2024讲与练高中数学1(必修第一册·A版)5.6 第3课时 函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质

这是一份2024讲与练高中数学1(必修第一册·A版)5.6 第3课时 函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题， 填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．若x1＝eq \f(π,4)，x2＝eq \f(3π,4)是函数f(x)＝sin ωx(ω>0)两个相邻的最值点，则ω＝( A )
A．2B．eq \f(3,2)
C．1D．eq \f(1,2)
解析：由题意知eq \f(T,2)＝x2－x1＝eq \f(3π,4)－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，所以T＝π，ω＝2.
2．已知函数f(x)＝Asin(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φ的值为( B )
A．－eq \f(π,3)B．eq \f(π,3)
C．－eq \f(π,6)D．eq \f(π,6)
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)))，故T＝π，ω＝2，f(x)＝sin(2x＋φ)，由图象可知当x＝eq \f(π,12)时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)＋φ))＝1，所以φ＝eq \f(π,3).
3．函数f(x)＝sin x＋sin xcs x在[－π，π]上的图象大致为( B )

A B

C D
解析：因为f(x)＝sin x＋sin xcs x，x∈[－π，π]，所以f(－x)＝sin(－x)＋sin(－x)cs(－x)＝－sin x－sin xcs x＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除D；又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sineq \f(π,2)＋sineq \f(π,2)•cs eq \f(π,2)＝1>0，故排除A；又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \f(π,3)＋sineq \f(π,3)•cs eq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(3),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3\r(3),4)>eq \f(\r(16),4)＝1，故排除C．故选B．
4．已知函数f(x)＝Acs(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，设使f(x)＝－f(2a－x)成立的a的最小正值为m，f(0)＝n，则m＋n＝( B )
A．eq \f(π,6)＋1B．eq \f(π,6)＋eq \f(3,2)
C．eq \f(π,3)＋1D．eq \f(π,3)＋eq \f(3,2)
解析：使f(x)＝－f(2a－x)成立的a，即为f(x)的对称中心的横坐标，∴a的最小正值为eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋\f(5π,12)))＝eq \f(π,6)，由题图可知A＝eq \r(3)，eq \f(T,2)＝eq \f(5π,12)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝eq \f(π,2)，T＝π，∴ω＝eq \f(2π,π)＝2，将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，－\r(3)))代入f(x)＝eq \r(3)cs(2x＋φ)，得cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋φ))＝－1，∴eq \f(5π,6)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，φ＝eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，∵|φ|5．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)(cs x＋|cs x|)，则下列说法不正确的是( C )
A．f(x)的最小正周期为2π
B．f(x)为偶函数
C．f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
D．f(f(x))>eq \f(1,2)恒成立
解析：由题意，若cs x≥0，则f(x)＝cs x，若cs x<0，则f(x)＝0.画出函数图象如下：
由图可知，函数的最小正周期为2π且为偶函数，值域为[0，1]，则A，B正确，C错误；对于D，设t＝f(x)，t∈[0，1]，所以f(t)＝eq \f(1,2)(cs t＋|cs t|)＝cs t，因为函数f(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减，所以f(t)≥cs 1>cseq \f(π,3)＝eq \f(1,2)，D正确．故选C．
二、多项选择题
6．已知函数f(x)＝2sin ωx＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))
(ω>0)的最小正周期为π，则( ACD )
A．ω＝2
B．f(x)的最大值为3
C．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上单调递增
D．将f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后所得函数的图象关于y轴对称
解析：f(x)＝2sin ωx＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＝2sin ωx＋eq \f(\r(3),2)cs ωx－eq \f(1,2)sin ωx＝eq \f(\r(3),2)cs ωx＋eq \f(3,2)sin ωx＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs ωx＋\f(\r(3),2)sin ωx))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))，因为y＝f(x)的最小正周期为π，所以eq \f(2π,|ω|)＝π，又ω>0，所以ω＝2，故A正确；所以f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，其最大值为eq \r(3)，故B错误；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,6)))时，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,2)))，由正弦曲线有y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递增，所以f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上单调递增，故C正确；将f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后所得函数为y＝eq \r(3)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝eq \r(3)cs 2x，其图象关于y轴对称，故D正确．故选ACD．
7．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，则下列说法正确的是( BCD )
A．点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),2)))
B．函数f(x)关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)，0))对称
C．函数f(x)在(0，π)上的值域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))
D．方程f(x)＝eq \f(3,4)(0解析：由题图可知，A＝1，eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝π，则T＝2π，从而ω＝1，又∵f(x)＝sin(x＋φ)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，－1))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋φ))＝－1，
∴－eq \f(π,3)＋φ＝－eq \f(π,2)＋2kπ，得φ＝－eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，又∵|φ|三、 填空题
8．在函数y＝5sin(ωx＋φ)(ω>0)的一个周期上，当x＝eq \f(π,6)时，有最大值5，当x＝eq \f(2π,3)时，有最小值－5，则ω＝2.
解析：由题意得eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，所以T＝π，又T＝eq \f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.
9．f(x)＝sin x＋acs x关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称，则a的值为－eq \r(3).
解析：∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))为f(x)的对称中心，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝0，即sineq \f(π,3)＋acseq \f(π,3)＝0，即eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)a＝0，∴a＝－eq \r(3).
10．设函数f(x)＝Asin(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feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，则f(x)的最小正周期为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feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))知，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))为函数f(x)的对称中心．由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))知，函数f(x)的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).设函数f(x)的最小正周期为T，则eq \f(1,2)T≥eq \f(π,2)－eq \f(π,6)，即T≥eq \f(2π,3)，所以eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(T,4)，解得T＝π．
四、解答题
11．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．
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＝eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，∴φ＝eq \f(π,6)＋2kπ，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))).
12．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋eq \f(5,4).
(1)求f(x)的最小正周期及单调递增区间；
(2)求f(x)的图象的对称轴方程和对称中心；
(3)求f(x)的最小值及取得最小值时x的取值集合．
解：(1)函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)，
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)．
(2)令2x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，则x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)，所以对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)；
令2x＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，则x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)(k∈Z)，所以对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(5,4)))(k∈Z)．
(3)当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝－1，
即2x＋eq \f(π,6)＝－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
x＝－eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)时，f(x)取得最小值为eq \f(3,4)，
此时x的取值集合是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(π,3)＋kπ，k∈Z)))).
13．(多选题)设函数g(x)＝sin ωx(ω>0)向左平移eq \f(π,5ω)个单位长度得到函数f(x)，已知f(x)在[0，2π]上有且只有5个零点，则下列结论正确的是( CD )
A．f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
B．f(x)在(0，2π)上有且只有3个最大值，f(x)在(0，2π)上有且只有2个最小值
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))上单调递增
D．ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10)))
解析：依题意得f(x)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,5ω)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,5ω)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,5)))，T＝eq \f(2π,ω)，如图，
对于A，令ωx＋eq \f(π,5)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,ω)＋eq \f(3π,10ω)，k∈Z，所以f(x)的图象关于直线x＝eq \f(kπ,ω)＋eq \f(3π,10ω)(k∈Z)对称，故A不正确；对于B，因为f(x)在[0，2π]上有且只有5个零点，根据图象可知，xA≤2π14．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)))上具有单调性，求φ，ω的值．
解：由f(x)是偶函数，得
f(－x)＝f(x)，
即函数f(x)的图象关于y轴对称，
∴f(x)在x＝0时取得最值，
即sin φ＝1或－1.
∵0≤φ<π，∴φ＝eq \f(π,2).
由f(x)的图象关于点M对称，可知
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)ω＋\f(π,2)))＝0，
即eq \f(3π,4)ω＋eq \f(π,2)＝kπ，k∈Z，
解得ω＝eq \f(4k,3)－eq \f(2,3)，k∈Z.
又f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上具有单调性，
∴T≥π，即eq \f(2π,ω)≥π．
∴ω≤2，又ω>0，∴k＝1时，ω＝eq \f(2,3)；k＝2时，ω＝2.
故φ＝eq \f(π,2)，ω＝2或eq \f(2,3).
15．如图为函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)，x∈R))的部分图象．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的单调递增区间；
(3)将函数y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，若方程g(x)＝m在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上有两个不相等的实数根，求实数m的取值范围．
解：(1)由题中的图象知，A＝2，eq \f(T,4)＝eq \f(π,3)－eq \f(π,12)＝eq \f(π,4)，所以T＝π，ω＝eq \f(2π,T)＝2，
因为图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，2))，
所以2×eq \f(π,12)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
解得φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，
因为|φ|所以φ＝eq \f(π,3)，
故函数f(x)的解析式为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
(2)令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
解得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z.
(3)由题意得g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)))，此函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上的图象如图所示，
由函数的图象可知，当m∈[eq \r(3)，2)时，方程g(x)＝m在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上有两个不相等的实数根，
故实数m的取值范围是[eq \r(3)，2)．