数学必修 第一册5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）一课一练

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1．简谐运动f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋φ)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|＜\f(π,2))) 的图象经过点P(0，1)，则该简谐运动的最小正周期T和它的最大值分别为( A )
A．T＝6，f(x)max＝2
B．T＝6，f(x)max＝1
C．T＝6π，f(x)max＝2
D．T＝6π，f(x)max＝1
2． eq \a\vs4\al(【多选题】) 将函数y＝sin (2x＋φ)的图象沿x轴向左平移 eq \f(π,8) 个单位长度后，得到一个偶函数的图象，则φ不可能为( AC )
A． eq \f(3π,4) B． eq \f(π,4)
C．0 D． eq \f(5π,4)
【解析】 将函数y＝sin (2x＋φ)的图象向左平移 eq \f(π,8) 个单位长度后，得到y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ＋\f(π,4))) 的图象，因为它是偶函数，所以φ＋ eq \f(π,4) ＝ eq \f(π,2) ＋kπ，k∈Z，即φ＝ eq \f(π,4) ＋kπ，k∈Z，当k＝0时，φ＝ eq \f(π,4) ，k＝1时，φ＝ eq \f(5,4) π，无论k取任何整数，φ都不能取到 eq \f(3,4) π，0.故选AC.
3．已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3))) (ω>0)的最小正周期为π，则该函数的图象( A )
A．关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0)) 对称
B．关于直线x＝ eq \f(π,3) 对称
C．关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0)) 对称
D．关于直线x＝ eq \f(π,4) 对称
【解析】 由 eq \f(2π,ω) ＝π，得ω＝2，此时f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) .因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) ＝0，所以该函数的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0)) 对称．
4．同时具有性质“①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( C )
A．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))
B．y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
C．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
D．y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
【解析】 由①知T＝π＝ eq \f(2π,ω) ，ω＝2，排除选项A；由①②③知当x＝ eq \f(π,3) 时，f(x)取最大值，所以只有选项C符合要求．
5．设函数f(x)＝A sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6))) ＋B(A＞0，ω＞0)的定义域为R，周期为 eq \f(2π,3) ，值域为[－1，3]，则函数f(x)的解析式为( A )
A．f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6))) ＋1
B．f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6))) －1
C．f(x)＝－2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6))) －1
D．f(x)＝－2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6))) ＋1
【解析】 由题知，A＝ eq \f(3－（－1）,2) ＝2，B＝ eq \f(3－1,2) ＝1.因为T＝ eq \f(2π,ω) ＝ eq \f(2π,3) ，所以ω＝3，故f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6))) ＋1.
6．已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2))) 的部分图象如图所示．若x1，x2∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3))) ，且f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)，则f(x1＋x2)＝( D )
A．1 B． eq \f(1,2)
C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(\r(3),2)
【解析】 由图象可知A＝1， eq \f(T,2) ＝ eq \f(π,3) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))) ＝ eq \f(π,2) ，
T＝π，ω＝ eq \f(2π,T) ＝2，所以f(x)＝sin (2x＋φ).
将点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0)) 代入可得sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)π＋φ)) ＝0，
∴ eq \f(2,3) π＋φ＝π＋2kπ，∴φ＝π－ eq \f(2,3) π＋2kπ，k∈Z．
又|φ|＜ eq \f(π,2) ，∴φ＝ eq \f(π,3) ，∴f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) .
由题图知函数图象的一条对称轴为直线x＝ eq \f(－\f(π,6)＋\f(π,3),2) ＝ eq \f(π,12) .
又x1，x2∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3))) ，且f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)，
∴x1＋x2＝ eq \f(π,12) ×2＝ eq \f(π,6) ，
∴f(x1＋x2)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋\f(π,3))) ＝ eq \f(\r(3),2) .故选D.
二、填空题
7．若函数f(x)＝sin 2x＋a cs 2x的图象关于直线x＝－ eq \f(π,8) 对称，则a＝__－1__．
【解析】 因为x1＝0，x2＝－ eq \f(π,4) 是定义域中关于直线x＝－ eq \f(π,8) 对称的两点，所以f(0)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4))) ，即0＋a＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2))) ＋a cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2))) ，得a＝－1.
8．已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，φ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))))) 的部分图象如图所示，则ω＝__ eq \f(3,2) __，φ＝__－ eq \f(π,2) __．
【解析】 由题意，设此函数周期为T，则 eq \f(T,4) ＝ eq \f(2π,3) － eq \f(π,3) ＝ eq \f(π,3) ，所以T＝ eq \f(4π,3) ＝ eq \f(2π,ω) ，得ω＝ eq \f(3,2) .由图象可知，函数图象过点(0，－1)，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)×0＋φ)) ＝－1.又φ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) ，得φ＝－ eq \f(π,2) .
9．已知函数f(x)＝A sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3))) (A>0，ω>0)在一个周期内，当x＝ eq \f(π,12) 时，函数f(x)取得最大值2，当x＝ eq \f(7π,12) 时，函数f(x)取得最小值－2，则此函数的解析式为__f(x)＝2sin__ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) __．
【解析】 由题意可知A＝2， eq \f(T,2) ＝ eq \f(7π,12) － eq \f(π,12) ＝ eq \f(π,2) ，所以T＝π，所以 eq \f(2π,ω) ＝π，ω＝2，所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) .
10．若函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6))) (ω>0)图象的两条相邻的对称轴之间的距离为 eq \f(π,2) ，且该函数的图象关于点(x0，0)成中心对称，x0∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，则x0＝__ eq \f(5π,12) __.
【解析】 由题意知T＝ eq \f(2π,ω) ＝π，得ω＝2.又图象关于点(x0，0)成中心对称，得sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0＋\f(π,6))) ＝0，所以2x0＋ eq \f(π,6) ＝kπ(k∈Z)，而x0∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，所以x0＝ eq \f(5π,12) .
11．设函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，A＞0，ω＞0).若f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) 上具有单调性，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3))) ＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))) ，则f(x)的周期为__π__．
【解析】 由f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) 上具有单调性，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))) 知，函数f(x)的对称中心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0)) .由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3))) 知，函数f(x)图象的一条对称轴为直线x＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(2π,3))) ＝ eq \f(7π,12) .由于f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) 上具有单调性，则 eq \f(π,2) － eq \f(π,6) ≤ eq \f(1,2) T⇒T≥ eq \f(2,3) π，从而 eq \f(7,12) π－ eq \f(π,3) ＝ eq \f(T,4) ，则T＝π.
三、解答题
12．已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2))) 的一个周期的图象如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)在x∈[－1，2]的值域．
解：(1)由图象知A＝2，T＝7－(－1)＝8，
所以ω＝ eq \f(2π,T) ＝ eq \f(2π,8) ＝ eq \f(π,4) ，所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x＋φ)) .
将点(－1，0)代入，得0＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋φ)) ，
即－ eq \f(π,4) ＋φ＝2kπ(k∈Z)，所以φ＝2kπ＋ eq \f(π,4) ，k∈Z．
因为|φ|＜ eq \f(π,2) ，所以φ＝ eq \f(π,4) ，所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x＋\f(π,4))) .
(2)因为－1≤x≤2，则0≤ eq \f(π,4) x＋ eq \f(π,4) ≤ eq \f(3π,4) ，
所以0≤sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x＋\f(π,4))) ≤1，所以0≤2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x＋\f(π,4))) ≤2，
所以函数f(x)的值域为[0，2].
[B级 素养养成与评价]
13． eq \a\vs4\al(【多选题】) 将函数f(x)＝sin 2x的图象向右平移 eq \f(π,4) 个单位长度后得到函数g(x)的图象，则函数g(x)具有的性质为( ABD )
A．在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) 上单调递增，为偶函数
B．最大值为1，图象关于直线x＝－ eq \f(3π,2) 对称
C．在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，\f(π,8))) 上单调递增，为奇函数
D．最小正周期为π，图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0)) 对称
【解析】 g(x)＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4))))) ＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2))) ＝－cs 2x.
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) 时，2x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，g(x)＝－cs 2x单调递增，为偶函数，A项正确，C项错误；最大值为1，当x＝－ eq \f(3π,2) 时，2x＝－3π，为对称轴，B项正确；T＝ eq \f(2π,2) ＝π，令2x＝ eq \f(π,2) ＋kπ，k∈Z，
∴x＝ eq \f(π,4) ＋ eq \f(kπ,2) ，k∈Z，当k＝1时满足图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0)) 对称，D项正确，故选ABD.
14．若函数y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)的部分图象如图所示，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 021)＝__2＋ eq \r(2) __．
【解析】 由图象可知A＝2，φ＝2kπ(k∈Z)，T＝8，所以 eq \f(2π,ω) ＝8，ω＝ eq \f(π,4) ，所以y＝2sin eq \f(π,4) x.因为周期T＝8，且f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(8)＝0，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 021)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＝2sin eq \f(π,4) ＋2sin eq \f(π,2) ＋2sin eq \f(3,4) π＋2sin π＋2sin eq \f(5,4) π＝2＋ eq \r(2) .
15．设P为函数f(x)＝sin eq \f(π,2) x的图象上的一个最高点，Q为函数g(x)＝cs eq \f(π,2) x的图象上的一个最低点，则|PQ|的最小值是__ eq \r(5) __．
【解析】 由题意知两个函数的周期都为4，由正、余弦函数的图象知，f(x)与g(x)的图象相差 eq \f(1,4) 个周期，设P，Q分别为函数f(x)，g(x)图象上的相邻的最高点和最低点，设P(x0，1)，则Q(x0＋1，－1)，则|PQ|min＝ eq \r(（x0＋1－x0）2＋（－1－1）2) ＝ eq \r(5) .
16．已知函数f(x)＝2sin x cs x－ eq \r(3) cs 2x(x∈R).
(1)若f(α)＝ eq \f(1,2) 且α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(2π,3))) ，求cs 2α的值；
(2)记函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) 上的最大值为b，且函数f(x)在[aπ，bπ](a＜b)上单调递增，求实数a的最小值．
解：(1)f(x)＝sin 2x－ eq \r(3) cs 2x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))) .
因为f(α)＝ eq \f(1,2) ，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3))) ＝ eq \f(1,4) .
因为α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(2π,3))) ，所以2α－ eq \f(π,3) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) ，
所以cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3))) ＝－ eq \f(\r(15),4) .
所以cs 2α＝cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3)))＋\f(π,3)))
＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3))) cs eq \f(π,3) －sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3))) sin eq \f(π,3)
＝－ eq \f(\r(15),4) × eq \f(1,2) － eq \f(1,4) × eq \f(\r(3),2) ＝－ eq \f(\r(3)＋\r(15),8) .
(2)当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) 时，2x－ eq \f(π,3) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3))) ，f(x)∈[1，2]，所以b＝2.
由－ eq \f(π,2) ＋2kπ≤2x－ eq \f(π,3) ≤ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，
得－ eq \f(π,12) ＋kπ≤x≤ eq \f(5π,12) ＋kπ，k∈Z．
又因为函数f(x)在[aπ，2π](a＜2)上单调递增，
所以[aπ，2π]⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋2π，\f(5π,12)＋2π)) ，
所以－ eq \f(π,12) ＋2π≤aπ＜2π，所以 eq \f(23,12) ≤a＜2，
所以实数a的最小值是 eq \f(23,12) .