高中数学北师大版 (2019)必修 第二册第一章 三角函数6 函数y=Asin(wx+φ)性质与图象6.3 探究A对y=Asin（wx+φ）的图象的影响导学案及答案

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函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的有关性质
续表
答案：R eq \f(2π,|ω|) kπ(k∈Z) kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z) 单调递增 单调递减
研习1 利用图象求函数解析式
[典例1] (1)函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则ω，φ 的值分别是( )
A．2，－eq \f(π,3) B．2，－eq \f(π,6)
C．4，－eq \f(π,6) D．4，eq \f(π,3)
(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，求A，ω，φ的值，并确定其函数解析式．
[自主记]
(1)[分析] 由图象与x轴的交点可确定其周期，然后由图象与x轴的交点代入解析式求φ的值．
[答案] A
[解析] 由题中图象可知eq \f(3,4)T＝eq \f(5π,12)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，
即eq \f(3,4)T＝eq \f(3π,4)，解得T＝π，则ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,π)＝2.
又图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，2))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)))＝2，
即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋φ))＝2，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋φ))＝1.
∵－eq \f(π,2)<φ∴eq \f(5π,6)＋φ＝eq \f(π,2)，∴φ＝－eq \f(π,3).故选A．
(2)[分析] 可由最高点、最低点确定A，再由周期确定ω，然后由图象过这三个点确定φ.
[解] 解法一(逐一定参法)：
由图象知振幅A＝3，
又T＝eq \f(5π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝π，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2.
由点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))，令－eq \f(π,6)×2＋φ＝0，得φ＝eq \f(π,3)，
∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
解法二(待定系数法)：
由图象可知A＝3，又图象过点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))，根据五点作图法原理，以上两点为“五点法”中的第三点“下始点”和第五点“终点”，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,3)·ω＋φ＝π，,\f(5π,6)·ω＋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))).
解法三(图象变换法)：
∵T＝π，由点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))，A＝3可知图象由y＝3sin 2x向左平移eq \f(π,6)个单位长度而得，∴y＝3sin 2eq \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))).
[巧归纳] 由图象或部分图象确定解析式，在观察图象的基础上可按以下规律来确定A，ω，φ：
(1)A：一般可由图象上的最大值、最小值来确定A．
(2)ω：因为T＝eq \f(2π,ω)，所以往往通过求周期T来确定ω.可通过已知曲线与x轴的交点确定T，也可由相邻的最高点与最低点之间的距离为eq \f(T,2)，相邻的两个最高点(或最低点)之间的距离为T来确定．
(3)φ：确定函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式的关键是φ的确定．常用方法有：
①代入法．把图象上的一个已知点代入(此时，A，ω已知)或代入图象与x轴的交点求解(此时要注意交点在上升区间上还是在下降区间上)．
②五点法．确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的第一零点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(φ,ω)，0))作为突破口．“五点”的ωx＋φ的值具体如下：
“第一点”(即图象上升时与x轴的交点)为ωx＋φ＝0；
“第二点”(即图象的“峰点”)为ωx＋φ＝eq \f(π,2)；
“第三点”(即图象下降时与x轴的交点)为ωx＋φ＝π；
“第四点”(即图象的“谷点”)为ωx＋φ＝eq \f(3π,2)；
“第五点”为ωx＋φ＝2π.
[练习1] 1.如图所示为函数y＝Asin(ωx＋φ)＋k在一个周期内的图象，则这个函数的一个解析式为( )
A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))－1
B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,3)))－1
C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))－1
D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))－1
答案：D
解析：由图象可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＝\f(1－－3,2)，,k＝\f(1－3,2)，,－\f(π,12)ω＋φ＝0，,\f(5π,12)ω＋φ＝π，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＝2，,k＝－1，,φ＝\f(π,6)，,ω＝2.))故选D．
2.f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈R，A>0，|φ|<\f(π,2)))的图象如图所示，则f(x)的解析式是________．
答案：f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,6)))
解析：由图象得A＝2，周期T＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)－\f(1,3)))＝2，
则eq \f(2π,ω)＝2，解得ω＝π.
则有f(x)＝2sin(πx＋φ)，函数图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝2，即2＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))，
则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝1，又|φ|则f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,6))).
研习2 函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质及综合应用
[典例2] (1)设函数y＝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)))))的最小正周期为π，且其图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称，则下面四个结论：
①图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))对称；②图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称；
③在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上是增函数；④在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))上是增函数．
其中，所有正确结论的编号为________．
(2)函数f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋1(A>0，ω>0)的最大值为3，其图象相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2).
①求函数f(x)的解析式；
②设α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)))＝2，求α的值．
[自主记]
(1)[分析] 由题意求相关参数A，ω，φ的值，确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式，结合基本初等函数y＝sin x的性质判断求解．
[答案] ②④
[解析] ∵T＝π，∴ω＝2.
又2×eq \f(π,12)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
∴φ＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．
∵φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴φ＝eq \f(π,3)，∴y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
由图象及性质可知②④正确.
(2)[分析] 由所给函数的相关性质确定A及ω的值．求出函数的解析式，再由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)))＝2结合角α的取值范围确定α的值．
[解] ①∵函数f(x)的最大值为3，
∴A＋1＝3，即A＝2，
∵函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，
∴最小正周期T＝π，∴ω＝2，
故函数f(x)的解析式为y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋1.
②feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＋1＝2，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
∵0<α∴α－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，故α＝eq \f(π,3).
[巧归纳] 函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质的综合应用，往往涉及三角函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性、最值等，在解题时，要熟练掌握和运用三角函数的相关性质．
[练习2] 1.把函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,4)个单位，所得的图象对应的函数是( )
A．奇函数
B．偶函数
C．既是奇函数又是偶函数
D．非奇非偶函数
答案：D
解析：∵平移后的函数为y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，而sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2－x－\f(π,4)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))≠±sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，∴该函数为非奇非偶函数，选D．
2.已知曲线y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))上最高点为(2，eq \r(2))，该最高点到相邻的最低点间曲线与x轴交于一点(6,0)，求函数解析式，并求函数在x∈[－6,0]上的值域．
解：依题意知A＝eq \r(2)，eq \f(T,4)＝4，故T＝eq \f(2π,ω)＝16，ω＝eq \f(π,8)，
∴y＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋φ)).
又由函数最高点(2，eq \r(2))，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)×2＋φ))＝1，
故eq \f(π,4)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
∴φ＝2kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z.
又由|φ|从而y＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋\f(π,4)))，
当－6≤x≤0时，－eq \f(π,2)≤eq \f(π,8)x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,4)，
所以－eq \r(2)≤eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋\f(π,4)))≤1，
即函数的值域为[－eq \r(2)，1]．
1.已知函数f(x)＝sineq \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．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,4)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,3)对称
答案：A
解析：由eq \f(2π,ω)＝π，得ω＝2.此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋\f(π,3)))＝0，
∴该函数关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称.
2.函数y＝Asin(ωx＋φ)＋k的图象如图，则它的振幅A与最小正周期T分别是( )
A．A＝3，T＝eq \f(5π,6) B．A＝3，T＝eq \f(5π,3)
C．A＝eq \f(3,2)，T＝eq \f(5π,6) D．A＝eq \f(3,2)，T＝eq \f(5π,3)
答案：D
解析：由图象可知最大值为3，最小值为0，故振幅为eq \f(3,2)，半个周期为eq \f(π,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝eq \f(5π,6)，故周期为eq \f(5,3)π.
3.若函数y＝sin(ωx＋φ)(ω>0)的部分图象如图，则ω＝( )
A．5 B．4
C．3 D．2
答案：B
4.函数f(x)＝Asineq \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，则函数的解析式为________．
答案：f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
5.函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，ω>0，φ∈(0，π)，x∈R，同时满足：f(x)是偶函数，且关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0))对称，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是单调函数．求函数f(x)的解析式．
解：因为f(x)是偶函数，所以sin(ω·0＋φ)＝±1，
因为φ∈(0，π)，所以φ＝eq \f(π,2)，
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,2))).
因为f(x)关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0))对称，
所以eq \f(3π,4)ω＋eq \f(π,2)＝kπ，k∈Z，所以ω＝eq \f(4k,3)－eq \f(2,3)，k∈Z.
因为f(x)是偶函数且f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是单调函数，所以eq \f(T,2)≥eq \f(π,2)，即eq \f(π,ω)≥eq \f(π,2)，所以0<ω≤2.
因为ω＝eq \f(4k,3)－eq \f(2,3)，k∈Z，所以k＝1时，
ω＝eq \f(2,3)，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x＋\f(π,2)))，k＝2时，
ω＝2，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))).
[规范答题] 综合应用函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质及应用
[示例] 已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，x∈R.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,2)))上的最小值和最大值，并求出取得最值时x的值．
[思路点拨] 第(1)问：对于函数y＝Asin(ωx＋φ)的周期而言，只需理解T＝eq \f(2π,|ω|)即可；对于单调区间，可将ωx＋φ视为整体，对应y＝sin x的单调区间，或利用复合函数单调区间的求解方法，即同增异减的原则进行处理．
第(2)问：先利用第(1)问的结论，确定f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,2)))上的单调性，再求解最值及所对应x的取值；也可利用整体代换法，令t＝2x＋eq \f(π,4)，转化为y＝sin t来求解.
[规范解答] (1)由ω＝2，所以周期T＝eq \f(2π,2)＝π，
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4) ≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，知
2kπ－eq \f(3,4)π≤2x≤2kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z，
所以kπ－eq \f(3,8)π≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z，
所以函数f(x)的单调递增区间为
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)＋kπ，\f(π,8)＋kπ))(k∈Z)．
(2)解法一：由(1)知函数在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,8)))上为增函数，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(π,2)))上为减函数，
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝2，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋\f(π,4)))＝－2sineq \f(π,4)＝－eq \r(2)，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,2)))上的最大值为2，此时x＝eq \f(π,8)；最小值为－eq \r(2)，此时x＝eq \f(π,2).
解法二：由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,2)))可得2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,4)))，故当2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,8)时，取得最大值2；当2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(5π,4)，即x＝eq \f(π,2)时，取得最小值－eq \r(2).
[题后总结] 在确定y＝Asin(ωx＋φ)型函数周期时，可套用公式T＝eq \f(2π,|ω|)进行求解；函数的单调区间的求解要注意将ωx＋φ视为整体进行转换，此时要留意A和ω与0的大小，且莫忽略注明k∈Z.在求函数最值时，解法二为常用方法，而利用解法一解答时莫忽略对区间端点处的函数值进行大小的比较.
新课程标准
学业水平要求
1.结合具体实例，了解y＝Asin(ωx＋φ)的实际意义；
2．能借助图象了解参数A的意义；
3．了解参数A对函数图象的影响.
1.结合教材实例理解参数A的意义．(数学抽象)
2．结合教材实例掌握参数A对正弦函数图象的影响．(直观想象)
3．会利用参数A对函数图象的影响解决相关的问题．(直观想象、逻辑推理)
课前篇·自主学习预案
名称
性质
定义域
________
值域
[－A，A]
周期性
T＝________
对称中心
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ－φ,ω)，0))(k∈Z)
对称轴
x＝eq \f(kπ,ω)＋eq \f(π－2φ,2ω)(k∈Z)
奇偶性
当φ＝________时是奇函数；
当φ＝________时是偶函数
名称
性质
单调性
由2kπ－eq \f(π,2)≤ωx＋φ≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
解得________区间；
由2kπ＋eq \f(π,2)≤ωx＋φ≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，
解得________区间
课堂篇·研习讨论导案
达标篇·课堂速测演习