6.2 y=Asin(ωx+φ)的性质及应用 (教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学)
[课时目标] 1.掌握函数y=Asin(ωx+φ)的周期、单调性及最值的求法.
2.理解函数y=Asin(ωx+φ)的对称性,会利用函数y=Asin(ωx+φ)的对称性解决一些简单问题.
1.正弦型函数y=Asin(ωx+φ)+b(A>0,ω>0)的性质
定义域 R
值域
最值 ymax= ,该最大值对应的自变量可由ωx+φ=2kπ+(k∈Z)解得; ymin= ,该最小值对应的自变量可由ωx+φ=2kπ-(k∈Z)解得
周期性 最小正周期T=
奇偶性 当φ=kπ(k∈Z)且b=0时,函数为 函数; 当φ=kπ+(k∈Z)时,函数为 函数; 当φ≠(k∈Z)或φ=kπ(k∈Z)但b≠0时,函数为非奇非偶函数
单调性 单调递增区间可由2kπ-≤ωx+φ≤2kπ+(k∈Z)得到;单调递减区间可由2kπ+≤ωx+φ≤2kπ+(k∈Z)得到
对称性 其图象的对称轴可由ωx+φ=kπ+(k∈Z)得到; 其图象的对称中心的纵坐标为b,横坐标可由ωx+φ=kπ(k∈Z)得到
2.类比研究函数y=Asin(ωx+φ)(Aω≠0)的性质的方法,我们将ωx+φ看成整体,可以研究函数y=Acos(ωx+φ)(Aω≠0)的性质:
(1)周期性:y=Acos(ωx+φ)(Aω≠0)的最小正周期T=.还需注意:根据图象可得,y=A|f(ωx+φ)|(A,ω,φ为常数,且A≠0,ω≠0),f为sin,cos 时,最小正周期都是.
(2)单调性:求y=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0)的单调递增(减)区间,将ωx+φ代入y=cos x的单调递增(减)区间求出x的取值范围即可.其他情况需根据复合函数的单调性进行转化求解.
(3)对称性:y=Acos(ωx+φ)的图象的对称轴方程由ωx+φ=kπ(k∈Z)得到,对称中心的横坐标由ωx+φ=kπ+(k∈Z)得到.
(4)奇偶性:函数y=Acos(ωx+φ),当φ=kπ(k∈Z)时为偶函数,当φ=kπ+(k∈Z)时为奇函数.
题型(一) 函数y=Asin(ωx+φ)的单调性
[例1] (1)函数y=2sin+1的单调递增区间为 .
(2)若函数f(x)=sin ωx(ω>0)在区间上单调递增,在区间上单调递减,则ω= .
听课记录:
|思|维|建|模|
求单调区间的基本方法——基本函数法
用“基本函数法”求函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)或y=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0)的单调区间的步骤:
[针对训练]
1.(2024·盐城期中)若函数f(x)=sin(ω>0)在上具有单调性,则ω的取值范围是 ( )
A. B.
C.
2.函数y=1+sin,x∈[-4π,4π]的单调递减区间为 .
题型(二) 函数y=Asin(ωx+φ)的最值问题
[例2] (1)求y=cos,x∈的值域.
(2)已知f(x)=2sin-3(ω>0),最小正周期是π.求f(x)的最值,以及取得最值时相应x的集合.
听课记录:
|思|维|建|模|
求函数y=Asin(ωx+φ),x∈[m,n]的值域的步骤
(1)换元,令u=ωx+φ,并求u的取值范围;
(2)作出y=sin u(注意u的取值范围)的图象;
(3)结合图象求出值域.
[针对训练]
3.若f(x)=2sin ωx(0<ω<1)在区间上的最大值是,则ω= .
4.求函数y=2sin的最大值和最小值.
题型(三) 函数y=Asin(ωx+φ)的奇偶性与周期性及对称性
[例3] (1)已知函数f(x)=2sin满足f=2,则函数f是 ( )
A.奇函数,关于点(π,0)成中心对称
B.偶函数,关于点(π,0)成中心对称
C.奇函数,关于直线x=π成轴对称
D.偶函数,关于直线x=π成轴对称
(2)(2023·全国乙卷)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)在区间单调递增,直线x=和x=为函数y=f(x)的图象的两条对称轴,则f= ( )
A.- B.-
C.
|思|维|建|模|
1.与周期相关的结论
由函数y=Af(ωx+φ)(Aω≠0)(f为sin,cos)的图象可知:
(1)相邻两个最大值点之间的区间长度为周期T;
(2)相邻的最大值点与最小值点之间的区间长度为;
(3)相邻的最值点与零点之间的区间长度为;
(4)函数的单调递减区间和单调递增区间的长度都为.
2.求函数y=Asin(ωx+φ)的对称轴(中心)及周期,可令ωx+φ=kπ+(求对称轴)或ωx+φ=kπ(求对称中心),T=求解.
在选择题中也可以利用“函数y=Asin(ωx+φ),其图象的对称轴一定经过函数图象的最高点或最低点,对称中心的横坐标一定是函数的零点”进行排除或选择.
[针对训练]
5.(2023·天津高考)已知函数f(x)图象的一条对称轴为直线x=2,f(x)的一个周期为4,则f(x)的解析式可能为 ( )
A.f(x)=sin B.f(x)=cos
C.f(x)=sin D.f(x)=cos
6.已知ω>0,函数f(x)=cos的一条对称轴为x=,一个对称中心为,则ω有 ( )
A.最小值2 B.最大值2
C.最小值1 D.最大值1
7.若T为函数f(x)=cos(ω>0)的最小正周期,且T∈(3π,5π), x∈R,f-f(-x)=0.则ω= .
6.2
[-A+b,A+b] A+b -A+b 奇 偶
[题型(一)]
[例1] 解析:(1)y=2sin+1=-2sin+1,要求y=2sin+1的单调递增区间,即求函数y=sin的单调递减区间.由2kπ+≤2x-≤2kπ+,k∈Z,得kπ+≤x≤kπ+,k∈Z.故所求函数y=2sin+1的单调递增区间为,k∈Z.
(2)∵f(x)=sin ωx(ω>0)过原点,∴当0≤ωx≤,即0≤x≤时,y=sin ωx单调递增;当≤ωx≤,即≤x≤时,y=sin ωx单调递减.由f(x)=sin ωx(ω>0)在上单调递增,在上单调递减,知=,∴ω=.
答案:(1),k∈Z (2)
[针对训练]
1.选D 因为00,解得0<ω≤1.
2.解析:y=1+sin
=-sin+1.
由2kπ-≤x-≤2kπ+(k∈Z),
解得4kπ-≤x≤4kπ+(k∈Z).
又∵x∈[-4π,4π],
∴函数y=1+sin的单调递减区间为,,.
答案:,,
[题型(二)]
[例2] 解:(1)由x∈可得x+∈.
因为函数y=cos x在区间上单调递减,
所以函数y=cos的值域为.
(2)由T==π,得ω=2.
所以f(x)=2sin-3,
则函数f(x)的最大值为2-3=-1,
此时2x+=2kπ+,k∈Z,则x=kπ+,k∈Z,即自变量x的取值集合是;
函数f(x)的最小值为-2-3=-5,此时2x+=2kπ-,k∈Z,则x=kπ-,k∈Z,即自变量x的取值集合是.
[针对训练]
3.解析:∵x∈,且0<ω<1,
∴0≤ωx≤<.
∵f(x)max=2sin=,
∴sin=,=,即ω=.
答案:
4.解:∵-≤x≤,∴0≤2x+≤.
∴0≤sin≤1.
∴当sin=1时,ymax=2;
当sin=0时,ymin=0.
[题型(三)]
[例3] 解析:由f=2为最大值,得+φ-=+2kπ,k∈Z,即得 φ=2kπ+,k∈Z,即f(x)=2sin=2sin,则f=2sin=2cos x,所以函数y=f为偶函数,对称中心为,k∈Z,直线x=π 为其对称轴,故A、B、C均错误,D正确.
(2)由题意得×=-,解得ω=2,易知x=是f(x)的最小值点,所以×2+φ=+2kπ(k∈Z),得φ=+2kπ(k∈Z).
不妨取k=0,于是f(x)=sin,f=sin=sin=,故选D.
答案:(1)D (2)D
[针对训练]
5.选B 对于A,f(x)=sin,最小正周期为=4,因为f(2)=sin π=0,所以函数f(x)=sin的图象不关于直线x=2对称,故排除A;对于B,f(x)=cos,最小正周期为=4,因为f(2)=cos π=-1,所以函数f(x)=cos的图象关于直线x=2对称,故选项B符合题意;对于C、D,函数f(x)=sin和f(x)=cos的最小正周期均为=8,均不符合题意,故排除C、D.故选B.
6.选A 由题意知-≥,故T=≤π,ω≥2.
7.解析:因为f-f(-x)=0,
即f=f(-x),所以函数f(x)的图象关于直线x=-对称,则ω×+=kπ,k∈Z,
解得ω=-k+,k∈Z.又因为T=∈(3π,5π),所以ω∈,则当k=0时,ω=符合题意.
答案:
3 / 4(共56张PPT)
y=Asin(ωx+φ)的性质及应用
(拓展融通课——习题讲评式教学)
6.2
课时目标
1.掌握函数y=Asin(ωx+φ)的周期、单调性及最值的求法.
2.理解函数y=Asin(ωx+φ)的对称性,会利用函数y=Asin(ωx+φ)的对称性解决一些简单问题.
1.正弦型函数y=Asin(ωx+φ)+b(A>0,ω>0)的性质
定义域 R
值域 ________
最值 ymax=_____,该最大值对应的自变量可由ωx+φ=2kπ+(k∈Z)解得;ymin=_____,该最小值对应的自变量可由ωx+φ=2kπ-(k∈Z)解得
周期性 最小正周期T= ________
[-A+b,A+b]
A+b
-A+b
续表
奇偶性 当φ=kπ(k∈Z)且b=0时,函数为 函数;
当φ=kπ+(k∈Z)时,函数为 函数;
当φ≠(k∈Z)或φ=kπ(k∈Z)但b≠0时,函数为非奇非偶函数
单调性 单调递增区间可由2kπ-≤ωx+φ≤2kπ+(k∈Z)得到;单调递减区间可由2kπ+≤ωx+φ≤2kπ+(k∈Z)得到
对称性 其图象的对称轴可由ωx+φ=kπ+(k∈Z)得到;
其图象的对称中心的纵坐标为b,横坐标可由ωx+φ=kπ(k∈Z)得到
奇
偶
2.类比研究函数y=Asin(ωx+φ)(Aω≠0)的性质的方法,我们将ωx+φ看成整体,可以研究函数y=Acos(ωx+φ)(Aω≠0)的性质:
(1)周期性:y=Acos(ωx+φ)(Aω≠0)的最小正周期T=.还需注意:根据图象可得,y=A|f(ωx+φ)|(A,ω,φ为常数,且A≠0,ω≠0),f为sin,cos 时,最小正周期都是.
(2)单调性:求y=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0)的单调递增(减)区间,将ωx+φ代入y=cos x的单调递增(减)区间求出x的取值范围即可.其他情况需根据复合函数的单调性进行转化求解.
(3)对称性:y=Acos(ωx+φ)的图象的对称轴方程由ωx+φ=kπ(k∈Z)得到,对称中心的横坐标由ωx+φ=kπ+(k∈Z)得到.
(4)奇偶性:函数y=Acos(ωx+φ),当φ=kπ(k∈Z)时为偶函数,当φ=kπ+(k∈Z)时为奇函数.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)
函数y=Asin(ωx+φ)的单调性
题型(二)
函数y=Asin(ωx+φ)的最值问题
题型(三) 函数y=Asin(ωx+φ)的奇
偶性与周期性及对称性
4
课时跟踪检测
题型(一)
函数y=Asin(ωx+φ)的单调性
01
[例1] (1)函数y=2sin+1的单调递增区间为
.
解析: y=2sin+1=-2sin+1,要求y=2sin+1的单调递增区间,即求函数y=sin的单调递减区间.由2kπ+≤2x-
≤2kπ+,k∈Z,得kπ+≤x≤kπ+,k∈Z.故所求函数y=2sin+1的单调递增区间为,k∈Z.
,k∈Z
(2)若函数f(x)=sin ωx(ω>0)在区间上单调递增,在区间上单调
递减,则ω= .
解析:∵f(x)=sin ωx(ω>0)过原点,∴当0≤ωx≤,即0≤x≤时,
y=sin ωx单调递增;当≤ωx≤,即≤x≤时,y=sin ωx单调递减.
由f(x)=sin ωx(ω>0)在上单调递增,在上单调递减,知=,∴ω=.
|思|维|建|模|
求单调区间的基本方法——基本函数法
用“基本函数法”求函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)或y=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0)的单调区间的步骤:
1.(2024·盐城期中)若函数f(x)=sin(ω>0)在上具有单调性,则ω的取值范围是( )
A.
C.
解析:因为00,解得0<ω≤1.
√
针对训练
2.函数y=1+sin,x∈[-4π,4π]的单调递减区间为 .
解析:y=1+sin=-sin+1.
由2kπ-≤x-≤2kπ+(k∈Z),解得4kπ-≤x≤4kπ+(k∈Z).
又∵x∈[-4π,4π],∴函数y=1+sin的单调递减区间为
,,.
,,
题型(二)
函数y=Asin(ωx+φ)的最值问题
02
[例2] (1)求y=cos,x∈的值域.
解:由x∈可得x+∈.
因为函数y=cos x在区间上单调递减,
所以函数y=cos的值域为.
(2)已知f(x)=2sin-3(ω>0),最小正周期是π.求f(x)的最值,以及取得最值时相应x的集合.
解:由T==π,得ω=2.所以f(x)=2sin-3,则函数f(x)的最大值为
2-3=-1,此时2x+=2kπ+,k∈Z,则x=kπ+,k∈Z,即自变量x的取值集合是
;函数f(x)的最小值为-2-3=-5,
此时2x+=2kπ-,k∈Z,则x=kπ-,k∈Z,即自变量x的取值集合是.
|思|维|建|模|
求函数y=Asin(ωx+φ),x∈[m,n]的值域的步骤
(1)换元,令u=ωx+φ,并求u的取值范围;
(2)作出y=sin u(注意u的取值范围)的图象;
(3)结合图象求出值域.
3.若f(x)=2sin ωx(0<ω<1)在区间上的最大值是,则ω= .
解析:∵x∈,且0<ω<1,∴0≤ωx≤<.
∵f(x)max=2sin=,
∴sin=,=,即ω=.
针对训练
4.求函数y=2sin的最大值和最小值.
解:∵-≤x≤,∴0≤2x+≤.
∴0≤sin≤1.
∴当sin=1时,ymax=2;
当sin=0时,ymin=0.
题型(三) 函数y=Asin(ωx+φ)
的奇偶性与周期性及对称性
03
[例3] (1)已知函数f(x)=2sin满足f=2,则函数f是( )
A.奇函数,关于点(π,0)成中心对称
B.偶函数,关于点(π,0)成中心对称
C.奇函数,关于直线x=π成轴对称
D.偶函数,关于直线x=π成轴对称
√
解析:由f=2为最大值,得+φ-=+2kπ,k∈Z,即得 φ=2kπ+,k∈Z,
即f(x)=2sin=2sin,则f=2sin=2cos x,所以函数y=f为偶函数,对称中心为,k∈Z,直线x=π 为其对称轴,故A、B、C均错误,D正确.
(2)(2023·全国乙卷)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)在区间单调递增,直线x=和x=为函数y=f(x)的图象的两条对称轴,则f=( )
A.- B.-
C.
√
解析:由题意得×=-,解得ω=2,易知x=是f(x)的最小值点,
所以×2+φ=+2kπ(k∈Z),得φ=+2kπ(k∈Z).
不妨取k=0,于是f(x)=sin,f=sin=sin=,故选D.
|思|维|建|模|
1.与周期相关的结论
由函数y=Af(ωx+φ)(Aω≠0)(f为sin,cos)的图象可知:
(1)相邻两个最大值点之间的区间长度为周期T;
(2)相邻的最大值点与最小值点之间的区间长度为;
(3)相邻的最值点与零点之间的区间长度为;
(4)函数的单调递减区间和单调递增区间的长度都为.
2.求函数y=Asin(ωx+φ)的对称轴(中心)及周期,可令ωx+φ=kπ+(求对称轴)或ωx+φ=kπ(求对称中心),T=求解.
在选择题中也可以利用“函数y=Asin(ωx+φ),其图象的对称轴一定经过函数图象的最高点或最低点,对称中心的横坐标一定是函数的零点”进行排除或选择.
5.(2023·天津高考)已知函数f(x)图象的一条对称轴为直线x=2,f(x)的一个周期为4,则f(x)的解析式可能为 ( )
A.f(x)=sin B.f(x)=cos
C.f(x)=sin D.f(x)=cos
√
针对训练
解析:对于A,f(x)=sin,最小正周期为=4,因为f(2)=sin π=0,所以函数f(x)=sin的图象不关于直线x=2对称,故排除A;
对于B,f(x)=cos,最小正周期为=4,因为f(2)=cos π=-1,所以函数f(x)=cos的图象关于直线x=2对称,故选项B符合题意;
对于C、D,函数f(x)=sin和f(x)=cos的最小正周期均为=8,
均不符合题意,故排除C、D.故选B.
6.已知ω>0,函数f(x)=cos的一条对称轴为x=,一个对称中心为,则ω有( )
A.最小值2 B.最大值2
C.最小值1 D.最大值1
解析:由题意知-≥,故T=≤π,ω≥2.
√
7.若T为函数f(x)=cos(ω>0)的最小正周期,且T∈(3π,5π),
x∈R,f-f(-x)=0.则ω= .
解析:因为f-f(-x)=0,即f=f(-x),所以函数f(x)的图象关于直线x=-对称,则ω×+=kπ,k∈Z,解得ω=-k+,k∈Z.又因为T=∈(3π,5π),所以ω∈,则当k=0时,ω=符合题意.
课时跟踪检测
04
1
3
4
5
6
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8
9
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13
14
2
A级——达标评价
1.(2024·北京高考)设函数f(x)=sin ωx(ω>0).已知f(x1)=-1,f(x2)=1,且|x1-x2|的最小值为,则ω=( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:因为f(x)=sin ωx∈[-1,1],且f(x1)=-1,f(x2)=1,|x1-x2|min=,所以f(x)的最小正周期T=2×=π,所以ω==2.
√
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2
3
4
2.下列区间中,函数f(x)=7sin单调递增的区间是( )
A.
C.
解析:当函数f(x)=7sin单调递增时,-+2kπ√
1
5
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3
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2
3.函数f(x)=sin在区间上的最小值是( )
A.-1 B.-
C. D.0
解析:∵x∈,∴2x-∈.
∴sin∈.∴f(x)min=-.
√
1
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4
2
4.(2024·新课标Ⅱ卷)(多选)对于函数f(x)=sin 2x和g(x)=sin,下列说法正确的有( )
A.f(x)与g(x)有相同零点
B.f(x)与g(x)有相同最大值
C.f(x)与g(x)有相同的最小正周期
D.f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴
√
√
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2
解析:令f(x)=sin 2x=0,解得x=,k∈Z,即为f(x)零点,
令g(x)=sin=0,解得x=+,k∈Z,即为g(x)零点,
显然f(x),g(x)零点不同,故A错误;显然f(x)max=g(x)max=1,故B正确;
f(x),g(x)的最小正周期均为=π,故C正确;根据正弦函数的性质f(x)的对称轴满足2x=kπ+ x=+(k∈Z),g(x)的对称轴满足2x-=kπ+
x=+(k∈Z),显然f(x),g(x)图象的对称轴不同,故D错误.故选BC.
1
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2
5.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)图象的相邻两条对称轴之间的距离为,且f(x)的图象关于点对称,则f=( )
A. B.-
C. D.-
√
1
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13
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3
4
2
解析:由题意得,函数f(x)的最小正周期为×2=π,所以=π,得ω=2.所以f(x)=sin(2x+φ).因为f(x)的图象关于点对称,所以sin=0.
所以2×+φ=kπ,k∈Z,故φ=kπ-,k∈Z.
又|φ|≤,所以φ=-.所以f(x)=sin.
所以f=sin=sin=.
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6.若f(x)=cos是奇函数,则φ= .
解析:由题意,可知+φ=+kπ,k∈Z,即φ=+kπ,k∈Z.又|φ|<,
故当k=0时,φ=.
1
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3
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2
7.函数f(x)=sin(ω≠0),则f(x)的奇偶性是 ,若f(x)的周期为π,则ω= .
解析:∵f(x)=sin=-cos ωx,
∴f(-x)=-cos(-ωx)=-cos ωx=f(x).
∴f(x)为偶函数.又T=π,
∴=π,即ω=±2.
偶函数
±2
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13
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3
4
2
8.已知函数y=f(x)的表达式f(x)=Asin(2x+φ)-,
y=f(x)的图象在y轴上的截距为1,且关于直线x=对称,若存在x∈,使m2-3m≥f(x)成立,则实数m的取值范围为 .
(-∞,1]∪[2,+∞)
1
5
6
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13
14
3
4
2
解析:由y=f(x)的图象在y轴上的截距为1,得f(x)=Asin φ-=1 Asin φ=.
由y=f(x)的图象关于直线x=对称,得2×+φ=kπ+,k∈Z.
又0<φ<,∴φ=.∴Asin= A=.∴f(x)=sin-.
当x∈时,2x+∈,故当2x+=,即x=时, f(x)min=-2,
故存在x∈,使m2-3m≥f(x)成立等价于m2-3m≥-2,
解得m≤1或m≥2.
1
5
6
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12
13
14
3
4
2
9.(12分)已知函数f(x)=2sin,x∈R.
(1)写出函数f(x)的对称轴方程、对称中心的坐标;
解:由2x-=kπ+(k∈Z),得x=+(k∈Z).所以函数f(x)的对称轴方程为x=+,k∈Z.由2x-=kπ(k∈Z),得x=+(k∈Z).
所以函数f(x)的对称中心为,k∈Z.
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(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.
解:因为0≤x≤,所以-≤2x-≤.
所以当2x-=-,
即x=0时,f(x)取得最小值-1;
当2x-=,即x=时,f(x)取得最大值2.
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10.(14分)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M对称,且在区间上具有单调性,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sin φ=-1.
∵0≤φ<π,∴φ=.由f(x)的图象关于点M对称,
可知sin=0,即ω+=kπ,k∈Z,解得ω=-,k∈Z.
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又f(x)在上具有单调性,∴T≥π,即≥π.∴ω≤2.又ω>0,
∴当k=1时,ω=;当k=2时,ω=2.故φ=,ω=2或ω=.
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B级——重点培优
11.(2024·天津高考)已知函数f(x)=sin 3(ω>0)的最小正周期为π,则f(x)在的最小值为( )
A.- B.-
C.0 D.
√
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解析:由f(x)的最小正周期为π,可得π=,所以ω=,所以f(x)=sin(2x+π)=-sin 2x.当x∈时,2x∈,当2x=时,y=sin 2x取得最大值.所以f(x)min=-,故选A.
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12.已知函数f(x)=sin(ω>0,x∈R).若函数f(x)在区间(-ω,ω)内单调递增,且函数y=f(x)的图象关于直线x=ω对称,则ω的值为( )
A. B.2
C.
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解析:因为f(x)在区间(-ω,ω)内单调递增,且函数图象关于直线x=ω对称,所以f(ω)必为一个周期上的最大值,所以有ω·ω+=2kπ+,k∈Z,
所以ω2=+2kπ,k∈Z.又ω-(-ω)≤·,即ω2≤,即ω2=,所以ω=.
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13.已知函数f(x)=cos(ωx+φ)的部分图象如图所示,则f(x)的单调递减区
间为 .
,k∈Z
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解析:由“五点(画图)法”知,解得ω=π,φ=,
所以f(x)=cos.
令2kπ≤πx+≤2kπ+π,k∈Z,解得2k-≤x≤2k+,k∈Z.
故f(x)的单调递减区间为,k∈Z.
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14. (16分)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)在一个周期内的图象如图所示.
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(1)求函数f(x)的解析式;
解:由题图知A=2,
由函数图象过点(0,1),得f(0)=1,即sin φ=.又|φ|<,所以φ=.
易知点是“五点(画图)法”中的第五点,
所以ω+=2π,解得ω=2.
因此所求函数的解析式为f(x)=2sin.
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(2)求方程f(x)-lg x=0的解的个数.
解: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+kπ<100(k∈Z),得k≤30(k∈Z).
而+31π>100,且+30π+<100,所以在
区间(0,100]内有31个形如(k∈Z,0≤k≤30)的区间.
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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上有2×31=62(个)交点.
另外,两函数的图象在上还有一个交点,
所以方程f(x)-lg x=0共有63个实数解.课时跟踪检测(十三) y=Asin(ωx+φ)的性质及应用
(满分100分,A级选填小题每题5分,B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1.(2024·北京高考)设函数f(x)=sin ωx(ω>0).已知f(x1)=-1,f(x2)=1,且|x1-x2|的最小值为,则ω= ( )
A.1 B.2
C.3 D.4
2.下列区间中,函数f(x)=7sin单调递增的区间是 ( )
A.
C.
3.函数f(x)=sin在区间上的最小值是 ( )
A.-1 B.-
C. D.0
4.(2024·新课标Ⅱ卷)(多选)对于函数f(x)=sin 2x和g(x)=sin,下列说法正确的有 ( )
A.f(x)与g(x)有相同零点
B.f(x)与g(x)有相同最大值
C.f(x)与g(x)有相同的最小正周期
D.f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴
5.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)图象的相邻两条对称轴之间的距离为,且f(x)的图象关于点对称,则f= ( )
A. B.-
C. D.-
6.若f(x)=cos是奇函数,则φ= .
7.函数f(x)=sin(ω≠0),则f(x)的奇偶性是 ,若f(x)的周期为π,则ω= .
8.已知函数y=f(x)的表达式f(x)=Asin(2x+φ)-,y=f(x)的图象在y轴上的截距为1,且关于直线x=对称,若存在x∈,使m2-3m≥f(x)成立,则实数m的取值范围为 .
9.(12分)已知函数f(x)=2sin,x∈R.
(1)写出函数f(x)的对称轴方程、对称中心的坐标;
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.
10.(14分)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M对称,且在区间上具有单调性,求φ和ω的值.
B级——重点培优
11.(2024·天津高考)已知函数f(x)=sin 3(ω>0)的最小正周期为π,则f(x)在的最小值为 ( )
A.- B.-
C.0 D.
12.已知函数f(x)=sin(ω>0,x∈R).若函数f(x)在区间(-ω,ω)内单调递增,且函数y=f(x)的图象关于直线x=ω对称,则ω的值为 ( )
A. B.2
C.
13.已知函数f(x)=cos(ωx+φ)的部分图象如图所示,则f(x)的单调递减区间为 .
14.(16分)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)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.
课时跟踪检测(十三)
1.选B 因为f(x)=sin ωx∈[-1,1],且f(x1)=-1,f(x2)=1,|x1-x2|min=,所以f(x)的最小正周期T=2×=π,所以ω==2.
2.选A 当函数f(x)=7sin单调递增时,-+2kπ3.选B ∵x∈,
∴2x-∈.
∴sin∈.
∴f(x)min=-.
4.选BC 令f(x)=sin 2x=0,解得x=,k∈Z,即为f(x)零点,
令g(x)=sin=0,解得x=+,k∈Z,即为g(x)零点,显然f(x),g(x)零点不同,故A错误;
显然f(x)max=g(x)max=1,故B正确;
f(x),g(x)的最小正周期均为=π,故C正确;
根据正弦函数的性质f(x)的对称轴满足2x=kπ+ x=+(k∈Z),g(x)的对称轴满足2x-=kπ+ x=+(k∈Z),显然f(x),g(x)图象的对称轴不同,故D错误.故选BC.
5.选A 由题意得,函数f(x)的最小正周期为×2=π,所以=π,得ω=2.所以f(x)=sin(2x+φ).
因为f(x)的图象关于点对称,
所以sin=0.
所以2×+φ=kπ,k∈Z,
故φ=kπ-,k∈Z.
又|φ|≤,所以φ=-.
所以f(x)=sin.
所以f=sin
=sin=.
6.解析:由题意,可知+φ=+kπ,k∈Z,即φ=+kπ,k∈Z.又|φ|<,故当k=0时,φ=.
答案:
7.解析:∵f(x)=sin
=-cos ωx,
∴f(-x)=-cos(-ωx)
=-cos ωx=f(x).
∴f(x)为偶函数.又T=π,
∴=π,即ω=±2.
答案:偶函数 ±2
8.解析:由y=f(x)的图象在y轴上的截距为1,得f(x)=Asin φ-=1 Asin φ=.
由y=f(x)的图象关于直线x=对称,得2×+φ=kπ+,k∈Z.又0<φ<,∴φ=.
∴Asin= A=.
∴f(x)=sin-.
当x∈时,2x+∈,故当2x+=,即x=时, f(x)min=-2,故存在x∈,使m2-3m≥f(x)成立等价于m2-3m≥-2,解得m≤1或m≥2.
答案:(-∞,1]∪[2,+∞)
9.解:(1)由2x-=kπ+(k∈Z),得x=+(k∈Z).所以函数f(x)的对称轴方程为x=+,k∈Z.
由2x-=kπ(k∈Z),得x=+(k∈Z).
所以函数f(x)的对称中心为,k∈Z.
(2)因为0≤x≤,所以-≤2x-≤.所以当2x-=-,
即x=0时,f(x)取得最小值-1;
当2x-=,即x=时,f(x)取得最大值2.
10.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sin φ=-1.
∵0≤φ<π,∴φ=.
由f(x)的图象关于点M对称,
可知sin=0,
即ω+=kπ,k∈Z,
解得ω=-,k∈Z.
又f(x)在上具有单调性,
∴T≥π,即≥π.∴ω≤2.又ω>0,
∴当k=1时,ω=;当k=2时,ω=2.
故φ=,ω=2或ω=.
11.选A 由f(x)的最小正周期为π,可得π=,所以ω=,所以f(x)=sin(2x+π)=-sin 2x.当x∈时,2x∈,当2x=时,y=sin 2x取得最大值.所以f(x)min=-,故选A.
12.选D 因为f(x)在区间(-ω,ω)内单调递增,且函数图象关于直线x=ω对称,所以f(ω)必为一个周期上的最大值,所以有ω·ω+=2kπ+,k∈Z,所以ω2=+2kπ,k∈Z.又ω-(-ω)≤·,即ω2≤,即ω2=,所以ω=.
13.解析:由“五点(画图)法”知,
解得ω=π,φ=,所以f(x)=cos.令2kπ≤πx+≤2kπ+π,k∈Z,解得2k-≤x≤2k+,k∈Z.故f(x)的单调递减区间为,k∈Z.
答案:,k∈Z
14.解:(1)由题图知A=2,
由函数图象过点(0,1),得f(0)=1,
即sin φ=.
又|φ|<,所以φ=.
易知点是“五点(画图)法”中的第五点,
所以ω+=2π,解得ω=2.
因此所求函数的解析式为f(x)=2sin.
(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+kπ<100(k∈Z),得k≤30(k∈Z).
而+31π>100,且+30π+<100,
所以在区间(0,100]内有31个形如(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上有2×31=62(个)交点.
另外,两函数的图象在上还有一个交点,所以方程f(x)-lg x=0共有63个实数解.
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