高中数学人教A版 (2019)必修 第一册5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）优秀导学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）优秀导学案，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。

学习目标 1.掌握函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象与性质，并能解决有关问题.2.能够利用函数y＝Asin(ωx＋φ)解决实际问题．





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，


∴0＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)×2＋φ)).


∴－eq \f(π,6)×2＋φ＝kπ，k∈Z，得φ＝eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)．


∵|φ|

∴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))).


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或选取最值点代入公式ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，求φ.


(2)待定系数法：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＝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 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M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－2))，求f(x)的解析式．


解 由最低点M eq \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M eq \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＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)，


∴φ＝2kπ－eq \f(11π,6)(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)若将函数y＝2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，则平移后图象的对称轴为( )


A．x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)(k∈Z) B．x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)


C．x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)(k∈Z) D．x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z)


答案 B


解析 将函数y＝2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，所得到的图象对应函数的解析式为y＝2sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，由2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq \f(π,6)＋eq \f(1,2)kπ，k∈Z.


(2)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的一个可能取值为( )


A.eq \f(3π,4) B.eq \f(π,4) C．0 D．－eq \f(π,4)


答案 B


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).


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M eq \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)))上是单调函数，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)))上是单调函数，


∴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

∴在规定时间内只有6个小时冲浪爱好者可以进行活动，即9

反思感悟 解三角函数应用问题的基本步骤





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．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.


2．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．


3．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|

4．下列函数中，图象的一部分如图所示的是( )





A．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))


B．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))


C．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,3)))


D．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))


答案 D


解析 由题图知T＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋\f(π,6)))＝π，


∴ω＝eq \f(2π,T)＝2.


又x＝eq \f(π,12)时，y＝1，


经验证，只有D项解析式符合题目要求．


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零点的区别．








1．点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，2))是函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))图象的一个对称中心，且点P到该图象的对称轴的距离的最小值为eq \f(π,2)，则( )


A．f(x)的最小正周期是π


B．f(x)的值域为[0,4]


C．f(x)图象的对称轴为eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z


D．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，2π))上单调递增


答案 D


解析 由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)ω＋φ＝kπk∈Z， ①,m＝2，))


且函数的最小正周期为T＝4×eq \f(π,2)＝2π，


故ω＝eq \f(2π,T)＝1.


代入①式得φ＝kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)，


又|φ|

所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋2.


故函数f(x)的值域为[1,3]，图象的对称轴为eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，


排除A，B，C项，故选D.


2．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象如图所示，为了得到g(x)＝sin 2x的图象，则只要将f(x)的图象( )





A．向右平移eq \f(π,6)个单位长度


B．向右平移eq \f(π,12)个单位长度


C．向左平移eq \f(π,6)个单位长度


D．向左平移eq \f(π,12)个单位长度


答案 A


解析 很明显，A＝1，T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,12)π－\f(π,3)))＝π，


∴T＝eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.


∴f(x)＝sin(2x＋φ)．


又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝0，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)π＋φ))＝0.


又|φ|

∴eq \f(π,6)

∴eq \f(2,3)π＋φ＝π，


∴φ＝eq \f(π,3)，∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，


∴g(x)＝sin 2x＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，


即将f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到g(x)的图象．


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．已知ω>0，函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的一条对称轴为x＝eq \f(π,3)，一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))，则ω有( )


A．最小值2 B．最大值2


C．最小值1 D．最大值1


答案 A


解析 由题意知eq \f(π,3)－eq \f(π,12)≥eq \f(T,4)，故T＝eq \f(2π,ω)≤π，ω≥2.


5．若函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后与原图象关于x轴对称，则ω的最小正值是( )


A.eq \f(1,2) B．1 C．2 D．3


答案 D


解析 函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度得y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)－\f(ωπ,3)))的图象，由题意知－eq \f(ωπ,3)＝(2k＋1)π(k∈Z)，所以ω＝－6k－3(k∈Z)，所以ω的最小正值是3.故选D.


6．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象的对称轴方程是______．


答案 x＝eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z


解析 令x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z，


即f(x)的图象的对称轴方程是x＝eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z.


7．已知函数y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，－π≤φ<π)的图象如图所示，则φ＝________.





答案 eq \f(9π,10)


解析 由图象知函数y＝sin(ωx＋φ)的周期为2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π－\f(3π,4)))＝eq \f(5π,2)，


∴eq \f(2π,ω)＝eq \f(5π,2)，∴ω＝eq \f(4,5).


∵当x＝eq \f(3π,4)时，y有最小值－1，


∴eq \f(4,5)×eq \f(3π,4)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)．


∵－π≤φ<π，∴φ＝eq \f(9π,10).


8．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)的图象如图所示，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))＝________.





答案 0


解析 由图象知eq \f(3,2)T＝π，∴T＝eq \f(2π,3)，A＝2，


又∵T＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝3，将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))代入y＝2sin(3x＋φ)得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×\f(π,4)＋φ))＝0，取φ＝－eq \f(3,4)π.


∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(3π,4)))，


∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×\f(7π,12)－\f(3π,4)))＝2sin π＝0.


9．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)))一个周期的图象如图所示．





(1)求函数f(x)的最小正周期T及最大值、最小值；


(2)求函数f(x)的解析式及单调递增区间．


解 (1)由题图知eq \f(1,4)T＝eq \f(π,12)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,4)，


∴T＝π，最大值为1，最小值为－1.


(2)由(1)知ω＝eq \f(2π,T)＝2.


又2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ＝2kπ，k∈Z，


解得φ＝2kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，


又－eq \f(π,2)<φ

则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，


由题图知f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)．


10．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．





11．已知函数y＝Asin(ωx＋φ)＋m的最大值是4，最小值是0，最小正周期是eq \f(π,2)，直线x＝eq \f(π,3)是其图象的一条对称轴，则下面各解析式符合条件的是( )


A．y＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,6)))＋2


B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋2


C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))＋2


D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,6)))＋2


答案 D


解析 因为最大值是4，故选项A不符合题意．


又因为T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(π,2)，所以ω＝4，故排除选项B.


令4x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z⇒4x＝eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z⇒x＝eq \f(π,24)＋eq \f(kπ,4)，k∈Z，


令eq \f(π,24)＋eq \f(kπ,4)＝eq \f(π,3)，得k＝eq \f(7,6)∉Z，排除选项C，故选D.


12．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).


13．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.所以原函数的零点之和为8.


14．将函数f(x)＝2sin x的图象的每一个点横坐标缩短为原来的一半，再向左平移eq \f(π,12)个单位长度得到g(x)的图象，则g(x)＝________；若函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2a，\f(7π,6)))上单调递增，则实数a的取值范围是________．


答案 2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))


解析 将函数f(x)＝2sin x的图象的每一个点横坐标缩短为原来的一半，可得y＝2sin 2x的图象；再向左平移eq \f(π,12)个单位长度得到g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象．


若函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2a，\f(7π,6)))上单调递增，


则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2·\f(a,3)＋\f(π,6)≤\f(π,2)，,2·2a＋\f(π,6)≥\f(3π,2)，))求得eq \f(π,3)≤a≤eq \f(π,2)，


则实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))).





15．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.


16．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