高中数学人教A版 (2019)必修 第一册5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）课后作业题

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）课后作业题，共14页。试卷主要包含了求函数解析式时φ值的确定．等内容，欢迎下载使用。

5.6.2 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象
1．φ对y＝sin(x＋φ)，x∈R的图象的影响
2．ω(ω＞0)对y＝sin(ωx＋φ)的图象的影响
3．A(A＞0)对y＝Asin(ωx＋φ)的图象的影响
1．把函数y＝sin x的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后所得图象的解析式为( )
A．y＝sin x－eq \f(π,3) B．y＝sin x＋eq \f(π,3)
C．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3))) D．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
D [根据图象变换的方法，y＝sin x的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的图象．]
2．为了得到函数y＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))，x∈R的图象，只需将函数y＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，x∈R的图象上的所有点( )
A．横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
B．横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变
C．纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变
D．纵坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，横坐标不变
A [函数y＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))的图象上各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到y＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))的图象．]
3．函数y＝Asin(ωx＋φ)＋1(A＞0，ω＞0)的最大值为5，则A＝________.
4 [由已知得A＋1＝5，故A＝4.]
三角函数图象之间的变换
【例1】 (1)将函数y＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再向下平移3个单位长度，则所得图象的解析式为________．
(2)将y＝sin x的图象怎样变换可得到函数y＝2sin2x＋eq \f(π,4)＋1的图象？
[思路点拨] (1)依据左加右减；上加下减的规则写出解析式．
(2)法一：y＝sin x→纵坐标伸缩→横坐标伸缩和平移→向上平移．
法二：左右平移→横坐标伸缩→纵坐标伸缩→上下平移．
(1)y＝－eq \r(2)cs 2x－3 [y＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，
得y＝eq \r(2)cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝eq \r(2)cs(2x＋π)＝－eq \r(2)cs 2x，
再向下平移3个单位长度得y＝－eq \r(2)cs 2x－3的图象．]
(2)[解] 法一：(先伸缩法)①把y＝sin x的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，得到y＝2sin x的图象；②将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，得y＝2sin 2x的图象；③将所得图象沿x轴向左平移eq \f(π,8)个单位，得y＝2sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))的图象；
④将所得图象沿y轴向上平移1个单位，
得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋1的图象．
法二：(先平移法)①将y＝sin x的图象沿x轴向左平移eq \f(π,4)个单位，得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的图象；②将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象；③把所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来2倍，得到y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象；④将所得图象沿y轴向上平移1个单位，得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋1的图象．
由y＝sin x的图象，通过变换可得到函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的图象，其变化途径有两条：
(1)y＝sin xeq \(――――→,\s\up15(相位变换))y＝sin(x＋φ)eq \(――――→,\s\up15(周期变换))y＝sin(ωx＋φ)
eq \(――――→,\s\up15(振幅变换))y＝Asin(ωx＋φ)．
(2)y＝sin xeq \(――――→,\s\up15(周期变换))y＝sin ωxeq \(――――→,\s\up15(相位变换))y＝sineq \b\lc\[\rc\](ω\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋eq \f(φ,ω)))))＝sin(ωx＋φ)eq \(――――→,\s\up15(振幅变换))y＝Asin(ωx＋φ)．
提醒：两种途径的变换顺序不同，其中变换的量也有所不同：(1)是先相位变换后周期变换，平移|φ|个单位．(2)是先周期变换后相位变换，平移eq \f(|φ|,ω)个单位，这是很易出错的地方，应特别注意．
1．(1)要得到y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象，只要将y＝sin 2x的图象( )
A．向左平移eq \f(π,8)个单位B．向右平移eq \f(π,8)个单位
C．向左平移eq \f(π,4)个单位D．向右平移eq \f(π,4)个单位
(2)把函数y＝f(x)的图象上各点向右平移eq \f(π,6)个单位，再把横坐标伸长到原来的2倍，再把纵坐标缩短到原来的eq \f(2,3)倍，所得图象的解析式是y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))，则f(x)的解析式是( )
A．f(x)＝3cs x B．f(x)＝3sin x
C．f(x)＝3cs x＋3 D．f(x)＝sin 3x
(1)A (2)A [(1)因为y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))
＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))
＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))，
所以将y＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,8)个单位，
得到y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象．
(2)y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))eq \(――――――→,\s\up25(纵坐标伸长),\s\d35(到原来的\f(3,2)倍))y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))
eq \(――――――→,\s\up25(横坐标缩短),\s\d35(到原来的\f(1,2)倍))y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
eq \(――――――→,\s\up35(向左平移\f(π,6)个),\s\d20(单位))y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)＋\f(π,3)))
＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))
＝3cs x．]
已知函数图象求解析式
【例2】 (1)已知函数f(x)＝Acs(ωx＋φ)＋Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为( )
A．y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,4)))＋4 B．y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,4)))＋4
C．y＝4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,4)))＋2 D．y＝4cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,4)))＋2
(2)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)中A＞0，ω＞0，|φ|＜eq \f(π,2)，且图象如图所示，求其解析式．
[思路点拨] 由最大(小)值求A和B，由周期求ω，由特殊点坐标解方程求φ.
(1)A [由函数f(x)的最大值和最小值得
A＋B＝6，－A＋B＝2，所以A＝2，B＝4，
函数f(x)的周期为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))))×4＝4π，又ω＞0，
所以ω＝eq \f(1,2)，又因为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，6))在函数f(x)的图象上
所以6＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(π,2)＋φ))＋4，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋φ))＝1，
所以eq \f(π,4)＋φ＝2kπ，k∈Z，所以φ＝2kπ－eq \f(π,4)，k∈Z，又|φ|＜eq \f(π,2)
所以φ＝－eq \f(π,4)，所以f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4)))＋4.]
(2)[解] 法一：(五点作图原理法)由图象知，振幅A＝3，T＝eq \f(5π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝π，所以ω＝2，又由点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))，根据五点作图原理(可判为“五点法”中的第一点)－eq \f(π,6)×2＋φ＝0得φ＝eq \f(π,3)，
所以f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
法二：(方程法)由图象知，振幅A＝3，T＝eq \f(5π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝π，所以ω＝2，
又图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ))＝0，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋φ))＝0，－eq \f(π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，又因为|φ|＜eq \f(π,2)，所以k＝0，φ＝eq \f(π,3)，所以f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
法三：(变换法)由图象知，振幅A＝3，T＝eq \f(5π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝π，所以ω＝2，且f(x)＝Asin(ωx＋φ)是由y＝3sin 2x向左平移eq \f(π,6)个单位而得到的，解析式为f(x)＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
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此时要注意交点在上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.
2．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)，x∈Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的图象与x轴的交点中，相邻两个交点的距离为eq \f(π,2)，且图象上一个最低点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－2))，求f(x)的解析式．
[解] 由最低点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－2))，得A＝2.
在x轴上两相邻交点之间的距离为eq \f(π,2)，故eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，即T＝π，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,π)＝2.
由点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－2))在图象上得
2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(2π,3)＋φ))＝－2，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)＋φ))＝－1，故eq \f(4π,3)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)，
∴φ＝2kπ－eq \f(11π,6)(k∈Z)．又φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴φ＝eq \f(π,6).故f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
三角函数图象与性质的综合应用
[探究问题]
1．如何求函数y＝Asin(ωx＋φ)与y＝Acs(ωx＋φ)的对称轴方程？
提示：与正弦曲线、余弦曲线一样，函数y＝Asin(ωeq \x(x)＋φ)和y＝Acs(ωx＋φ)的图象的对称轴通过函数图象的最值点且垂直于x轴．
函数y＝Asin(ωx＋φ)对称轴方程的求法：令sin(ωx＋φ)＝±1，得ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，则x＝eq \f(2k＋1π－2φ,2ω)(k∈Z)，所以函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象的对称轴方程为x＝eq \f(2k＋1π－2φ,2ω)(k∈Z)；
函数y＝Acs(ωx＋φ)对称轴方程的求法：令cs(ωx＋φ)＝±1，得ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，则x＝eq \f(kπ－φ,ω)(k∈Z)，所以函数y＝Acs(ωx＋φ)的图象的对称轴方程为x＝eq \f(kπ－φ,ω)(k∈Z)．
2．如何求函数y＝Asin(ωx＋φ)与y＝Acs(ωx＋φ)的对称中心？
提示：与正弦曲线、余弦曲线一样，函数y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acs(ωx＋φ)图象的对称中心即函数图象与x轴的交点．
函数y＝Asin(ωx＋φ)对称中心的求法：令sin(ωx＋φ)＝0，得ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，则x＝eq \f(kπ－φ,ω)(k∈Z)，所以函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ－φ,ω)，0))(k∈Z)成中心对称；
函数y＝Acs(ωx＋φ)对称中心的求法：令cs(ωx＋φ)＝0，得ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，则x＝eq \f(2k＋1π－2φ,2ω)(k∈Z)，所以函数y＝Acs(ωx＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k＋1π－2φ,2ω)，0))(k∈Z)成中心对称．
【例3】 (1)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)，若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＝( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(14,3) C.eq \f(26,3) D.eq \f(38,3)
(2)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0,0≤φ＜π)是R上的偶函数，其图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0))对称，且在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是单调函数，求φ和ω的值．
[思路点拨] (1)先由题目条件分析函数f(x)图象的对称性，何时取到最小值，再列方程求ω的值．
(2)先由奇偶性求φ，再由图象的对称性和单调性求ω.
(1)B [因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，所以直线x＝eq \f(\f(π,6)＋\f(π,3),2)＝eq \f(π,4)是函数f(x)图象的一条对称轴，
又因为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，
所以当x＝eq \f(π,4)时，f(x)取得最小值．
所以eq \f(π,4)ω＋eq \f(π,3)＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，解得ω＝8k－eq \f(10,3)，(k∈Z)
又因为T＝eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，所以ω≤12，又因为ω＞0，
所以k＝1，即ω＝8－eq \f(10,3)＝eq \f(14,3).]
(2)[解] 由f(x)是偶函数，得f(－x)＝f(x)，即函数f(x)的图象关于y轴对称，
∴f(x)在x＝0时取得最值，即sin φ＝1或－1.
依题设0≤φ＜π，∴解得φ＝eq \f(π,2).
由f(x)的图象关于点M对称，可知
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)ω＋\f(π,2)))＝0，即eq \f(3π,4)ω＋eq \f(π,2)＝kπ，解得ω＝eq \f(4k,3)－eq \f(2,3)，k∈Z.
又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是单调函数，
所以T≥π，即eq \f(2π,ω)≥π.
∴ω≤2，又ω＞0，
∴k＝1时，ω＝eq \f(2,3)；k＝2时，ω＝2.
故φ＝eq \f(π,2)，ω＝2或eq \f(2,3).
1．将本例(2)中“偶”改为“奇”，“其图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0))对称，且在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是单调函数”改为“在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))上为增函数”，试求ω的最大值．
[解] 因为f(x)是奇函数，所以f(0)＝sin φ＝0，又0≤φ＜π，所以φ＝0.
因为f(x)＝sin ωx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))上是增函数．
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω＞0，,－\f(3π,2)≥－\f(π,2ω),\f(π,2)≤\f(π,2ω)，))，解得0＜ω≤eq \f(1,3)，
所以ω的最大值为eq \f(1,3).
2．本例(2)中增加条件“ω＞1”，求函数y＝f2(x)＋sin 2x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,8)))的最大值．
[解] 由条件知f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝cs 2x，
由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,8)))得2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，
sin 2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))
y＝f2(x)＋sin 2x＝cs22x＋sin 2x＝1－sin22x＋sin 2x＝－(sin 2x－eq \f(1,2))2＋eq \f(5,4)
所以当sin 2x＝eq \f(1,2)时ymax＝eq \f(5,4).
1．正弦余弦型函数奇偶性的判断方法
正弦型函数y＝Asin(ωx＋φ)和余弦型函数y＝Acs(ωx＋φ)不一定具备奇偶性．对于函数y＝Asin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数，当φ＝kπ±eq \f(π,2)(k∈Z)时为偶函数；对于函数y＝Acs(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为偶函数，当φ＝kπ±eq \f(π,2)(k∈Z)时为奇函数．
2．与正弦、余弦函数有关的单调区间的求解技巧
(1)结合正弦、余弦函数的图象，熟记它们的单调区间．
(2)确定函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)单调区间的方法：采用“换元”法整体代换，将ωx＋φ看作一个整体，可令“z＝ωx＋φ”，即通过求y＝Asin z的单调区间而求出函数的单调区间．若ω＜0，则可利用诱导公式先将x的系数转变为正数，再求单调区间．
1．准确理解“图象变换法”
(1)由y＝sin x到y＝sin (x＋φ)的图象变换称为相位变换，由y＝sin x到y＝sin ωx图象的变换称为周期变换；由y＝sin x到y＝Asin x图象的变换称为振幅变换．
(2)由y＝sin x的图象，通过变换可得到函数y＝Asin (ωx＋φ)的图象，其变换途径有两条，注意两种途径的变换顺序不同，其中变换的量也有所不同：①是先相位变换后周期变换，平移|φ|个单位．②是先周期变换后相位变换，平移eq \f(|φ|,ω)个单位，这是很易出错的地方，应特别注意．
(3)类似地y＝Acs (ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象也可以由y＝cs x的图象变换得到．
2．由y＝Asin (ωx＋φ)的图象性质或部分图象确定解析式的关键在于确定参数A，ω，φ.其基本方法是在观察图象的基础上，利用待定系数法求解.
1．思考辨析
(1)y＝sin 3x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位所得图象的解析式是y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4))).( )
(2)y＝sin x的图象上所有点的横坐标都变为原来的2倍所得图象的解析式是y＝sin 2x.( )
(3)y＝sin x的图象上所有点的纵坐标都变为原来的2倍所得图象的解析式是y＝eq \f(1,2)sin x．( )
[提示] (1)错误．y＝sin 3x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位得y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(3,4)π)).
(2)错误．y＝sin 2x应改为y＝sineq \f(1,2)x.
(3)错误．y＝eq \f(1,2)sin x应改为y＝2sin x.
[答案] (1)× (2)× (3)×
2．函数y＝cs x图象上各点的纵坐标不变，把横坐标变为原来的2倍，得到图象的解析式为y＝cs ωx，则ω的值为________．
eq \f(1,2) [函数y＝cs xeq \f(纵坐标不变，横坐标变为,原来的2倍)y＝cseq \f(1,2)x.所以ω＝eq \f(1,2).]
3．由y＝3sin x的图象变换到y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))的图象主要有两个过程：先平移后伸缩和先伸缩后平移，前者需向左平移________个单位，后者需向左平移________个单位．
eq \f(π,3) eq \f(2π,3) [y＝3sin xeq \(―――――→,\s\up30(向左平移\f(π,3)),\s\d20(个单位))y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
eq \(――――――――――→,\s\up15(横坐标变为原来的),\s\d15(2倍，纵坐标不变))y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))，
y＝3sin xeq \(――――――――→,\s\up15(横坐标变为原来的),\s\d15(2倍，纵坐标不变))y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x))eq \(――――――――→,\s\up30(向左平移\f(2π,3)个单位))\s\d15()
y＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)))))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,3))).]
4．已知函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋3(x∈R)，用图象变换法画出它在一个周期内的闭区间上的图象．
[解]
学 习 目 标
核 心 素 养
1.理解参数A，ω，φ对函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象的影响；能够将y＝sin x的图象进行变换得到y＝Asin(ωx＋φ)，x∈R的图象．(难点)
2.能根据y＝Asin(ωx＋φ)的部分图象，确定其解析式．(重点)
3.求函数解析式时φ值的确定．(易错点)
1.通过函数图象的变换，培养直观想象素养.
2.借助函数的图象求解析式，提升数学运算素养.