高中数学湘教版（2019）必修 第一册第3章 函数的概念与性质3.1 函数第二课时导学案

这是一份高中数学湘教版（2019）必修 第一册第3章 函数的概念与性质3.1 函数第二课时导学案，共8页。


一个单摆如图所示，以OA为始边，OB为终边的角θ(－π<θ<π)与时间t(单位：s)的函数满足θ＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(π,2))).
[问题] (1)t＝0时，角θ是多少？
(2)单摆频率是多少？
(3)单摆完成5次完整摆动共需多长时间？


知识点 函数y＝Asin(ωx＋φ)，A>0，ω>0中参数的物理意义
eq \a\vs4\al()
函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)中对于参数的物理意义的理解
(1)A：它表示做简谐运动的物体离开平衡位置的最大距离，称为振幅；
(2)T：T＝eq \f(2π,ω)，它表示做简谐运动的物体往复运动一次所需要的时间，称为周期；
(3)f：f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)，它表示做简谐运动的物体在单位时间内往复运动的次数，称为频率；
(4)ωx＋φ：称为相位；φ：当x＝0时的相位，称为初相．
函数y＝eq \f(1,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x＋\f(π,6)))的周期、振幅、初相分别是( )
A．3π，eq \f(1,3)，eq \f(π,6) B．6π，eq \f(1,3)，eq \f(π,6)
C．3π，3，－eq \f(π,6) D．6π，3，eq \f(π,6)
答案：B
[例1] 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．
[解] 法一：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，
∴0＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)×2＋φ)).
∴－eq \f(π,6)×2＋φ＝kπ，k∈Z，得φ＝eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)．
∵|φ|∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
法二：由法一得A＝3，ω＝2.
将最高点M的坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，3))代入y＝3sin(2x＋φ)，得3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝3.
∴eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝2kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．
∵|φ|＜eq \f(π,2)，∴取φ＝eq \f(π,3).∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
法三：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\{(\a\vs4\al\c1(\f(πω,3)＋φ＝π，,\f(5πω,6)＋φ＝2π，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω＝2，,φ＝\f(π,3).))
∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
eq \a\vs4\al()
确定y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A＞0，ω＞0)的解析式的步骤
(1)求A，B，确定函数的最大值M和最小值m，则A＝eq \f(M－m,2)，B＝eq \f(M＋m,2)；
(2)求ω，确定函数的周期T，则ω＝eq \f(2π,T)；
(3)求φ，常用方法有以下2种：
[跟踪训练]
已知函数y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的最小值是－5，图象上相邻两个最高点与最低点的横坐标相差eq \f(π,4)，且图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))，则函数的解析式为________．
解析：由题意知A＝5，eq \f(T,2)＝eq \f(π,4)，
所以T＝eq \f(π,2)＝eq \f(2π,ω)，所以ω＝4，
所以y＝5sin(4x＋φ)．
又因为图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))，所以eq \f(5,2)＝5sin φ，
即sin φ＝eq \f(1,2)，所以φ＝eq \f(π,6)＋2kπ(k∈Z)或φ＝eq \f(5π,6)＋2kπ(k∈Z)，又因为0＜φ＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,6)，
所以这个函数的解析式为y＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,6))).
答案：y＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,6)))
[例2] 在函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(2π,3)))的图象的对称中心中，离原点最近的一个中心的坐标是________．
[解析] 由4x＋eq \f(2π,3)＝kπ(k∈Z)，
得x＝eq \f(kπ,4)－eq \f(π,6)(k∈Z)，
∴函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(2π,3)))的图象的对称中心坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,4)－\f(π,6)，0))(k∈Z)．
取k＝1，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))满足条件．
[答案] eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))
[母题探究]
1．(变条件)将本例中“sin”改为“cs”，其他条件不变，结果如何？
解：由4x＋eq \f(2π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,4)－eq \f(π,24)(k∈Z)，
取k＝0时，x＝－eq \f(π,24)，则所求对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,24)，0)).
2．(变条件，变设问)将本例中对称中心改为对称轴，其他条件不变，求离y轴最近的一条对称轴方程．
解：由4x＋eq \f(2π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,4)－eq \f(π,24)(k∈Z)，
取k＝0，x＝－eq \f(π,24)满足题意，故离y轴最近的一条对称轴方程为x＝－eq \f(π,24).
eq \a\vs4\al()
三角函数对称轴、对称中心的求法
[跟踪训练]
已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，－π＜φ＜0)，其图象最低点的纵坐标是－eq \r(3)，相邻的两个对称中心是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))，则f(x)图象的对称轴方程为________________．
解析：由题意，得A＝eq \r(3)，T＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－\f(π,3)))＝π，∴eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，∴f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋φ)．又∵点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))在f(x)的图象上，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝0，∴eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0.又∵－π＜φ＜0，∴φ＝－eq \f(2π,3)，∴f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3))).令2x－eq \f(2π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得x＝eq \f(7π,12)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)．∴f(x)图象的对称轴方程是x＝eq \f(7π,12)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)．
答案：x＝eq \f(7π,12)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)
[例3] 函数y＝Asin(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，则( )
A．f(x)的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))
B．f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(1,12)π对称
C．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))上是增函数
D．f(x)的周期为eq \f(π,2)
[解析] 根据函数y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象，可得A＝3，eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)＝eq \f(5π,6)－eq \f(π,3)，所以ω＝2，再根据点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))是五点作图法中第三个点可得2×eq \f(π,3)＋φ＝π，所以φ＝eq \f(π,3)，所以y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，显然，它的周期为eq \f(2π,2)＝π，故排除D；
当x＝eq \f(4π,3)时，函数y＝f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝0，故函数的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))对称，故A正确；
当x＝－eq \f(1,12)π时，f(x)＝eq \f(3,2)，不是最值，故f(x)的图象不关于直线x＝－eq \f(1,12)π对称，故排除B；
在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))上，2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,3)，－\f(2π,3)))，y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))不是增函数，故排除C.
[答案] A
eq \a\vs4\al()
正、余弦型函数奇偶性的判断方法
正弦型函数y＝Asin(ωx＋φ)和余弦型函数y＝Acs(ωx＋φ)不一定具备奇偶性．对于函数y＝Asin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数，当φ＝kπ±eq \f(π,2)(k∈Z)时为偶函数；对于函数y＝Acs(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为偶函数，当φ＝kπ±eq \f(π,2)(k∈Z)时为奇函数．
[跟踪训练]
1．(多选)已知函数f(x)＝Asin(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，下列说法正确的是( )
A．函数y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))对称
B．函数y＝f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(5π,12)对称
C．函数y＝f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，－\f(π,6)))单调递减
D．该图象向右平移eq \f(π,6)个单位可得y＝2sin 2x的图象
解析：选BD 由函数的图象可得A＝2，周期T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝π，所以ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,π)＝2，当x＝eq \f(π,12)时，函数取得最大值，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)＋φ))＝2，所以2×eq \f(π,12)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，则φ＝2kπ＋eq \f(π,3)，又|φ|对于A，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))≠0，故A不正确；
对于B，当x＝－eq \f(5π,12)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)×2＋\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－2，即直线x＝－eq \f(5π,12)是函数f(x)的一条对称轴，故B正确；
对于C，当－eq \f(2π,3)≤x≤－eq \f(π,6)时，－π≤2x＋eq \f(π,3)≤0，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，－\f(π,6)))不单调，故C错误；
对于D，将f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位后，得到y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2×\f(π,6)＋\f(π,3)))＝2sin 2x的图象，即D正确．故选B、D.
2．已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))的最小正周期为π，则函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值分别是( )
A．2和－2 B．2和0
C．2和－1 D．eq \f(\r(3),2)和－eq \f(\r(3),2)
解析：选C 由题知eq \f(2π,ω)＝π，得ω＝2，所以函数y＝f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).又因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈[－1，2]，故函数f(x)的最大值为2，最小值为－1，故选C.
1．函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，π))上的简图是( )
解析：选A 当x＝0时，y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),2)<0，排除B、D；当x＝eq \f(π,6)时，y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)－\f(π,3)))＝sin 0＝0，排除C，故选A.
2．设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象为C，下列结论中正确的是( )
A．函数f(x)的最小正周期是2π
B．图象C关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称
C．图象C可由函数g(x)＝sin 2x的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度得到
D．函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,2)))上是增函数
解析：选B 函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的最小正周期是T＝eq \f(2π,2)＝π；因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)－\f(π,3)))＝0，所以图象C关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称；图象C可由函数g(x)＝sin 2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到；函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))(k∈Z)，单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋kπ，\f(11π,12)＋kπ))(k∈Z)，取k＝0，得函数f(x)的一个单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，一个单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(11π,12)))，故在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,2)))上f(x)不是单调递增的，而是先递增后递减．
3．如图所示的曲线是函数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，则这个函数的解析式是____________．
解析：由函数图象可知A＝2，T＝eq \f(4,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－\f(π,12)))＝π，即eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，0))是五点作图法中的第五个点，即2×eq \f(5π,6)＋φ＝2π，∴φ＝eq \f(π,3).∴所求函数的解析式为y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
答案：y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))由图象确定函数的解析式
代入法
把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在下降区间上)或把图象的最高点或最低点代入
五点法
确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的特殊点作为突破口
三角函数图象的对称性
对称轴
对称中心
y＝Asin(ωx＋φ)
令ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)
令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求对称中心横坐标
y＝Acs(ωx＋φ)
令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)
令ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)求对称中心横坐标
y＝Atan(ωx＋φ)
无
令ωx＋φ＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)求对称中心横坐标
三角函数性质的综合应用