高中数学人教A版必修第一册5.6 第2课时 函数y＝Asin(ωx＋φ)习题课课时作业含解析

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[对应学生用书P116]
探究一 求三角函数的解析式
如图所示的是函数y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象，确定其中一个函数解析式．
解 方法一：由图象知振幅A＝3.
又T＝eq \f(5π,6)－(－eq \f(π,6))＝π，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2.
又过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)， 0))，
则得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)×2＋φ))＝0，得φ＝eq \f(π,3)，
∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
方法二：由图象知A＝3，且图象过点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))，
根据五点作图法原理，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,3)·ω＋φ＝π，,\f(5π,6)·ω＋φ＝2π，))
解得ω＝2，φ＝eq \f(π,3)，∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
方法三：由图象，知A＝3，T＝π，又图象过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)， 0))，
∴所求图象由y＝3sin 2x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位得到，
∴y＝3sin 2eq \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))).
[方法总结]
确定函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式的关键是φ的确定，常用方法有：
(1)代入法：把图象上的一个已知点代入(此时A，ω已知)或代入图象与x轴的交点求解(此时要注意交点在升区间上还是在下降区间上)．
(2)五点法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的第一个零点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(φ,ω)，0))作为突破口．“五点”的ωx＋φ的值具体如下：
“第一点”(即图象上升时与x轴的交点)为ωx＋φ＝0；
“第二点”(即图象的“峰点”)为ωx＋φ＝eq \f(π,2)；
“第三点”(即图象下降时与x轴的交点)为ωx＋φ＝π；
“第四点”(即图象的“谷点”)为ωx＋φ＝eq \f(3π,2)；
“第五点”为ωx＋φ＝2π.
[跟踪训练1] 已知函数y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0， ω>0，|φ|<\f(π,2)))在一个周期内的部分函数图象如图所示．求此函数的解析式．
解 由图象可知A＝2，eq \f(T,2)＝eq \f(4,3)－eq \f(1,3)＝1，∴T＝2，
∴T＝eq \f(2π,ω)＝2，∴ω＝π，∴y＝2sin(πx＋φ)．
代入eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)， 2))得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝2，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝1.∵|φ|＜eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,6)，∴y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,6))).
探究二 匀速圆周运动的数学模型
如图所示，摩天轮的半径为40 m，点O距地面的高度为50 m，摩天轮作匀速转动，每2 min转一圈，摩天轮上点P的起始位置在最高点．
(1)试确定在时刻t min时，点P距离地面的高度；
(2)在摩天轮转动一圈内，有多长时间点P距离地面超过70 m.
解 建立如图所示的平面直角坐标系
(1)设φ(0≤φ≤2π)是以Ox为始边，OP0为终边的角，OP在t min内转过的角为eq \f(2π,2)t，即πt.
∴以Ox为始边，OP为终边的角为(πt＋φ)，即点P纵坐标为40sin(πt＋φ)，
∴点P距地面的高度为z＝50＋40sin(πt＋φ)，(0≤φ≤2π)，
由题可知，φ＝eq \f(π,2)，∴z＝50＋40sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πt＋\f(π,2)))＝50＋40cs πt.
(2)当50＋40cs πt≥70时，解得，2k－eq \f(1,3)≤t≤2k＋eq \f(1,3)，持续时间为eq \f(2,3) min.
即在摩天轮转动一圈内，有eq \f(2,3) min P点距离地面超过70 m.
[跟踪训练2] 如图所示，一个摩天轮的半径为10 m，轮子的底部在地面上2 m处，如果此摩天轮按逆时针方向转动，每30 s转一圈，且当摩天轮上某人经过点P处(点P与摩天轮中心高度相同)时开始计时．
(1)求此人相对于地面的高度关于时间的关系式；
(2)在摩天轮转动的一圈内，约有多长时间此人相对于地面的高度不小于17 m?
解 (1)设在t s时，摩天轮上某人在高h m处．这时此人所转过的角为eq \f(2π,30)t＝eq \f(π,15)t，故在t s时，此人相对于地面的高度为h＝10sin eq \f(π,15)t＋12(t≥0)．
(2)由10sin eq \f(π,15)t＋12≥17，得sin eq \f(π,15)t≥eq \f(1,2)，则eq \f(5,2)≤t≤eq \f(25,2).
eq \f(25,2)－eq \f(5,2)＝10 s，故此人有10 s相对于地面的高度不小于17 m.
[对应学生用书P117]
1．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)，所以往往通过求周期T来确定ω，可通过已知曲线与x轴的交点从而确定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．
2．掌握匀速圆周运动数学模型的求解步骤．
课时作业(四十八) 函数y＝Asin(ωx＋φ)习题课
[见课时作业(四十八)P193]
[来源:学_科_网]
1．函数y＝Asin(ωx＋φ)＋k的图象如图，则它的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(5,3)π
C．A＝eq \f(3,2)，T＝eq \f(5π,6) D．A＝eq \f(3,2)，T＝eq \f(5π,3)
D [由图象可知最大值为3，最小值为0，故振幅为eq \f(3,2)，半个周期为eq \f(π,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝eq \f(5π,6)，故周期为eq \f(5,3)π.]
2．如图，为一半径为3 m的水轮，水轮圆心O距离水面2 m，已知水轮自点A开始1 min旋转4圈，水轮上的点P到水面距离y(m)与时间x(s)满足函数关系y＝Asin(ωx＋φ)＋2，则有( )
A．ω＝eq \f(2π,15)，A＝3 B．ω＝eq \f(15,2π)，A＝3
C．ω＝eq \f(2π,15)，A＝5 D．ω＝eq \f(15,2π)，A＝5
A [由题目可知最大值为5，∴5＝A×1＋2⇒A＝3.T＝15，则ω＝eq \f(2π,15).]
3．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0)的图象如图所示，则ω＝________.
解析 由题意设函数周期为T，则eq \f(T,4)＝eq \f(2,3)π－eq \f(π,3)＝eq \f(π,3)，故T＝eq \f(4,3)π.∴ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(3,2).
答案 eq \f(3,2)
4．如图，点P是半径为r的砂轮边缘上的一个质点，它从初始位置P0开始，按逆时针方向以角速度ω(rad/s)做圆周运动，则点P的纵坐标y关于时间t的函数关系式为________．
解析 当质点P从P0转到点P位置时，点P转过的角度为ωt，则∠POx＝ωt＋φ， 由任意角的三角函数定义知点P的纵坐标y＝rsin(ωt＋φ)．
答案 y＝rsin(ωt＋φ)
5．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)A＝3，eq \f(2π,ω)＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4π－\f(π,4)))＝5π，即ω＝eq \f(2,5).
由f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)x＋φ))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|＜eq \f(π,2)，故φ＝－eq \f(π,10)，∴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)＝eq \f(π,2)＋kπ，即m＝eq \f(3π,2)＋eq \f(5,2)kπ，k∈Z.
∵m＞0，∴mmin＝eq \f(3π,2).
故把f(x)的图象向左至少平移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．
1．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中A>0，|φ|<\f(π,2)))的图象如图所示，为了得到g(x)＝cs 2x的图象，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
D [由图可知，A＝1，eq \f(T,4)＝eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,4)，∴T＝π，∴ω＝eq \f(2π,π)＝2.∴f(x)＝sin(2x＋φ)．又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，|φ|2．为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的坐标系，设秒针位置P(x，y)．若初始位置为P0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)， \f(1,2)))，当秒针从P0(注：此时t＝0)开始走时，点P的纵坐标y与时间t的函数解析式可以是( )
A．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,30)t＋\f(π,6)))
B．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,60)t－\f(π,6)))
C．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,30)t＋\f(π,6)))
D．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,30)t－\f(π,3)))
C [由题意知，函数的周期为T＝60，∴ω＝eq \f(2π,60)＝eq \f(π,30).
设函数解析式为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,30)t＋φ))(顺时针走动为负方向)，
∵初始位置为P0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，∴t＝0时，y＝eq \f(1,2).
∴sin φ＝eq \f(1,2).∴φ可取eq \f(π,6).
∴函数解析式可以是y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,30)t＋\f(π,6))).]
3．已知角φ的终边经过点P(1，－1)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)是函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0)图象上的任意两点，若|f(x1)－f(x2)|＝2时，|x1－x2|的最小值为eq \f(π,3)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝________.
解析 由条件|f(x1)－f(x2)|＝2时，|x1－x2|的最小值为eq \f(π,3)，结合图象(略)可知函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,3)，则由T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,3)，得ω＝3.又因为角φ的终边经过点P(1，－1)，所以不妨取φ＝－eq \f(π,4)，则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,4)))，于是feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sineq \f(5π,4)＝－eq \f(\r(2),2).
答案 －eq \f(\r(2),2)
4．(多空题)已知点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)))的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)，则函数f(x)的最小正周期是________，φ＝________，值域是________．
解析 由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)ω＋φ＝kπ，k∈Z，,m＝2，))①
且函数f(x)的最小正周期T＝4×eq \f(π,2)＝2π，所以ω＝eq \f(2π,T)＝1.将ω＝1代入①，得φ＝kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)．
又|φ|所以函数f(x)的值域为[1,3]．
答案 2π eq \f(π,6) [1,3]
5．(拓广探索)如图为一个缆车示意图，该缆车半径为4.8 m，圆上最低点与地面距离为0.8 m,60 s转动一圈，图中OA与地面垂直，以OA为始边，逆时针转动θ角到OB，设点B与地面距离为h.
(1)求h与θ之间的函数关系式；
(2)设从OA开始转动，经过t s后到达OB，求h与t之间的函数解析式，并求缆车第一次到达最高点时用的最少时间是多少．
解 (1)以圆心O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则以Ox为始边，OB为终边的角为θ－eq \f(π,2)，故B点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4.8cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,2)))，4.8sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,2))))).
∴h＝5.6＋4.8sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,2)))＝5.6－4.8cs θ.
(2)点A在圆上转动的角速度是eq \f(π,30) rad/s，故t s转过的弧度数为eq \f(π,30)t.
∴h＝5.6－4.8cs eq \f(π,30)t，t∈[0，＋∞)．
到达最高点时h＝10.4 m.
由cs eq \f(π,30)t＝－1得，eq \f(π,30)t＝π，∴t＝30.
∴缆车到达最高点时，用的时间最少为30 s.