高中数学湘教版（2019）必修 第一册3.1 函数导学案及答案

这是一份高中数学湘教版（2019）必修 第一册3.1 函数导学案及答案，共10页。

教材要点
要点一 A、ω、φ的意义
函数y＝A sin (ωx＋φ)，x∈R(其中A＞0，ω＞0)，在这里常数A叫________，T＝2πω叫________，f＝1T＝ω2π叫________，ωx＋φ叫________，φ叫________．
要点二 函数y＝A sin (ωx＋φ)，A＞0，ω＞0的有关性质
状元随笔 研究函数y＝A sin (ωx＋φ)性质的基本策略
(1)借助周期性：研究函数的单调区间、对称性等问题时，可以先研究在一个周期内的单调区间、对称性，再利用周期性推广到全体实数．
(2)整体思想：研究当x∈[α，β]时的函数的值域时，应将ωx＋φ看作一个整体θ，利用x∈[α，β]求出θ的范围，再结合y＝sin θ的图象求值域．
基础自测
1.思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)y＝A sin (ωx＋φ)的图象既是中心对称图形，又是轴对称图形．( )
(2)在y＝A sin (ωx＋φ)的图象中，相邻的两条对称轴的距离为1个周期．( )
(3)函数y＝sin 2x+π3的图象对称轴为x＝kπ2+π12(k∈Z)．( )
(4)函数f(x)＝sin x+π3的图象的对称中心是−kπ+π3，0(k∈Z)( )
2．函数y＝2sin x2+π5的周期、振幅依次是( )
A．4π，－2 B．4π，2
C．π，2 D．π，－2
3．函数f(x)＝4sin 2x+π4图象的对称轴方程为( )
A．x＝3π8+kπ2(k∈Z) B．x＝π8＋kπ(k∈Z)
C．x＝π4+kπ2(k∈Z) D．x＝π8+kπ2(k∈Z)
4．若函数y＝sin (ωx＋φ)(ω＞0)的部分图象如图，则ω＝________.
题型1 由图象求函数y＝A sin (ωx＋φ)的解析式
例1 函数y＝A sin (ωx＋φ)A＞0，ω＞0，φ＜π2的图象的一部分如图所示，求此函数的解析式．
方法归纳
给出y＝A sin (ωx＋φ)的图象的一部分，确定A，ω，φ的方法
(1)第一零点法：如果从图象可直接确定A和ω，则选取“第一零点”(即“五点法”作图中的第一个点)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.
(2)特殊值法：通过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＝A sin ωx，再根据图象平移规律确定相关的参数．
跟踪训练1
(1)函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，－π2＜φ＜π2，x∈R)的部分图象如图所示，则函数y＝f(x)的解析式为( )
A．f(x)＝sin x−π3 B．f(x)＝sin x+π3
C．f(x)＝cs x+π3 D．f(x)＝cs x−π3
(2)已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)的图象如图所示，则f7π12＝________．
题型2 函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象在物理中的简单应用
例2 如图所示是某简谐运动的图象，试根据图象回答下列问题：
(1)这个简谐运动的振幅、周期与频率各是多少？
(2)写出这个简谐运动的函数解析式．
方法归纳
明确物理概念的意义，此类问题往往涉及诸如频率、振幅等概念，因此要熟知其意义并与对应的三角函数知识结合解题．
跟踪训练2 一台发电机产生的电流是正弦式电流，电压和时间之间的关系如图所示．由图象说出它的周期、频率和电压的最大值，并求出电压U(单位V)关于时间t(单位s)的函数解析式．
题型3 函数y＝A sin (ωx＋φ)的性质的综合应用
例3 已知函数f(x)＝3sin (ωx＋φ)－cs (ωx＋φ)(0＜φ＜π，ω＞0)为偶函数，且函数y＝f(x)图象的两相邻对称轴之间的距离为π2.
(1)求fπ8的值；
(2)求函数y＝f(x)＋fx+π4的最大值及对应的x的值．
方法归纳
研究函数y＝A sin (ωx＋φ)性质的基本策略
(1)首先将所给函数的解析式转化为y＝A sin (ωx＋φ)的形式；
(2)熟记正弦函数y＝sin x的图象与基本性质；
(3)充分利用整体代换思想解决问题；
(4)熟记有关y＝A sin (ωx＋φ)的奇偶性、对称性、单调性的重要结论．
跟踪训练3
已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，－π2＜φ＜π2)的一段图象如图所示．
(1)求f(x)的解析式；
(2)求f(x)的单调减区间，并指出f(x)的最大值及取到最大值时x的集合．
课堂十分钟
1．简谐运动y＝4sin 5x−π3的相位与初相分别是( )
A．5x－π3，π3 B．5x－π3，4
C．5x－π3，－π3 D．4，π3
2．y＝f(x)是以2π为周期的周期函数，其图象的一部分如下图所示，则y＝f(x)的解析式为( )
A．y＝3sin (x＋1) B．y＝－3sin (x＋1)
C．y＝3sin (x－1) D．y＝－3sin (x－1)
3．下列区间中，函数f(x)＝7sin x−π6单调递增的区间是( )
A．0，π2 B．π2，π
C．π，3π2 D．3π2，2π
4．函数y＝sin 2x+π4的图象的一条对称轴方程是________．
5．已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)，x∈R(其中A＞0，ω＞0，0＜φ＜π2)的周期为π，且图象上的一个最低点为M2π3，−2.
(1)求f(x)的解析式；
(2)当x∈0，π12时，求f(x)的最值．
参考答案与解析
新知初探·课前预习
要点一
振幅 周期 频率 相位 初相
要点二
R [－A，A] kπ(k∈Z) kπ＋π2 (k∈Z) 单调递增 单调递减
[基础自测]
1．答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)×
2．解析：周期T＝2π12＝4π，振幅为2，故选B.
答案：B
3．解析：结合正弦函数的性质，可得函数图象的对称轴满足2x＋ eq \f(π,4) ＝ eq \f(π,2) ＋kπ(k∈Z)，解得对称轴方程为x＝ eq \f(π,8) ＋ eq \f(kπ,2) (k∈Z).故选D.
答案：D
4．解析：由图象可得 eq \f(T,2) ＝ eq \f(1,2) · eq \f(2π,ω) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(π,4))) －x0＝ eq \f(π,4) ，解得ω＝4.
答案：4
题型探究·课堂解透
例1 解析：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，
∴0＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)×2＋φ)) .
∴－ eq \f(π,6) ×2＋φ＝kπ，
得φ＝ eq \f(π,3) ＋kπ(k∈Z).
∵|φ|＜ eq \f(π,2) ，∴φ＝ eq \f(π,3) .
∴y＝3sin eq \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\{(\a\vs4\al\c1(\f(5πω,6)＋φ＝2π，,\f(πω,3)＋φ＝π，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(φ＝\f(π,3)，,ω＝2.))
∴y＝3sin eq \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，所以所求函数y＝3sin 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))) ， 即y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) .
跟踪训练1 解析：(1)由图象得A＝1， eq \f(T,4) ＝ eq \f(2π,3) － eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ，所以T＝2π，则ω＝1.将点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，1)) 代入函数f(x)解析式得sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ)) ＝1，又－ eq \f(π,2) ＜φ＜ eq \f(π,2) ，所以φ＝ eq \f(π,3) ，因此函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))) .故选B.
(2)函数的周期为T＝ eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)－\f(π,4))) ＝ eq \f(2π,3) ，则图中相邻两个零点之间的距离为 eq \f(π,3) ，又 eq \f(π,4) ＋ eq \f(π,3) ＝ eq \f(7π,12) ，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12))) ＝0.
答案：(1)B (2)0
例2 解析：(1)振幅A＝3，周期T＝4，频率f＝ eq \f(1,4) .
(2)设简谐运动的函数解析式为：
y＝A sin (ωx＋φ)，x∈[0，＋∞)，
由(1)可知，ω＝ eq \f(2π,T) ＝ eq \f(1,2) π，
则y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)πx＋φ)) ，
当x＝ eq \f(3.2＋1.2,2) ＝2.2时，y取最小值，
则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)×2.2＋φ)) ＝－1，
∴ eq \f(π,2) ×2.2＋φ＝ eq \f(3π,2) ＋2kπ，k∈Z，
解得φ＝ eq \f(2π,5) ＋2kπ，k∈Z，
令k＝0，则φ＝ eq \f(2π,5) ，
故简谐运动的函数解析式为：
y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)πx＋\f(2π,5))) ，x∈[0，＋∞).
跟踪训练2 解析：周期为0.02，频率为50，电压的最大值为311 V.
电压和时间的函数解析式为U＝311sin 100πt，t∈[0，＋ ∞) .
例3 解析：(1)f(x)＝ eq \r(3) sin (ωx＋φ)－cs (ωx＋φ)
＝2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin （ωx＋φ）－\f(1,2)cs （ωx＋φ）))
＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ－\f(π,6))) .
因为f(x)为偶函数，所以φ－ eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ＋kπ(k∈Z)，解得φ＝ eq \f(2π,3) ＋kπ(k∈Z).
又0＜φ＜π，所以φ＝ eq \f(2π,3) .
所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,2))) ＝2cs ωx.
由题意得 eq \f(2π,ω) ＝2× eq \f(π,2) ，所以ω＝2.所以f(x)＝2cs 2x.
故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8))) ＝2cs eq \f(π,4) ＝ eq \r(2) .
(2)y＝2cs 2x＋2cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))
＝2cs 2x＋2cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
＝2cs 2x－2sin 2x＝2 eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－2x)) .
当 eq \f(π,4) －2x＝2kπ＋ eq \f(π,2) (k∈Z)，即x＝kπ－ eq \f(π,8) (k∈Z)时，y有最大值2 eq \r(2) .
跟踪训练3 解析：(1)由图象可以得到函数f(x)的振幅A＝3，设函数周期为T，则 eq \f(3,4) T＝4π－ eq \f(π,4) ＝ eq \f(15π,4) ，所以T＝5π，则ω＝ eq \f(2,5) ，由ωx0＋φ＝0，得 eq \f(2,5) × eq \f(π,4) ＋φ＝0，所以φ＝－ eq \f(π,10) ，
所以f(x)＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)x－\f(π,10))) .
(2)由 eq \f(π,2) ＋2kπ≤ eq \f(2,5) x－ eq \f(π,10) ≤ eq \f(3π,2) ＋2kπ(k∈Z)，得 eq \f(3π,2) ＋5kπ≤x≤4π＋5kπ(k∈Z)，所以函数的减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋5kπ，4π＋5kπ)) ，k∈Z.
函数f(x)的最大值为3，当且仅当 eq \f(2,5) x－ eq \f(π,10) ＝ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，即x＝ eq \f(3π,2) ＋5kπ(k∈Z)时函数取得最大值．
所以函数的最大值为3，取得最大值时的x的集合为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3π,2)＋5kπ，k∈Z)))) .
[课堂十分钟]
1．解析：相位是5x－ eq \f(π,3) ，初相是当x＝0时的相位，即－ eq \f(π,3) .故选C.
答案：C
2．解析：A＝3，ω＝ eq \f(2π,T) ＝1，由ω×1＋φ＝π，∴φ＝π－1，∴f(x)＝3sin [x＋(π－1)]＝－3sin (x－1).故选D.
答案：D
3．解析：因为函数y＝sin x 的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2))) (k∈Z)，对于函数f(x)＝7sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))) ，由2kπ－ eq \f(π,2) ＜x－ eq \f(π,6) ＜2kπ＋ eq \f(π,2) (k∈Z)，解得2kπ－ eq \f(π,3) ＜x＜2kπ＋ eq \f(2π,3) (k∈Z)，取k＝0，可得函数f(x)的一个单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) ，
则0，π2⊆−π3，2π3，(π2，π)⊈−π3，2π3，A选项满足条件，B不满足条件；
取k＝1，可得函数f(x)的一个单调递增区间为5π3，8π3，
(π，3π2)⊈−π3，2π3且 (π，3π2)⊈5π3，8π3，(3π2，2π)⊈5π3，8π3，CD选项均不满足条件．故选A.
答案：A
4．解析：由2x＋ eq \f(π,4) ＝kπ＋ eq \f(π,2) (k∈Z)，得x＝ eq \f(kπ,2) ＋ eq \f(π,8) (k∈Z)，令k＝0，得x＝ eq \f(π,8) .
答案：x＝ eq \f(π,8) (答案不唯一)
5．解析：(1)由函数f(x)图象上的一个最低点为M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－2)) ，得A＝2.
由周期T＝π，得ω＝ eq \f(2π,T) ＝ eq \f(2π,π) ＝2.
由点M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－2)) 在图象上，得2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)＋φ)) ＝－2，
即sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)＋φ)) ＝－1，
所以 eq \f(4π,3) ＋φ＝2kπ－ eq \f(π,2) (k∈Z)，
故φ＝2kπ－ eq \f(11π,6) (k∈Z)，
又φ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，
所以k＝1，φ＝ eq \f(π,6) ，
所以函数的解析式为f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) .
(2)因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12))) ，
所以2x＋ eq \f(π,6) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) ，
所以当2x＋ eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,6) ，
即x＝0时，函数f(x)取得最小值1；
当2x＋ eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,3) ，即x＝ eq \f(π,12) 时，
函数f(x)取得最大值 eq \r(3) .
名称
性质
定义域
________
值域
________
周期性
T＝2πω
对称中心
kπ−φω，0(k∈Z)
对称轴
x＝kπω+π−2φ2ω(k∈Z)
奇偶性
当φ＝________时是奇函数；
当φ＝________时是偶函数
单调性
由2kπ－π2≤ωx＋φ≤2kπ＋π2，k∈Z，解得________区间；由2kπ＋π2≤ωx＋φ≤2kπ＋3π2，k∈Z，解得________区间