第5.6节综合训练

因为 $ g(x)= \cos (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})= \sin (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})= \sin (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ ,

且 $ f(x)= \sin (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})= \sin (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})= \sin [2(x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}] $ ,

所以将函数 $ g(x) $ 的图象向右平移 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 个单位长度得到函数 $ f(x) $ 的图象.故选 $ \mathrm{A} $ .

将函数 $ f(x)= \sin x(x\in \boldsymbol{R}) $ 的图象上所有的点向左平移 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ 个单位长度得到 $ y= \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 的图象，

再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到 $ y= \sin (\dfrac{x}{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 的图象，

然后将图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），则所得图象对应的函数解析式为 $ y=2 \sin (\dfrac{x}{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ , $ x\in \boldsymbol{R} $ ，故选 $ \mathrm{B} $ .

由题图知 $ A=2 $ ， $ T=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{\omega }=4×(\dfrac{7\mathrm{\pi }}{12}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})=\mathrm{\pi } $ ，所以 $ \omega =2 $ ，

再根据五点作图法可得 $ 2×\dfrac{7\mathrm{\pi }}{12}+\varphi =\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2} $ ，解得 $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，

所以 $ f(x)=2 \cos (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ .

将函数 $ f(x) $ 的图象向右平移 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ 个单位长度得到 $ g(x)=2 \cos [2(x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}]=2 \sin (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 的图象.故选 $ \mathrm{B} $ .

因为将函数 $ {\rm \mathit{f}(\mathit{x})=sin} (\omega x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 的图象向左平移 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ 个单位长度后得到函数g(x)的图象,所以 $ {\rm \mathit{g}(\mathit{x})=sin} (\omega x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}\omega +\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) {\rm \mathit{．}} $

因为g(x)与f(x)的图象关于原点对称,函数f(x)的图象关于原点对称的图象对应的函数解析式为 $ {\rm \mathit{y}=-sin} (-\omega x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ ,

所以 $ {\rm -sin} (-\omega x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) {\rm =sin} $ $ {\rm \mathit{ωx}+} \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} {\rm \mathit{ω}+} $ $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,即 $ {\rm sin} (\omega x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) {\rm =sin} $ $ {\rm \mathit{ωx}+} \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} {\rm \mathit{ω}+} $ $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,

所以 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} {\rm \mathit{ω}+} $ $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} {\rm +} $ $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} {\rm =2\mathit{k}π,\mathit{k}∈Z} $ ,所以 $ {\rm \mathit{ω}=4\mathit{k}-} \dfrac{4}{3} {\rm ,\mathit{k}∈Z\mathit{．}} $

又0< $ {\rm \mathit{ω}} $ <3,所以 $ {\rm \mathit{ω}=4-} \dfrac{4}{3} {\rm =} $ $ \dfrac{8}{3} {\rm \mathit{．}} $ 故选D．

将函数 $ y= \sin x $ 的图象向右平移 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 个单位长度，可得 $ y= \sin (x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ 的图象，

再将图象上每个点的横坐标变为原来的 $ \dfrac{1}{\omega }(\omega > 0) $ 倍（纵坐标不变），

得到函数 $ y=f(x)= \sin (\omega x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ 的图象.

因为函数 $ y=f(x) $ 在区间 $ [0,\mathrm{\pi }] $ 上有且仅有两个零点， $ \omega \cdot 0-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ,

所以 $ \omega \cdot \mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\in [\mathrm{\pi },2\mathrm{\pi }) $ ，

所以 $ \omega \in [\dfrac{7}{6},\dfrac{13}{6}) $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

依题意得 $ f(x)=- \cos (2\omega x+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}) $ ， $ \omega > 0 $ .

对于①，由题意得 $ T=\mathrm{\pi } $   , $ T=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{2\omega }=\mathrm{\pi }⇒\omega =1 $ ，故①错误；

对于②，由题意得 $ x\in [0,2\mathrm{\pi }] $ ,则 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}\leqslant 2\omega x+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}\leqslant 4\omega \mathrm{\pi }+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ，若 $ f(x) $ 在 $ [0,2\mathrm{\pi }] $ 上恰有9个零点，则 $ \dfrac{19\mathrm{\pi }}{2}\leqslant 4\omega \mathrm{\pi }+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} < \dfrac{21\mathrm{\pi }}{2} $ ,得 $ \dfrac{53}{24}\leqslant \omega < \dfrac{59}{24} $ ，故②正确；

对于③，由题意得 $ f(x) $ 的图象向右平移 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 个单位长度后,得到的图象所对应的函数解析式为 $ g(x)=- \cos (2\omega x-\dfrac{\mathrm{\pi }\omega }{3}+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}) $ ，又 $ \omega \in (0,2) $ ，所以 $ 0 < -\dfrac{\mathrm{\pi }\omega }{3}+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} < \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ，不能得出 $ g(x) $ 的图象关于 $ y $ 轴对称，故③错误；

对于④，当 $ x\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}] $ 时, $ -\dfrac{\mathrm{\pi }\omega }{3}+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}\leqslant 2\omega x+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}\leqslant \dfrac{2\mathrm{\pi }\omega }{3}+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ，若 $ f(x) $ 在 $ [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}] $ 上单调递增，

则 $ \begin{cases}-\dfrac{\mathrm{\pi }\omega }{3}+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}\geqslant 2k\mathrm{\pi },\\ \dfrac{2\mathrm{\pi }\omega }{3}+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}\leqslant 2k\mathrm{\pi }+\mathrm{\pi },\end{cases}k\in \boldsymbol{Z} $ ,

得 $ \begin{cases}\omega \leqslant -6k+2,\\ \omega \leqslant 3k+\dfrac{1}{2},\end{cases}k\in \boldsymbol{Z} $ ,

由于 $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,且 $ \omega > 0 $ ，故 $ k=0 $ , $ 0 < \omega \leqslant \dfrac{1}{2} $ ，故④错误.故选 $ \mathrm{A} $ .

四边形 $ ACBD $ 为平行四边形， $ AC=2 $ ，设 $ B({x}_{0},-2) $ ，

则 $ 2({x}_{0}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ，

所以 $ {x}_{0}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，则 $ \dfrac{T}{2}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2\mathrm{\pi }}{\omega }=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，解得 $ \omega =3 $ ，故 $ f(x) $ 的周期为 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ， $ \mathrm{A} $ 错误；

$ f(x)=4 \sin (3x+\varphi ) $ ，将点 $ A(\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},2) $ 的坐标代入得， $ 4 \sin (3×\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+\varphi )=2 $ ，

即 $ \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+\varphi )=\dfrac{1}{2} $ ，由于点 $ A $ 在 $ f(x) $ 的单调递增区间上，

所以 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+\varphi =2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，

解得 $ \varphi =2k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，

所以 $ f(x)=4 \sin (3x+2k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})=4 \sin (3x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ ，故 $ \mathrm{B} $ 正确；

当 $ x\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{18},\dfrac{5\mathrm{\pi }}{18}] $ 时， $ 3x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ ，则由正弦函数的性质可知， $ f(x) $ 在区间 $ [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{18},\dfrac{5\mathrm{\pi }}{18}] $ 上单调递增， $ \mathrm{C} $ 正确；

由于 $ f(\dfrac{4\mathrm{\pi }}{9})=4 \sin (3×\dfrac{4\mathrm{\pi }}{9}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})=0 $ ，

所以直线 $ x=\dfrac{4\mathrm{\pi }}{9} $ 不是函数 $ f(x) $ 图象的对称轴， $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ，因为函数 $ f(x) $ 在区间 $ (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3},\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}) $ 上单调递减，所以 $ \dfrac{T}{2}\geqslant \dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}-\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ，所以 $ f(x) $ 的最小正周期 $ T\geqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，即 $ f(x) $ 的最小正周期的最小值为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，故 $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ ，因为 $ f(\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3})+f(\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6})=0 $ ，所以 $ f(x) $ 的图象关于点 $ (\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4},0) $ 对称，所以 $ f(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4})=0 $ ，故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ，若 $ f(x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})\geqslant f(x) $ 恒成立，则 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ 为函数 $ f(x) $ 的周期或周期的倍数，所以 $ k\cdot \dfrac{2\mathrm{\pi }}{\omega }=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ， $ k\in \boldsymbol{Z}(k\ne 0) $ ，所以 $ \omega =6k $ ， $ k\in \boldsymbol{Z}(k\ne 0) $ ，因为 $ T\geqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，所以 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}\leqslant 6 $ ，又 $ \omega > 0 $ ，所以 $ 0 < \omega \leqslant 6 $ ，所以 $ \omega =6 $ ，即满足条件的 $ \omega $   有且仅有1个，故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ，由题意可知 $ (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3},\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}) $ 为 $ f(x)= \sin (\omega x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ 单调递减区间的子集，

所以 $ \begin{cases}\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}\omega -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\geqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi },\\ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}\omega -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\leqslant \dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi },\end{cases} $ 其中 $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，解得 $ 3k+1\leqslant \omega \leqslant \dfrac{12k}{5}+2 $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，

当 $ k=0 $ 时， $ 1\leqslant \omega \leqslant 2 $ ，当 $ k=1 $ 时， $ 4\leqslant \omega \leqslant \dfrac{22}{5} $ ，故 $ \omega $   的取值范围是 $ [1,2]\cup [4,\dfrac{22}{5}] $ ，故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

函数 $ f(x)= \tan (\omega x-\varphi )(\omega > 0) $ 的最小正周期为 $ T=\dfrac{\mathrm{\pi }}{\omega }=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,可得 $ \omega =3 $ ,所以 $ f(x)= \tan (3x-\varphi ) $ .将其图象向左平移 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{12} $ 个单位长度后,得到 $ y= \tan [3(x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{12})-\varphi ]= \tan (3x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-\varphi ) $ 的图象,

因为所得函数为奇函数,所以 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-\varphi =\dfrac{k\mathrm{\pi }}{2} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，解得 $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-\dfrac{k\mathrm{\pi }}{2} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,

故可取 $ \varphi $ 的一个值为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ .

$ f(x)= \sin x \cos x=\dfrac{1}{2} \sin 2x $ ，

将 $ f(x) $ 的图象向左平移 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 个单位长度可得 $ y=\dfrac{1}{2} \sin [2(x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})]=\dfrac{1}{2} \sin (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 的图象，

将 $ y=\dfrac{1}{2} \sin (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 的图象上点的横坐标变为原来的4倍可得 $ y=\dfrac{1}{2} \sin (\dfrac{1}{2}x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 的图象，

将 $ y=\dfrac{1}{2} \sin (\dfrac{1}{2}x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 的图象上点的纵坐标变为原来的 $ 2\sqrt{2} $ 倍可得 $ g(x)=\sqrt{2} \sin (\dfrac{1}{2}x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 的图象，

所以 $ g(x) $ 的最小正周期 $ T=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{\dfrac{1}{2}}=4\mathrm{\pi } $ .

依题意， $ f(x)=2 \sin \text{ }\omega x( \cos \text{ }\omega x\cdot \cos \text{ }\varphi - \sin \text{ }\omega x \sin \text{ }\varphi )= \sin \text{ }2\omega x \cos \text{ }\varphi -(1- \cos \text{ }2\omega x)\cdot \sin \text{ }\varphi = \sin (2\omega x+\varphi )- \sin \text{ }\varphi $   ，

当 $ \omega =1 $ , $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 时， $ f(x)= \sin (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})-\dfrac{1}{2} $ ，由 $ 2k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}\leqslant 2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\leqslant 2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ k\in \mathbf{Z} $ ，得 $ k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\leqslant x\leqslant k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ , $ k\in \mathbf{Z} $ ，所以 $ f(x) $ 的单调递增区间为 $ [k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3},k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}](k\in \mathbf{Z}) $ .

$ g(x)=f(x)+ \sin \text{ }\varphi = \sin (2\omega x+\varphi ) $ ，依题意 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\omega +\varphi ={k}_{1}\mathrm{\pi } $   , $ {k}_{1}\in \mathbf{Z} $ ， $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\omega +\varphi ={k}_{2}\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ {k}_{2}\in \mathbf{Z} $ ，则有 $ \omega =2({k}_{2}-{k}_{1})+1 $ , $ {k}_{1} $ , $ {k}_{2}\in \mathbf{Z} $ ，而 $ \omega > 0 $ ，即有 $ \omega =2n+1 $ , $ n\in \mathrm{N} $ .

因为 $ g(x) $ 在区间 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{18},\dfrac{\mathrm{\pi }}{9}) $ 上无最值，

则 $ g(x) $ 的周期 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{2\omega }=T\geqslant 2×(\dfrac{\mathrm{\pi }}{9}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{18})=\dfrac{\mathrm{\pi }}{9} $ ，即 $ 0 < \omega \leqslant 9 $ .

当 $ \omega =9 $ 时， $ \dfrac{9\mathrm{\pi }}{4}+\varphi ={k}_{2}\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ {k}_{2}\in \mathbf{Z} $ ，而 $ \left|\varphi \right|\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，则 $ {k}_{2}=2 $ ， $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ， $ g(x)= \sin (18x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ ，当 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{18} < x < \dfrac{\mathrm{\pi }}{9} $ 时， $ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{4} < 18x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} < \dfrac{9\mathrm{\pi }}{4} $ ，因此当 $ 18x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2} $ ，即 $ x=\dfrac{5\mathrm{\pi }}{72} $ 时， $ g(x) $ 取得最小值，不符合题意，

当 $ \omega =7 $ 时， $ \dfrac{7\mathrm{\pi }}{4}+\varphi ={k}_{2}\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ {k}_{2}\in \mathbf{Z} $ ，而 $ \left|\varphi \right|\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，则 $ {k}_{2}=1 $ ， $ \varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ， $ g(x)= \sin (14x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ ，

当 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{18} < x < \dfrac{\mathrm{\pi }}{9} $ 时， $ \dfrac{19\mathrm{\pi }}{36} < 14x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} < \dfrac{47\mathrm{\pi }}{36} $ ，而 $ (\dfrac{19\mathrm{\pi }}{36},\dfrac{47\mathrm{\pi }}{36})\subseteq (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}) $ ，因此 $ g(x) $ 在 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{18},\dfrac{\mathrm{\pi }}{9}) $ 上单调，无最值，所以 $ \omega $   的最大值为7.