高中数学人教A版 (2019)必修 第一册5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）第2课时学案设计

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类型1 “五点法”作函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象
【例1】 已知函数y＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，x∈R.
(1)用“五点法”作出它在一个周期内的简图；
(2)该函数的图象可由y＝sin x(x∈R)的图象经过怎样的平移和伸缩变换得到？
[解] (1)列表：
描点、连线，如图所示．
(2)函数y＝sin x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))的图象，再保持纵坐标不变，把横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)倍，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象，再保持横坐标不变，把纵坐标缩短为原来的eq \f(1,2)倍，得到函数y＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象．
1．“五点法”作图的实质
利用“五点法”作函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象，实质是利用函数的三个零点，两个最值点画出函数在一个周期内的图象．
2．用“五点法”作函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)图象的步骤
第一步：列表．
第二步：在同一平面直角坐标系中描出各点．
第三步：用光滑曲线连接这些点，形成图象．
eq \a\vs4\al([跟进训练])
1．已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，在给定坐标系中作出函数f(x)在[0，π]上的图象．
[解] f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，列表如下．
图象如图．
类型2 求三角函数的解析式
【例2】 如图是函数y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象的一部分，求此函数的解析式．
借助函数图象你能发现哪些信息？参数A、ω、φ的求解分别与哪些信息相关？
[解] 法一：(逐一定参法)
由图象知A＝3, T＝eq \f(5π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝π，
∴ω＝eq \f(2π,T)＝2，
∴y＝3sin(2x＋φ)．
∵点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))在函数图象上，
∴－eq \f(π,6)×2＋φ＝0＋2kπ，k∈Z，
又|φ|∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
法二：(五点对应法)
由图象知A＝3.
∵图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，0))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(πω,3)＋φ＝π，,\f(5πω,6)＋φ＝2π，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω＝2，,φ＝\f(π,3).))
∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
法三：(图象变换法)
由A＝3，T＝π，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))在图象上，
可知函数图象由y＝3sin 2x向左平移eq \f(π,6)个单位长度而得，
∴y＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))))，即y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
给出y＝Asin(ωx＋φ)的图象的一部分，确定A，ω，φ的方法
(1)逐一定参法：如果从图象可直接确定A和ω，则选取“五点法”中的“第一零点”的数据代入“ωx＋φ＝0”(要注意正确判断哪一点是“第一零点”)求得φ或选取最大值点时代入公式ωx＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，选取最小值点时代入公式ωx＋φ＝eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z.
(2) 五点对应法：将若干特殊点代入函数式，可以求得相关待定系数A，ω，φ.这里需要注意的是，要认清所选择的点属于五个点中的哪一点，并能正确代入列式．
(3)图象变换法：运用逆向思维的方法，先确定函数的基本解析式y＝Asin ωx，再根据图象平移、伸缩规律确定相关的参数．
eq \a\vs4\al([跟进训练])
2．(1)已知函数f(x)＝Acs(ωx＋φ)＋BA＞0，ω＞0，|φ|＜eq \f(π,2)的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为( )
A．y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,4)))＋4
B．y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,4)))＋4
C．y＝4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,4)))＋2
D．y＝4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,4)))＋2
(2)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)，x∈Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象与x轴的交点中，相邻两个交点的距离为eq \f(π,2)，且图象上一个最低点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－2))，求f(x)的解析式．
(1)A [由函数f(x)的最大值和最小值得
A＋B＝6，－A＋B＝2，所以A＝2，B＝4，
函数f(x)的周期为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))))×4＝4π，又ω＞0，
所以ω＝eq \f(1,2)，又因为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，6))在函数f(x)的图象上．
所以6＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(π,2)＋φ))＋4，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋φ))＝1，
所以eq \f(π,4)＋φ＝2kπ，k∈Z，所以φ＝2kπ－eq \f(π,4)，k∈Z，又|φ|＜eq \f(π,2)，
所以φ＝－eq \f(π,4)，所以f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4)))＋4.]
(2)[解] 由最低点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－2))，得A＝2.
在x轴上两相邻交点之间的距离为eq \f(π,2)，故eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，
即T＝π，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,π)＝2.
由点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－2))在图象上得
2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(2π,3)＋φ))＝－2，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)＋φ))＝－1，
故eq \f(4π,3)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)，
∴φ＝2kπ－eq \f(11π,6)(k∈Z)．又φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴φ＝eq \f(π,6).故f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
类型3 函数y＝Asin(ωx＋φ)性质的
综合应用
【例3】 已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0,0≤φ<π)是R上的偶函数，其图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0))对称，且在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是单调函数，求φ和ω的值．
[解] ∵f(x)在R上是偶函数，
∴当x＝0时，f(x)取得最大值或最小值，
即sin φ＝±1，得φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z.
又0≤φ<π，∴φ＝eq \f(π,2).
由f(x)的图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0))对称，可知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)ω＋\f(π,2)))＝0，解得ω＝eq \f(4,3)k－eq \f(2,3)，k∈Z.
又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是单调函数，
∴T≥π，即eq \f(2π,ω)≥π，∴0<ω≤2，
∴当k＝1时，ω＝eq \f(2,3)；当k＝2时，ω＝2.
综上，φ＝eq \f(π,2)，ω＝eq \f(2,3)或2.
将本例中“偶”改为“奇”，“其图象关于点Meq \f(3π,4)，0对称，且在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是单调函数”改为“在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))上为增函数”，试求ω的最大值．
[解] 因为f(x)是奇函数，所以f(0)＝sin φ＝0，又0≤φ＜π，所以φ＝0.
因为f(x)＝sin ωx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))上是增函数．
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω＞0，,－\f(3π,2)≥－\f(π,2ω),\f(π,2)≤\f(π,2ω)，))，
解得0＜ω≤eq \f(1,3)，
所以ω的最大值为eq \f(1,3).
研究函数y＝Asin(ωx＋φ)性质的基本策略
(1)首先将所给函数的解析式转化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式．
(2)熟记正弦函数y＝sin x的图象与基本性质．
(3)充分利用整体代换思想解决问题．
(4)熟记有关函数y＝Asin(ωx＋φ)的奇偶性、对称性、单调性的重要结论．
eq \a\vs4\al([跟进训练])
3．(多选)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，以下命题中为真命题的是( )
A．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称
B．x＝－eq \f(π,6)是函数f(x)的一个零点
C．函数f(x)的图象可由g(x)＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度得到
D．函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上是增函数
ABD [令2x＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，当k＝0时，x＝eq \f(π,12)，即函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称，选项A正确；令2x＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，当k＝0时，x＝－eq \f(π,6)，即x＝－eq \f(π,6)是函数f(x)的一个零点，选项B正确；2x＋eq \f(π,3)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，故函数f(x)的图象可由g(x)＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到，选项C错误；若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))，则2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，故f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上是增函数，选项D正确．故选ABD.]
1．已知函数f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))(A＞0)在它的一个最小正周期内的图象上，最高点与最低点的距离是5，则A等于( )
A．1 B．2
C．4 D．8
B [函数f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))(A>0)的周期T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,\f(π,3))＝6.
∵函数f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(π,6)))(A>0)在它的一个最小正周期内的图象上，最高点与最低点的距离是5，
∴eq \r(A2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,4)))2)＝eq \f(5,2)，∴A＝2，故选B.]
2．已知函数y＝Asin(ωx＋φ)＋B的一部分图象如图所示，如果A>0，ω>0，|φ|A．A＝4B．ω＝1
C．φ＝eq \f(π,6)D．B＝4
C [由图象可知，A＝2，B＝2，eq \f(1,4)T＝eq \f(5π,12)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,4)，T＝π，ω＝2.因为2×eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,6)，故选C.]
3．同时具有性质“(1)最小正周期是π；(2)图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称；(3)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增”的一个函数是( )
A．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))B．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
C．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))D．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
C [由(1)知T＝π＝eq \f(2π,ω)，ω＝2，排除A.由(2)(3)知x＝eq \f(π,3)时，f(x)取最大值，验证知只有C符合要求．]
4．某同学用“五点法”画函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|则根据表格可得出A＝__________，ω＝__________，φ＝__________.
2 3 －eq \f(π,4) [由表格得A＝2，T＝eq \f(3,4)π－eq \f(π,12)＝eq \f(2π,ω)，
∴ω＝3，∴ωx＋φ＝3x＋φ.
∵当x＝eq \f(π,12)时，3x＋φ＝eq \f(π,4)＋φ＝0，∴φ＝－eq \f(π,4).]
5．已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)图象的一条对称轴是直线x＝eq \f(π,6)，则φ的值为__________．
－eq \f(5,6)π [由题意知2×eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
所以φ＝eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，又－π<φ<0，所以φ＝－eq \f(5,6)π.]
回顾本节知识，自我完成以下问题：
1．求函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式中的“φ”的方法有哪些？
[提示] (1)把图象上的一个已知点的坐标代入来求．
(2)寻找“五点作图法”中的某一个点来求，具体如下：利用“第一点”时，令ωx＋φ＝0；利用“第二点”(即图象的“峰点”)时，令ωx＋φ＝eq \f(π,2)；利用“第三点”(即图象下降时与x轴的交点)时，令ωx＋φ＝π；利用“第四点”(即图象的“谷点”)时，令ωx＋φ＝eq \f(3π,2)；利用“第五点”时，令ωx＋φ＝2π.注意：要观察题目所给图象是否适合用“五点作图法”．
2．在研究函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)性质时，常采用什么方法？
[提示] 采用“换元”法整体代换，将(ωx＋φ)看作一个整体，可令“z＝ωx＋φ”，借助y＝Asin z的性质求解．
学 习 任 务
核 心 素 养
1．会用“五点法”画函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象．(重点)
2．能够根据y＝Asin(ωx＋φ)的图象确定其解析式．(易错点)
3．掌握函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质，能够利用性质解决相关问题．(重点)
1．通过“五点法”作函数的图象，培养直观想象的素养．
2．借助函数图象求解析式，培养直观想象及数学运算的素养.
2x＋eq \f(π,6)
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
－eq \f(π,12)
eq \f(π,6)
eq \f(5π,12)
eq \f(2π,3)
eq \f(11π,12)
y＝eq \f(1,2) sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
0
eq \f(1,2)
0
－eq \f(1,2)
0
ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
－eq \f(φ,ω)
eq \f(π,2ω)－eq \f(φ,ω)
eq \f(π,ω)－eq \f(φ,ω)
eq \f(3π,2ω)－eq \f(φ,ω)
eq \f(2π,ω)－eq \f(φ,ω)
f(x)
0
A
0
－A
0
2x－eq \f(π,3)
－eq \f(π,3)
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3,2)π
eq \f(5,3)π
x
0
eq \f(π,6)
eq \f(5,12)π
eq \f(2,3)π
eq \f(11,12)π
π
f(x)
eq \f(1,2)
1
0
－1
0
eq \f(1,2)
ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
eq \f(π,12)
eq \f(π,4)
eq \f(5π,12)
eq \f(7π,12)
eq \f(3π,4)
y
0
2
0
－2
0