兩個相異的實數根\(x_1 、x_2\)，
當\(x \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)時，\(\sin2x≠0\)，
即\(a=-\sin2x\)在\(\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)內有兩個相異的實數根\(x_1 、x_2\)，
\({\color{Red} {(數形結合，y=a與y=-\sin2x在\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)內相交於兩點)}}\)
易得\(y=-\sin2x\)在\(\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)內的值域是\((-1,0)\)，
即\(－1<a<0\)，此時\(x_{1}+x_{2}=\dfrac{\pi}{2}\)；
(3)若對任意實數\(x\)，\(f(x)≥0\)恆成立，
則\(1-\dfrac{1}{2} \sin ^{2} 2 x+\dfrac{1}{2} \operatorname{asin} 2 x \geq 0\)恆成立，
即\(\sin^2 2x-a\sin2x-2≤0\)恆成立，
\({\color{Red} {(換元法化為二次函數恆成立問題)}}\)
令\(t=\sin2x(-1≤t≤1)\)，則\(t^2-at-2≤0\)恆成立．
可得\(\left\{\begin{array}{l} (-1)^{2}+a-2 \leq 0 \\ 1^{2}-a-2 \leq 0 \end{array}\right.\)，即\(-1≤a≤1\)．
\(∴\)實數\(a\)的取值范圍是\([-1 ,1]\)．
 

鞏固練習

1(★★)已知函數\(f(x)=\sqrt{3} \sin x \cos x-\sin ^{2} x\)．
(1)求函數\(f(x)\)的最小正周期；
(2)求函數\(f(x)\)的單調增區間；
(3)求函數\(f(x)\)在區間\(\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]\)上的最大值．
 
 

2(★★)已知函數\(f(x)=\sin (\pi-\omega x) \cos \omega x-\cos ^{2}\left(\omega x+\dfrac{\pi}{4}\right)(\omega>0)\)的最小正周期為\(π\)．
(1)求\(f(x)\)圖象的對稱軸方程；
(2)將\(f(x)\)圖象向右平移\(\dfrac{\pi}{6}\)個單位長度后，得到函數\(g(x)\)，求函數\(g(x)\)在\(\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]\)上的值域．
 
 

3(★★★) 已知函數\(f(x)=\dfrac{1}{2} \cos 2 x+\sin x \cos x\)，其中\(x∈R\)．
(1)求使\(f(x) \geq \dfrac{1}{2}\)的\(x\)的取值范圍；
(2)若函數\(g(x)=\dfrac{\sqrt{2}}{2} \sin \left(2 x+\dfrac{3 \pi}{4}\right)\)，且對任意的\(0≤x_1<x_2≤t\)，恆有\(f(x_1 )－f(x_2 )<g(x_1 )-g(x_2)\)成立，求實數\(t\)的最大值．
 
 

4(★★★★)已知函數\(f(x)=\sqrt{3} \sin (2 \omega x+\varphi)+1\)\(\left(\omega>0,-\dfrac{\pi}{2}<\varphi<\dfrac{\pi}{2}\right)\)，函數\(f(x)\)的圖象經過點\(\left(-\dfrac{\pi}{12}, 1\right)\)且\(f(x)\)的最小正周期為\(\dfrac{\pi}{2}\)．
(1)求函數\(f(x)\)的解析式；
(2)將函數\(y=f(x)\)圖象上所有的點向下平移\(1\)個單位長度，再函數圖象上所有點的橫坐標變為原來的\(2\)倍，縱坐標不變，再將圖象上所有的點的橫坐標不變，縱坐標變為原來的\(\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)倍，得到函數\(y=h(x)\)圖象，令函數\(g(x)=h(x)+1\)，區間\([a ,b]\)(\(a ,b∈R\)且\(a<b\))滿足：\(y=g(x)\)在\([a ,b]\)上至少有\(30\)個零點，在所有滿足上述條件的\([a ,b]\)中，求\(b-a\)的最小值．
(3)若\(m\left[1+\sqrt{3}\left(f\left(\dfrac{x}{8}-\dfrac{\pi}{12}\right)-1\right)\right]+\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2} \cos x \leq 0\)對任意\(x∈[0 ,2π]\)恆成立，求實數\(m\)的取值范圍．
 
 
 
 

參考答案

1. \((1) π\) \(\text { (2) }\left[-\dfrac{\pi}{3}+k \pi, \dfrac{\pi}{6}+k \pi\right], \quad(k \in Z)\) \(\text { (3) } \dfrac{1}{2}\)

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

3. \(\text { (1) }\left[k \pi, k \pi+\dfrac{\pi}{4}\right], \quad k \in Z\) \(\text { (2) } \dfrac{\pi}{4}\)

4. \(\text { (1) } f(x)=\sqrt{3} \sin \left(4 x+\dfrac{\pi}{3}\right)+1\)

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

 

【題型四】三角函數模型的簡單應用二

【典題1】 如圖，一個水輪的半徑為\(6m\)，水輪軸心\(O\)距離水面的高度為\(3m\)，已知水輪按逆時針勻速轉動，每分鍾轉動\(5\)圈，當水輪上點\(P\)從水中浮現時的起始(圖中點\(P_0\))開始計時，記\(f(t)\)為點\(P\)距離水面的高度關於時間\(t(s)\)的函數，則下列結論正確的是(　　)
A．\(f(3)=9\)
B．\(f(1)=f(7)\)
C．若\(f(t)≥6\)，則\(t \in[2+12 k, 5+12 k](k \in N)\)
D．不論\(t\)為何值，\(f(t)+f(t+4)+f(t+8)\)是定值

【解析】\({\color{Red}{方法一 幾何法}}\)
圖中\(PB⊥\)水面，\(OA⊥PB\)，

\({\color{Red}{(由圖f(t)=PA=PA+3，則需了解PA與t的關系，從幾何角度求解)}}\)
\(∵\)每分鍾轉動\(5\)圈
\(∴OP\)每秒鍾內所轉過的角度為\(\dfrac{5 \times 2 \pi}{60}=\dfrac{\pi}{6}\)，
\({\color{Red}{(角速度)}}\)
則\(t\)秒轉過的角度\(\dfrac{\pi}{6} t\)，即\(\angle P_{0} O P=\dfrac{\pi}{6} t\)
如上圖依題意可知\(\angle P_{0} O A=\dfrac{\pi}{6}\)，
即\(\alpha=\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\)
在\(\text { Rt } \Delta P O A\)中，\(P A=O P \sin \alpha=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)\)
\(\therefore f(t)=P B=P A+A B=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+3\)
對於\(A\)，\(f(3)=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} \times 3-\dfrac{\pi}{6}\right)+3=3 \sqrt{3}+3\)，即\(A\)錯誤；
對於\(B\)，\(f(1)=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} \times 1-\dfrac{\pi}{6}\right)+3=3\)，\(f(7)=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} \times 7-\dfrac{\pi}{6}\right)+3=3\)，
即\(B\)正確；
\({\color{Red}{(或確定x=\dfrac{1+7}{2}=4是函數對稱軸也行)}}\)
對於\(C\)，因為\(f(t)≥6\)，
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\(C\)錯誤；
對於\(D\)，\(f(t)+f(t+4)+f(t+8)\)
\(=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+\dfrac{\pi}{2}\right)+6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+\dfrac{7 \pi}{6}\right)+9\)
\(=6\left[\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+\cos \dfrac{\pi}{6} t-\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+\dfrac{\pi}{6}\right)\right]+9\)
因為\(\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+\cos \dfrac{\pi}{6} t-\sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+\dfrac{\pi}{6}\right)=0\)，
所以\(f(t)+f(t+4)+f(t+8)=9\)，
即\(D\)正確．
故選：\(BD\)．
\({\color{Red}{方法二 待定系數法}}\)
可知\(f(x)\)符合三角函數模型，
設\(f(t)=Asin(ωx+φ)+B(A>0)\)，
依題意可知\(f(t)\)的最大值為\(9\)，最小為\(-3\)，
\(∴A+B=9\)，且\(-A+B=-3\)，
可得\(A=6\)，\(B=3\)；
\(∵\)每分鍾轉動\(5\)圈，
\(∴1\)圈要\(12\)秒，即\(T=12s\)，
則\(\omega=\dfrac{2 \pi}{T}=\dfrac{\pi}{6}\)，得\(f(t)=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t+\varphi\right)+3\)，
\({\color{Red}{(也可由OP每秒鍾內所轉過的角度為\dfrac{5 \times 2 \pi}{60}=\dfrac{\pi}{6}得\omega=\dfrac{\pi}{6}}}\)
依題意可知\(f(0)=0\)，
得\(\sin \varphi=-\dfrac{1}{2}\)，取\(\varphi=-\dfrac{\pi}{6}\)，
\({\color{Red}{(得到φ的一個值便可)}}\)
故所求的函數解析式為\(f(t)=6 \sin \left(\dfrac{\pi}{6} t-\dfrac{\pi}{6}\right)+3\)，
接下來如同方法一.

【點撥】
① 方法一利用幾何性質求出\(f(t)\)(即圖中的\(PB\))與t之間的關系；
② 方法二是根據題意確定符合三角函數模型，則用待定系數法設函數\(f(t)=A\sin(ωx+φ)+B\)，根據題意由最大值和最小值求出\(A,B\)的值，根據周期性由\(T=\dfrac{2 \pi}{\omega}\)求出\(ω\)，注意一個特殊情況代入一個點求出\(φ\).
 
 

【典題2】 某公司欲生產一款迎春工藝品回饋消費者，工藝品的平面設計如圖所示，該工藝品由直角\(△ABC\)和以\(BC\)為直徑的半圓拼接而成，點\(P\)為半圈上一點(異於\(B,C\))，點\(H\)在線段\(AB\)上，且滿足\(CH⊥AB\)．已知\(∠ACB=90°\)，\(AB=1dm\)，設\(∠ABC=θ\)．
(1)為了使工藝禮品達到最佳觀賞效果，需滿足\(∠ABC=∠PCB\)，且\(CA+CP\)達到最大．當\(θ\)為何值時，工藝禮品達到最佳觀賞效果；
(2)為了工藝禮品達到最佳穩定性便於收藏，需滿足\(∠PBA=60°\)，且\(CH+CP\)達到最大．當\(θ\)為何值時，\(CH+CP\)取得最大值，並求該最大值．

【解析】依題意\(∠ABC=∠PCB=θ\)，
則在直角\(△ABC\)中，\(AC=\sinθ,BC=\cosθ\)
在直角\(△PBC\)中，\(P C=B C \cdot \cos \theta=\cos ^{2} \theta\)，\(P B=B C \cdot \sin \theta=\sin \theta \cos \theta\)
\({\color{Red}{(用變量θ表示CA+CP，利用函數最值方法求解)}}\)
(1)\(A C+C P=\sin \theta+\cos ^{2} \theta\)\(=\sin \theta+1-\sin ^{2} \theta=-\sin ^{2} \theta+\sin \theta+1\)，\(\theta \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)，
所以當\(\sin \theta=\dfrac{1}{2}\)，即\(\theta=\dfrac{\pi}{6}\)，\(AC+CP\)的最大值為\(\dfrac{5}{4}\)；
(2)在直角\(△ABC\)中，由\(S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} C A \cdot C B=\dfrac{1}{2} A B \cdot C H,\)，\({\color{Red}{(等積法)}}\)
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\(C H+C P=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos ^{2} \theta+\dfrac{1}{2} \cos \theta \sin \theta\)
\(=\dfrac{1}{4} \sin 2 \theta+\dfrac{\sqrt{3}}{4} \cos 2 \theta+\dfrac{\sqrt{3}}{4}=\dfrac{1}{2} \sin \left(2 \theta+\dfrac{\pi}{3}\right)+\dfrac{\sqrt{3}}{4}\)，\(\theta \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)，
\({\color{Red}{(函數化為f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)+B求最值)}}\)
所以當\(\theta=\dfrac{\pi}{12}\)，\(CH+CP\)達到最大，最大值為\(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{4}\)．
【點撥】
① 利用直角三角形等幾何性質用\(θ\)表示各線段長度；
② 題目中體現了函數思想，在求解實際問題中，特別要注意自變量θ的取值范圍.
 
 

鞏固練習

1(★★) 水車在古代是進行灌溉引水的工具，是人類的一項古老的發明，也是人類利用自然和改造自然的象征．如圖是一個半徑為\(R\)的水車，一個水斗從點\(A(3 \sqrt{3},-3)\)出發，沿圓周按逆時針方向勻速旋轉，且旋轉一周用時\(60\)秒．經過\(t\)秒后，水斗旋轉到\(P\)點，設\(P\)的坐標為\((x,y)\)，其縱坐標滿足\(y=f(t)=R \sin (\omega t+\varphi)\left(t \geq 0, \omega>0,|\varphi|<\dfrac{\pi}{2}\right)\)．則下列敘述錯誤的是(　　)

A．\(R=6, \omega=\dfrac{\pi}{30}, \varphi=-\dfrac{\pi}{6}\)
B．當\(t∈[35,55]\)時，點\(P\)到\(x\)軸的距離的最大值為\(6\)
C．當\(t∈[10,25]\)時，函數\(y=f(t)\)單調遞減
D．當\(t=20\)時，\(|P A|=6 \sqrt{3}\)
 
 

2(★★)某游樂場中半徑為\(30\)米的摩天輪逆時針(固定從一側觀察)勻速旋轉，每\(5\)分鍾轉一圈，其最低點離底面\(5\)米，如果以你從最低點登上摩天輪的時刻開始計時，那么你與底面的距離高度\(y\)(米)隨時間\(t\)(秒)變化的關系式為 \(\underline{\quad \quad}\) .

 
 

3(★★) 如圖，已知扇形\(AOB\)的半徑為\(1\)，中心角為\(60°\)，四邊形\(PQRS\)是扇形的內接矩形，\(P\)為\(\widehat{A B}\)上一動點，問：點\(P\)在怎樣的位置時，矩形\(PQRS\)的面積最大？並求出這個最大值．

 
 

4(★★★) 如圖，某正方形公園\(ABCD\)，在\(ABD\)區域內准備修建三角形花園\(BMN\)，滿足\(MN\)與\(AB\)平行(點\(N\)在\(BD\)上)，且\(AB=AD=BM=2\)(單位：百米)．設\(∠ABM=θ\)，\(△BMN\)的面積為\(S\)(單位：百米平方)．
(1)求\(S\)關於\(θ\)的函數解析式
(2)求\(S(θ)\)的最大值，並求出取到最大值時\(θ\)的值．

 
 

5(★★★)某農場有一塊扇形農田，如圖所示．已知扇形\(OAB\)的圓心角為\(\dfrac{\pi}{4}\)，半徑為\(80\)米，點\(P\)在\(\widehat{A B}\)上，\(PC⊥OA\)於\(C\)，\(PD⊥OB\)於\(D\)．現要在\(△OPC\)和\(△OPD\)區域中分別種植甲、乙兩種蔬菜，且甲、乙兩種蔬菜單位面積年產值之比為\(\text { 1: } \sqrt{3}\)．設\(∠AOP=θ\)，\(0<\theta<\dfrac{\pi}{4}\)．
(1)用\(θ\)分別表示\(△OPC\)和\(△OPD\)的面積；
(2)當\(θ\)為何值時，讀農場種植甲、乙兩種蔬菜的年總產值最大？

 
 

6(★★★★) 如圖，半圓的直徑\(AB=2\)，\(O\)為圓心，\(C\)，\(D\)為半圓上的點．
(1)請你為\(C\)點確定位置，使\(△ABC\)的周長最大，並說明理由；
(2)已知\(AD=DC\)，設\(∠ABD=θ\)，當\(θ\)為何值時，
①四邊形\(ABCD\)的周長最大，最大值是多少？
②四邊形\(ABCD\)的面積最大，最大值是多少？

 
 
 
 

參考答案

1. \(C\)
2. \(y=30 \sin \left(\dfrac{\pi}{150} t-\dfrac{\pi}{2}\right)+35\)
3. 當\(P\)為\(\widehat{A B}\)中點時，矩形\(PQRS\)的面積取到最大值\(\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)
4. \(\text { (1) } S(\theta)=2 \sin \theta(\cos \theta-\sin \theta), \quad \theta \in\left(0, \dfrac{\pi}{4}\right)\)
   \((2) S(θ)\)的最大值為\(\sqrt{2}-1\)百米平方，此時\(\theta=\dfrac{\pi}{8}\)．
5. \((1) △OPC\)和\(△OPD\)的面積分別為\(1600\sin2θ\)平方米，\(1600\cos2θ\)平方米；
   \((2)\)當\(\theta=\dfrac{\pi}{12}\)時，該農場種植甲，乙兩種蔬菜的年總產值量大.
6. \(\text { (1) } 2 \sqrt{2}+2\)，此時點\(C\)是半圓的中點
   \((2)\)① \(\theta=\dfrac{\pi}{6}\)時，最大值是\(5\)． ② \(\theta=\dfrac{\pi}{6}\)時，最大值是\(\dfrac{3 \sqrt{3}}{4}\).