人教A版 (2019)必修 第一册5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）学案

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授课提示：对应学生用书第114页
[教材提炼]
知识点 y＝Asin(ωx＋φ)的性质
eq \a\vs4\al(预习教材，思考问题)
由y＝sin x的性质类比出y＝Asin(ωx＋φ)的性质．
知识梳理 性质：(1)定义域与值域：定义域为R，值域为[－A，A]．
(2)周期性：最小正周期T＝eq \f(2π,ω).
(3)对称性：对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ－\a\vs4\al(φ),ω)，0))(k∈Z)，对称轴是x＝eq \f(kπ,ω)＋eq \f(π－2\a\vs4\al(φ),2ω)(k∈Z)．
(4)单调性：单调递增区间为
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)－\f(\a\vs4\al(φ),ω)＋\f(2kπ,ω)，\f(π,2ω)－\f(φ,ω)＋\f(2kπ,ω)))(k∈Z)，单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2ω)－\f(\a\vs4\al(φ),ω)＋\f(2kπ,ω)，\f(3π,2ω)－\f(\a\vs4\al(φ),ω)＋\f(2kπ,ω)))(k∈Z)．
[自主检测]
1．函数y＝Asin(ωx＋φ)＋k的图象如图，则它的振幅A与最小正周期T分别是( )
A．A＝3，T＝eq \f(5π,6)
B．A＝3，T＝eq \f(5π,3)
C．A＝eq \f(3,2)，T＝eq \f(5π,6)
D．A＝eq \f(3,2)，T＝eq \f(5π,3)
答案：D
2．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象的一条对称轴是( )
A．x＝eq \f(π,4) B．x＝eq \f(π,2)
C．x＝－eq \f(π,4) D．x＝－eq \f(π,2)
答案：C
3．y＝3－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))的值域为________．
答案：[1,5]
4．函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1的对称中心为________．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，1))，k∈Z
授课提示：对应学生用书第114页
探究一 由函数y＝Asin(ωx＋φ)确定性质
[例1] (1)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω＞0)的最小正周期为π，则该函数的图象( )
A．关于直线x＝eq \f(π,8)对称 B．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))对称
C．关于直线x＝eq \f(π,4)对称 D．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，0))对称
(2)已知函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象关于点P(x0,0)对称，若x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，则x0＝________.
[解析] (1)依题意得T＝eq \f(2π,ω)＝π，ω＝2，
故f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,8)＋\f(π,4)))＝sineq \f(π,2)＝1≠0，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,4)＋\f(π,4)))＝sineq \f(3π,4)＝eq \f(\r(2),2)≠0，
因此该函数的图象关于直线x＝eq \f(π,8)对称．
(2)由题意可知2x0＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，
故x0＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)，k∈Z.
又x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，∴k＝0时，x0＝－eq \f(π,6).
[答案] (1)A (2)－eq \f(π,6)
研究y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的性质时，视ωx＋φ为一个整体，类比y＝sin x的性质得出．
函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象的对称轴是________，对称中心是________．
解析：要使sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝±1，
必有2x＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
∴x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z)，
故函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象的对称轴为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z)．
∵函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象与x轴的交点即为对称中心，令y＝0，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝0，
∴2x＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，即x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)(k∈Z)，
故函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，0))(k∈Z)．
答案：x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，0))(k∈Z)
探究二 由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acs(ωx＋φ)的解析式
[例2] [教材P241第4题拓展探究]
(1)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈R，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，如果x1＋x2＝eq \f(2π,3)，那么f(x1)＋f(x2)＝( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(2),2)
C．0 D．－eq \f(1,2)
(2)函数f(x)＝cs(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则f(x)的单调递减区间为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(1,4)，kπ＋\f(3,4)))，k∈Z
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(1,4)，2kπ＋\f(3,4)))，k∈Z
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k－\f(1,4)，k＋\f(3,4)))，k∈Z
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z
(3)如图，它是函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，－π<φ<π)的图象，由图中条件写出该函数的解析式．
[解析] (1)法一：由题图知，T＝π，ω＝2，
∴f(x)＝sin(2x＋φ)，将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))代入函数，根据φ的范围，得φ＝eq \f(π,3)，∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
∵x1＋x2＝eq \f(2π,3)，∴x1，x2的中点为eq \f(π,3)，
则f(x1)＋f(x2)＝0，故选C.
法二：由图象可知(eq \f(π,3)，0)为对称中心，
而eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(π,3).
即(x1，f1(x))，(x2，f(x2))关于(eq \f(π,3)，0)对称
∴f(x1)＋f(x2)＝0.选C.
(2)法一：由题图可知eq \f(T,2)＝eq \f(5,4)－eq \f(1,4)＝1，所以T＝2，ω＝π，又由题图知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝0，即eq \f(π,4)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得φ＝eq \f(π,4)＋2kπ，k∈Z，此时f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,4)＋2kπ))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,4)))，k∈Z，由2kπ＜πx＋eq \f(π,4)＜2kπ＋π，k∈Z，得2k－eq \f(1,4)＜x＜2k＋eq \f(3,4)，k∈Z，所以f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z，故选D.
法二：由图象可知eq \f(T,2)＝eq \f(5,4)－eq \f(1,4)＝1，T＝2.
eq \f(1,4)与eq \f(5,4)的中点为eq \f(\f(1,4)＋\f(5,4),2)＝eq \f(3,4).
即当x＝eq \f(3,4)时，f(x)取最小值，其左侧相邻的最大值点为x＝eq \f(3,4)－1＝－eq \f(1,4).
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(3,4)))为一个递减区间，结合周期T＝2k，故选D.
(3)法一：单调性法
由图象可知：
T＝eq \f(5π,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝3π＝eq \f(2π,ω)，则ω＝eq \f(2,3).
∵点(π，0)在递减的那段图象上，
∴eq \f(2π,3)＋φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)，
则由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，得eq \f(2π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)．
∵－π<φ<π，∴φ＝eq \f(π,3).
又A＝2，∴此函数的解析式为y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x＋\f(π,3))).
法二：最值点法
由图象可得T＝3π，ω＝eq \f(2,3)，A＝2，
将最高点坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，2))代入y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x＋φ))，
得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝2，
∴eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，∴φ＝2kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．
又－π<φ<π，∴φ＝eq \f(π,3).
∴此函数的解析式为y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x＋\f(π,3))).
[答案] (1)C (2)D (3)见解析
由函数y＝Asin(ωx＋φ)的部分图象确定解析式，关键在于确定参数A，ω，φ的值．
(1)一般可由图象上的最大值、最小值来确定|A|.
(2)因为T＝eq \f(2π,ω)，所以往往通过求得周期T来确定ω，可通过已知曲线与x轴的交点确定T，即相邻的最高点与最低点之间的距离为eq \f(T,2)；相邻的两个最高点(或最低点)之间的距离为T.
(3)从寻找“五点法”中的第一个零点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(φ,ω)，0))(也叫初始点)作为突破口，以y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)为例，位于单调递增区间上离y轴最近的那个零点最适合作为“五点”中的第一个点.
探究三 函数y＝Asin(cs x＋φ)的性质的应用
[例3] (1)函数y＝sin x2的图象是( )
(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)))上是单调函数，求ω和φ的值．
[解析] (1)根据奇偶性f(－x)＝sin(－x)2＝sin x2＝f(x)为偶函数，排除A、C.
根据零点：若sin x2＝0，离原点最近的零点为x＝±eq \r(π)，接近±eq \f(π,2)，故选D.
(2)因为f(x)＝sin(ωx＋φ)是R上的偶函数，所以φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z.
又因为0≤φ≤π，所以φ＝eq \f(π,2)，
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,2)))＝cs ωx.
因为图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0))对称，
所以cs eq \f(3π,4)ω＝0.所以eq \f(3π,4)ω＝eq \f(π,2)＋nπ，n∈Z.
所以ω＝eq \f(2,3)＋eq \f(4,3)n，n∈Z.
又因为f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是单调函数，所以eq \f(T,2)≥eq \f(π,2)－0，即eq \f(2π,ω)×eq \f(1,2)≥eq \f(π,2)，所以ω≤2.
又因为ω>0，所以ω＝eq \f(2,3)或ω＝2.
[答案] (1)D (2)见解析
函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质是相互联系的，应用时应综合起来考虑．
已知函数f(x)＝2sin ωx－cs ωx(ω＞0)，若f(x)的两个零点x1，x2满足|x1－x2|min＝2，则f(1)的值为( )
A.eq \f(\r(10),2) B．－eq \f(\r(10),2)
C．2 D．－2
解析：依题意可得函数的最小正周期为eq \f(2π,ω)＝2|x1－x2|min＝2×2＝4，即ω＝eq \f(π,2)，所以f(1)＝2sineq \f(π,2)－cseq \f(π,2)＝2，故选C.
答案：C
授课提示：对应学生用书第116页
“牵一发动全身”——函数y＝Asin(ωx＋φ)性质的相互作用
函数y＝Asin(ωx＋φ)的各个性质相关联，相互作用，最值点、单调性、对称性、周期性之一变化，其他性质也变化．
[典例] (1)将函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象先向左平移eq \f(π,4)个单位长度，再向下平移4个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数f(x)的图象与函数g(x)的图象( )
A．关于点(－2,0)对称
B．关于点(0，－2)对称
C．关于直线x＝－2对称
D．关于直线x＝0对称
(2)已知f(x)＝sin ωx－cs ωxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞\f(2,3)))，若函数f(x)图象的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标都不属于区间(π，2π)，则ω的取值范围是________．(结果用区间表示)
(3)已知函数f(x)＝sin ωx＋cs ωx(ω＞0)，x∈R.若函数f(x)在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数y＝f(x)的图象关于直线x＝ω对称，则ω的值为________．
[解析] (1)将函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象先向左平移eq \f(π,4)个单位长度，再向下平移4个单位长度，得到函数g(x)的解析式g(x)＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－\f(π,4)))－4＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))－4＝3sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))－4，f(x)＝3sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))，故两个函数的图象关于点(0，－2)对称，应选B.
(2)f(x)＝sin ωx－cs ωx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))，令ωx－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(3π,4ω)＋eq \f(kπ,ω)，k∈Z，当k＝0时，eq \f(3π,4ω)≤π，即eq \f(3,4)≤ω，当k＝1时，eq \f(3π,4ω)＋eq \f(π,ω)≥2π，即ω≤eq \f(7,8).
综上，eq \f(3,4)≤ω≤eq \f(7,8).
(3)由已知得f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))，令2kπ－eq \f(π,2)≤ωx＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，由ω＞0，得eq \f(2kπ－\f(3,4)π,ω)≤x≤eq \f(2kπ＋\f(π,4),ω)，k∈Z，
当k＝0时，得f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4ω)，\f(π,4ω)))，
所以(－ω，ω)⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4ω)，\f(π,4ω)))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4ω)≤－ω，,\f(π,4ω)≥ω，))解得0＜ω≤eq \f(\r(π),2)，
又y＝f(x)的图象关于直线x＝ω对称，
所以ω2＋eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
解得ω2＝kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z，又0＜ω≤eq \f(\r(π),2)，所以ω＝eq \f(\r(π),2).
[答案] (1)B (2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(7,8))) (3)eq \f(\r(π),2)
内 容 标 准
学 科 素 养
1.根据y＝Asin(ωx＋φ)的图象总结性质.
直观想象
逻辑推理
2.根据y＝Asin(ωx＋φ)的图象确定其解析式.