人教A版 (2019)必修 第一册5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）第2课时导学案

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【课前预习】
知识点
R [-A,A] T=2πω 奇函数 偶函数 非奇非偶函数 2kπ-π2≤ωx+φ≤2kπ+π2(k∈Z) 2kπ+π2≤ωx+φ≤2kπ+3π2(k∈Z)
x=kπω+π2ω-φω(k∈Z) kπω-φω,0(k∈Z)
诊断分析
(1)√ (2)× (3)√ (4)× [解析] (2)相邻两条对称轴间的距离为半个周期.
(4)由x+π3=kπ(k∈Z),得x=-π3+kπ(k∈Z),故f(x)的图像的对称中心是kπ-π3,0(k∈Z).
【课中探究】
探究点一
例1 (1)B [解析] 由题图可得函数的最小正周期T=2×7π8-3π8=π,∴2πω=π,得ω=2.将3π8,0代入y=sin(2x+φ)可得sin3π4+φ=0,∴3π4+φ=π+2kπ,k∈Z,∴φ=π4+2kπ,k∈Z,又0<φ<π2,∴φ=π4,∴点P的坐标是2,π4,故选B.
(2)解:∵f(x)=Asin(ωx+φ)的最小值为-2,且A>0,∴A=2.根据T4=7π8-5π8=π4,可得T=π=2πω,∴ω=2.
∵点7π8,-2在函数f(x)的图像上,∴2sin2×7π8+φ=-2,可得sin2×7π8+φ=-1,故2×7π8+φ=2kπ+3π2,k∈Z,解得φ=2kπ-π4,k∈Z,又|φ|<π2,∴φ=-π4,∴f(x)=2sin2x-π4.
变式 (1)C [解析] 由题图可知A=1,设函数f(x)=Acs(ωx+φ)的最小正周期为T,则有14T=712π-π3,得T=π,而T=2π|ω|,ω>0,∴ω=2.把π3,0代入f(x)=cs(2x+φ),得cs2×π3+φ=0,解得φ=2kπ-π6(k∈Z),∵|φ|<π2,∴φ=-π6,∴f(x)=cs2x-π6=sin2x+π3=sin 2x+π6,而g(x)=sin 2x,显然把f(x)图像上所有的点向右平移π6个单位长度即可得到g(x)=sin 2x的图像,故选C.
(2)解:由题得A=2,T2=π2,即T=π,∴ω=2πT=2ππ=2.
由点M2π3,-2在f(x)的图像上,得2sin2×2π3+φ=-2,即sin4π3+φ=-1,
故4π3+φ=3π2+2kπ,k∈Z,∴φ=π6+2kπ,k∈Z,
又φ∈0,π2,∴φ=π6.故f(x)=2sin2x+π6.
探究点二
例2 (1)A (2)BD [解析] (1)由题得,图像变换后所得图像对应的函数解析式为y=sin 2x-π6=sin2x-π3,令2x-π3=kπ+π2,k∈Z,得x=kπ2+512π,k∈Z,结合选项可知选A.
(2)y=fx-π12=2sin 2x是奇函数,其图像关于原点对称,故A错误;当x=-π12时,f-π12=2sin2×-π12+π6=0,故B正确;若f(x1)·f(x2)=-4,则x1+x2为f(x)图像的对称中心的横坐标,令2x+π6=kπ,k∈Z,则x=kπ2-π12,k∈Z,∴x1+x2=kπ2-π12,k∈Z,∴|x1+x2|的最小值为π12,故C错误;当x∈-π12,23π12时,2x+π6∈[0,4π],∴直线y=1与函数y=f(x)的图像有4个交点,设交点的横坐标分别为a1,a2,a3,a4,∴a1+a2+a3+a4=π6×2+7π6×2=8π3,故D正确.故选BD.
变式 (1)A (2)B (3)D [解析] (1)将函数y=sin(x+φ)(0<φ<π)的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,所得图像对应的函数解析式为y=sin12x+φ,再将所得图像向左平移π3个单位长度,得到的图像对应的函数解析式为y=sin12x+π6+φ,此函数为奇函数.当x=0时,y=sinπ6+φ=0,又0<φ<π,所以φ=5π6,故选A.
(2)由图知12T=2π3-π6=π2,得T=π=2πω,所以ω=2.当x=π6时,f(x)=1,可得sin2×π6+φ=1,因为|φ|<π2,所以φ=π6,故f(x)=sin2x+π6.由2kπ+π2≤2x+π6≤2kπ+3π2,k∈Z,得kπ+π6≤x≤kπ+2π3,k∈Z,所以f(x)的单调递减区间为kπ+π6,kπ+2π3,k∈Z,结合选项可知-5π6,-π3为f(x)的单调递减区间,故选B.
(3)由fx+π6=f(-x),可知f(x)的图像关于直线x=π12对称,由fx-π3=-f(-x),可知f(x)的图像关于点-π6,0对称,于是ω×π12+φ=π2+k1π(k1∈Z),ω×-π6+φ=k2π(k2∈Z),所以ω=2+4(k1-k2),φ=π3+(2k1+k2)π3(k1,k2∈Z),因为ω=2+4(k1-k2)=2[1+2(k1-k2)],其中1+2(k1-k2)是奇数,所以ω不可能为4,且当k1=1,k2=0时,ω=6,φ=π;当k1=1,k2=1时,ω=2,φ=4π3;当k1=0,k2=1时,ω=-2,φ=2π3.故选D.
拓展 16 [解析] 易得f(x)的单调递增区间为kπω-π4ω,kπω+π4ω(k∈Z),因为f(x)=3sin 2ωx+1(ω>0)在区间-3π2,π2上单调递增,所以-32π,π2⊆-π4ω,π4ω,即-32π≥-π4ω,π2≤π4ω,解得ω≤16,故ω的最大值为16.
例3 解:由f(x)是偶函数,得f(-x)=f(x),
即函数f(x)的图像关于y轴对称,
∴f(x)在x=0时取得最值,即sin φ=1或-1.
又0≤φ<π,∴φ=π2.
由f(x)的图像关于点M3π4,0对称,可知sin3π4ω+π2=0,即3π4ω+π2=kπ,k∈Z,
解得ω=4k3-23,k∈Z.
又f(x)在0,π2上具有单调性,∴T≥π,即2πω≥π,
∴ω≤2,又ω>0,∴当k=1时,ω=23;当k=2时,ω=2.
故φ=π2,ω=2或23.
变式 解:(1)f(x)=12sin 2ωx+3×cs2ωx+12=12sin 2ωx+32cs 2ωx+32=sin2ωx+π3+32,∴函数f(x)的最小正周期T=2π2ω=π2,故ω=2,∴f(x)=sin4x+π3+32.令π2+2kπ≤4x+π3≤3π2+2kπ,k∈Z,得π24+kπ2≤x≤7π24+kπ2,k∈Z,故f(x)的单调递减区间为π24+kπ2,7π24+kπ2,k∈Z.
(2)函数g(x)=f(x)+m在区间0,π4上有两个零点,即方程sin4x+π3=-2m-32在区间0,π4上有两个不同的实根,即函数y=sin4x+π3,x∈0,π4的图像与直线y=-2m-32有两个不同的交点.∵x∈0,π4,∴4x+π3∈π3,4π3,结合正弦函数的单调性可知,要使函数y=sin4x+π3,x∈0,π4的图像与直线y=-2m-32有两个不同的交点,则32≤-3-2m2<1,∴m∈-32-1,-3.
【课堂评价】
1.B [解析] 根据函数y=sin(ωx+φ)|φ|<π2在一个周期内的图像,可得12×2πω=π3+π6,得ω=2,再根据五点法,可得2×π3+φ=π+2kπ,k∈Z,又|φ|<π2,∴φ=π3,故选B.
2.A [解析] 令x=0,得f(0)=2sin-π3+φ=±2,∴sinφ-π3=±1,φ-π3=π2+kπ,k∈Z,得φ=56π+kπ,k∈Z,则φ的值可以是5π6.
3.D [解析] ∵2πω=π,∴ω=2.∵f(0)=3,∴2sin φ=3,∴sin φ=32,∵|φ|<π2,∴φ=π3.
4.π12,0 [解析] 由4x+2π3=kπ,k∈Z,得x=-π6+14kπ,k∈Z,所以当k=1时,x=π4-π6=π12,即离原点最近的一个对称中心的坐标是π12,0.