湘教版（2019）必修 第一册3.1 函数课时作业

这是一份湘教版（2019）必修 第一册3.1 函数课时作业，共8页。

1．已知ω＞0，函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))图象的一条对称轴方程为x＝eq \f(π,3)，一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))，则ω有( )
A．最小值2 B．最大值2
C．最小值1 D．最大值1
解析：选A 由题意知eq \f(π,3)－eq \f(π,12)≥eq \f(T,4)，故T＝eq \f(2π,ω)≤π，ω≥2.
2．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：选D 设y＝Asin(ωx＋φ)，显然A＝1，又图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，1))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ＝0，,ω·\f(π,12)＋φ＝\f(π,2).))解得ω＝2，φ＝eq \f(π,3).所以函数解析式为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
3．商场人流量被定义为每分钟通过入口的人数，某节日期间某一天商场的人流量满足函数F(t)＝50＋4sineq \f(t,2)(t≥0)，则人流量增加的时间段是( )
A．[0，5] B．[5，10]
C．[10，15] D．[15，20]
解析：选C 由2kπ－eq \f(π,2)≤eq \f(t,2)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，知函数F(t)的单调递增区间为[4kπ－π，4kπ＋π]，k∈Z.当k＝1时，t∈[3π，5π]．因为[10，15]⊆[3π，5π]，故选C.
4．(2021·姜堰二中月考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq \f(π,4)为函数f(x)零点，直线x＝eq \f(π,4)为函数f(x)的对称轴，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则ω可能等于( )
A．11 B．9
C．8 D．6
解析：选B 因为x＝－eq \f(π,4)为函数f(x)零点，所以ω×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＋φ＝kπ，k∈Z，又因为直线x＝eq \f(π,4)为函数f(x)的对称轴，所以ω×eq \f(π,4)＋φ＝nπ＋eq \f(π,2)，n∈Z，所以ω＝2(n－k)＋1，又f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则eq \f(1,2)×eq \f(2π,ω)≥eq \f(5π,36)－eq \f(π,18)，即ω≤12，当ω＝11时，－eq \f(11π,4)＋φ＝kπ，k∈Z，因为|φ|≤eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,4)，此时f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上不单调，不满足题意；当ω＝9时，－eq \f(9π,4)＋φ＝kπ，k∈Z，因为|φ|≤eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,4)，此时f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，满足题意，故ω的值为9，则ω不可能等于11，6，8，故选B.
5．(多选)对于函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx－\f(π,3)))，下列选项正确的是( )
A．y＝f(x)的图象是由f(x)＝cs πx的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度而得到的
B．y＝f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),2)))
C．y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)，0))对称
D．y＝f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(2,3)对称
解析：选CD f(x)＝cs πx的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度，所得函数的解析式为f(x)＝cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx－\f(π2,3)))，故选项A错误；
当x＝1时，f(1)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π－\f(π,3)))＝－eq \f(1,2)，故选项B错误；
当x＝eq \f(5,6)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－\f(π,3)))＝0，y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)，0))对称，故选项C正确；
当x＝－eq \f(2,3)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)－\f(π,3)))＝－1，所以y＝f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(2,3)对称，故选项D正确．
6.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(2π,3)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,3)，∴T＝eq \f(4π,3).∴ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(3,2).
答案：eq \f(3,2)
7.如图所示为函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，\f(π,2)≤φ≤π))的部分图象，其中A，B两点之间的距离为5，那么f(1)＝________．
解析：由|AB|＝5得 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))\s\up12(2)＋42)＝5，解得T＝6.
由T＝eq \f(2π,|ω|)，ω＞0得ω＝eq \f(π,3).
又当x＝0时，f(x)＝1，即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)×0＋φ))＝1，
∴sin φ＝eq \f(1,2)，又∵eq \f(π,2)≤φ≤π，∴φ＝eq \f(5π,6)，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋\f(5π,6)))，
因此，f(1)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋\f(5π,6)))＝2sineq \f(7π,6)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1.
答案：－1
8．若函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)图象的两条相邻的对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，且该函数的图象关于点(x0，0)成中心对称，x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则x0＝________．
解析：由f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)图象的两条相邻的对称轴之间的距离为eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，知T＝eq \f(2π,ω)＝π，得ω＝2，又图象关于点(x0，0)成中心对称，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0＋\f(π,6)))＝0，2x0＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，而x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则x0＝eq \f(5π,12).
答案：eq \f(5π,12)
9．如图为函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的一个周期内的图象．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)在x∈[－1，2]的值域．
解：(1)由题图，知A＝2，T＝7－(－1)＝8，
所以ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,8)＝eq \f(π,4)，所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x＋φ)).
将点(－1，0)代入，得0＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋φ)).
因为|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,4)，
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x＋\f(π,4))).
(2)因－1≤x≤2，则0≤eq \f(π,4)x＋eq \f(π,4)≤eq \f(3,4)π，
所以0≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x＋\f(π,4)))≤1.所以0≤2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x＋\f(π,4)))≤2.
所以函数f(x)的值域为[0，2]．
10．已知函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))的图象的一条对称轴是直线x＝eq \f(π,4).
(1)求φ的值；
(2)求函数y＝f(x)的单调增区间和对称中心．
解：(1)∵x＝eq \f(π,4)是函数f(x)的图象的一条对称轴，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(π,4)＋φ))＝±1，
∴eq \f(π,8)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z.∵0＜φ＜eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(3π,8).
(2)由(1)知φ＝eq \f(3π,8)，∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(3π,8))).
由题意得2kπ－eq \f(π,2)≤eq \f(1,2)x＋eq \f(3,8)π≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即4kπ－eq \f(7π,4)≤x≤4kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z，
∴函数f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4kπ－\f(7π,4)，4kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)．
由eq \f(1,2)x＋eq \f(3π,8)＝kπ(k∈Z)得x＝2kπ－eq \f(3π,4)(k∈Z)，
故该函数的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(3π,4)，0))(k∈Z)．
[B级 综合运用]
11．智能主动降噪耳机工作的原理是：通过耳机两端的噪声采集器采集周围的噪音，然后通过听感主动降噪芯片生成相等的反向的波抵消噪音．已知某噪音的声波曲线y＝2sin(x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤φ<\f(π,2)))，经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\r(3)))则通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波曲线为( )
A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))) B．y＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))
C．y＝2sin x D．y＝－2sin x
解析：选B 因为f(x)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\r(3)))，所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝eq \r(3)，又因为0<φ12．(多选)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中A>0，ω>0，|φ|≤\f(π,2)))的部分图象如图所示，则( )
A．函数f(x)的最小正周期是2π
B．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))对称
C．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称
D．将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位后，所得的函数图象关于y轴对称
解析：选CD 由函数图象可知：A＝2，eq \f(3,4)T＝eq \f(7π,12)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(3π,4)，所以T＝π，又T＝eq \f(2π,|ω|) ，且ω>0，所以ω＝2，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ))＝－2，所以－eq \f(π,3)＋φ＝－eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝－eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z, 又|φ|≤eq \f(π,2)，则φ＝－eq \f(π,6)，所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
对于A，函数f(x)的最小正周期是π，故A不正确；
对于B，当x＝eq \f(2π,3)时，2x－eq \f(π,6)＝eq \f(4π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(7π,6)，所以点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))不是函数f(x)的对称中心，故B不正确；
对于C，当x＝eq \f(π,3)时，2x－eq \f(π,6)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，故C正确；
对于D，函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位后，得f(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))＝－2cs 2x，所得函数为偶函数，所以函数图象关于y轴对称，故D正确．
13．已知函数f(x)＝asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1(a>0)的定义域为R，若当－eq \f(7π,12)≤x≤－eq \f(π,12)时，f(x)的最大值为2，则
(1)a＝________；
(2)该函数的对称中心的坐标为________．
解析：(1)当－eq \f(7π,12)≤x≤－eq \f(π,12)时，则－eq \f(5π,6)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,6)，
所以当2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,6)时，f(x)有最大值为eq \f(a,2)＋1.
又因为f(x)的最大值为2，所以eq \f(a,2)＋1＝2，解得a＝2.
(2)由(1)知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1，令2x＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)，k∈Z，
所以函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1的对称中心的横坐标为eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)，k∈Z.
又因为函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1的图象是函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象向上平移一个单位长度得到的，所以函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1的对称中心的纵坐标为1，所以对称中心的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，1))，k∈Z.
答案：(1)2 (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，1))，k∈Z
14．已知点P(1，eq \r(3))是曲线f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)上的一个最高点，且f(9－x)＝f(9＋x)，x∈R，曲线在(1，9)内与x轴有唯一一个交点，求函数f(x)的解析式．
解：∵点P(1，eq \r(3))是曲线f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)上的一个最高点，∴A＝eq \r(3)，且直线x＝1是曲线的一条对称轴．
∵f(9－x)＝f(9＋x)，x∈R，∴直线x＝9也是曲线的一条对称轴．
又曲线在(1，9)内与x轴有唯一一个交点，∴直线x＝1，直线x＝9是曲线的两条相邻对称轴．
∴eq \f(T,2)＝9－1＝8，T＝16，∴eq \f(2π,ω)＝16，ω＝eq \f(π,8)，∴f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋φ)).
∵点P(1，eq \r(3))是曲线上的一个最高点，∴eq \f(π,8)×1＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝2kπ＋eq \f(3π,8)(k∈Z)．
又|φ|<π，∴φ＝eq \f(3π,8).
故函数解析式为f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋\f(3π,8)))，x∈R.
[C级 拓展探究]
15．(2021·苏州高一月考)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)))的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\r(3)))，其最大值与最小值的差为4，且相邻两个零点之间的距离为eq \f(π,2).
(1)求f(x)的解析式；
(2)求f(x)在[0，π]上的单调增区间．
解：(1)因为函数f(x)最大值与最小值的差为4，所以A＝2，
又相邻两个零点之间的距离为eq \f(π,2).
所以T＝π，
所以ω＝eq \f(2π,π)＝2，
所以f(x)＝2sin(2x＋φ)，
又函数f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\r(3)))，
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)＋φ))＝eq \r(3)，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝eq \f(\r(3),2)，
所以eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,3)或eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(2π,3)，
解得φ＝2kπ＋eq \f(π,6)或φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，
又|φ|所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
(2)令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
解得 －eq \f(π,3)＋kπ≤x≤kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，
因为x∈[0，π]，
所以0≤x≤eq \f(π,6)或eq \f(2π,3)≤x≤π，
所以f(x)在[0，π]上的单调增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π)).