
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新高考数学一轮复习学案第5章第5讲 函数y=Asin(ωx+φ)的图象及三角函数模型的简单应用(含解析)
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这是一份新高考数学一轮复习学案第5章第5讲 函数y=Asin(ωx+φ)的图象及三角函数模型的简单应用(含解析),共18页。学案主要包含了知识梳理,教材衍化等内容,欢迎下载使用。
一、知识梳理
1.y=Asin(ωx+φ)的有关概念
2.用五点法画y=Asin(ωx+φ)一个周期内的简图
用五点法画y=Asin(ωx+φ)一个周期内的简图时,要找五个关键点,如下表所示:
3.三角函数图象变换的两种方法(ω>0)
常用结论
1.由y=sin ωx到y=sin(ωx+φ)(ω>0,φ>0)的变换:向左平移eq \f(φ,ω)个单位长度而非φ个单位长度.
2.函数y=Asin(ωx+φ)的对称轴由ωx+φ=kπ+eq \f(π,2)(k∈Z)确定;对称中心由ωx+φ=kπ(k∈Z)确定其横坐标.
二、教材衍化
1.函数y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x-\f(π,3)))的振幅、频率和初相分别为( )
A.2,4π,eq \f(π,3) B.2,eq \f(1,4π),eq \f(π,3)
C.2,eq \f(1,4π),-eq \f(π,3) D.2,4π,-eq \f(π,3)
解析:选C.由题意知A=2,f=eq \f(1,T)=eq \f(ω,2π)=eq \f(1,4π),初相为-eq \f(π,3).
2.函数y=sin x的图象上所有点的纵坐标不变,横坐标伸长为原来的2倍得到的图象对应的函数解析式是________.
解析:根据函数图象变换法则可得.
答案:y=sineq \f(1,2)x
3.某地农业监测部门统计发现:该地区近几年的生猪收购价格每四个月会重复出现.下表是今年前四个月的统计情况:
选用一个函数来近似描述收购价格(元/斤)与相应月份之间的函数关系为________.
解析:设y=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0),由题意得A=1,B=6,T=4,因为T=eq \f(2π,ω),所以ω=eq \f(π,2),所以y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x+φ))+6.因为当x=1时,y=6,所以6=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)+φ))+6,结合表中数据得eq \f(π,2)+φ=2kπ,k∈Z,可取φ=-eq \f(π,2),所以y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x-\f(π,2)))+6=6-cs eq \f(π,2)x.
答案:y=6-cs eq \f(π,2)x
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)把y=sin x的图象上各点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2),纵坐标不变,所得图象对应的函数解析式为y=sin eq \f(1,2)x.( )
(2)将y=sin 2x的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度,得到y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的图象.( )
(3)函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A≠0)的最大值为A,最小值为-A.( )
(4)如果y=Acs(ωx+φ)的最小正周期为T,那么函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为eq \f(T,2).( )
(5)若函数y=Asin(ωx+φ)为偶函数,则φ=2kπ+eq \f(π,2)(k∈Z).( )
答案:(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见,误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)搞不清ω的值对图象变换的影响;
(2)确定不了函数解析式中φ的值.
1.若将函数y=2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度,则得到的图象对应的函数表达式为f(x)=________.
解析:函数y=2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度,得到的图象对应的函数表达式为f(x)=2sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,12)))))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))).
答案:2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))
2.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0,|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示,则f(x)=________.
解析:设f(x)的最小正周期为T,
根据题图可知,eq \f(T,2)=eq \f(π,2),
所以T=π,故ω=2,
根据2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)+φ))=0(增区间上的零点)可知,eq \f(π,6)+φ=2kπ,k∈Z,
即φ=2kπ-eq \f(π,6),k∈Z,
又|φ|<eq \f(π,2),故φ=-eq \f(π,6).
所以f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6))).
答案:2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6)))
考点一 五点法作图及图象变换(基础型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))能画出y=sin x,y=cs x,y=tan x的图象.
核心素养:直观想象
已知函数f(x)=eq \r(3)sin 2x+2cs2x+a,其最大值为2.
(1)求a的值及f(x)的最小正周期;
(2)画出f(x)在[0,π]上的图象.
【解】 (1)f(x)=eq \r(3)sin 2x+2cs2x+a
=eq \r(3)sin 2x+cs 2x+1+a
=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))+1+a的最大值为2,
所以a=-1,最小正周期T=eq \f(2π,2)=π.
(2)由(1)知f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))),列表:
画图如下:
【迁移探究1】 (变结论)在本例条件下,函数y=2cs 2x的图象向右平移________个单位得到y=f(x)的图象.
解析:将函数y=2cs 2x的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度,可得函数y=2sin 2x的图象,再将y=2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度,可得函数y=2sin(2x+eq \f(π,6))的图象,综上可得,函数y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))的图象可以由函数y=2cs 2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到.
答案:eq \f(π,6)
【迁移探究2】 (变问法)在本例条件下,若将函数f(x)的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到函数y=g(x)的图象,且y=g(x)是偶函数,求m的最小值.
解:由已知得y=g(x)=f(x-m)=2sin[2(x-m)+eq \f(π,6)]=2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2m-\f(π,6)))))是偶函数,所以2m-eq \f(π,6)=eq \f(π,2)(2k+1),k∈Z,m=eq \f(kπ,2)+eq \f(π,3),k∈Z,
又因为m>0,所以m的最小值为eq \f(π,3).
eq \a\vs4\al()
函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)
的图象的两种作法
[注意] 平移变换和伸缩变换都是针对x而言,即x本身加减多少值,而不是ωx加减多少值.
1.(2020·广州市调研测试)由y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x-\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度,再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍,所得图象对应的函数解析式为( )
A.y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x-\f(π,6))) B.y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x+\f(π,6)))
C.y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x-\f(π,12))) D.y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(12x-\f(π,6)))
解析:选A.由y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x-\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度,可得y=2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))-\f(π,6)))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x+2π-\f(π,6)))
=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x-\f(π,6)))的图象,再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍,得到y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x-\f(π,6)))的图象,故所得图象对应的函数解析式为y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x-\f(π,6))),选A.
2.(2020·湖南模拟改编)已知函数f(x)=sin 2x-eq \r(3)cs 2x,将y=f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度,再向上平移1个单位长度得到函数y=g(x)的图象,则所得函数的最小正周期为________,geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3π,4)))的值为________.
解析:由题知函数f(x)=sin 2x-eq \r(3)cs 2x=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),
将y=f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度,
可得y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)-\f(π,3)))=2sin 2x的图象,
再向上平移1个单位长度得到函数y=g(x)=2sin 2x+1的图象,
则T=eq \f(2π,2)=π,geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3π,4)))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3π,2)))+1=3.
答案:π 3
考点二 求y=Asin(ωx+φ)的解析式(基础型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))了解y=Asin(ωx+φ)的实际意义;能借助计算器或计算机画出y=Asin(ωx+φ)的图象,观察参数A、ω、φ对函数图象变化的影响.
核心素养:直观想象
(2020·蓉城名校第一次联考)若将函数g(x)图象上所有的点向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数f(x)的图象,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)))的部分图象如图所示,则( )
A.g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))) B.g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(2π,3)))
C.g(x)=sin 2x D.g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))
【解析】 根据题图有A=1,eq \f(3,4)T=eq \f(5π,6)-eq \f(π,12)=eq \f(3π,4)⇒T=π=eq \f(2π,ω)⇒ω=2(T为f(x)的最小正周期),所以f(x)=sin(2x+φ),由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)+φ))=1⇒sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)+φ))=1⇒eq \f(π,6)+φ=eq \f(π,2)+2kπ,k∈Z⇒φ=eq \f(π,3)+2kπ,k∈Z.因为|φ|<eq \f(π,2),所以φ=eq \f(π,3),所以f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))),将f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象,则g(x)=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,6)))=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,6)))+\f(π,3)))
=sin 2x.故选C.
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
确定y=Asin(ωx+φ)+b(A>0,ω>0)的步骤和方法
(1)求A,b,确定函数的最大值M和最小值m,
则A=eq \f(M-m,2),b=eq \f(M+m,2).
(2)求ω,确定函数的最小正周期T,则可得ω=eq \f(2π,T).
(3)求φ,常用的方法有:
①代入法:把图象上的一个已知点代入(此时A,ω,b已知)或代入图象与直线y=b的交点求解(此时要注意交点在上升区间上还是在下降区间上);
②特殊点法:确定φ值时,往往以寻找“最值点”为突破口.具体如下:
“最大值点”(即图象的“峰点”)时ωx+φ =eq \f(π,2)+2kπ(k∈Z);“最小值点”(即图象的“谷点”)时ωx+φ=eq \f(3π,2)+2kπ(k∈Z).
1.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)))
的最小正周期是π,且当x=eq \f(π,6)时,f(x)取得最大值2,则f(x)=________.
解析:因为函数f(x)的最小正周期是π,所以ω=2.又因为x=eq \f(π,6)时,f(x)取得最大值2.
所以A=2,
同时2×eq \f(π,6)+φ=2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,
φ=2kπ+eq \f(π,6),k∈Z,因为-eq \f(π,2)<φ所以φ=eq \f(π,6),所以函数y=f(x)的解析式为f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))).
答案:2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))
2.(2020·兰州实战考试)已知函数f(x)=Acs(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)为奇函数,该函数的部分图象如图所示,△EFG(点G是图象的最高点)是边长为2的等边三角形,则f(1)=________.
解析:由题意得,A=eq \r(3),T=4=eq \f(2π,ω),ω=eq \f(π,2).又因为f(x)=Acs(ωx+φ)为奇函数,所以φ=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,由0<φ<π,取k=0,则φ=eq \f(π,2),所以f(x)=eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x+\f(π,2))),所以f(1)=-eq \r(3).
答案:-eq \r(3)
考点三 三角函数模型的简单应用(应用型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))会用三角函数解决一些简单实际问题,体会三角函数是描述周期变化现象的重要函数模型.
核心素养:数学建模
(2020·山东省八所重点中学4月联考)如图,点A,B分别是圆心在坐标原点,半径为1和2的圆上的动点.动点A从初始位置A0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(π,3),sin\f(π,3)))开始,按逆时针方向以角速度2 rad/s做圆周运动,同时点B从初始位置B0(2,0)开始,按顺时针方向以角速度2 rad/s做圆周运动.记t时刻,点A,B的纵坐标分别为y1,y2.
(1)求t=eq \f(π,4)时,A,B两点间的距离;
(2)若y=y1+y2,求y关于时间t(t>0)的函数关系式,并求当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,y的取值范围.
【解】 (1)连接AB,OA,OB,当t=eq \f(π,4)时,∠xOA=eq \f(π,2)+eq \f(π,3)=eq \f(5π,6),∠xOB=eq \f(π,2),所以∠AOB=eq \f(2π,3).
又OA=1,OB=2,所以AB2=12+22-2×1×2cseq \f(2π,3)=7,
即A,B两点间的距离为eq \r(7).
(2)依题意,y1=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t+\f(π,3))),y2=-2sin 2t,
所以y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t+\f(π,3)))-2sin 2t=eq \f(\r(3),2)cs 2t-eq \f(3,2)sin 2t=eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t+\f(π,3))),
即函数关系式为y=eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t+\f(π,3)))(t>0),
当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,2t+eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3),\f(4π,3))),所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t+\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(-1,\f(1,2))),故当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,y∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\r(3),\f(\r(3),2))).
eq \a\vs4\al()
三角函数模型在实际应用中体现的两个方面
(1)已知函数模型,利用三角函数的有关性质解决问题,其关键是准确理解自变量的意义及自变量与因变量之间的对应法则;
(2)需要建立精确的或者数据拟合的模型去解决问题,尤其是利用已知数据建立拟合函数解决实际问题,此类问题体现了数学建模核心素养,考查应用意识.
某实验室一天的温度(单位:℃)随时间t(单位:h)的变化近似满足函数关系:f(t)=10-eq \r(3)cseq \f(π,12)t-sin eq \f(π,12)t,t∈[0,24),则实验室这一天的最大温差为________℃.
解析:因为f(t)=10-2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs\f(π,12)t+\f(1,2)sin\f(π,12)t))
=10-2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t+\f(π,3))),又0≤t<24,
所以eq \f(π,3)≤eq \f(π,12)t+eq \f(π,3)所以-1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t+\f(π,3)))≤1.
当t=2时,sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t+\f(π,3)))=1;
当t=14时,sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t+\f(π,3)))=-1.
于是f(t)在[0,24)上的最大值为12,最小值为8.
故实验室这一天最高温度为12 ℃,最低温度为8 ℃,最大温差为4 ℃.
答案:4
[基础题组练]
1.函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),π))上的简图是( )
解析:选A.令x=0,得y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,3)))=-eq \f(\r(3),2),排除B,D.令x=eq \f(π,6),得y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)-\f(π,3)))=0,排除C.
2.函数f(x)=tan ωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y=2所得线段长为eq \f(π,2),则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))的值是( )
A.-eq \r(3) B.eq \f(\r(3),3)
C.1 D.eq \r(3)
解析:选D.由题意可知该函数的周期为eq \f(π,2),所以eq \f(π,ω)=eq \f(π,2),ω=2,f(x)=tan 2x,所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=taneq \f(π,3)=eq \r(3).
3.已知函数f(x)=Asin ωx(A>0,ω>0)与g(x)=eq \f(A,2)cs ωx的部分图象如图所示,则( )
A.A=1 B.A=3
C.ω=eq \f(π,3) D.ω=eq \f(3,π)
解析:选C.由题图可得过点(0,1)的图象对应的函数解析式为g(x)=eq \f(A,2)cs ωx,即eq \f(A,2)=1,A=2.过原点的图象对应函数f(x)=Asin ωx.由f(x)的图象可知,T=eq \f(2π,ω)=1.5×4,可得ω=eq \f(π,3).
4.(2020·福建五校第二次联考)为得到函数y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))的图象,只需将函数y=sin 2x的图象( )
A.向右平移eq \f(5π,12)个单位长度
B.向左平移eq \f(5π,12)个单位长度
C.向右平移eq \f(5π,6)个单位长度
D.向左平移eq \f(5π,6)个单位长度
解析:选B.因为y=sin 2x=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-2x))=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,2))),
y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))=cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(5π,12)))-\f(π,2))),所以将函数y=sin 2x的图象向左平移eq \f(5π,12)个单位长度可得到函数y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))的图象.故选B.
5.(多选)已知函数f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(2π,3)))(ω>0)的最小正周期为4π,则下列叙述中正确的是( )
A.函数f(x)的图象关于直线x=eq \f(π,3)对称
B.函数f(x)在区间(0,π)上单调递增
C.函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后关于原点对称
D.函数f(x)在区间[0,π]上的最大值为-eq \f(1,2)
解析:选CD.由题意知eq \f(2π,ω)=4π,则ω=eq \f(1,2),所以f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x+\f(2π,3))).因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=cseq \f(5π,6)≠±1,所以直线x=eq \f(π,3)不是f(x)图象的对称轴,A错误;
因为x∈(0,π),所以eq \f(1,2)x+eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3),\f(7π,6))),当eq \f(1,2)x+eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3),π))时,f(x)单调递减;当eq \f(1,2)x+eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π,\f(7π,6)))时,f(x)单调递增,所以f(x)在[0,π]上的最大值为cseq \f(2π,3)=-eq \f(1,2),B错误,D正确;f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后得到图象的函数解析式为g(x)=cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,3)))+\f(2π,3)))=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x+\f(π,2)))=-sineq \f(1,2)x,是奇函数,图象关于原点对称,C正确.
6.将函数y=sin x的图象上所有的点向右平移eq \f(π,10)个单位长度,再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),所得图象的函数解析式是________.
解析:y=sin xeq \(向右平移eq \s\up6(\f(π,10))个单位长度,\s\d12(—————→))y=
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,10)))eq \(――→,\s\up7(横坐标伸长到),\s\d5(原来的2倍))y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x-\f(π,10))).
答案:y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x-\f(π,10)))
7.函数y=cs(2x+φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位后,与函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的图象重合,则φ=________.
解析:把函数y=cs (2x+φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位后,得到y=cs (2x-π+φ)的图象,
与函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的图象重合,则cs (2x-π+φ)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,2)+φ))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),
所以-eq \f(π,2)+φ=-eq \f(π,3),则φ=eq \f(π,6),
答案:eq \f(π,6)
8.已知函数f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0,|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示,则ω=________,函数f(x)的单调递增区间为________.
解析:由图象知eq \f(T,2)=eq \f(π,3)-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)))=eq \f(π,2),则周期T=π,即eq \f(2π,ω)=π,则ω=2,f(x)=2sin(2x+φ).由五点对应法得2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)))+φ=2kπ,又|φ|<eq \f(π,2),所以φ=eq \f(π,3),则f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))).令2kπ-eq \f(π,2)≤2x+eq \f(π,3)≤2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,得-eq \f(5π,12)+kπ≤x≤kπ+eq \f(π,12),k∈Z,即函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(5π,12)+kπ,\f(π,12)+kπ)),k∈Z.
答案:2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(5π,12)+kπ,\f(π,12)+kπ))(k∈Z)
9.如图,某市拟在长为8 km的道路OP的一侧修建一条运动赛道,赛道的前一部分为曲线段OSM,该曲线段为函数y=Asin ωx(A>0,ω>0),x∈[0,4]的部分图象,且图象的最高点为S(3,2eq \r(3));赛道的后一部分为折线段MNP.为保证参赛运动员的安全,限定∠MNP=120°.求A,ω的值和M,P两点间的距离.
解:连接MP(图略).
依题意,有A=2eq \r(3),eq \f(T,4)=3,
又T=eq \f(2π,ω),所以ω=eq \f(π,6),所以y=2eq \r(3)sineq \f(π,6)x.
当x=4时,y=2eq \r(3)sineq \f(2π,3)=3,
所以M(4,3).又P(8,0),
所以|MP|=eq \r((-4)2+32)=5.
即M,P两点相距5 km.
10.(2020·合肥市第一次质量检测)将函数f(x)=sin 2x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到函数g(x)的图象,设函数h(x)=f(x)-g(x).
(1)求函数h(x)的单调递增区间;
(2)若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,6)))=eq \f(1,3),求h(α)的值.
解:(1)由已知可得g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))),
则h(x)=sin 2x-sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))).
令-eq \f(π,2)+2kπ≤2x-eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)+2kπ,k∈Z,得-eq \f(π,12)+kπ≤x≤eq \f(5π,12)+kπ,k∈Z.
所以函数h(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,12)+kπ,\f(5π,12)+kπ)),k∈Z.
(2)由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,6)))=eq \f(1,3)得sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,6)))+\f(π,3)))=
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α+\f(2π,3)))=eq \f(1,3),
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α-\f(π,3)))=-eq \f(1,3),即h(α)=-eq \f(1,3).
[综合题组练]
1.(综合型)(2020·长沙市统一模拟考试)已知P(1,2)是函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)图象的一个最高点,B,C是与P相邻的两个最低点.设∠BPC=θ,若taneq \f(θ,2)=eq \f(3,4),则f(x)图象的对称中心可以是( )
A.(0,0) B.(1,0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2),0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2),0))
解析:选D.如图,连接BC,设BC的中点为D,E,F为与点P最近的函数f(x)的图象与x轴的交点,即函数f(x)图象的两个对称中心,连接PD,则由题意知|PD|=4,∠BPD=∠CPD=eq \f(θ,2),PD⊥BC,所以tan∠BPD=taneq \f(θ,2)=eq \f(|BD|,|PD|)=eq \f(|BD|,4)=eq \f(3,4),所以|BD|=3.由函数f(x)图象的对称性知xE=1-eq \f(3,2)=-eq \f(1,2),xF=1+eq \f(3,2)=eq \f(5,2),所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2),0)),Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2),0)),所以函数f(x)图象的对称中心可以是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2),0)),故选D.
2.(2020·湖南衡阳高中毕业联考(二))将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度,再将所得函数图象上的所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(2,3),得到函数g(x)=Asin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0,ω>0,|φ|<\f(π,2)))的图象.已知函数g(x)的部分图象如图所示,则( )
A.函数f(x)的最小正周期为eq \f(2,3)π,最大值为2
B.函数f(x)的最小正周期为π,图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),0))中心对称
C.函数f(x)的最小正周期为eq \f(2,3)π,图象关于直线x=eq \f(π,6)对称
D.函数f(x)的最小正周期为π,在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,3)))上单调递减
解析:选D.对于g(x),由题图可知,A=2,T=4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)-\f(π,18)))=eq \f(2π,3),所以ω=eq \f(2π,T)=3,则g(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x+φ)),又由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)))=2可得φ=-eq \f(π,6)+2kπ,k∈Z,而|φ|所以g(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x-\f(π,6))),所以f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))).
所以f(x)的最小正周期为π,选项A,C错误.
对于选项B,令2x+eq \f(π,6)=kπ(k∈Z),所以x=eq \f(kπ,2)-eq \f(π,12),k∈Z,所以函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)-\f(π,12),0))(k∈Z),所以选项B是错误的;当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,3)))时,2x+eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2),\f(5π,6))),所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,3)))上是减函数,所以选项D正确.故选D.
3.已知f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,3)))(ω>0),feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=feq \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=________.
解析:依题意,当x=eq \f(\f(π,6)+\f(π,3),2)=eq \f(π,4)时,f(x)有最小值,
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)·ω+\f(π,3)))=-1,所以eq \f(π,4)ω+eq \f(π,3)=2kπ+eq \f(3π,2)(k∈Z).
所以ω=8k+eq \f(14,3)(k∈Z),
因为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,
所以eq \f(π,3)-eq \f(π,4)≤eq \f(π,ω),即ω≤12,
令k=0,得ω=eq \f(14,3).
答案:eq \f(14,3)
4.(创新型)如图,将绘有函数f(x)=eq \r(3)sin(ωx+eq \f(5π,6))(ω>0)部分图象的纸片沿x轴折成直二面角,若A,B之间的空间距离为eq \r(10),则f(-1)=________.
解析:由题设并结合图形可知,
AB=eq \r((\r(3))2+[(\r(3))2+(\f(T,2))2])=eq \r(6+\f(T,4)2)
=eq \r(6+\f(π2,ω2))=eq \r(10),得eq \f(π2,ω2)=4,则ω=eq \f(π,2),
所以f(-1)=eq \r(3)sin(-eq \f(π,2)+eq \f(5π,6))=eq \r(3)sin eq \f(π,3)=eq \f(3,2).
答案:eq \f(3,2)
5.设函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,6)))+sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,2))),其中0<ω<3.已知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=0.
(1)求ω;
(2)将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移eq \f(π,4)个单位,得到函数y=g(x)的图象,求g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(3π,4)))上的最小值.
解:(1)因为f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,6)))+sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,2))),
所以f(x)=eq \f(\r(3),2)sin ωx-eq \f(1,2)cs ωx-cs ωx
=eq \f(\r(3),2)sin ωx-eq \f(3,2)cs ωx
=eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin ωx-\f(\r(3),2)cs ωx))
=eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,3))).
由题设知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=0,所以eq \f(ωπ,6)-eq \f(π,3)=kπ,k∈Z.
故ω=6k+2,k∈Z,又0<ω<3,
所以ω=2.
(2)由(1)得f(x)=eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),
所以g(x)=eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4)-\f(π,3)))=eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,12))).
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(3π,4))),所以x-eq \f(π,12)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,3),\f(2π,3))),
当x-eq \f(π,12)=-eq \f(π,3),
即x=-eq \f(π,4)时,g(x)取得最小值-eq \f(3,2).
6.函数f(x)=Asin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0,ω>0,|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示.
(1)求函数f(x)的解析式,并写出其图象的对称中心;
(2)若方程f(x)+2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,3)))=a有实数解,求a的取值范围.
解:(1)由图可得A=2,eq \f(T,2)=eq \f(2π,3)-eq \f(π,6)=eq \f(π,2),
所以T=π,所以ω=2.
当x=eq \f(π,6)时,f(x)=2,
可得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)+φ))=2,
因为|φ|所以函数f(x)的解析式为f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))).
令2x+eq \f(π,6)=kπ(k∈Z),得x=eq \f(kπ,2)-eq \f(π,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k∈Z)),
所以函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)-\f(π,12),0))(k∈Z).
(2)设g(x)=f(x)+2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,3))),
则g(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))+2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,3)))
=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))+2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))))),
令t=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))),t∈[-1,1],
记h(t)=-4t2+2t+2=-4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t-\f(1,4)))eq \s\up12(2)+eq \f(9,4),
因为t∈[-1,1],所以h(t)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))),
即g(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))),故a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))).故a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))).
y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0),x∈[0,+∞)表示一个振动量时
振幅
周期
频率
相位
初相
A
T=eq \f(2π,ω)
f=eq \f(1,T)=eq \f(ω,2π)
ωx+φ
φ
x
-eq \f(φ,ω)
eq \f(π,2ω)-eq \f(φ,ω)
eq \f(π-φ,ω)
eq \f(3π,2ω)-eq \f(φ,ω)
eq \f(2π-φ,ω)
ωx+φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
y=Asin(ωx+φ)
0
A
0
-A
0
月份x
1
2
3
4
收购价格y(元/斤)
6
7
6
5
x
0
eq \f(π,6)
eq \f(5π,12)
eq \f(2π,3)
eq \f(11π,12)
π
2x+eq \f(π,6)
eq \f(π,6)
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
eq \f(13π,6)
f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))
1
2
0
-2
0
1
五点法
设z=ωx+φ,由z取0,eq \f(π,2),π,eq \f(3,2)π,2π来求出相应的x,通过列表,计算得出五点坐标,描点后得出图象
图象变换法
由函数y=sin x的图象通过变换得到y=Asin(ωx+φ)的图象,有两种主要途径“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”
一、知识梳理
1.y=Asin(ωx+φ)的有关概念
2.用五点法画y=Asin(ωx+φ)一个周期内的简图
用五点法画y=Asin(ωx+φ)一个周期内的简图时,要找五个关键点,如下表所示:
3.三角函数图象变换的两种方法(ω>0)
常用结论
1.由y=sin ωx到y=sin(ωx+φ)(ω>0,φ>0)的变换:向左平移eq \f(φ,ω)个单位长度而非φ个单位长度.
2.函数y=Asin(ωx+φ)的对称轴由ωx+φ=kπ+eq \f(π,2)(k∈Z)确定;对称中心由ωx+φ=kπ(k∈Z)确定其横坐标.
二、教材衍化
1.函数y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x-\f(π,3)))的振幅、频率和初相分别为( )
A.2,4π,eq \f(π,3) B.2,eq \f(1,4π),eq \f(π,3)
C.2,eq \f(1,4π),-eq \f(π,3) D.2,4π,-eq \f(π,3)
解析:选C.由题意知A=2,f=eq \f(1,T)=eq \f(ω,2π)=eq \f(1,4π),初相为-eq \f(π,3).
2.函数y=sin x的图象上所有点的纵坐标不变,横坐标伸长为原来的2倍得到的图象对应的函数解析式是________.
解析:根据函数图象变换法则可得.
答案:y=sineq \f(1,2)x
3.某地农业监测部门统计发现:该地区近几年的生猪收购价格每四个月会重复出现.下表是今年前四个月的统计情况:
选用一个函数来近似描述收购价格(元/斤)与相应月份之间的函数关系为________.
解析:设y=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0),由题意得A=1,B=6,T=4,因为T=eq \f(2π,ω),所以ω=eq \f(π,2),所以y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x+φ))+6.因为当x=1时,y=6,所以6=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)+φ))+6,结合表中数据得eq \f(π,2)+φ=2kπ,k∈Z,可取φ=-eq \f(π,2),所以y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x-\f(π,2)))+6=6-cs eq \f(π,2)x.
答案:y=6-cs eq \f(π,2)x
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)把y=sin x的图象上各点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,2),纵坐标不变,所得图象对应的函数解析式为y=sin eq \f(1,2)x.( )
(2)将y=sin 2x的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度,得到y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的图象.( )
(3)函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A≠0)的最大值为A,最小值为-A.( )
(4)如果y=Acs(ωx+φ)的最小正周期为T,那么函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为eq \f(T,2).( )
(5)若函数y=Asin(ωx+φ)为偶函数,则φ=2kπ+eq \f(π,2)(k∈Z).( )
答案:(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见,误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)搞不清ω的值对图象变换的影响;
(2)确定不了函数解析式中φ的值.
1.若将函数y=2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度,则得到的图象对应的函数表达式为f(x)=________.
解析:函数y=2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度,得到的图象对应的函数表达式为f(x)=2sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,12)))))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))).
答案:2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))
2.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0,|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示,则f(x)=________.
解析:设f(x)的最小正周期为T,
根据题图可知,eq \f(T,2)=eq \f(π,2),
所以T=π,故ω=2,
根据2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)+φ))=0(增区间上的零点)可知,eq \f(π,6)+φ=2kπ,k∈Z,
即φ=2kπ-eq \f(π,6),k∈Z,
又|φ|<eq \f(π,2),故φ=-eq \f(π,6).
所以f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6))).
答案:2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6)))
考点一 五点法作图及图象变换(基础型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))能画出y=sin x,y=cs x,y=tan x的图象.
核心素养:直观想象
已知函数f(x)=eq \r(3)sin 2x+2cs2x+a,其最大值为2.
(1)求a的值及f(x)的最小正周期;
(2)画出f(x)在[0,π]上的图象.
【解】 (1)f(x)=eq \r(3)sin 2x+2cs2x+a
=eq \r(3)sin 2x+cs 2x+1+a
=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))+1+a的最大值为2,
所以a=-1,最小正周期T=eq \f(2π,2)=π.
(2)由(1)知f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))),列表:
画图如下:
【迁移探究1】 (变结论)在本例条件下,函数y=2cs 2x的图象向右平移________个单位得到y=f(x)的图象.
解析:将函数y=2cs 2x的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度,可得函数y=2sin 2x的图象,再将y=2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度,可得函数y=2sin(2x+eq \f(π,6))的图象,综上可得,函数y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))的图象可以由函数y=2cs 2x的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到.
答案:eq \f(π,6)
【迁移探究2】 (变问法)在本例条件下,若将函数f(x)的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到函数y=g(x)的图象,且y=g(x)是偶函数,求m的最小值.
解:由已知得y=g(x)=f(x-m)=2sin[2(x-m)+eq \f(π,6)]=2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2m-\f(π,6)))))是偶函数,所以2m-eq \f(π,6)=eq \f(π,2)(2k+1),k∈Z,m=eq \f(kπ,2)+eq \f(π,3),k∈Z,
又因为m>0,所以m的最小值为eq \f(π,3).
eq \a\vs4\al()
函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)
的图象的两种作法
[注意] 平移变换和伸缩变换都是针对x而言,即x本身加减多少值,而不是ωx加减多少值.
1.(2020·广州市调研测试)由y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x-\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度,再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍,所得图象对应的函数解析式为( )
A.y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x-\f(π,6))) B.y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x+\f(π,6)))
C.y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x-\f(π,12))) D.y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(12x-\f(π,6)))
解析:选A.由y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x-\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度,可得y=2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,3)))-\f(π,6)))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x+2π-\f(π,6)))
=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x-\f(π,6)))的图象,再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍,得到y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x-\f(π,6)))的图象,故所得图象对应的函数解析式为y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x-\f(π,6))),选A.
2.(2020·湖南模拟改编)已知函数f(x)=sin 2x-eq \r(3)cs 2x,将y=f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度,再向上平移1个单位长度得到函数y=g(x)的图象,则所得函数的最小正周期为________,geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3π,4)))的值为________.
解析:由题知函数f(x)=sin 2x-eq \r(3)cs 2x=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),
将y=f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度,
可得y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)-\f(π,3)))=2sin 2x的图象,
再向上平移1个单位长度得到函数y=g(x)=2sin 2x+1的图象,
则T=eq \f(2π,2)=π,geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3π,4)))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3π,2)))+1=3.
答案:π 3
考点二 求y=Asin(ωx+φ)的解析式(基础型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))了解y=Asin(ωx+φ)的实际意义;能借助计算器或计算机画出y=Asin(ωx+φ)的图象,观察参数A、ω、φ对函数图象变化的影响.
核心素养:直观想象
(2020·蓉城名校第一次联考)若将函数g(x)图象上所有的点向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数f(x)的图象,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)))的部分图象如图所示,则( )
A.g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))) B.g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(2π,3)))
C.g(x)=sin 2x D.g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))
【解析】 根据题图有A=1,eq \f(3,4)T=eq \f(5π,6)-eq \f(π,12)=eq \f(3π,4)⇒T=π=eq \f(2π,ω)⇒ω=2(T为f(x)的最小正周期),所以f(x)=sin(2x+φ),由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)+φ))=1⇒sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)+φ))=1⇒eq \f(π,6)+φ=eq \f(π,2)+2kπ,k∈Z⇒φ=eq \f(π,3)+2kπ,k∈Z.因为|φ|<eq \f(π,2),所以φ=eq \f(π,3),所以f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))),将f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象,则g(x)=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,6)))=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,6)))+\f(π,3)))
=sin 2x.故选C.
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
确定y=Asin(ωx+φ)+b(A>0,ω>0)的步骤和方法
(1)求A,b,确定函数的最大值M和最小值m,
则A=eq \f(M-m,2),b=eq \f(M+m,2).
(2)求ω,确定函数的最小正周期T,则可得ω=eq \f(2π,T).
(3)求φ,常用的方法有:
①代入法:把图象上的一个已知点代入(此时A,ω,b已知)或代入图象与直线y=b的交点求解(此时要注意交点在上升区间上还是在下降区间上);
②特殊点法:确定φ值时,往往以寻找“最值点”为突破口.具体如下:
“最大值点”(即图象的“峰点”)时ωx+φ =eq \f(π,2)+2kπ(k∈Z);“最小值点”(即图象的“谷点”)时ωx+φ=eq \f(3π,2)+2kπ(k∈Z).
1.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)))
的最小正周期是π,且当x=eq \f(π,6)时,f(x)取得最大值2,则f(x)=________.
解析:因为函数f(x)的最小正周期是π,所以ω=2.又因为x=eq \f(π,6)时,f(x)取得最大值2.
所以A=2,
同时2×eq \f(π,6)+φ=2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,
φ=2kπ+eq \f(π,6),k∈Z,因为-eq \f(π,2)<φ
答案:2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))
2.(2020·兰州实战考试)已知函数f(x)=Acs(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)为奇函数,该函数的部分图象如图所示,△EFG(点G是图象的最高点)是边长为2的等边三角形,则f(1)=________.
解析:由题意得,A=eq \r(3),T=4=eq \f(2π,ω),ω=eq \f(π,2).又因为f(x)=Acs(ωx+φ)为奇函数,所以φ=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,由0<φ<π,取k=0,则φ=eq \f(π,2),所以f(x)=eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x+\f(π,2))),所以f(1)=-eq \r(3).
答案:-eq \r(3)
考点三 三角函数模型的简单应用(应用型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))会用三角函数解决一些简单实际问题,体会三角函数是描述周期变化现象的重要函数模型.
核心素养:数学建模
(2020·山东省八所重点中学4月联考)如图,点A,B分别是圆心在坐标原点,半径为1和2的圆上的动点.动点A从初始位置A0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(π,3),sin\f(π,3)))开始,按逆时针方向以角速度2 rad/s做圆周运动,同时点B从初始位置B0(2,0)开始,按顺时针方向以角速度2 rad/s做圆周运动.记t时刻,点A,B的纵坐标分别为y1,y2.
(1)求t=eq \f(π,4)时,A,B两点间的距离;
(2)若y=y1+y2,求y关于时间t(t>0)的函数关系式,并求当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,y的取值范围.
【解】 (1)连接AB,OA,OB,当t=eq \f(π,4)时,∠xOA=eq \f(π,2)+eq \f(π,3)=eq \f(5π,6),∠xOB=eq \f(π,2),所以∠AOB=eq \f(2π,3).
又OA=1,OB=2,所以AB2=12+22-2×1×2cseq \f(2π,3)=7,
即A,B两点间的距离为eq \r(7).
(2)依题意,y1=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t+\f(π,3))),y2=-2sin 2t,
所以y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t+\f(π,3)))-2sin 2t=eq \f(\r(3),2)cs 2t-eq \f(3,2)sin 2t=eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t+\f(π,3))),
即函数关系式为y=eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t+\f(π,3)))(t>0),
当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,2t+eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3),\f(4π,3))),所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t+\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(-1,\f(1,2))),故当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,y∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\r(3),\f(\r(3),2))).
eq \a\vs4\al()
三角函数模型在实际应用中体现的两个方面
(1)已知函数模型,利用三角函数的有关性质解决问题,其关键是准确理解自变量的意义及自变量与因变量之间的对应法则;
(2)需要建立精确的或者数据拟合的模型去解决问题,尤其是利用已知数据建立拟合函数解决实际问题,此类问题体现了数学建模核心素养,考查应用意识.
某实验室一天的温度(单位:℃)随时间t(单位:h)的变化近似满足函数关系:f(t)=10-eq \r(3)cseq \f(π,12)t-sin eq \f(π,12)t,t∈[0,24),则实验室这一天的最大温差为________℃.
解析:因为f(t)=10-2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs\f(π,12)t+\f(1,2)sin\f(π,12)t))
=10-2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t+\f(π,3))),又0≤t<24,
所以eq \f(π,3)≤eq \f(π,12)t+eq \f(π,3)
当t=2时,sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t+\f(π,3)))=1;
当t=14时,sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t+\f(π,3)))=-1.
于是f(t)在[0,24)上的最大值为12,最小值为8.
故实验室这一天最高温度为12 ℃,最低温度为8 ℃,最大温差为4 ℃.
答案:4
[基础题组练]
1.函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),π))上的简图是( )
解析:选A.令x=0,得y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,3)))=-eq \f(\r(3),2),排除B,D.令x=eq \f(π,6),得y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)-\f(π,3)))=0,排除C.
2.函数f(x)=tan ωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y=2所得线段长为eq \f(π,2),则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))的值是( )
A.-eq \r(3) B.eq \f(\r(3),3)
C.1 D.eq \r(3)
解析:选D.由题意可知该函数的周期为eq \f(π,2),所以eq \f(π,ω)=eq \f(π,2),ω=2,f(x)=tan 2x,所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=taneq \f(π,3)=eq \r(3).
3.已知函数f(x)=Asin ωx(A>0,ω>0)与g(x)=eq \f(A,2)cs ωx的部分图象如图所示,则( )
A.A=1 B.A=3
C.ω=eq \f(π,3) D.ω=eq \f(3,π)
解析:选C.由题图可得过点(0,1)的图象对应的函数解析式为g(x)=eq \f(A,2)cs ωx,即eq \f(A,2)=1,A=2.过原点的图象对应函数f(x)=Asin ωx.由f(x)的图象可知,T=eq \f(2π,ω)=1.5×4,可得ω=eq \f(π,3).
4.(2020·福建五校第二次联考)为得到函数y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))的图象,只需将函数y=sin 2x的图象( )
A.向右平移eq \f(5π,12)个单位长度
B.向左平移eq \f(5π,12)个单位长度
C.向右平移eq \f(5π,6)个单位长度
D.向左平移eq \f(5π,6)个单位长度
解析:选B.因为y=sin 2x=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-2x))=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,2))),
y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))=cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(5π,12)))-\f(π,2))),所以将函数y=sin 2x的图象向左平移eq \f(5π,12)个单位长度可得到函数y=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))的图象.故选B.
5.(多选)已知函数f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(2π,3)))(ω>0)的最小正周期为4π,则下列叙述中正确的是( )
A.函数f(x)的图象关于直线x=eq \f(π,3)对称
B.函数f(x)在区间(0,π)上单调递增
C.函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后关于原点对称
D.函数f(x)在区间[0,π]上的最大值为-eq \f(1,2)
解析:选CD.由题意知eq \f(2π,ω)=4π,则ω=eq \f(1,2),所以f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x+\f(2π,3))).因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=cseq \f(5π,6)≠±1,所以直线x=eq \f(π,3)不是f(x)图象的对称轴,A错误;
因为x∈(0,π),所以eq \f(1,2)x+eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3),\f(7π,6))),当eq \f(1,2)x+eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3),π))时,f(x)单调递减;当eq \f(1,2)x+eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π,\f(7π,6)))时,f(x)单调递增,所以f(x)在[0,π]上的最大值为cseq \f(2π,3)=-eq \f(1,2),B错误,D正确;f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后得到图象的函数解析式为g(x)=cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,3)))+\f(2π,3)))=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x+\f(π,2)))=-sineq \f(1,2)x,是奇函数,图象关于原点对称,C正确.
6.将函数y=sin x的图象上所有的点向右平移eq \f(π,10)个单位长度,再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),所得图象的函数解析式是________.
解析:y=sin xeq \(向右平移eq \s\up6(\f(π,10))个单位长度,\s\d12(—————→))y=
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,10)))eq \(――→,\s\up7(横坐标伸长到),\s\d5(原来的2倍))y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x-\f(π,10))).
答案:y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x-\f(π,10)))
7.函数y=cs(2x+φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位后,与函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的图象重合,则φ=________.
解析:把函数y=cs (2x+φ)(0<φ<π)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位后,得到y=cs (2x-π+φ)的图象,
与函数y=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))的图象重合,则cs (2x-π+φ)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,2)+φ))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),
所以-eq \f(π,2)+φ=-eq \f(π,3),则φ=eq \f(π,6),
答案:eq \f(π,6)
8.已知函数f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0,|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示,则ω=________,函数f(x)的单调递增区间为________.
解析:由图象知eq \f(T,2)=eq \f(π,3)-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)))=eq \f(π,2),则周期T=π,即eq \f(2π,ω)=π,则ω=2,f(x)=2sin(2x+φ).由五点对应法得2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)))+φ=2kπ,又|φ|<eq \f(π,2),所以φ=eq \f(π,3),则f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))).令2kπ-eq \f(π,2)≤2x+eq \f(π,3)≤2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,得-eq \f(5π,12)+kπ≤x≤kπ+eq \f(π,12),k∈Z,即函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(5π,12)+kπ,\f(π,12)+kπ)),k∈Z.
答案:2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(5π,12)+kπ,\f(π,12)+kπ))(k∈Z)
9.如图,某市拟在长为8 km的道路OP的一侧修建一条运动赛道,赛道的前一部分为曲线段OSM,该曲线段为函数y=Asin ωx(A>0,ω>0),x∈[0,4]的部分图象,且图象的最高点为S(3,2eq \r(3));赛道的后一部分为折线段MNP.为保证参赛运动员的安全,限定∠MNP=120°.求A,ω的值和M,P两点间的距离.
解:连接MP(图略).
依题意,有A=2eq \r(3),eq \f(T,4)=3,
又T=eq \f(2π,ω),所以ω=eq \f(π,6),所以y=2eq \r(3)sineq \f(π,6)x.
当x=4时,y=2eq \r(3)sineq \f(2π,3)=3,
所以M(4,3).又P(8,0),
所以|MP|=eq \r((-4)2+32)=5.
即M,P两点相距5 km.
10.(2020·合肥市第一次质量检测)将函数f(x)=sin 2x的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后得到函数g(x)的图象,设函数h(x)=f(x)-g(x).
(1)求函数h(x)的单调递增区间;
(2)若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,6)))=eq \f(1,3),求h(α)的值.
解:(1)由已知可得g(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))),
则h(x)=sin 2x-sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))).
令-eq \f(π,2)+2kπ≤2x-eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)+2kπ,k∈Z,得-eq \f(π,12)+kπ≤x≤eq \f(5π,12)+kπ,k∈Z.
所以函数h(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,12)+kπ,\f(5π,12)+kπ)),k∈Z.
(2)由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,6)))=eq \f(1,3)得sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,6)))+\f(π,3)))=
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α+\f(2π,3)))=eq \f(1,3),
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α-\f(π,3)))=-eq \f(1,3),即h(α)=-eq \f(1,3).
[综合题组练]
1.(综合型)(2020·长沙市统一模拟考试)已知P(1,2)是函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)图象的一个最高点,B,C是与P相邻的两个最低点.设∠BPC=θ,若taneq \f(θ,2)=eq \f(3,4),则f(x)图象的对称中心可以是( )
A.(0,0) B.(1,0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2),0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2),0))
解析:选D.如图,连接BC,设BC的中点为D,E,F为与点P最近的函数f(x)的图象与x轴的交点,即函数f(x)图象的两个对称中心,连接PD,则由题意知|PD|=4,∠BPD=∠CPD=eq \f(θ,2),PD⊥BC,所以tan∠BPD=taneq \f(θ,2)=eq \f(|BD|,|PD|)=eq \f(|BD|,4)=eq \f(3,4),所以|BD|=3.由函数f(x)图象的对称性知xE=1-eq \f(3,2)=-eq \f(1,2),xF=1+eq \f(3,2)=eq \f(5,2),所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2),0)),Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2),0)),所以函数f(x)图象的对称中心可以是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2),0)),故选D.
2.(2020·湖南衡阳高中毕业联考(二))将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度,再将所得函数图象上的所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(2,3),得到函数g(x)=Asin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0,ω>0,|φ|<\f(π,2)))的图象.已知函数g(x)的部分图象如图所示,则( )
A.函数f(x)的最小正周期为eq \f(2,3)π,最大值为2
B.函数f(x)的最小正周期为π,图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6),0))中心对称
C.函数f(x)的最小正周期为eq \f(2,3)π,图象关于直线x=eq \f(π,6)对称
D.函数f(x)的最小正周期为π,在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,3)))上单调递减
解析:选D.对于g(x),由题图可知,A=2,T=4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)-\f(π,18)))=eq \f(2π,3),所以ω=eq \f(2π,T)=3,则g(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x+φ)),又由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)))=2可得φ=-eq \f(π,6)+2kπ,k∈Z,而|φ|
所以f(x)的最小正周期为π,选项A,C错误.
对于选项B,令2x+eq \f(π,6)=kπ(k∈Z),所以x=eq \f(kπ,2)-eq \f(π,12),k∈Z,所以函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)-\f(π,12),0))(k∈Z),所以选项B是错误的;当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,3)))时,2x+eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2),\f(5π,6))),所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6),\f(π,3)))上是减函数,所以选项D正确.故选D.
3.已知f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx+\f(π,3)))(ω>0),feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=feq \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=________.
解析:依题意,当x=eq \f(\f(π,6)+\f(π,3),2)=eq \f(π,4)时,f(x)有最小值,
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)·ω+\f(π,3)))=-1,所以eq \f(π,4)ω+eq \f(π,3)=2kπ+eq \f(3π,2)(k∈Z).
所以ω=8k+eq \f(14,3)(k∈Z),
因为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,
所以eq \f(π,3)-eq \f(π,4)≤eq \f(π,ω),即ω≤12,
令k=0,得ω=eq \f(14,3).
答案:eq \f(14,3)
4.(创新型)如图,将绘有函数f(x)=eq \r(3)sin(ωx+eq \f(5π,6))(ω>0)部分图象的纸片沿x轴折成直二面角,若A,B之间的空间距离为eq \r(10),则f(-1)=________.
解析:由题设并结合图形可知,
AB=eq \r((\r(3))2+[(\r(3))2+(\f(T,2))2])=eq \r(6+\f(T,4)2)
=eq \r(6+\f(π2,ω2))=eq \r(10),得eq \f(π2,ω2)=4,则ω=eq \f(π,2),
所以f(-1)=eq \r(3)sin(-eq \f(π,2)+eq \f(5π,6))=eq \r(3)sin eq \f(π,3)=eq \f(3,2).
答案:eq \f(3,2)
5.设函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,6)))+sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,2))),其中0<ω<3.已知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=0.
(1)求ω;
(2)将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移eq \f(π,4)个单位,得到函数y=g(x)的图象,求g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(3π,4)))上的最小值.
解:(1)因为f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,6)))+sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,2))),
所以f(x)=eq \f(\r(3),2)sin ωx-eq \f(1,2)cs ωx-cs ωx
=eq \f(\r(3),2)sin ωx-eq \f(3,2)cs ωx
=eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin ωx-\f(\r(3),2)cs ωx))
=eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx-\f(π,3))).
由题设知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=0,所以eq \f(ωπ,6)-eq \f(π,3)=kπ,k∈Z.
故ω=6k+2,k∈Z,又0<ω<3,
所以ω=2.
(2)由(1)得f(x)=eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),
所以g(x)=eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4)-\f(π,3)))=eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,12))).
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(3π,4))),所以x-eq \f(π,12)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,3),\f(2π,3))),
当x-eq \f(π,12)=-eq \f(π,3),
即x=-eq \f(π,4)时,g(x)取得最小值-eq \f(3,2).
6.函数f(x)=Asin(ωx+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0,ω>0,|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示.
(1)求函数f(x)的解析式,并写出其图象的对称中心;
(2)若方程f(x)+2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,3)))=a有实数解,求a的取值范围.
解:(1)由图可得A=2,eq \f(T,2)=eq \f(2π,3)-eq \f(π,6)=eq \f(π,2),
所以T=π,所以ω=2.
当x=eq \f(π,6)时,f(x)=2,
可得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)+φ))=2,
因为|φ|
令2x+eq \f(π,6)=kπ(k∈Z),得x=eq \f(kπ,2)-eq \f(π,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k∈Z)),
所以函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)-\f(π,12),0))(k∈Z).
(2)设g(x)=f(x)+2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,3))),
则g(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))+2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,3)))
=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))+2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))))),
令t=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6))),t∈[-1,1],
记h(t)=-4t2+2t+2=-4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t-\f(1,4)))eq \s\up12(2)+eq \f(9,4),
因为t∈[-1,1],所以h(t)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))),
即g(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))),故a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))).故a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-4,\f(9,4))).
y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0),x∈[0,+∞)表示一个振动量时
振幅
周期
频率
相位
初相
A
T=eq \f(2π,ω)
f=eq \f(1,T)=eq \f(ω,2π)
ωx+φ
φ
x
-eq \f(φ,ω)
eq \f(π,2ω)-eq \f(φ,ω)
eq \f(π-φ,ω)
eq \f(3π,2ω)-eq \f(φ,ω)
eq \f(2π-φ,ω)
ωx+φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
y=Asin(ωx+φ)
0
A
0
-A
0
月份x
1
2
3
4
收购价格y(元/斤)
6
7
6
5
x
0
eq \f(π,6)
eq \f(5π,12)
eq \f(2π,3)
eq \f(11π,12)
π
2x+eq \f(π,6)
eq \f(π,6)
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
eq \f(13π,6)
f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))
1
2
0
-2
0
1
五点法
设z=ωx+φ,由z取0,eq \f(π,2),π,eq \f(3,2)π,2π来求出相应的x,通过列表,计算得出五点坐标,描点后得出图象
图象变换法
由函数y=sin x的图象通过变换得到y=Asin(ωx+φ)的图象,有两种主要途径“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”