苏教版 (2019)必修 第一册第3章 不等式3.3 从函数观点看一元二次方程和一元二次不等式第2课时学案

这是一份苏教版 (2019)必修 第一册第3章 不等式3.3 从函数观点看一元二次方程和一元二次不等式第2课时学案，共17页。学案主要包含了函数y＝Asin性质的综合应用等内容，欢迎下载使用。

一、已知图象求函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
问题1 确定三角函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式，需要确定三角函数的哪些参数？
提示 A，ω，φ的值．
问题2 观察如图所示的函数图象，你能说说这个图象有什么特点吗？
提示 这是一个周期上的函数图象，周期为π，最大值是3，最小值是－3.除此以外，我们还可以得到函数的单调性、对称轴、对称中心、函数的零点等函数的性质．
例1 如图是函数y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象的一部分，求此函数的解析式．
解 方法一 (逐一定参法)
由图象知A＝3，
T＝eq \f(5π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝π，
∴ω＝eq \f(2π,T)＝2，
∴y＝3sin(2x＋φ)．
∵点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))在函数图象上，
∴－eq \f(π,6)×2＋φ＝0＋2kπ，k∈Z，
∴φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，
又|φ|∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
方法二 (待定系数法)
由图象知A＝3.
∵图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，0))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(πω,3)＋φ＝π，,\f(5πω,6)＋φ＝2π，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω＝2，,φ＝\f(π,3).))
∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
方法三 (图象变换法)
由A＝3，T＝π，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))在图象上，
可知函数图象由y＝3sin 2x向左平移eq \f(π,6)个单位长度而得，
∴y＝3sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，即y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
反思感悟 给出y＝Asin(ωx＋φ)的图象的一部分，确定A，ω，φ的方法
(1)逐一定参法：如果从图象可直接确定A和ω，则选取“五点法”中的“第一点”的数据代入“ωx＋φ＝0”(要注意正确判断哪一点是“第一点”)求得φ或选取最大值点时代入公式ωx＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，选取最小值点时代入公式ωx＋φ＝eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z.
(2)待定系数法：将若干特殊点代入函数式，可以求得相关待定系数A，ω，φ.这里需要注意的是，要认清所选择的点属于五个点中的哪一点，并能正确代入列式．
(3)图象变换法：运用逆向思维的方法，先确定函数的基本解析式y＝Asin ωx，再根据图象平移、伸缩规律确定相关的参数．
跟踪训练1 (1)函数y＝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．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))
D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
答案 A
解析 由题图可知，A＝2，T＝2×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))))＝π，所以ω＝2.由函数经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，2))可知2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋φ))＝2，所以2×eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，因为|φ|(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＝eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，
∴φ＝eq \f(π,6)＋2kπ，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))).
二、函数y＝Asin(ωx＋φ)性质的综合应用
问题3 你能用正弦函数y＝sin x的性质类比三角函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质吗？
提示 可以，利用整体代换的思想，当A>0，ω>0时，用ωx＋φ整体代换正弦函数中的x即可．
知识梳理
函数y＝Asin(ωx＋φ)，A>0，ω>0的有关性质
例2 (1)(多选)将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移eq \f(π,8)个单位长度后，得到一个偶函数的图象，则φ的可能取值为( )
A.eq \f(5π,4) B.eq \f(π,4) C．0 D．－eq \f(3π,4)
答案 ABD
解析 将函数y＝sin(2x＋φ)的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度后，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ＋\f(π,4)))的图象，因为它是偶函数，所以φ＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，即φ＝eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z，当k＝0时，φ＝eq \f(π,4).当k＝－1时，φ＝－eq \f(3π,4).当k＝1时，φ＝eq \f(5π,4)，故选ABD.
(2)若f(x)＝eq \r(3)sin 2ωx＋1(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))上是增函数，则ω的最大值为________．
答案 eq \f(1,6)
解析 因为f(x)＝eq \r(3)sin 2ωx＋1(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))上是增函数，可得－eq \f(3π,2)·2ω≥－eq \f(π,2)，且eq \f(π,2)·2ω≤eq \f(π,2)，解得ω≤eq \f(1,6)，故ω的最大值为eq \f(1,6).
反思感悟 (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、余弦型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y＝Asin(ωx＋φ)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．
跟踪训练2 在下列三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．
①f(x)的最小正周期为π，且f(x)是偶函数；
②f(x)图象上相邻两个最高点之间的距离为π，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝0；
③x＝0与x＝eq \f(π,2)是f(x)图象上相邻的两条对称轴，且f(0)＝2.
问题：已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)，若________．
(1)求ω，φ的值；
(2)将函数y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后，再将得到的函数图象上各点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在[0，π]上的减区间.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 方案一：选条件①，
(1)∵f(x)的最小正周期为π，
∴T＝eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.
又f(x)是偶函数，
∴f(0)＝2sin φ＝±2，∴φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
又0<φ<π，∴φ＝eq \f(π,2).
(2)由(1)知，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝2cs 2x，
将y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后，得到y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象．
再将横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到g(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,3)))的图象．
由2kπ≤eq \f(x,2)－eq \f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z.
当k＝0时，eq \f(2π,3)≤x≤eq \f(8π,3)，
∵0≤x≤π，∴eq \f(2π,3)≤x≤π，
∴g(x)在[0，π]上的减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π)).
方案二：选条件②，
(1)∵函数f(x)图象上相邻两个最高点之间的距离为π，∴T＝eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝0，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,4)＋φ))＝0，即cs φ＝0，
∴φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z.又0<φ<π，∴φ＝eq \f(π,2).
(2)同方案一(2)．
方案三：选条件③，
(1)∵x＝0与x＝eq \f(π,2)是f(x)图象上相邻的两条对称轴，∴eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，即T＝eq \f(2π,ω)＝π.
∴ω＝2，又f(0)＝2sin φ＝2，∴sin φ＝1，
∴φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z.又0<φ<π，∴φ＝eq \f(π,2).
(2)同方案一(2)．
1．知识清单：
(1)由图象求三角函数的解析式．
(2)三角函数的性质的综合应用．
2．方法归纳：特殊点法、数形结合法．
3．常见误区：求φ值时增区间上与x轴的交点和减区间上与x轴的交点的区别．
1．将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度，所得图象所对应的函数是( )
A．非奇非偶函数
B．既是奇函数又是偶函数
C．奇函数
D．偶函数
答案 D
解析 y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))eq \(――――――――――→,\s\up10(向左平移\f(π,8)个单位长度))
y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))＋\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
＝cs 2x，为偶函数．
2．若函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))是偶函数，则φ的值可以是( )
A.eq \f(5π,6) B.eq \f(π,2) C.eq \f(π,3) D．－eq \f(π,2)
答案 A
解析 令x＝0得f(0)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋φ))＝±2，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ－\f(π,3)))＝±1，把φ＝eq \f(5π,6)代入，符合上式．故选A.
3．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)))上是增函数”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)))
答案 C
解析 由(1)知T＝π＝eq \f(2π,ω)，ω＝2，排除A.
由(2)(3)知x＝eq \f(π,3)时，f(x)取最大值，
验证知只有C符合要求．
4.如图为函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，－π<φ<0)的图象的一部分，则函数的解析式为________．
答案 y＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)))
解析 由图象，可得A＝eq \r(3)，
eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(5π,6)－eq \f(π,3)，∴ω＝2.
∵函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，∴eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，
∴eq \f(2π,3)＋φ＝2kπ，k∈Z，∴φ＝－eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，
又∵－π<φ<0，∴φ＝－eq \f(2π,3)，
故函数的解析式为y＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3))).
1．(多选)若函数f(x)＝3sin(ωx＋φ)对任意x有f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))等于( )
A．－3 B．－1 C．0 D．3
答案 AD
解析 由于函数f(x)＝3sin(ωx＋φ)对任意x都有f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))，则函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))是函数f(x)的最大值或最小值，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝－3或3.
2.函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的部分图象如图，则其解析式为( )
A．f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))
B．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))
C．f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))
D．f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))
答案 C
解析 由图象知，A＝2，T＝eq \f(7π,8)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝π，
所以ω＝2，又函数图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，0))，
所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋φ))＝0，
所以－eq \f(π,4)＋φ＝2kπ，k∈Z，
所以φ＝eq \f(π,4)＋2kπ，k∈Z，φ可取eq \f(π,4)，
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
3．已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)的相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，要得到y＝f(x)的图象，只需把y＝cs ωx的图象( )
A．向右平移eq \f(π,12)个单位长度
B．向左平移eq \f(π,12)个单位长度
C．向右平移eq \f(π,6)个单位长度
D．向左平移eq \f(π,6)个单位长度
答案 A
解析 由已知得eq \f(2π,ω)＝2×eq \f(π,2)，故ω＝2.
y＝cs 2x的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度可得
y＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象．
4．将函数f(x)＝sin 4x图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，再将它的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，得到了一个偶函数的图象，则φ的最小值为( )
A.eq \f(π,16) B.eq \f(π,12) C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,4)
答案 D
解析 将函数f(x)＝sin 4x图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)得y＝sin 2x，再向左平移φ(φ>0)个单位长度后得y＝sin 2(x＋φ)＝sin(2x＋2φ)，该函数为偶函数，则只要2φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即φ＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)(k∈Z)，取k＝0，得φ的最小值为eq \f(π,4).
5．(多选)函数f(x)＝cs(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后得到的函数是奇函数，则关于函数f(x)的图象，下列说法不正确的是( )
A．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))对称
B．关于直线x＝－eq \f(π,6)对称
C．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))对称
D．关于直线x＝eq \f(π,12)对称
答案 ABC
解析 将函数f(x)＝cs(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后，可得y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))的图象，根据得到的函数是奇函数，可得－eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，又|φ|令x＝－eq \f(π,3)，求得f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)))＝－eq \f(\r(3),2)，
故A不正确．
令x＝－eq \f(π,6)，求得f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝0，故B不正确．
令x＝eq \f(π,12)，求得f(x)＝cs 0＝1，为函数的最大值，故C不正确，D正确．
6．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))在一个周期内，当x＝eq \f(π,12)时有最大值2，当x＝eq \f(7π,12)时有最小值－2，则ω和φ的值分别为( )
A．4，eq \f(π,12) B．2，eq \f(π,12)
C．2，eq \f(π,3) D．1，eq \f(π,3)
答案 C
解析 由题意知，T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,12)))＝π，
所以ω＝eq \f(2π,T)＝2；
又因为当x＝eq \f(π,12)时有最大值2，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)＋φ))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝2，
所以eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，且|φ|≤eq \f(π,2)，
所以φ＝eq \f(π,3).
7.设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)，x∈R))的部分图象如图所示，则A＋ω＋φ＝________.
答案 3＋eq \f(π,6)
解析 由图可知A＝2，eq \f(T,4)＝eq \f(5π,6)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，
所以T＝2π，所以ω＝1.
再根据f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝2得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝1，
所以eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
即φ＝eq \f(π,6)＋2kπ(k∈Z)．
又因为－eq \f(π,2)<φ所以φ＝eq \f(π,6)，因此A＋ω＋φ＝3＋eq \f(π,6).
8.函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ为常数，A>0，ω>0)的部分图象如图所示，则f(0)＝________.
答案 eq \f(\r(6),2)
解析 由图象可得A＝eq \r(2)，周期为4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，所以ω＝2，将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，－\r(2)))代入得2×eq \f(7π,12)＋φ＝2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，所以f(0)＝eq \r(2)sin φ＝eq \r(2)sin eq \f(π,3)＝eq \f(\r(6),2).
9.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)))的部分图象如图所示．
(1)求f(x)的解析式；
(2)写出f(x)的增区间．
解 (1)易知A＝eq \r(2)，T＝4×[2－(－2)]＝16，
所以ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,8)，
所以f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋φ))，
将点(－2,0)代入得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋φ))＝0，
所以－eq \f(π,4)＋φ＝0＋2kπ，k∈Z，
所以φ＝eq \f(π,4)＋2kπ，k∈Z，
因为－eq \f(π,2)<φ所以f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)x＋\f(π,4))).
(2)由－eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(π,8)x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
解得16k－6≤x≤16k＋2，k∈Z，
所以f(x)的增区间为[16k－6,16k＋2]，k∈Z.
10．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)))的一段图象如图所示．
(1)求f(x)的解析式；
(2)把f(x)的图象向左至少平移多少个单位长度，才能使得到的图象对应的函数为偶函数？
解 (1)由题意知A＝3，
T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4π－\f(π,4)))＝5π，
所以ω＝eq \f(2,5).
由f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)x＋φ))的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))，
得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,10)＋φ))＝0，
又|φ|所以f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)x－\f(π,10))).
(2)由f(x＋m)＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,5)x＋m－\f(π,10)))
＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)x＋\f(2m,5)－\f(π,10)))为偶函数(m>0)，
知eq \f(2m,5)－eq \f(π,10)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
即m＝eq \f(5,2)kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)．
因为m>0，所以mmin＝eq \f(3π,2).
故至少把f(x)的图象向左平移eq \f(3π,2)个单位长度，才能使得到的图象对应的函数是偶函数．
11.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋B的一部分图象如图所示，若A>0，ω>0，|φ|A．B＝4 B．φ＝eq \f(π,6) C．ω＝1 D．A＝4
答案 B
解析 由函数图象可知
f(x)min＝0，f(x)max＝4.
所以A＝eq \f(4－0,2)＝2，B＝eq \f(4＋0,2)＝2.
由周期T＝eq \f(2π,ω)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)－\f(π,6)))＝π知ω＝2.
由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝4得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＋2＝4，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝1，
所以eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以φ＝eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，
又|φ|12．设函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，ω>0.若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，则f(x)的最小正周期为( )
A.eq \f(π,2) B．2π C．4π D．π
答案 D
解析 因为f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调，ω>0，
所以eq \f(π,2)－eq \f(π,6)≤eq \f(T,2)＝eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(π,ω)，
解得0<ω≤3.
又因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，
所以直线x＝eq \f(\f(π,2)＋\f(2π,3),2)＝eq \f(7π,12)为f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象的一条对称轴，且eq \f(\f(π,2)＋\f(π,6),2)＝eq \f(π,3)，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))为f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象的一个对称中心．
因为0<ω≤3，所以直线x＝eq \f(7π,12)与点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))为同一周期里相邻的对称轴和对称中心，
所以T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π.
13.设偶函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，△KLM为等腰直角三角形，∠KML＝90°，KL＝1，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))的值为________．
答案 eq \f(\r(3),4)
解析 取KL的中点N，则MN＝eq \f(1,2)，
∴A＝eq \f(1,2).
由T＝2，得ω＝π.
∵函数为偶函数，0<φ<π，∴φ＝eq \f(π,2)，
∴f(x)＝eq \f(1,2)cs πx，∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))＝eq \f(1,2)cs eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),4).
14．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝f eq \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＝________.
答案 eq \f(14,3)
解析 依题意知f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝f eq \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，
∴f(x)图象关于直线x＝eq \f(\f(π,6)＋\f(π,3),2)对称，
即关于直线x＝eq \f(π,4)对称，且eq \f(π,3)－eq \f(π,6)≤T＝eq \f(2π,ω)，
∴eq \f(π,4)·ω＋eq \f(π,3)＝eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，且0<ω≤12，
∴ω＝eq \f(14,3).
15．方程2sin πx＝eq \f(1,1－x)在x∈[－2,1)∪(1,4]内的所有实数解之和为________．
答案 8
解析 作函数y＝2sin πx与y＝eq \f(1,1－x)的图象如图所示，
由图可知共有8个公共点，所以方程有8个实数解．
易知两函数图象都关于点(1,0)中心对称，设8个交点的横坐标从左到右依次为x1，x2，x3，…，x8，则x1＋x8＝x2＋x7＝x3＋x6＝x4＋x5＝2，从而x1＋x2＋…＋x8＝8，
所以原方程的实数解之和为8.
16.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)))在一个周期内的图象如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求方程f(x)－lg x＝0的解的个数．
解 (1)由题图，知A＝2，
由函数图象过点(0,1)，
得f(0)＝1，即sin φ＝eq \f(1,2)，
又|φ|易知点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，0))是五点作图法中的第五点，
所以eq \f(11π,12)ω＋eq \f(π,6)＝2π，所以ω＝2.
因此所求函数的解析式为
f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
(2)在同一平面直角坐标系中作函数y＝f(x)和函数y＝lg x的图象如图所示．
因为f(x)的最大值为2，
令lg x＝2，得x＝100，
令eq \f(11π,12)＋kπ<100(k∈Z)，得k≤30(k∈Z)．
而eq \f(11π,12)＋31π>100，且eq \f(11π,12)＋30π＋eq \f(π,2)<100，
所以在区间(0,100]内有31个形如eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)＋kπ，\f(17π,12)＋kπ))(k∈Z,0≤k≤30)的区间．
在每个区间上y＝f(x)与y＝lg x的图象都有两个交点，故这两个函数的图象在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，100))上有2×31＝62(个)交点．
另外，两函数的图象在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(11π,12)))上还有一个交点，
所以方程f(x)－lg x＝0共有63个实数解．名称
性质
定义域
R
值域
[－A，A]
周期性
T＝eq \f(2π,ω)
对称性
对称中心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ－φ,ω)，0))(k∈Z)
对称轴
x＝eq \f(π,2ω)＋eq \f(kπ－φ,ω)(k∈Z)
奇偶性
当φ＝kπ(k∈Z)时是奇函数；
当φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时是偶函数
单调性
通过整体代换可求出其单调区间