數(shù)學(xué)《學(xué)案導(dǎo)學(xué)與隨堂筆記》人教A版四文檔：第一章 三角函數(shù)1.5（二） 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)習(xí)目標(biāo)1。會用“五點(diǎn)法”畫函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ）的圖象。2.能根據(jù)y＝Asin(ωx＋φ）的部分圖象，確定其解析式.3.了解y＝Asin（ωx＋φ）的圖象的物理意義,能指出簡諧運(yùn)動中的振幅、周期、相位、初相。知識點(diǎn)一“五點(diǎn)法”作函數(shù)y＝Asin（ωx＋φ）(A>0，ω>0）的圖象思考1用“五點(diǎn)法”作y＝sinx，x∈[0，2π］時，五個關(guān)鍵點(diǎn)的橫坐標(biāo)依次取哪幾個值？答案依次為0，eq\f（π，2），π，eq\f（3π,2)，2π。思考2用“五點(diǎn)法”作y＝Asin（ωx＋φ）時，五個關(guān)鍵的橫坐標(biāo)取哪幾個值？答案用“五點(diǎn)法”作函數(shù)y＝Asin（ωx＋φ)(x∈R）的簡圖,先令t＝ωx＋φ，再由t取0，eq\f(π,2)，π,eq\f(3π，2)，2π即可得到所取五個關(guān)鍵點(diǎn)的橫坐標(biāo)依次為－eq\f（φ,ω),－eq\f(φ,ω)＋eq\f(π,2ω），－eq\f（φ，ω)＋eq\f（π,ω），－eq\f(φ，ω)＋eq\f（3π，2ω)，－eq\f（φ，ω)＋eq\f（2π，ω）。梳理用“五點(diǎn)法”作y＝Asin（ωx＋φ)的圖象的步驟：第一步：列表:ωx＋φ0eq\f(π,2）πeq\f(3π,2)2πx－eq\f(φ,ω)eq\f（π,2ω）－eq\f（φ，ω）eq\f(π，ω）－eq\f（φ,ω)eq\f（3π，2ω)－eq\f（φ，ω)eq\f（2π，ω)－eq\f（φ,ω)y0A0－A0第二步：在同一坐標(biāo)系中描出各點(diǎn)。第三步：用光滑曲線連接這些點(diǎn)，形成圖象。知識點(diǎn)二函數(shù)y＝Asin（ωx＋φ)，A〉0,ω〉0的性質(zhì)名稱性質(zhì)定義域R值域［－A,A］周期性T＝eq\f(2π，ω）對稱性對稱中心eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（kπ－φ，ω），0))(k∈Z)對稱軸x＝eq\f(π，2ω)＋eq\f（kπ－φ,ω）（k∈Z）奇偶性當(dāng)φ＝kπ（k∈Z)時是奇函數(shù)；當(dāng)φ＝kπ＋eq\f（π，2)(k∈Z）時是偶函數(shù)單調(diào)性通過整體代換可求出其單調(diào)區(qū)間知識點(diǎn)三函數(shù)y＝Asin（ωx＋φ)，A＞0，ω＞0中參數(shù)的物理意義類型一用“五點(diǎn)法”畫y＝Asin（ωx＋φ）的圖象例1利用五點(diǎn)法作出函數(shù)y＝3sin(eq\f（1，2)x－eq\f(π,3))在一個周期內(nèi)的草圖.解依次令eq\f(x，2)－eq\f(π,3)＝0，eq\f(π,2），π,eq\f(3π,2),2π，列出下表：eq\f（x,2)－eq\f(π，3)0eq\f（π,2)πeq\f（3π,2)2πxeq\f(2π,3）eq\f(5π,3)eq\f（8π，3）eq\f（11π，3)eq\f（14π,3)y030－30描點(diǎn)，連線，如圖所示。反思與感悟（1）用“五點(diǎn)法”作圖時，五點(diǎn)的確定，應(yīng)先令ωx＋φ分別為0，eq\f（π,2），π，eq\f(3π,2）,2π,解出x,從而確定這五點(diǎn).（2）作給定區(qū)間上y＝Asin（ωx＋φ)的圖象時，若x∈［m,n］,則應(yīng)先求出ωx＋φ的相應(yīng)范圍,在求出的范圍內(nèi)確定關(guān)鍵點(diǎn),再確定x,y的值，描點(diǎn)、連線并作出函數(shù)的圖象.跟蹤訓(xùn)練1已知f（x）＝1＋eq\r(2)sin(2x－eq\f（π,4）)，畫出f（x）在x∈[－eq\f(π,2)，eq\f（π,2）］上的圖象.解(1)∵x∈［－eq\f(π，2)，eq\f（π,2）］，∴2x－eq\f（π，4）∈［－eq\f（5，4）π，eq\f（3，4）π］。列表如下：x－eq\f（π，2)－eq\f(3,8）π－eq\f（π，8)eq\f(π，8)eq\f(3,8）πeq\f（π,2)2x－eq\f(π,4)－eq\f（5，4）π－π－eq\f（π，2)0eq\f(π，2）eq\f（3,4）πf（x)211－eq\r(2）11＋eq\r（2）2(2）描點(diǎn)，連線,如圖所示。類型二由圖象求函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的解析式例2如圖是函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ｜＜\f(π,2)）)的圖象，求A，ω，φ的值，并確定其函數(shù)解析式。解方法一（逐一定參法）由圖象知振幅A＝3，又T＝eq\f（5π，6)－(－eq\f（π,6)）＝π，∴ω＝eq\f（2π，T）＝2。由點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(π，6），0）)可知,－eq\f(π,6)×2＋φ＝0，得φ＝eq\f（π，3)，∴y＝3sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,3))）。方法二（待定系數(shù)法）由圖象知A＝3，又圖象過點(diǎn)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,3），0））和eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(5π，6），0)),根據(jù)五點(diǎn)作圖法原理（以上兩點(diǎn)可判為“五點(diǎn)法"中的第三點(diǎn)和第五點(diǎn)），有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(\f（π,3）·ω＋φ＝π，，\f(5π，6）·ω＋φ＝2π，)）解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（ω＝2，，φ＝\f（π，3）.）)∴y＝3sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，3)）).方法三(圖象變換法)由T＝π，點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（π,6)，0))，A＝3可知,圖象是由y＝3sin2x向左平移eq\f(π,6）個單位長度而得到的，∴y＝3sineq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,6））)))，即y＝3sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,3）)）。反思與感悟若設(shè)所求解析式為y＝Asin（ωx＋φ)，則在觀察函數(shù)圖象的基礎(chǔ)上,可按以下規(guī)律來確定A，ω，φ。(1)由函數(shù)圖象上的最大值、最小值來確定|A｜。(2)由函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)確定T，由T＝eq\f（2π,｜ω｜),確定ω。（3)確定函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ）的初相φ的值的兩種方法①代入法：把圖象上的一個已知點(diǎn)代入（此時A，ω已知）或代入圖象與x軸的交點(diǎn)求解。(此時要注意交點(diǎn)在上升區(qū)間上還是在下降區(qū)間上)②五點(diǎn)對應(yīng)法：確定φ值時，往往以尋找“五點(diǎn)法”中的第一個零點(diǎn)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(φ，ω）,0))作為突破口?！拔妩c(diǎn)”的ωx＋φ的值具體如下：“第一點(diǎn)”(即圖象上升時與x軸的交點(diǎn)）為ωx＋φ＝0；“第二點(diǎn)"(即圖象的“峰點(diǎn)”）為ωx＋φ＝eq\f（π,2）；“第三點(diǎn)"（即圖象下降時與x軸的交點(diǎn))為ωx＋φ＝π；“第四點(diǎn)"（即圖象的“谷點(diǎn)”)為ωx＋φ＝eq\f(3π,2）；“第五點(diǎn)”為ωx＋φ＝2π。跟蹤訓(xùn)練2函數(shù)y＝Asin（ωx＋φ）的部分圖象如圖所示，則（）A.y＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,6))）B。y＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x－\f（π，3)））C.y＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,6）)）D.y＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,3））)答案A解析由圖可知，A＝2，T＝2eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（π,3)－\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（π，6)))）)＝π，所以ω＝2.由五點(diǎn)作圖法可知2×eq\f（π，3）＋φ＝eq\f(π,2），所以φ＝－eq\f（π,6），所以函數(shù)的解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，6)）)，故選A.類型三函數(shù)y＝Asin（ωx＋φ，｜φ|<eq\f（π，2)）性質(zhì)的應(yīng)用例3已知函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)（A〉0，ω>0，|φ｜<eq\f(π，2）)的圖象過點(diǎn)P(eq\f(π，12），0)，圖象上與P點(diǎn)最近的一個最高點(diǎn)的坐標(biāo)為（eq\f(π,3)，5).（1)求函數(shù)解析式;(2)指出函數(shù)的增區(qū)間;（3）求使y≤0的x的取值范圍。解(1）∵圖象最高點(diǎn)的坐標(biāo)為（eq\f（π，3),5），∴A＝5?！遝q\f(T，4）＝eq\f(π，3)－eq\f(π,12)＝eq\f（π,4），∴T＝π，∴ω＝eq\f（2π,T)＝2，∴y＝5sin(2x＋φ）.代入點(diǎn)(eq\f（π,3)，5)，得sin（eq\f(2π，3)＋φ）＝1，∴eq\f（2π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π，2），k∈Z.令k＝0，則φ＝－eq\f(π，6)，∴y＝5sin(2x－eq\f(π，6)）.(2)∵函數(shù)的增區(qū)間滿足2kπ－eq\f（π,2)≤2x－eq\f（π,6)≤2kπ＋eq\f（π,2）(k∈Z）,∴2kπ－eq\f(π,3)≤2x≤2kπ＋eq\f(2π,3）(k∈Z)，∴kπ－eq\f（π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π，3）（k∈Z）.∴函數(shù)的增區(qū)間為[kπ－eq\f（π,6),kπ＋eq\f（π，3）](k∈Z)。(3)∵5sin(2x－eq\f（π,6)）≤0，∴2kπ－π≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ(k∈Z），∴kπ－eq\f(5π,12）≤x≤kπ＋eq\f（π,12)(k∈Z)。故所求x的取值范圍是［kπ－eq\f(5π,12），kπ＋eq\f(π，12)］(k∈Z).反思與感悟有關(guān)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ）的性質(zhì)的問題,要充分利用正弦曲線的性質(zhì)，要特別注意整體代換思想。跟蹤訓(xùn)練3設(shè)函數(shù)f(x）＝sin（2x＋φ）（－π＜φ＜0)，函數(shù)y＝f(x)的圖象的一條對稱軸是直線x＝eq\f（π,8）.（1）求φ的值；(2）求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間及最值。解（1)由2x＋φ＝kπ＋eq\f（π，2)，k∈Z,得x＝eq\f（kπ,2)＋eq\f（π，4）－eq\f（φ，2)，令eq\f（kπ，2）＋eq\f(π,4)－eq\f（φ，2）＝eq\f(π，8)，得φ＝kπ＋eq\f(π，4)，k∈Z.∵－π＜φ＜0,∴φ＝－eq\f（3π，4）。(2)由(1)知，f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x－\f(3π，4))）.由2kπ－eq\f（π,2）≤2x－eq\f(3π，4)≤2kπ＋eq\f（π,2）(k∈Z)，得kπ＋eq\f(π，8）≤x≤kπ＋eq\f(5π,8）（k∈Z)，故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)））(k∈Z）.同理可得函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（kπ＋\f（5π,8)，kπ＋\f（9π，8）））(k∈Z).當(dāng)2x－eq\f(3π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2）（k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f（5π,8)（k∈Z)時，函數(shù)取得最大值1；當(dāng)2x－eq\f（3π,4)＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(π，8）（k∈Z）時，函數(shù)取得最小值－1。1.函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ）（A〉0，0〈φ<π）的圖象的一段如圖所示，它的解析式可以是(）A.y＝eq\f（2，3）sin（2x＋eq\f（2π，3））B。y＝eq\f(2,3)sin（2x＋eq\f（π,3））C.y＝eq\f(2,3)sin(2x－eq\f(π,3))D.y＝eq\f(2,3）sin(2x＋eq\f(π,4）)答案A解析由圖象可得A＝eq\f(2,3）,eq\f(T，2）＝－eq\f（π，12)－(－eq\f（7π,12）)＝eq\f（π,2)，所以T＝π，所以ω＝eq\f（2π,T）＝eq\f(2π，π）＝2，所以y＝eq\f（2，3)sin（2x＋φ）.將點(diǎn)(－eq\f（π,12)，eq\f(2，3))的坐標(biāo)代入y＝eq\f（2，3)sin(2x＋φ)，得eq\f（2,3）＝eq\f（2，3)sin［2×(－eq\f(π，12)）＋φ］,則sin(－eq\f（π，6)＋φ)＝1,所以－eq\f(π，6)＋φ＝eq\f（π,2）＋2kπ，即φ＝eq\f（2π,3）＋2kπ。又0<φ〈π，令k＝0,則φ＝eq\f(2π,3）.2.函數(shù)y＝－2sin（eq\f（π,4)－eq\f（x，2））的周期、振幅、初相分別是(）A.2π，－2，eq\f（π,4) B。4π，－2，eq\f(π,4)C。2π，2，－eq\f（π,4） D.4π,2，－eq\f（π，4)答案D解析y＝－2sin(eq\f(π,4）－eq\f(x，2))＝2sin（eq\f(x,2)－eq\f（π，4）)，所以周期T＝eq\f（2π,\f（1,2））＝4π,振幅A＝2,初相φ＝－eq\f(π,4)。3。下列表示函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，3)））在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(π，2），π))上的簡圖正確的是（）答案A解析將y＝sinx的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f（1,2),再將所有點(diǎn)向右平移eq\f（π，6)個單位長度即可得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)）)的圖象，依據(jù)此變換過程可得到A中圖象是正確的.也可以分別令2x－eq\f(π，3)＝0，eq\f(π,2),π，eq\f（3π,2)，2π得到五個關(guān)鍵點(diǎn),描點(diǎn)連線即得函數(shù)y＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π,3)））的圖象。4.已知函數(shù)f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π，3)））(ω〉0)的最小正周期為π，則該函數(shù)的圖象（）A.關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,3），0）)對稱B。關(guān)于直線x＝eq\f（π，4)對稱C.關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,4），0))對稱D.關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對稱答案A解析ω＝eq\f（2π，π)＝2,所以f(x）＝sin(2x＋eq\f（π,3))。將x＝eq\f（π，3)代入f（x）＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，3））)，得feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π,3)））＝0，故選A.5.已知函數(shù)f(x）＝Asin(ωx＋φ）（A＞0，ω＞0,－eq\f(π，2)＜φ＜eq\f(π,2)）的部分圖象如圖所示.（1）求f（x）的解析式；(2)寫出f（x)的遞增區(qū)間。解(1)易知A＝eq\r（2）,T＝4×［2－(－2)］＝16，∴ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,8)，∴f(x）＝eq\r（2）sin（eq\f(π，8）x＋φ)，將點(diǎn)（－2，0）代入得sin(－eq\f（π,4)＋φ)＝0,令－eq\f(π,4）＋φ＝0，∴φ＝eq\f（π，4），∴f（x）＝eq\r（2)sin（eq\f(π，8)x＋eq\f(π,4)）.(2)由－eq\f（π，2）＋2kπ≤eq\f(π，8）x＋eq\f（π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z,解得16k－6≤x≤16k＋2，k∈Z，∴f（x)的遞增區(qū)間為[16k－6，16k＋2］，k∈Z.1.利用“五點(diǎn)"作圖法作函數(shù)y＝Asin（ωx＋φ）的圖象時,要先令“ωx＋φ”這一個整體依次取0,eq\f（π，2），π，eq\f(3,2）π，2π,再求出x的值，這樣才能得到確定圖象的五個關(guān)鍵點(diǎn)，而不是先確定x的值，后求“ωx＋φ”的值。2.由函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ）的部分圖象確定解析式關(guān)鍵在于確定參數(shù)A，ω，φ的值.(1）一般可由圖象上的最大值、最小值來確定|A｜.(2）因?yàn)門＝eq\f(2π,ω），所以往往通過求得周期T來確定ω，可通過已知曲線與x軸的交點(diǎn)從而確定T，即相鄰的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)之間的距離為eq\f(T，2）；相鄰的兩個最高點(diǎn)(或最低點(diǎn)）之間的距離為T.(3）從尋找“五點(diǎn)法”中的第一個零點(diǎn)（－eq\f(φ，ω），0)(也叫初始點(diǎn))作為突破口，以y＝Asin(ωx＋φ）(A>0，ω>0)為例，位于單調(diào)遞增區(qū)間上離y軸最近的那個零點(diǎn)最適合作為“五點(diǎn)”中的第一個點(diǎn)。3。在研究y＝Asin(ωx＋φ)(A〉0，ω〉0)的性質(zhì)時,注意采用整體代換的思想，如函數(shù)在ωx＋φ＝eq\f（π，2)＋2kπ（k∈Z）時取得最大值，在ωx＋φ＝eq\f(3π，2)＋2kπ(k∈Z）時取得最小值.課時作業(yè)一、選擇題1。已知簡諧運(yùn)動f（x）＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，3)x＋φ)）(|φ｜<eq\f（π,2))的圖象經(jīng)過點(diǎn)(0，1），則該簡諧運(yùn)動的最小正周期T和初相φ分別為()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）答案A解析T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π，\f(π,3))＝6，將點(diǎn)（0,1）代入得sinφ＝eq\f（1,2).∵－eq\f（π,2)<φ〈eq\f（π,2)，∴φ＝eq\f(π，6）.2。若函數(shù)f（x)＝3sin（ωx＋φ)對任意x都有f（eq\f（π，6）＋x）＝f(eq\f(π,6）－x)，則有f（eq\f(π,6）)等于（)A。3或0 B。－3或0C.0 D.－3或3答案D解析由f（eq\f（π，6)＋x）＝f(eq\f(π,6)－x）知，x＝eq\f(π，6)是函數(shù)的對稱軸，解得f(eq\f(π,6))＝3或－3，故選D.3.如圖所示，函數(shù)的解析式為（)A.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,6））） B.y＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6））)C.y＝coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(4x－\f（π,3))） D。y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，6）））答案D解析由圖知T＝4×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π，12）＋\f（π，6)）)＝π，∴ω＝eq\f(2π，T)＝2。又當(dāng)x＝eq\f（π,12）時，y＝1,經(jīng)驗(yàn)證,可得D項解析式符合題目要求.4.下圖是函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ）（x∈R）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f（π,6)，\f（5π，6）））上的圖象。為了得到這個函數(shù)的圖象，只要將y＝sinx（x∈R)的圖象上所有的點(diǎn)（)A。向左平移eq\f(π,3）個單位長度，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1，2)倍，縱坐標(biāo)不變B.向左平移eq\f(π，3)個單位長度，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍，縱坐標(biāo)不變C。向左平移eq\f（π,6)個單位長度,再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2）倍，縱坐標(biāo)不變D.向左平移eq\f（π,6）個單位長度，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍，縱坐標(biāo)不變答案A解析由圖象可知A＝1，T＝eq\f(5π,6）－eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(π，6））)＝π,∴ω＝eq\f（2π,T)＝2.∵圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π,3），0)），∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1（2x＋\f（π，3）＋2kπ）)＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，3））)。故將函數(shù)y＝sinx的圖象先向左平移eq\f（π，3）個單位長度后，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1，2)倍，縱坐標(biāo)不變，可得原函數(shù)的圖象.5.把函數(shù)f（x）＝2cos（ωx＋φ)（ω〉0，0〈φ<π）的圖象上每一點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍，縱坐標(biāo)不變，然后再向左平移eq\f（π，6)個單位，得到一個最小正周期為2π的奇函數(shù)g(x），則ω和φ的值分別為（）A.1，eq\f（π，3） B.2，eq\f（π,3）C.eq\f（1,2)，eq\f(π,6） D。eq\f(1,2)，eq\f(π,3）答案B解析依題意得f（x）第一次變換得到的函數(shù)解析式為m（x）＝2cos（eq\f(ω，2)x＋φ），則函數(shù)g（x)＝2cos(eq\f(ωx，2）＋eq\f(ωπ，12)＋φ）.因?yàn)楹瘮?shù)的最小正周期為2π，所以ω＝2，則g（x）＝2cos(x＋eq\f(π，6)＋φ)。又因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù)，0<φ〈π,所以φ＋eq\f（π,6）＝kπ＋eq\f(π，2)，則φ＝eq\f（π,3）.6。函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ）的部分圖象如圖所示，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(kπ－\f（1，4）,kπ＋\f（3，4)）)，k∈ZB。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2kπ－\f（1,4），2kπ＋\f（3，4）)），k∈ZC。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（k－\f（1，4），k＋\f(3，4）)）,k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2k－\f（1，4),2k＋\f（3,4）)），k∈Z答案D解析由圖象知，周期T＝2eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（5，4）－\f（1,4）))＝2,∴eq\f（2π，ω)＝2，∴ω＝π.由π×eq\f（1,4）＋φ＝eq\f(π，2）＋2kπ,k∈Z，不妨取φ＝eq\f（π，4)，∴f（x)＝coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π，4)）).由2kπ〈πx＋eq\f(π,4)<2kπ＋π，k∈Z，得2k－eq\f(1,4）〈x〈2k＋eq\f(3，4），k∈Z,∴f(x）的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4）))，k∈Z.故選D.7.設(shè)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0,ω〉0,｜φ|〈eq\f（π，2））的部分圖象如圖所示,若x1,x2∈（－eq\f(π，6）,eq\f（π，3)），且f(x1）＝f(x2)，則f(x1＋x2)等于（）A。1B.eq\f(1，2）C.eq\f（\r（2）,2）D。eq\f(\r(3）,2)答案D解析由圖象可得A＝1，eq\f(T,2）＝eq\f（2π,2ω)＝eq\f(π,3）－(－eq\f（π,6）)＝eq\f（π,2），解得ω＝2，∴f（x）＝sin(2x＋φ）.點(diǎn)(－eq\f(π，6)，0)相當(dāng)于y＝sinx中的（0，0）,令2×(－eq\f（π,6))＋φ＝0，解得φ＝eq\f(π，3)，滿足|φ｜〈eq\f（π，2)，符合題意,∴f（x）＝sin(2x＋eq\f（π，3)）.∵sin（2×eq\f（π,12）＋eq\f（π,3)）＝1，∴圖中點(diǎn)B的坐標(biāo)為（eq\f(π,12)，1）。又x1,x2∈(－eq\f(π,6)，eq\f（π，3)）,且f（x1)＝f（x2)(x1≠x2)，∴x1＋x2＝eq\f(π，12）×2＝eq\f（π，6）,∴f(x1＋x2)＝sin(2×eq\f(π,6）＋eq\f（π，3)）＝eq\f（\r（3)，2），故選D.二、填空題8。把函數(shù)y＝2sin（x＋eq\f(2π,3））的圖象向左平移m個單位，所得的圖象關(guān)于y軸對稱,則m的最小正值是________。答案eq\f(5π，6）解析把y＝2sin（x＋eq\f（2π，3））的圖象向左平移m個單位,則y＝2sin(x＋m＋eq\f(2π，3)），其圖象關(guān)于y軸對稱，∴m＋eq\f(2π,3)＝kπ＋eq\f（π，2）,即m＝kπ－eq\f(π，6）,k∈Z?！嗳＝1，m的最小正值為eq\f（5π，6）。9.已知函數(shù)y＝sin（ωx＋φ）（ω>0，－π≤φ<π)的圖象如圖所示，則φ＝________。答案eq\f（9π,10)解析由圖象知函數(shù)y＝sin(ωx＋φ）的周期為2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2π－\f(3π,4）))＝eq\f(5π，2)，∴eq\f（2π,ω)＝eq\f（5π,2），∴ω＝eq\f（4,5).∵當(dāng)x＝eq\f（3π，4）時,y有最小值－1,∴eq\f（4,5)×eq\f（3π,4）＋φ＝2kπ－eq\f(π，2)（k∈Z).∵－π≤φ<π,∴φ＝eq\f（9π，10)。10.若f（x)＝2sin(ωx＋φ）＋m，對任意實(shí)數(shù)t都有f（eq\f(π，8）＋t）＝f（eq\f(π,8）－t)，且f(eq\f（π，8））＝－3，則實(shí)數(shù)m的值等于________.答案－5或－1解析∵f（eq\f（π，8)＋t)＝f（eq\f（π，8）－t)，∴f(x）的對稱軸為x＝eq\f（π，8），∴f（eq\f(π，8)）＝±2＋m＝－3，解得m＝－5或m＝－1。11.關(guān)于f(x）＝4sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,3）)）(x∈R),有下列命題:①由f(x1）＝f（x2）＝0可得x1－x2是π的整數(shù)倍;②y＝f(x）的表達(dá)式可改寫成y＝4coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f(π，6)))；③y＝f（x)圖象關(guān)于eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（π，6），0)）對稱；④y＝f(x）圖象關(guān)于x＝－eq\f（π，6)對稱.其中正確命題的序號為________.答案②③解析對于①,由f(x)＝0，可得2x＋eq\f(π,3）＝kπ（k∈Z),∴x＝eq\f（kπ,2)－eq\f(π,6)，∴x1－x2是eq\f(π,2）的整數(shù)倍，∴①錯；對于②，f（x）＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，3）)）利用公式,得f(x)＝4coseq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（π，2)－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,3）））)）＝4coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x－\f（π,6）)）?！啖趯?；對于③，f(x)＝4sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π,3））)的對稱中心滿足2x＋eq\f(π，3）＝kπ,k∈Z，∴x＝eq\f（kπ,2）－eq\f(π，6)，k∈Z。∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（π,6)，0）)是函數(shù)y＝f(x）的一個對稱中心，∴③對；對于④，函數(shù)y＝f（x）的對稱軸滿足2x＋eq\f(π，3）＝eq\f(π,2）＋kπ，k∈Z，∴x＝eq\f（π,12）＋eq\f（kπ,2），k∈Z,∴④錯.三、解答題12.已知曲線y＝Asin(ωx＋φ)（A〉0，ω>0)上的一個最高點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,8）,\r（2)))，此點(diǎn)到相鄰最低點(diǎn)間的曲線與x軸交于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8）π，0)),若φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(π,2)，\f(π，2）)）。(1)試求這條曲線的函數(shù)表達(dá)式;(2）用“五點(diǎn)法”畫出（1)中函數(shù)在［0，π］上的圖象。解（1）由題意知A＝eq\r(2)，T＝4×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（3,8)π－\f（π，8)))＝π，ω＝eq\f(2π,T）＝2，∴y＝eq\r（2）sin(2x＋φ）.又∵sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,8）×2＋φ)）＝1，∴eq\f(π,4）＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴φ＝2kπ＋eq\f(π，4)，k∈Z，又∵φ∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(π，2)，\f（π,2）)）,∴φ＝eq\f（π,4)，∴y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，4））).（2)列出x，y的對應(yīng)值表：x－eq\f(π，8)eq\f（π,8）eq\f(3，8）πeq\f