高中数学人教A版 (2019)必修第一册第五章三角函数5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）学案

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这是一份高中数学人教A版 (2019)必修第一册第五章三角函数5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）学案，共16页。学案主要包含了由图象求三角函数的解析式，三角函数性质的综合问题，三角函数的实际应用等内容，欢迎下载使用。

一、由图象求三角函数的解析式
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，
又|φ|∴φ＝eq \f(π,3)，
∴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＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\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))).
(学生留)
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＝2eq \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、三角函数性质的综合问题
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(5,4)π，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)))上单调递增，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)))上单调递增，可得－eq \f(3π,2)·2ω≥－eq \f(π,2)，且eq \f(π,2)·2ω≤eq \f(π,2)，求得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．
跟踪训练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)))上具有单调性，求φ和ω的值．
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，∴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，k∈Z，
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)))上具有单调性，∴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).
三、三角函数的实际应用
例3 已知某海滨浴场的海浪高度y(米)是时间t(时)的函数，其中0≤t≤24，记y＝f(t)，下表是某日各时的浪高数据：
经长期观测，y＝f(t)的图象可近似地看成是函数y＝Acs ωt＋b的图象．
(1)根据以上数据，求其最小正周期和函数解析式；
(2)根据规定，当海浪高度大于1米时才对冲浪爱好者开放，请依据(1)的结论，判断一天内的8：00到20：00之间，有多少时间可供冲浪者进行活动？
解 (1)由表中数据可知，T＝12，∴ω＝eq \f(π,6).
又t＝0时，y＝1.5，∴A＋b＝1.5；
t＝3时，y＝1.0，得b＝1.0，∴A＝eq \f(1,2)，
函数解析式为y＝eq \f(1,2)cs eq \f(π,6)t＋1(0≤t≤24)．
(2)∵y>1时，才对冲浪爱好者开放，
∴y＝eq \f(1,2)cs eq \f(π,6)t＋1>1，cs eq \f(π,6)t>0，
2kπ－eq \f(π,2)即12k－3又0≤t≤24，∴0≤t<3或9∴在规定时间内冲浪爱好者只有6个小时可以进行活动，即9反思感悟解决三角函数的实际应用问题必须按照一般应用题的解题步骤执行
(1)认真审题，理清问题中的已知条件与所求结论．
(2)建立三角函数模型，将实际问题数学化．
(3)利用三角函数的有关知识解决关于三角函数的问题，求得数学模型的解．
(4)根据实际问题的意义，得出实际问题的解．
(5)将所得结论返回、转译成实际问题的答案．
跟踪训练3 如图，某动物种群数量1月1日低至700,7月1日高至900，其总量在此两值之间依正弦型曲线变化．
(1)求出种群数量y关于时间t的函数表达式(其中t以年初以来的月为计量单位)；
(2)估计当年3月1日动物种群数量．
解 (1)设种群数量y关于t的解析式为y＝Asin(ωt＋φ)＋b(A>0，ω>0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－A＋b＝700，,A＋b＝900，))解得A＝100，b＝800.
又周期T＝2×(6－0)＝12，∴ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,6)，
∴y＝100sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)t＋φ))＋800.
又当t＝6时，y＝900，
∴900＝100sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)×6＋φ))＋800，
∴sin(π＋φ)＝1，∴sin φ＝－1，取φ＝－eq \f(π,2)，
∴y＝100sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)t－\f(π,2)))＋800.
(2)当t＝2时，
y＝100sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)×2－\f(π,2)))＋800＝750，
即当年3月1日动物种群数量约是750.
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．既奇又偶函数
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)))
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＝2π＋2kπ，k∈Z，
∴φ＝eq \f(4π,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))).
5．已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)图象的一条对称轴是直线x＝eq \f(π,6)，则φ的值为________．
答案－eq \f(5,6)π
解析由题意知2×eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
所以φ＝eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，
又－π<φ<0，
所以φ＝－eq \f(5,6)π.
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问题．
(3)三角函数的实际应用．
2．方法归纳：特殊点法、数形结合法．
3．常见误区：求φ值时递增区间上的零点和递减区间上的零点的区别．
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)的相邻两个零点的距离为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．(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．
5．f(x)＝sin x＋acs x关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称，则a的值为________．
答案－eq \r(3)
解析 f(x)＝eq \r(a2＋1)sin(x＋φ)，tan φ＝a，
∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))为f(x)的对称中心，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝0，即sin eq \f(π,3)＋acs eq \f(π,3)＝0，
即eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)a＝0，∴a＝－eq \r(3).
6．已知函数y＝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＝________，φ＝________.
答案 2 eq \f(π,3)
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．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).
8.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)的单调递增区间．
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)的单调递增区间为[16k－6,16k＋2]，k∈Z.
9．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．
10．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)))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，
又|φ|11．如果函数y＝sin 2x＋acs 2x的图象关于直线x＝－eq \f(π,8)对称，那么a的值为( )
A.eq \r(2) B．－eq \r(2) C．1 D．－1
答案 D
解析根据对称轴的定义，
因为函数y＝f(x)＝sin 2x＋acs 2x的图象以直线x＝－eq \f(π,8)为对称轴，那么到x＝－eq \f(π,8)距离相等的x值对应的函数值应相等，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x－\f(π,8)))对任意x∈R成立．
令x＝eq \f(π,8)，得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)－\f(π,8)))＝f(0)＝sin 0＋acs 0＝a，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)－\f(π,8)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＋acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－1，
所以a＝－1.
12.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K，L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).
13．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)∴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).
14．函数y＝2sin πx－eq \f(1,1－x)(x∈[－2,1)∪(1,4])的所有零点之和为________．
答案 8
解析函数y＝2sin πx－eq \f(1,1－x)(x∈[－2,1)∪(1,4])的零点即方程2sin πx＝eq \f(1,1－x)的根，
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，所以原函数有8个零点．
y＝2sin πx－eq \f(1,1－x)＝2sin π(1－x)－eq \f(1,1－x)，
令t＝1－x，则y＝2sin πt－eq \f(1,t)，t∈[－3,0)∪(0,3]，
该函数是奇函数，故零点之和为0.即t1＋t2＋…＋t8＝0，
从而x1＋x2＋…＋x8＝8，
所以原函数的零点之和为8.
15．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．t
0
3
6
9
12
15
18
21
24
y
1.5
1.0
0.5
1.0
1.5
1.0
0.5
0.99
1.5