2023届高考一轮复习讲义（理科）第四章　三角函数、解三角形 第5讲　函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第四章　三角函数、解三角形 第5讲　函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用学案，共22页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。

一、知识梳理
1．函数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.由函数y＝sin x的图象通过变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象的两种方法
常用结论
1．两种图象变换的区别
由y＝sin x的图象变换到y＝Asin(ωx＋φ)的图象，两种变换的区别：①先相位变换再周期变换(伸缩变换)，平移的量是|φ|个单位长度．②先周期变换(伸缩变换)，再相位变换，平移的量是eq \f(|φ|,ω)(ω>0)个单位长度．即图象的左右平移变换是针对x而言的，应是x本身加减多少，而不是ωx加减多少．
2．周期与对称性之间的关系
(1)正弦曲线或余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是eq \f(1,2)周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是eq \f(1,4)周期；
(2)正切曲线相邻的两对称中心之间的距离是eq \f(1,2)周期．
3．对称轴(对称中心)与函数值的关系
在判断对称轴或对称中心时，用以下结论可快速解题：设y＝f(x)＝Asin(ωx＋φ)，g(x)＝Acs(ωx＋φ)，x＝x0是对称轴方程⇔f(x0)＝±A，g(x0)＝±A；(x0，0)是对称中心⇔f(x0)＝0，g(x0)＝0.
二、习题改编
1．(必修4P58A组T3改编)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．(必修4P62例4改编)如图，某地一天从6～14时的温度变化曲线近似满足函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b，则这段曲线的函数解析式为____________________．
解析：从图中可以看出，从6～14时的是函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b的半个周期，
所以A＝eq \f(1,2)×(30－10)＝10，b＝eq \f(1,2)×(30＋10)＝20，
又eq \f(1,2)×eq \f(2π,ω)＝14－6，所以ω＝eq \f(π,8).
又eq \f(π,8)×10＋φ＝2π＋2k，k∈Z，取φ＝eq \f(3π,4)，
所以y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋20，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6，14)).
答案：y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋\f(3π,4)))＋20，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6，14))
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数y＝sin(x－eq \f(π,4))的图象是由y＝sin(x＋eq \f(π,4))的图象向右平移eq \f(π,2)个单位得到的．( )
(2)将函数y＝sin ωx的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度，得到函数y＝sin(ωx－φ)的图象．( )
(3)函数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).( )
(4)由图象求函数解析式时，振幅A的大小是由一个周期内图象中最高点的值与最低点的值确定的．( )
答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)搞错图象平移的单位长度；
(2)搞错横坐标伸缩与ω的关系；
(3)搞不清f(x)在x＝eq \f(π,2)处取最值；
(4)确定不了解析式中φ的值．
1．将函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移eq \f(1,4)个周期后，所得图象对应的函数为( )
A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))) B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
解析：选D.函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的周期为π，将函数y＝2sin(2x＋eq \f(π,6))的图象向右平移eq \f(1,4)个周期即eq \f(π,4)个单位长度，所得函数为y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
故选D.
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．若函数f(x)＝sin ωx(00，函数y＝cs(ωx＋eq \f(π,3))的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后与函数y＝sin ωx的图象重合，则ω的最小值为________．
解析：将函数y＝cs(ωx＋eq \f(π,3))的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度，得y＝cs(ωx－eq \f(ωπ,3)＋eq \f(π,3))的图象．因为所得函数图象与y＝sin ωx的图象重合，所以－eq \f(ωπ,3)＋eq \f(π,3)＝eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝－eq \f(7,2)－6k(k∈Z)，因为ω>0，所以当k＝－1时，ω取得最小值eq \f(5,2).
答案：eq \f(5,2)
求函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式(师生共研)
(1)如图，
函数f(x)＝Asin(2x＋φ)(A>0，|φ|0，ω>0，00，|φ|eq \f(11π,12)，
解得ω0，故k＝1，从而ω＝eq \f(22,11)＝2.
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
由f(a＋x)－f(a－x)＝0，得f(a＋x)＝f(a－x)，所以该函数图象的对称轴为直线x＝a.
令2a＋eq \f(π,6)＝nπ＋eq \f(π,2)(n∈Z)，解得a＝eq \f(n,2)π＋eq \f(π,6)(n∈Z)．
要求a的最小正值，只需n＝0，得a＝eq \f(π,6)，故选B.
【答案】 B
eq \a\vs4\al()
求解该题的难点是ω的确定，需要根据函数的周期与函数的零点所在位置列出条件，x＝eq \f(11π,12)在函数的单调递增区间内，如果忽视这个隐含条件，就会得到eq \f(11π,12)ω＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，从而产生增解，无法得到正确的选项．故根据函数图象确定函数解析式时，要准确定位函数图象的特征性质．
角度二 函数零点(方程根)问题
(2020·湖南株洲二模)若函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9π,8)))))恰有三个不同的零点x1，x2，x3，则x1＋x2＋x3的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，\f(11π,8))) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,4)，\f(7π,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，\f(11π,8))) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(9π,4)，\f(7π,2)))
【解析】 由题意得方程cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9π,8)))))有三个不同的实数根．
画出函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9π,8)))))的大致图象，如图所示．
由图象得，当eq \f(\r(2),2)≤a