高中数学人教A版 (2019)必修 第一册第五章 三角函数5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册第五章 三角函数5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）学案，共16页。学案主要包含了由图象求三角函数的解析式，三角函数性质的综合问题，三角函数的实际应用等内容，欢迎下载使用。


一、由图象求三角函数的解析式
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 方法一 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|∴φ＝eq \f(π,3)，
∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
方法二 待定系数法
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))).
方法三 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))).
(学生留)
反思感悟 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)待定系数法：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．
跟踪训练1 (1)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．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))
D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
答案 A
解析 由题图可知，A＝2，T＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))))＝π，所以ω＝2.由函数经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，2))可知2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋φ))＝2，所以2×eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，因为|φ|(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．
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))).
二、三角函数性质的综合问题
例2 (1)(多选)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的可能取值为( )
A.eq \f(5π,4) B.eq \f(π,4) C．0 D．－eq \f(3π,4)
答案 ABD
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＝sineq \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).当k＝－1时，φ＝－eq \f(3π,4).当k＝1时，φ＝eq \f(5,4)π，故选ABD.
(2)若f(x)＝eq \r(3)sin 2ωx＋1(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))上单调递增，则ω的最大值为________．
答案 eq \f(1,6)
解析 因为f(x)＝eq \r(3)sin 2ωx＋1(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))上单调递增，可得－eq \f(3π,2)·2ω≥－eq \f(π,2)，且eq \f(π,2)·2ω≤eq \f(π,2)，求得ω≤eq \f(1,6)，故ω的最大值为eq \f(1,6).
反思感悟 (1)正弦、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．
(2)与正弦、余弦型函数有关的单调区间的求解技巧
①结合正弦、余弦函数的图象，熟记它们的单调区间．
②确定函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)单调区间的方法：采用“换元”法整体代换，将ωx＋φ看作一个整体，可令“z＝ωx＋φ”，即通过求y＝Asin z的单调区间而求出函数的单调区间．若ω<0，则可利用诱导公式先将x的系数转变为正数，再求单调区间．
跟踪训练2 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和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.
依题设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).
三、三角函数的实际应用
例3 已知某海滨浴场的海浪高度y(米)是时间t(时)的函数，其中0≤t≤24，记y＝f(t)，下表是某日各时的浪高数据：
经长期观测，y＝f(t)的图象可近似地看成是函数y＝Acs ωt＋b的图象．
(1)根据以上数据，求其最小正周期和函数解析式；
(2)根据规定，当海浪高度大于1米时才对冲浪爱好者开放，请依据(1)的结论，判断一天内的8：00到20：00之间，有多少时间可供冲浪者进行活动？
解 (1)由表中数据可知，T＝12，∴ω＝eq \f(π,6).
又t＝0时，y＝1.5，∴A＋b＝1.5；
t＝3时，y＝1.0，得b＝1.0，∴A＝eq \f(1,2)，
函数解析式为y＝eq \f(1,2)cs eq \f(π,6)t＋1(0≤t≤24)．
(2)∵y>1时，才对冲浪爱好者开放，
∴y＝eq \f(1,2)cs eq \f(π,6)t＋1>1，cs eq \f(π,6)t>0，
2kπ－eq \f(π,2)即12k－3又0≤t≤24，∴0≤t<3或9∴在规定时间内冲浪爱好者只有6个小时可以进行活动，即9反思感悟 解决三角函数的实际应用问题必须按照一般应用题的解题步骤执行
(1)认真审题，理清问题中的已知条件与所求结论．
(2)建立三角函数模型，将实际问题数学化．
(3)利用三角函数的有关知识解决关于三角函数的问题，求得数学模型的解．
(4)根据实际问题的意义，得出实际问题的解．
(5)将所得结论返回、转译成实际问题的答案．
跟踪训练3 如图，某动物种群数量1月1日低至700,7月1日高至900，其总量在此两值之间依正弦型曲线变化．
(1)求出种群数量y关于时间t的函数表达式(其中t以年初以来的月为计量单位)；
(2)估计当年3月1日动物种群数量．
解 (1)设种群数量y关于t的解析式为y＝Asin(ωt＋φ)＋b(A>0，ω>0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－A＋b＝700，,A＋b＝900，))解得A＝100，b＝800.
又周期T＝2×(6－0)＝12，∴ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,6)，
∴y＝100sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)t＋φ))＋800.
又当t＝6时，y＝900，
∴900＝100sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)×6＋φ))＋800，
∴sin(π＋φ)＝1，∴sin φ＝－1，取φ＝－eq \f(π,2)，
∴y＝100sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)t－\f(π,2)))＋800.
(2)当t＝2时，
y＝100sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)×2－\f(π,2)))＋800＝750，
即当年3月1日动物种群数量约是750.
1．将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度，所得图象所对应的函数是( )
A．非奇非偶函数 B．既奇又偶函数
C．奇函数 D．偶函数
答案 D
解析 y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))eq \(―――――――――→,\s\up10(向左平移\f(π, 8 ) 个单位长度))
y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))＋\f(π,4)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
＝cs 2x，为偶函数．
2．若函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))是偶函数，则φ的值可以是( )
A.eq \f(5π,6) B.eq \f(π,2) C.eq \f(π,3) D．－eq \f(π,2)
答案 A
解析 令x＝0得f(0)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋φ))＝±2，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ－\f(π,3)))＝±1，把φ＝eq \f(5π,6)代入，符合上式．故选A.
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)))
答案 C
解析 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.如图为函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，－π<φ<0)的图象的一部分，则函数的解析式为________．
答案 y＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)))
解析 由图象，可得A＝eq \r(3)，
eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(5π,6)－eq \f(π,3)，∴ω＝2.
∵函数图象过点eq \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，
∴eq \f(2π,3)＋φ＝2π＋2kπ，k∈Z，
∴φ＝eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，又∵－π<φ<0，∴φ＝－eq \f(2π,3)，
故函数的解析式为y＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3))).
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________．
答案 －eq \f(5,6)π
解析 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.
1．知识清单：
(1)由图象求三角函数的解析式．
(2)三角函数的性质的综合问题．
(3)三角函数的实际应用．
2．方法归纳：特殊点法、数形结合法．
3．常见误区：求φ值时递增区间上的零点和递减区间上的零点的区别．
1．(多选)若函数f(x)＝3sin(ωx＋φ)对任意x有f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))等于( )
A．－3 B．－1 C．0 D．3
答案 AD
解析 由于函数f(x)＝3sin(ωx＋φ)对任意x都有f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))，则函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))是函数f(x)的最大值或最小值，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝－3或3.
2.函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的部分图象如图，则其解析式为( )
A．f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))
B．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))
C．f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))
D．f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))
答案 C
解析 由图象知，A＝2，T＝eq \f(7π,8)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝π，
所以ω＝2，又函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，0))，
所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋φ))＝0，
所以－eq \f(π,4)＋φ＝2kπ，k∈Z，
所以φ＝eq \f(π,4)＋2kπ，k∈Z，φ可取eq \f(π,4)，
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
3．已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)的相邻两个零点的距离为eq \f(π,2)，要得到y＝f(x)的图象，只需把y＝cs ωx的图象( )
A．向右平移eq \f(π,12)个单位长度
B．向左平移eq \f(π,12)个单位长度
C．向右平移eq \f(π,6)个单位长度
D．向左平移eq \f(π,6)个单位长度
答案 A
解析 由已知得eq \f(2π,ω)＝2×eq \f(π,2)，故ω＝2.
y＝cs 2x向右平移eq \f(π,12)个单位长度可得
y＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象．
4．(多选)函数f(x)＝cs(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后得到的函数是奇函数，则关于函数f(x)的图象，下列说法不正确的是( )
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,6)对称
C．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))对称
D．关于直线x＝eq \f(π,12)对称
答案 ABC
解析 将函数f(x)＝cs(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后，可得y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))的图象，根据得到的函数是奇函数，可得－eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，又|φ|令x＝－eq \f(π,3)，求得f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)))＝－eq \f(\r(3),2)，故A不正确．
令x＝－eq \f(π,6)，求得f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝0，故B不正确．令x＝eq \f(π,12)，求得f(x)＝cs 0＝1，为函数的最大值，故C不正确，D正确．
5．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________．
答案 －eq \r(3)
解析 f(x)＝eq \r(a2＋1)sin(x＋φ)，tan φ＝a，
∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))为f(x)的对称中心，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝0，即sin eq \f(π,3)＋acs eq \f(π,3)＝0，
即eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)a＝0，∴a＝－eq \r(3).
6．已知函数y＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))在一个周期内，当x＝eq \f(π,12)时有最大值2，当x＝eq \f(7π,12)时有最小值－2，则ω＝________，φ＝________.
答案 2 eq \f(π,3)
解析 由题意知，T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,12)))＝π，
所以ω＝eq \f(2π,T)＝2；
又因为当x＝eq \f(π,12)时有最大值2.
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)＋φ))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝2，
所以eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，且|φ|≤eq \f(π,2)，
所以φ＝eq \f(π,3).
7．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ为常数，A>0，ω>0)的部分图象如图所示，则f(0)＝________.
答案 eq \f(\r(6),2)
解析 由图象可得A＝eq \r(2)，周期为4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，所以ω＝2，将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，－\r(2)))代入得2×eq \f(7π,12)＋φ＝2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，所以f(0)＝eq \r(2)sin φ＝eq \r(2)sin eq \f(π,3)＝eq \f(\r(6),2).
8.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示．
(1)求f(x)的解析式；
(2)写出f(x)的单调递增区间．
解 (1)易知A＝eq \r(2)，T＝4×[2－(－2)]＝16，
所以ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,8)，所以f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋φ))，
将点(－2,0)代入得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋φ))＝0，
所以－eq \f(π,4)＋φ＝0＋2kπ，k∈Z，
所以φ＝eq \f(π,4)＋2kπ，k∈Z，
因为－eq \f(π,2)<φ所以f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋\f(π,4))).
(2)由－eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(π,8)x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
解得16k－6≤x≤16k＋2，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为[16k－6,16k＋2]，k∈Z.
9．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)))的一段图象如图所示．
(1)求f(x)的解析式；
(2)把f(x)的图象向左至少平移多少个单位长度，才能使得到的图象对应的函数为偶函数？
解 (1)由题意知A＝3，T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4π－\f(π,4)))＝5π，
所以ω＝eq \f(2,5).
由f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)x＋φ))的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))，
得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,10)＋φ))＝0，
又|φ|所以f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)x－\f(π,10))).
(2)由f(x＋m)＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,5)x＋m－\f(π,10)))
＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)x＋\f(2m,5)－\f(π,10)))为偶函数(m>0)，
知eq \f(2m,5)－eq \f(π,10)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
即m＝eq \f(5,2)kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)．
因为m>0，所以mmin＝eq \f(3π,2).
故至少把f(x)的图象向左平移eq \f(3π,2)个单位长度，才能使得到的图象对应的函数是偶函数．
10．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋B的一部分图象如图所示，若A>0，ω>0，|φ|A．B＝4 B．φ＝eq \f(π,6) C．ω＝1 D．A＝4
答案 B
解析 由函数图象可知f(x)min＝0，f(x)max＝4.
所以A＝eq \f(4－0,2)＝2，B＝eq \f(4＋0,2)＝2.
由周期T＝eq \f(2π,ω)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)－\f(π,6)))知ω＝2.
由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝4得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＋2＝4，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝1，
又|φ|11．如果函数y＝sin 2x＋acs 2x的图象关于直线x＝－eq \f(π,8)对称，那么a的值为( )
A.eq \r(2) B．－eq \r(2) C．1 D．－1
答案 D
解析 根据对称轴的定义，
因为函数y＝f(x)＝sin 2x＋acs 2x的图象以直线x＝－eq \f(π,8)为对称轴，那么到x＝－eq \f(π,8)距离相等的x值对应的函数值应相等，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x－\f(π,8)))对任意x∈R成立．
令x＝eq \f(π,8)，得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)－\f(π,8)))＝f(0)＝sin 0＋acs 0＝a，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)－\f(π,8)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＋acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－1，
所以a＝－1.
12.设偶函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，△KLM为等腰直角三角形，∠KML＝90°，|KL|＝1，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))的值为________．
答案 eq \f(\r(3),4)
解析 取K，L的中点N，则|MN|＝eq \f(1,2)，∴A＝eq \f(1,2).
由T＝2，得ω＝π.
∵函数为偶函数，0<φ<π，∴φ＝eq \f(π,2)，
∴f(x)＝eq \f(1,2)cs πx，∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))＝eq \f(1,2)cs eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),4).
13．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，且f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上有最小值，无最大值，则ω＝________.
答案 eq \f(14,3)
解析 依题意知f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，且f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上有最小值，无最大值，
∴f(x)图象关于直线x＝eq \f(\f(π,6)＋\f(π,3),2)对称，
即关于直线x＝eq \f(π,4)对称，且eq \f(π,3)－eq \f(π,6)∴eq \f(π,4)·ω＋eq \f(π,3)＝eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，且0<ω<12，∴ω＝eq \f(14,3).
14．函数y＝2sin πx－eq \f(1,1－x)(x∈[－2,1)∪(1,4])的所有零点之和为________．
答案 8
解析 函数y＝2sin πx－eq \f(1,1－x)(x∈[－2,1)∪(1,4])的零点即方程2sin πx＝eq \f(1,1－x)的根，
作函数y＝2sin πx与y＝eq \f(1,1－x)的图象如图所示：
由图可知共有8个公共点，所以原函数有8个零点．
y＝2sin πx－eq \f(1,1－x)＝2sin π(1－x)－eq \f(1,1－x)，
令t＝1－x，则y＝2sin πt－eq \f(1,t)，t∈[－3,0)∪(0,3]，
该函数是奇函数，故零点之和为0.即t1＋t2＋…＋t8＝0，
从而x1＋x2＋…＋x8＝8，
所以原函数的零点之和为8.
15．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)))在一个周期内的图象如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求方程f(x)－lg x＝0的解的个数．
解 (1)由题图，知A＝2，
由函数图象过点(0,1)，得f(0)＝1，即sin φ＝eq \f(1,2)，
又|φ|易知点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，0))是五点作图法中的第五点，
所以eq \f(11π,12)ω＋eq \f(π,6)＝2π，所以ω＝2.
因此所求函数的解析式为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
(2)在同一平面直角坐标系中作函数y＝f(x)和函数y＝lg x的图象如图所示．
因为f(x)的最大值为2，
令lg x＝2，得x＝100，
令eq \f(11π,12)＋kπ<100(k∈Z)，
得k≤30(k∈Z)．
而eq \f(11π,12)＋31π>100，
且eq \f(11π,12)＋30π＋eq \f(π,2)<100，
所以在区间(0,100]内有31个形如eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)＋kπ，\f(17π,12)＋kπ))
(k∈Z,0≤k≤30)的区间．
在每个区间上y＝f(x)与y＝lg x的图象都有两个交点，故这两个函数的图象在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，100))上有2×31＝62(个)交点．
另外，两函数的图象在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(11π,12)))上还有一个交点，
所以方程f(x)－lg x＝0共有63个实数解．t
0
3
6
9
12
15
18
21
24
y
1.5
1.0
0.5
1.0
1.5
1.0
0.5
0.99
1.5