《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练2. (多选)(2025·陕西西安期中)函数$f(x)=A\sin(\omega x+\varphi)(A\gt0,\omega\gt0,0\lt\varphi\lt\pi)$的部分图象如图中实线所示，图中圆$C$与$f(x)$的图象交于$M$，$N$两点，且$M$在$y$轴上，则下列说法中正确的是(BD)

A.函数$f(x)$在$(-\frac{3\pi}{2},-\pi)$上单调递增

B.函数$f(x)$的图象关于点$(-\frac{2\pi}{3},0)$成中心对称
C.函数$f(x)$的图象向右平移$\frac{5\pi}{12}$个单位后关于直线$x=\frac{5\pi}{6}$成轴对称
D.若圆半径为$\frac{5\pi}{12}$，则函数$f(x)$的解析式为$f(x)=\frac{\sqrt{3}\pi}{6}\sin(2x+\frac{\pi}{3})$

答案： 变式训练2. BD 解析:由题意易得点$C$的横坐标为$\frac{\pi}{3}$,所以$f(x)$的周期$T=\pi$,所以$\omega=2$,又$f\left(-\frac{\pi}{6}\right)=0$,所以$\varphi=\frac{\pi}{3}$,因此$f(x)=A\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)(A＞0)$. $2k\pi-\frac{\pi}{2}＜2x+\frac{\pi}{3}＜2k\pi+\frac{\pi}{2},k\in Z$,$k\pi-\frac{5\pi}{12}＜x＜k\pi+\frac{\pi}{12},k\in Z$,所以函数$f(x)$在$\left(k\pi-\frac{5\pi}{12},k\pi+\frac{\pi}{12}\right),k\in Z$上单调递增.$2k\pi+\frac{\pi}{2}＜2x+\frac{\pi}{3}＜2k\pi+\frac{3\pi}{2},k\in Z$,$k\pi+\frac{\pi}{12}＜x＜k\pi+\frac{7\pi}{12},k\in Z$,所以函数$f(x)$在$\left(k\pi+\frac{\pi}{12},k\pi+\frac{7\pi}{12}\right),k\in Z$上单调递减.则函数$f(x)$在$\left(\frac{23}{12}\pi,\frac{17}{12}\pi\right)$上单调递减,所以选项A不正确.由$2x+\frac{\pi}{3}=k\pi,k\in Z$,得$x=\frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{6},k\in Z$,函数$f(x)$的图象的对称中心为$\left(\frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{6},0\right),k\in Z$,所以函数$f(x)$的图象关于点$\left(-\frac{2\pi}{3},0\right)$成中心对称,故选项B正确.函数$f(x)$的图象向右平移$\frac{5\pi}{12}$个单位得到$f(x)=-A\cos2x$的图象,直线$x=\frac{5\pi}{6}$不是此时的对称轴,故选项C不正确.若圆半径为$\frac{5\pi}{12}$,则$\frac{\sqrt{3}}{2}A=\sqrt{\left(\frac{5\pi}{12}\right)^2-\left(\frac{\pi}{3}\right)^2},\therefore A=\frac{\sqrt{3}\pi}{6}$,函数$f(x)$的解析式为$f(x)=\frac{\sqrt{3}\pi}{6}\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)$,故选BD.

典型例题2. (2025·天津)$f(x)=\sin(\omega x+\varphi)(\omega\gt0,-\pi\lt\varphi\lt\pi)$，在$[-\frac{5\pi}{12},\frac{\pi}{12}]$上单调递增，且$x=\frac{\pi}{12}$为它的一条对称轴，$(\frac{\pi}{3},0)$是它的一个对称中心，当$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$时，$f(x)$的最小值为(A)

A.$-\frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$-\frac{1}{2}$
C.$1$
D.$0$

答案： 典型例题2. A 解析:设$f(x)$的最小正周期为$T$,根据题意有$\begin{bmatrix}\frac{\pi}{12}\omega+\varphi=\frac{\pi}{2}+2k\pi,\frac{\pi}{3}\omega+\varphi=m\pi\end{bmatrix}$,由正弦函数的对称性可知$\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{12}=\frac{(2n+1)T}{4}(n\in Z)$,即$\frac{\pi}{4}=\frac{2n\pi+\pi}{2\omega}$,$\therefore\omega=4n+2(n\in Z)$,又$f(x)$在$\left[\frac{5\pi}{12},\frac{\pi}{2}\right]$上单调递增,则$\frac{T}{2}\geq\frac{\pi}{2}-\frac{5\pi}{12}$,$\therefore\frac{\pi}{\omega}\geq\frac{\pi}{12}\Rightarrow0＜\omega\leq2$,$\therefore\omega=2$,则$\begin{cases}\varphi=\frac{\pi}{3}+2k\pi,\\\varphi=m\pi-\frac{2\pi}{3}\end{cases}(m,k\in Z).\because\varphi\in(-\pi,\pi),\therefore k=0,m=1$,$\therefore\varphi=\frac{\pi}{3}$,$\therefore f(x)=\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)$,当$x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$时,$2x+\frac{\pi}{3}\in\left[\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3}\right]$,由正弦函数的单调性可知$f(x)_{\min}=\sin\frac{4\pi}{3}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$

变式训练3. (2025·辽宁沈阳三模)已知函数$f(x)=2\sin(\omega x-\frac{\pi}{3})(\omega\gt0)$在区间$(\frac{\pi}{3},\pi)$上有且仅有一个零点，当$\omega$最大时，$f(x)$的图象的一条对称轴方程为(B)

A.$x=\frac{17}{12}\pi$
B.$x=\frac{17}{14}\pi$
C.$x=\frac{23}{10}\pi$
D.$x=\frac{23}{18}\pi$

答案： 变式训练3. B 解析:当$\frac{\pi}{3}＜x＜\pi$时,且$\omega＞0$,$\frac{\pi}{3}\omega-\frac{\pi}{3}＜\omega x-\frac{\pi}{3}＜\pi\omega-\frac{\pi}{3}$,由$f(x)=0$可得$\sin\left(\omega x-\frac{\pi}{3}\right)=0$,所以$k\pi\leq\frac{\pi}{3}\omega-\frac{\pi}{3}＜(k+1)\pi$,$k\in Z$,解得$\frac{4}{3}k+1\leq\omega＜k+1+\frac{4}{3}$,$(k+1)\pi＜\pi\omega-\frac{\pi}{3}\leq(k+2)\pi$,$k\in Z$,若$\omega$无解,则$3k+4\leq k+\frac{7}{3}＜3k+1$,解得$k\leq-\frac{4}{3}$或$k＞\frac{2}{3}$,由于$\omega＞0$且$\omega$存在,故$k=0$或$k=-1$,即$\begin{cases}1\leq\omega＜4,\\-2\leq\omega＜1,\frac{4}{3}＜\omega\leq\frac{7}{3}或\frac{1}{3}＜\omega\leq\frac{4}{3},\end{cases}$则有$\frac{4}{3}＜\omega\leq\frac{7}{3}$或$\frac{1}{3}＜\omega＜1$,故$\omega$的最大值为$\frac{7}{3}$,此时$f(x)=2\sin\left(\frac{7x}{3}-\frac{\pi}{3}\right)$,由$\frac{7x}{3}-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+m\pi(m\in Z)$,可得$x=\frac{5\pi}{14}+\frac{3m}{7}\pi(m\in Z)$,当$m=2$时,函数$f(x)$的一条对称轴方程为$x=\frac{17}{14}\pi$.

变式训练4. (2025·河南郑州模拟)函数$f(x)=\sin(\omega x+\varphi)(\omega\gt0$且$\varphi\in\mathbf{R})$在$(\frac{5\pi}{18},\frac{2\pi}{3})$上单调，且$f(\frac{\pi}{3})+f(\frac{5\pi}{9})=0$，若$f(x)$在$(\frac{2\pi}{9},\pi)$上恰有$2$个零点，则$\omega$的取值最准确的范围是$\left(\frac{9}{5},\frac{9}{4}\right]$。

答案： 变式训练4. $\left(\frac{9}{5},\frac{9}{4}\right]$ 解析:因为函数$f(x)=\sin(\omega x+\varphi)(\omega＞0,\varphi\in R)$在区间$\left(\frac{5\pi}{18},\frac{2\pi}{3}\right)$上单调,且满足$f\left(\frac{\pi}{3}\right)=-f\left(\frac{5\pi}{9}\right)$,而$\frac{\pi}{3}-\frac{5\pi}{9}=-\frac{2\pi}{9}$,而$\frac{4\pi}{9}\in\left(\frac{5\pi}{18},\frac{2\pi}{3}\right)$,故$f(x)$在区间$\left(\frac{4\pi}{9},\frac{2\pi}{3}\right)$上单调,设函数的最小正周期为$T$,则$\frac{T}{2}\geq\frac{2\pi}{3}-\frac{4\pi}{9}=\frac{2\pi}{9}$,$\therefore\frac{T}{2}\geq\frac{2\pi}{9}$,即$\frac{1}{2}\leq\omega＜\frac{9}{4}$;函数$f(x)$在区间$\left(\frac{2\pi}{9},\pi\right)$上恰有2个零点,则$\frac{4\pi}{9}$恰好为第一个零点,相邻两个零点之间相距半个周期$\frac{T}{2}$,故$\frac{T}{2}＜\pi-\frac{4\pi}{9}\leq T$,即$\frac{1}{2}＜\omega\leq\frac{2\pi}{9}$,解得$\frac{9}{5}＜\omega\leq\frac{18}{5}$,结合$0＜\omega\leq\frac{9}{4}$,可得$\omega$的取值范围为$\left(\frac{9}{5},\frac{9}{4}\right]$.

典型例题3. (全国高考)关于函数$f(x)=\sin\vert x\vert+\vert\sin x\vert$有下述四个结论：
①$f(x)$是偶函数；②$f(x)$在区间$(\frac{\pi}{2},\pi)$上单调递增；③$f(x)$在$[-\pi,\pi]$上有$4$个零点；④$f(x)$的最大值为$2$。其中所有正确结论的序号是(C)

A.①②④
B.②④
C.①④
D.①③

答案： 典型例题3. C 解析:$\because f(-x)=\sin\vert-x\vert+\vert\sin(-x)\vert=\sin\vert x\vert+\vert\sin x\vert=f(x)$,$\therefore f(x)$为偶函数,故①正确.当$\frac{\pi}{2}＜x＜\pi$时,$f(x)=2\sin x$,它在区间$\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$上单调递减,故②错误.当$0\leq x\leq\pi$时,$f(x)=2\sin x$,它有两个零点$0,\pi$;当$-\pi\leq x＜0$时,$f(x)=\sin(-x)-\sin x=-2\sin x$,它有一个零点$-\pi$,故$f(x)$在$[-\pi,\pi]$上有3个零点$-\pi,0,\pi$,故③错误.当$x\in[2k\pi,2k\pi+\pi](k\in N^*)$时,$f(x)=2\sin x$;当$x\in[2k\pi+\pi,2k\pi+2\pi](k\in N^*)$时,$f(x)=\sin x-\sin x=0$,又$f(x)$为偶函数,$\therefore f(x)$的最大值为2,故④正确.综上所述,①④正确,故选C.

变式训练5. (2025·四川攀枝花三模)函数$f(x)=\sin\vert x\vert+\vert\cos x\vert-\vert\sin x\vert-\vert\cos x\vert$的最小值为$-2$。

答案： 变式训练5. $-2$ 解析:由于$f(-x)=\sin\vert-x\vert+\vert\cos(-x)\vert-\vert\sin(-x)\vert-\vert\cos(-x)\vert=\sin\vert x\vert+\vert\cos x\vert-\vert\sin x\vert-\vert\cos x\vert=f(x)$,且定义域为$R$,所以$f(x)=\sin\vert x\vert+\vert\cos x\vert-\vert\sin x\vert-\vert\cos x\vert$是偶函数,所以只需要研究$x\geq0$的部分,即$f(x)=\sin x+\vert\cos x\vert-\vert\sin x\vert-\vert\cos x\vert$,由于$f(x+2\pi)=\sin(x+2\pi)+\vert\cos(x+2\pi)\vert-\vert\sin(x+2\pi)\vert-\vert\cos(x+2\pi)\vert=\sin x+\vert\cos x\vert-\vert\sin x\vert-\vert\cos x\vert=f(x)$,所以当$x\geq0$时,$f(x)=\sin x+\vert\cos x\vert-\vert\sin x\vert-\vert\cos x\vert$是一个周期为$2\pi$的函数,则只需要研究一个周期$x\in[0,2\pi]$的最小值,以下分类讨论:则当$0\leq x\leq\frac{\pi}{4}$时,$f(x)=\sin x+\cos x-\vert\sin x-\cos x\vert=\sin x+\cos x+\sin x-\cos x=2\sin x$,此时最小值为$f(0)=0$,当$\frac{\pi}{4}\leq x\leq\frac{\pi}{2}$时,$f(x)=\sin x+\cos x-\vert\sin x-\cos x\vert=\sin x+\cos x-\sin x+\cos x=2\cos x$,此时最小值为$f\left(\frac{\pi}{2}\right)=0$,则当$\frac{\pi}{2}\leq x\leq\frac{3\pi}{4}$时,$f(x)=\sin x-\cos x-\vert\sin x+\cos x\vert=\sin x-\cos x-\sin x-\cos x=-2\cos x$,此时最小值为$f\left(\frac{\pi}{2}\right)=0$,当$\frac{3\pi}{4}\leq x\leq\frac{3\pi}{2}$时,$f(x)=\sin x-\cos x-\vert\sin x+\cos x\vert=\sin x-\cos x+\sin x+\cos x=2\sin x$,此时最小值为$f\left(\frac{3\pi}{2}\right)=-2$,当$\frac{3\pi}{2}\leq x\leq2\pi$时,$f(x)=\sin x+\cos x-\vert\sin x-\cos x\vert=\sin x+\cos x+\sin x-\cos x=2\sin x$,此时最小值为$f\left(\frac{3\pi}{2}\right)=-2$,综上最小值为$-2$.