高中数学人教A版 (2019)必修 第一册5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）优秀课后复习题

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）优秀课后复习题，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

复习巩固


一、选择题


1．最大值为eq \f(1,2)，周期为eq \f(π,3)，初相为eq \f(π,4)的函数表达式可表示为( )


A．y＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(π,4))) B．y＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x－\f(π,4)))


C．y＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x＋\f(π,4))) D．y＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x－\f(π,4)))


[解析] A＝eq \f(1,2)，eq \f(2π,ω)＝eq \f(π,3)⇒ω＝6，φ＝eq \f(π,4)，C项正确．


[答案] C


2．将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象向右平移eq \f(π,3)个单位得到函数g(x)的图象，则g(x)的一条对称轴方程可以为( )


A．x＝eq \f(3π,4) B．x＝eq \f(7π,6)


C．x＝eq \f(7π,12) D．x＝eq \f(π,12)


[解析] f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象向右平移eq \f(π,3)个单位得g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－\f(π,3)))＝sin(2x－π)＝－sin2x.


由2x＝kπ＋eq \f(π,2)得g(x)的对称轴方程为


x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)(k∈Z)


取k＝1，得x＝eq \f(3π,4)，故选A.


[答案] A


3．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)))


[解析] 由图知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，可得D项解析式符合题目要求．


[答案] D


4．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的图象如图所示，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))等于( )





A.eq \f(1,2) B．0 C．2 D．－2


[解析] 解法一：由图可知，eq \f(3,2)T＝eq \f(5π,4)－eq \f(π,4)＝π，即T＝eq \f(2π,3)，∴ω＝eq \f(2π,T)＝3.


∴y＝2sin(3x＋φ)，将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))代入上式得，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋φ))＝0，


又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π，0))是图象上升的趋势的点，


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


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


解法二：由图可知，eq \f(3,2)T＝eq \f(5π,4)－eq \f(π,4)＝π，


即T＝eq \f(2π,3).


又由正弦图象性质可知，若f(x0)＝0，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(T,2)))＝0.


∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(π,3)))＝0.


[答案] B


5．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)))


[解析] 由①知T＝π＝eq \f(2π,ω)，ω＝2，排除A.由②③知x＝eq \f(π,3)时，f(x)取最大值，验证知只有C符合要求．


[答案] C


二、填空题


6．函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象在(－π，π)上有________条对称轴．


[解析] ∵2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，


∴x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,3)，k∈Z，


k＝－2时，x＝－eq \f(2π,3)；k＝－1时，x＝－eq \f(π,6)；


k＝0时，x＝eq \f(π,3)；k＝1时，x＝eq \f(5π,6).


∴在(－π，π)上有4条对称轴．


[答案] 4


7．在函数y＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)的一个周期上，当x＝eq \f(π,6)时，有最大值2，当x＝eq \f(2π,3)时，有最小值－2，则ω＝________.


[解析] 依题意知eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，所以T＝π，又T＝eq \f(2π,ω)＝π，得ω＝2.


[答案] 2


8．已知函数f(x)＝Acs(ωx＋φ)的图象如图所示，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(2,3)，则f(0)＝________.





[解析] 由图象可得最小正周期为eq \f(2π,3).


所以f(0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))，注意到eq \f(2π,3)与eq \f(π,2)关于eq \f(7π,12)对称，


故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(2,3).


[答案] eq \f(2,3)


三、解答题


9．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)))的部分图象如图所示．





(1)求函数y＝f(x)的解析式；


(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,6)))时，求f(x)的取值范围．


[解] (1)由函数图象得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))代入得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝1，而－eq \f(π,2)<φ

所以φ＝eq \f(π,3)，因此函数的解析式为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))).


(2)由于－π≤x≤－eq \f(π,6)，－eq \f(2π,3)≤x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,6)，


所以－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))≤eq \f(1,2)，


所以f(x)的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2))).


10．已知函数f(x)＝eq \f(\r(3),2)sinxcsx＋eq \f(1,2)cs2x＋1.


(1)求f(x)的振幅、最小正周期及单调增区间；


(2)求f(x)的图象的对称轴方程和对称中心；


(3)求f(x)的最小值及取得最小值时的x的取值集合．


[解] (1)f(x)＝eq \f(\r(3),4)sin2x＋eq \f(cs2x＋1,4)＋1


＝eq \f(\r(3),4)sin2x＋eq \f(1,4)cs2x＋eq \f(5,4)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin2x＋\f(1,2)cs2x))＋eq \f(5,4)＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋eq \f(5,4).


所以函数f(x)的振幅为eq \f(1,2)，最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)，f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)．


(2)令2x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)，


所以对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)．


令2x＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)(k∈Z)，


所以对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(5,4)))(k∈Z)．


(3)当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝－1，


即2x＋eq \f(π,6)＝－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，


所以x＝－eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)时，f(x)的最小值为eq \f(3,4)，此时x的取值集合是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(π,3)＋kπ，k∈Z)))).


综合运用


11．函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(3π,2)))(x∈[0,2π))的图象和直线y＝eq \f(1,2)的交点个数是( )


A．1 B．2 C．3 D．4


[解析] 由y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(3π,2)))＝sineq \f(x,2)＝eq \f(1,2)，得eq \f(x,2)＝2kπ＋eq \f(π,6)或eq \f(x,2)＝2kπ＋π－eq \f(π,6)，即x＝4kπ＋eq \f(π,3)或x＝4kπ＋eq \f(5π,3)，又因为x∈[0,2π)，所以x＝eq \f(π,3)或eq \f(5π,3).故选B.


[答案] B


12．下图是函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))上的图象．为了得到这个函数的图象，只要将y＝sinx(x∈R)的图象上所有的点( )





A．向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变


B．向左平移eq \f(π,3)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


C．向左平移eq \f(π,6)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变


D．向左平移eq \f(π,6)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


[解析] 由图象可知A＝1，T＝eq \f(5π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝π，


∴ω＝eq \f(2π,T)＝2.∵图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，


∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，∴eq \f(2π,3)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，


∴φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z.


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


故将函数y＝sinx先向左平移eq \f(π,3)个单位长度后，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，可得原函数的图象．


[答案] A


13．已知ω>0,0<φ<π，直线x＝eq \f(π,4)和x＝eq \f(5π,4)是函数f(x)＝sin(ωx＋φ)图象的两条相邻的对称轴，则φ＝________.


[解析] 由题意得周期T＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)－\f(π,4)))＝2π，∴2π＝eq \f(2π,ω)，即ω＝1，∴f(x)＝sin(x＋φ)，


∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋φ))＝±1.


∵0<φ<π，∴eq \f(π,4)<φ＋eq \f(π,4)

∴φ＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,4).


[答案] eq \f(π,4)





14．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)≤φ≤\f(π,2)))的图象上相邻的最高点和最低点的距离为2eq \r(2)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(1,2)))，则函数解析式为f(x)＝______________.


[解析] 由函数图象上相邻最高点和最低点距离为2eq \r(2)，得 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2＋1＋12)＝2eq \r(2).


解得T＝4，∴ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,2)，∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πx,2)＋φ)).


又∵函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(1,2)))，∴f(2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)×2＋φ))＝－sinφ＝－eq \f(1,2).


又∵－eq \f(π,2)≤φ≤eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,6)，∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πx,2)＋\f(π,6))).


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


15．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)，在同一周期内，当x＝eq \f(π,12)时，f(x)取得最大值3；当x＝eq \f(7,12)π时，f(x)取得最小值－3.


(1)求函数f(x)的解析式；


(2)求函数f(x)的单调递减区间；


(3)若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))时，函数h(x)＝2f(x)＋1－m有两个零点，求实数m的取值范围．


[解] (1)由题意，易知A＝3，T＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,12)π－\f(π,12)))＝π，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2.由2×eq \f(π,12)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z.


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


(2)由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(7π,12)＋kπ，k∈Z，


∴函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))，k∈Z.


(3)由题意知，方程sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝eq \f(m－1,6)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上有两个实根．


∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，∴2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，


∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1))，


∴eq \f(m－1,6)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1))，∴m∈[1＋3eq \r(3)，7)．