人教A版 (2019)第五章 三角函数5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）优秀第2课时2课时教案及反思

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第2课时 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象(二)








1．能根据y＝Asin(ωx＋φ)的部分图象，确定其解析式．


2．了解函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象的物理意义，能指出简谐运动中的振幅、周期、相位、初相．


3．会根据三角函数的图象与性质讨论函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质．





1．函数y＝Asin(ωx＋φ)，A>0，ω>0中参数的物理意义





2．函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的有关性质











1．函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的对称中心、对称轴各有什么特点？


[答案] 对称中心为图象与x轴的交点；对称轴为经过图象最高点或最低点与x轴垂直的直线


2．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)


(1)函数y＝－2sin(3x＋2)的振幅为－2.( )


(2)函数y＝eq \r(2)sin(ωx＋φ)(ω≠0)的值域为[－eq \r(2)，eq \r(2)]．( )


(3)函数y＝Asin(ωx＋φ)，x∈R的最大值为A.( )


(4)函数y＝3sin(2x－5)的初相为5.( )


[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×





题型一 函数y＝Asin(ωx＋φ)中参数的物理意义


【典例1】 指出下列函数的振幅A、周期T、初相φ.


(1)y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6)))，x∈R；


(2)y＝－6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，x∈R.


[思路导引] 函数y＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0)中振幅为A，周期T＝eq \f(2π,ω)，初相为φ.


[解] (1)A＝2，T＝eq \f(2π,\f(1,2))＝4π，φ＝eq \f(π,6).


(2)将原解析式变形，得y＝－6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＝6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2,3)π))，则有A＝6，T＝eq \f(2π,2)＝π，φ＝eq \f(2,3)π.











首先把函数解析式化为y＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0)的形式，再求振幅、周期、初相．应注意A>0，φ>0.





[针对训练]


1．已知简谐运动f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象经过点(0,1)，则该简谐运动的最小正周期T和初相φ分别为( )


A．T＝6，φ＝eq \f(π,6) B．T＝6，φ＝eq \f(π,3)


C．T＝6π，φ＝eq \f(π,6) D．T＝6π，φ＝eq \f(π,3)


[解析] 由题意得1＝2sinφ，∴sinφ＝eq \f(1,2)，


又∵|φ|

[答案] A








题型二 由图象确定函数解析式


【典例2】 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．





[思路导引] 由图象可知振幅为3，要确定ω，先求周期T，求φ时可代入图象中一点求解．


[解] 解法一：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，且是上升趋势的零点，


∴－eq \f(π,6)×2＋φ＝2kπ，得φ＝eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)．


∵|φ|

解法二：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))，且由图象的上升及下降趋势，


可得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))).


解法三：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＝3sin2x向左平移eq \f(π,6)个单位长度而得，


所以y＝3sin2eq \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))).











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“第一零点”的数据代入“ωx＋φ＝0”(要注意正确判断哪一点是“第一零点”)求得φ或选取最值点代入公式ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，求φ.


(2)待定系数法：通过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＝Asinωx，再根据图象平移规律确定相关的参数．














[针对训练]


2．某函数部分图象如图所示，它的函数的解析式可能是( )





A．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,6)x＋\f(3π,5)))


B．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)x－\f(2π,5)))


C．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)x＋\f(3π,5)))


D．y＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)x＋\f(3π,5)))


[解析] eq \f(T,4)＝eq \f(3π,4)－eq \f(π,3)＝eq \f(5π,12)，于是eq \f(2π,ω)＝eq \f(5π,3)，即ω＝eq \f(6,5)，排除A、D.不妨令该函数解析式为


y＝Asin(ωx＋φ)，由题图知A＝1，


于是eq \f(6,5)·eq \f(π,3)＋φ＝2kπ＋π(k∈Z)，


所以φ＝2kπ＋eq \f(3π,5)(k∈Z)，所以φ可以是eq \f(3π,5)，故选C.


[答案] C


题型三 三角函数图象的对称性


【典例3】 函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))的对称中心是___________，对称轴方程是__________________．


[思路导引] 将eq \f(1,2)x＋eq \f(π,6)看成一个整体求解．


[解析] 函数的对称中心：eq \f(1,2)x＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，


∴x＝2kπ－eq \f(π,3)，k∈Z，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,3)，0))(k∈Z)，


对称轴方程：eq \f(1,2)x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，


∴x＝2kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z.


[答案] eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,3)，0))k∈Z x＝2kπ＋eq \f(2π,3)，(k∈Z)


[变式] 若本例条件变为“函数y＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))”，则与y轴最近的对称轴方程是_____________________________．


[解析] 令2x－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,3)(k∈Z)．


由k＝0，得x＝eq \f(π,3)；由k＝－1，得x＝－eq \f(π,6).


[答案] x＝－eq \f(π,6)











三角函数对称轴、对称中心的求法





[针对训练]


3．函数y＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的图象的一条对称轴是( )


A．x＝－eq \f(π,2) B．x＝eq \f(π,2)


C．x＝－eq \f(π,6) D．x＝eq \f(π,6)


[解析] ∵x－eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，


∴x＝kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z，令k＝－1，得x＝－eq \f(π,6).


[答案] C


4．在函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(2π,3)))的图象的对称中心中，离原点最近的一个中心的坐标是________．


[解析] 设4x＋eq \f(2π,3)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,4)－eq \f(π,6)(k∈Z)，


∴函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(2π,3)))图象的对称中心坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,4)－\f(π,6)，0))(k∈Z)．取k＝1得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))满足条件．


[答案] eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))






































课堂归纳小结


1．由函数y＝Asin(ωx＋φ)的部分图象确定解析式关键在于确定参数A，ω，φ的值．


(1)一般可由图象上的最大值、最小值来确定|A|.


(2)因为T＝eq \f(2π,ω)，所以往往通过求周期T来确定ω，可通过已知曲线与x轴的交点从而确定T，即相邻的最高点与最低点之间的距离为eq \f(T,2)；相邻的两个最高点(或最低点)之间的距离为T.


(3)从寻找“五点法”中的第一零点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(φ,ω)，0))(也叫初始点)作为突破口．以y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)为例，位于单调递增区间上离y轴最近的那个零点最适合作为“五点”中的第一个点．


2．在研究y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的性质时，注意采用整体代换的思想．例如，它在ωx＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时取得最大值；在ωx＋φ＝eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)时取得最小值.





1．函数y＝eq \f(1,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x＋\f(π,6)))的周期、振幅、初相分别是( )


A．3π，eq \f(1,3)，eq \f(π,6) B．6π，eq \f(1,3)，eq \f(π,6)


C．3π，3，－eq \f(π,6) D．6π，3，eq \f(π,6)


[解析] 周期T＝eq \f(2π,\f(1,3))＝6π，振幅为eq \f(1,3)，初相为eq \f(π,6).


[答案] B


2．函数y＝Asin(ωx＋φ)＋1(A>0，ω>0)的最大值为5，则A＝( )


A．5 B．－5 C．4 D．－4


[解析] ∵A>0，∴函数最大值A＋1＝5，∴A＝4.


[答案] C


3．函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则φ的值为( )





A．－eq \f(π,3) B.eq \f(π,3)


C．－eq \f(π,6) D.eq \f(π,6)


[解析] 由图象知T＝eq \f(2π,ω)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＝π，所以ω＝2，2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ(k∈Z)，又因为－eq \f(π,2)<φ

[答案] A


4．如图所示为函数y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，0<|φ|<\f(π,2)))的图象的一部分，则函数的一个解析式为( )





A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)x＋\f(π,6))) B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)x－\f(π,6)))


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


[解析] 由图象知A＝2，eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，


∴T＝π＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝2，


∵图象过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2))，∴2＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))，


∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝1，∴eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，


∴φ＝eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，


又∵0<|φ|

∴函数解析式y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).


[答案] C


5．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象的对称轴方程是_______________．


[解析] ∵x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，


∴x＝eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z.


[答案] x＝kπ＋eq \f(3π,4)，k∈Z


课后作业(五十五)


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)．