(共90张PPT)
5.6 函数
5.6.1 匀速圆周运动的数学模型
5.6.2 函数 的图象
第2课时 函数 的
图象与性质的应用
探究点一 确定函数的解析式
探究点二 的图象与性质的综合应用
探究点三 匀速圆周运动的数学模型
◆
◆
◆
◆
课前预习
课中探究
备课素材
练习册
答案核查【导】
答案核查【练】
【学习目标】
1.能根据 的部分图象确定其解析式.
2.整体把握函数 的图象与性质,并能解决有关问题.
知识点一 匀速圆周运动的数学模型
（1）三角函数数学模型在模拟一些周期现象时应用十分广泛,但一般
都能概括为_____________________或_____________________的形式.
（2）三角函数作为描述现实世界中周期现象的一种数学模型,可以用
来研究很多问题,在刻画周期规律、预测未来方面发挥着重要作用.
知识点二 函数, 的性质
定义域 ___
值域 ________
最小正周 期 _ ______
奇偶性
奇函数
偶函数
非奇非偶函数
单调性 单调递增区间可由_ ________________________________
得到;单调递减区间可由____________________________
______________
得到
对称性 对称轴方程:_ _____________________； 对称中心:
_ _________________
续表
【诊断分析】
判断正误.（请在括号中打“√”或“×”）
（1） 的图象既是中心对称图形，又是轴对称图形.
( )
√
（2）在 的图象中，相邻的两条对称轴间的距离为
1个周期.( )
×
[解析] 相邻两条对称轴间的距离为半个周期.
判断正误.（请在括号中打“√”或“×”）
（3）函数 的图象的对称轴方程为
.( )
√
（4）函数 的图象的对称中心是
.( )
×
[解析] 由，得，
故 的图象的对称中心是 .
探究点一 确定函数 的解析式
例1 如图是函数
的图象的一部分，求该函数的解析式.
解：方法一（逐一定参法）：
由图象知 ， ，
， .
点在函数 的图象上，
，
结合图象可得，
得 .
， ， .
方法二（待定系数法）：由图象知 .
由图象过点和，
且在 处下降，在处上升，
可得 解得
.
方法三（图象变换法）：
由图象知 ， ，
.
由点在图象上，
可知函数 的图象是由的
图象向左平移 个单位长度得到的，
，
即 .
变式 函数 的部分图象如图所示，
则该函数的解析式为___________________.
[解析] 由题图可知，
，得 ，
所以，解得 ，
所以.
因为点 在函数图象上，所以，
所以 ,，得 ,，
因为 ，所以，所以.
因为点 在函数图象上，
所以 ，得 ，
所以该函数的解析式为 .
［素养小结］
给出的图象的一部分，确定， ， 的方法
（1）逐一定参法：若从图象可直接确定和 ，则选取“五点法”中
的“第一零点”的数据代入“”（要注意正确判断哪一点是
“第一零点”）求得 .
若选取最大值点，则代入公式 ，；
若选取最小值点，则代入公式 ，.
（2）待定系数法：将若干特殊点的坐标代入函数解析式，可以求得
相关待定系数， ， ，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，先确定函数的基本解析式
，再根据图象平移、伸缩规律确定相关的参数.
探究点二 的图象与性质的综合应用
例2 已知函数 ，
, 分别为其图象上相邻的最高点和最低点.
（1）求函数 的解析式；
解：因为，分别为 的图象上相邻的
最高点和最低点，
所以,，则 .
又，所以 ，则 .
因为的图象过点，
所以 ,即,
所以, ，即, .
又，所以，所以 .
例2 已知函数 ，
, 分别为其图象上相邻的最高点和最低点.
（2）求函数在 上的单调区间和取值范围.
解：由,，
得 , ,
所以的单调递增区间为, .
又，所以在上的单调递增区间为 ，
同理得在上的单调递减区间为 .
又,, ,
所以当时，的取值范围为 .
变式（1）（多选题）［2024·山东临沂高一期中］ 已知函数
的部分图象如图所示，则下列
说法正确的是( )
A.的解析式为
B.的图象关于直线 对称
C.在区间 上单调递减
D.将的图象向左平移 个单位长度可以得到函数 的图象
√
√
[解析] 根据函数 的部分图象知,
,且, ,
又 ,
, ,
解得,,
由图象知 即
又,可得 ,, ,故A正确；
当时, ,不是最值,故B错误；
当 时,,
则 在区间上单调递减,
故C正确；
将 的图象向左平移 个单位长度,
得到 的图象,故D错误.
故选 .
（2）［2024·南阳六校高一期中］已知函数
的图象关于直线 对称.
①求 的解析式及零点；
解：的图象关于直线 对称,
,得 ,
又,, .
令,即,得 ,
的零点为 .
（2）［2024·南阳六校高一期中］已知函数
的图象关于直线 对称.
②将的图象向右平移 个单位长度，再将所得图象上所有点的
横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，求
的单调递减区间.
解：将的图象向右平移 个单位长度，
得到 的图象，
再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的 ，纵坐标不变，
得到 的图象.
令 ，
可得 ，
故的单调递减区间为 .
［素养小结］
（1）对于函数，当时为奇函数，当
时为偶函数；对于函数，当
时为偶函数，当时为奇函数.
（2）与正弦、余弦型函数有关的单调性、最值、对称性的求解，可
采用整体代换的思想，将中的 看成
中的，类比的性质求解.
（3）确定 的单调区间，采用“换元
法”整体代换，将 看作一个整体，可令“ ”，即通
过求的单调区间而求出函数 的单调区间.
若，则可利用诱导公式先将 的系数转变为正数，再求单调区间.
探究点三 匀速圆周运动的数学模型
例3 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因
其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用.现有
一个筒车按逆时针方向匀速转动，每分钟转动5圈，
如图，将该筒车抽象为圆 ，筒车上的盛水筒抽象
为圆上的点，已知圆的半径为，圆心 距
离水面，且当圆上的点从水中浮现时（位于图中点 处）开始
计算时间．
（1）根据如图所示的直角坐标系，将点到水面的距离（单位： ，
当点在水面下时，为负数）表示为时间（单位： ）的函数，并
求时，点 到水面的距离；
解：筒车按逆时针方向匀速转动，每分钟转动5圈，
故筒车转动的角速度为 ，
故 .
当时， ，
故此时点到水面的距离为 .
解：点从 开始转动一圈，
所用时间，
令 ，
其中，解得 ，
又，
故点 到水面的距离不低于的时间为 .
（2）在点从开始转动的一圈内，点到水面的距离不低于 的
时间有多长？
变式（1）［2024·广西柳州高一期末］如图，
一个质点在半径为2的圆上以点 为起始点，
沿逆时针方向匀速运动，每 转一圈，则该
质点到轴的距离关于时间 的函数解析式
是( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 设点 的纵坐标为 ，
由题意可得，得.
因为起始点 在第四象限,
所以可取 ，
由题图可知，所以 ，
所以该质点到轴的距离关于时间 的函数解析式是 .
故选A.
（2）（多选题）［2024·山西忻州高一期末］ 如图，天津永乐桥摩
天轮有着“天津之眼”的美誉，也是世界上唯一一座建在桥上的摩天轮.
以摩天轮某座舱 距离地面高度的最小值处为初始位置，摩天轮
（匀速转动）的转动时间（单位：分钟）与座舱 距离地面的高度
（单位：米）之间的函数关系式为 ，
， ，且开始转动5分钟后，座舱 距离地面的高度为37.5
米，转动10分钟后，座舱 距离地面的高度为92.5米，则 ( )
A.
B.该摩天轮转动一圈所用的时间为30分钟
C.
D.座舱 距离地面的最大高度为120米
√
√
√
[解析] 令 ,依题意得,则 ,
因为 ,所以 ,故A错误；
由 ,得最小正周期 ,
则该摩天轮转动一圈所用的时间为30分钟,故B正确；
,
由 可得
故座舱 距离地面的最大高度为 （米）,
故C,D均正确. 故选 .
［素养小结］
匀速圆周运动的数学模型一般都归结为正弦型或余弦型函数形式.此
类问题的切入点是初始位置及其半径、周期,半径决定了,周期能
确定 ,初始位置的不同对 有影响.还要注意最大值、最小值与函
数中参数的关系.
函数 的性质的综合运用
（1）函数 的性质的综合应用，往往
涉及单调性、奇偶性、对称性、最值等，要充分结合函数的性质解
题，考查了综合应用数学知识的能力.
（2）与正弦函数比较可知，当 时，
函数 取得最大值或最小值，因此函
数 的图象的对称轴方程可由
得到，对称中心的横坐标可由
得到.同理 的图
象的对称轴方程可由 得到，对称中心的横坐标
可由 得到.
1.已知三角函数 的部分图象求三角
函数解析式的步骤：
1.先由图象的特征得到振幅 .
2.再由图象求出最小正周期，根据求出 .
3.最后根据图象取一个特殊点的坐标代入解析式求出 .
2.函数 的性质的运用
（1）①对称性：函数图象与 轴的交点是对称中心，即对称中心是
，对称轴与函数图象的交点的纵坐标是函数的最值，
即对称轴是直线 .
②对于函数 的图象，相邻的两个对
称中心或两条对称轴相距半个最小正周期；相邻的一个对称中心和
一条对称轴相距四分之一个最小正周期.
③求函数 的性质，要善于采用整体
策略，即把 看成一个整体，将问题化归为正弦函数的性质来
解决.
（2）函数 的性质较为综合，在历年
高考题中围绕着函数的单调性、最值、奇偶性和图象的对称性等都
有所体现和考查.
例 ［2024·长春朝阳区实验中学高一期末］已知函数
为奇函数，
且图象的相邻两对称轴间的距离为 .
（1）当时，求 的单调递减区间；
解：由题意,函数 ,
因为函数图象的相邻两对称轴间的距离为,
所以 ,可得 ,
又由函数为奇函数,可得 ,
所以 , ,
因为 ,所以,所以函数 .
令 ,,解得, ,
可得函数的单调递减区间为, ,
所以当时,函数的单调递减区间为 .
例 ［2024·长春朝阳区实验中学高一期末］已知函数
为奇函数，
且图象的相邻两对称轴间的距离为 .
（2）将函数的图象向右平移 个单位长度，再把所得图象上所
有点的横坐标缩短为原来的 （纵坐标不变），得到函数 的图
象，当时，求函数 的取值范围；
解：将函数的图象向右平移 个单位长度,可得 的
图象,再把所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变）,
得到函数 的图象.
当时, ,
当时,函数取得最小值,最小值为 ,
当时,函数取得最大值,最大值为,
故函数 的取值范围为 .
例 ［2024·长春朝阳区实验中学高一期末］已知函数
为奇函数，
且图象的相邻两对称轴间的距离为 .
（3）对于第（2）问中的函数，记方程在 上的根
从小到大依次为，， ，，试确定 的值，并求
的值.
解：由方程，得，即 .
由，可得 .
设，其中 ，即，
结合函数 的图象（如图），
可得方程在区间 上
有5个 根，即 ，
其中 ， ，， ，
即 ，
,
，
,
解得， ，, ,
所以
.
练习册
1.若将函数的图象向右平移 个单位长度，则平移后图象
的对称轴方程为( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 令,，解得， ，
故函数图象的对称轴方程为， ，
所以平移后图象的对称轴方程为， ，
故选A.
2.函数 的部分图象
如图所示，则 , 的值分别是( )
A.1, B.1, C.2, D.2,
[解析] 由题图可知， ，
即 .
因为，
所以 ， ，即 ,，
又，所以 .故选C.
√
3.［2024·福建师范大学附中高一期末］函数
的部分
图象如图所示，则 ( )
A. B.1 C. D.
√
[解析] 由题图知，
把点 的坐标代入的解析式，得，
又，故 .
由“五点法”可得 ，
所以 ，故 ，
所以 .
故选A.
4.若函数的图象与直线 的两相邻公共
点的距离为 ，要得到 的图象，只需将函数
的图象向左平移( )
A.个单位长度 B. 个单位长度
C.个单位长度 D. 个单位长度
[解析] 由题意可知的最小正周期为 ，
所以，即 ，
所以只需将函数的图象向左平移 个单位长度.
故选A.
√
5.如图，一个大风车的半径为, 旋转
一周，它的最低点离地面 ，风车翼片的
一个端点从 开始按逆时针方向匀速旋转，
则点离地面的距离与时间 之间的
函数关系式是( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 根据题意可设 ，，,
旋转一周，,.
最大值与最小值分别为14，2，
解得
.
故选D.
6.（多选题）已知函数 的图象的一个对
称中心到一条对称轴的最小距离为 ，则下列说法中正确的是( )
A.
B.直线是函数 的图象的一条对称轴
C.的图象的对称中心为,
D.在上的取值范围为
√
√
√
[解析] 对于A，由题意得，则，
所以 ,，故A正确；
对于B，当 时，，故B错误；
对于C，由 ,，解得,，
所以函数 的图象的对称中心为,，故C正确；
对于D，当 时，，
所以当，即 时，，
当，即 时，，
所以当 时,,故D正确.故选 .
7.将函数的图象向右平移 个单位长度后得到函数
的图象，则在 上__________.（填“单调递增”或“单
调递减”）
单调递减
[解析] 将函数的图象向右平移 个单位
长度后，得到函数的图象，
当 时，，
此时函数单调递增，则函数 单调递减，
故在 上单调递减.
8.为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所
示的坐标系，设秒针指向位置 ，若初始
位置为，秒针从（注：此时 ）
开始沿顺时针方向匀速转动，则点的纵坐标
与时间（单位： ）的函数关系式为_________
___________.
[解析] 设，
秒针顺时针转动，且每60秒转一周，
.
由，
得 ，，可得，
故点的纵坐标 与时间的函数关系式为 .
9.（13分）函数 的部分
图象如图所示.
（1）求函数 的解析式；
解：观察图象可得，
函数 的最小正周期，解得 ，
即 ，
由 ，
得, ,
即，，
而，则 ，
所以 .
9.（13分）函数
的部
分图象如图所示.
（2）将函数的图象向左平移 个单位长度，
再将所得图象上各点的横坐标缩短到原来的 ，纵
坐标不变，得到函数的图象，求函数在 上的取值范围.
解：将的图象向左平移 个单位长度，
可得函数 的图象，
再将所得图象上各点的横坐标缩短到原来的 ，纵坐标不变，
得到函数 的图象，则 .
当时， ，
则 ，
即，
故在上的取值范围为 .
10.［2024·广西玉林高一期末］将函数
的图象向左平移个单位长度后得到曲线，若关于轴对称，则
的最小值是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 将的图象向左平移 个单位长度后得到
的图象，即曲线.
由关于 轴对称，得，
解得，
又 ，故 的最小值为 .
故选C.
11.（多选题）［2025·广州越秀区高一期末］ 对于函数
和 ，下列结论中正确的有( )
A.与 有相同的零点
B.与 有相同的最大值
C.与 有相同的最小正周期
D.与 的图象有相同的对称轴
[解析] 对于A选项,令,得 , ,
解得,,即为的零点,令 ,
得 ,,解得,,即为 的零点,
显然, 的零点不同,A选项错误；
√
√
对于B选项,易得,B选项正确；
对于C选项,, 的最小正周期均为 ,C选项正确；
对于D选项,对于 ,
令,,得, ,
对于,令 ,,得 ,,
所以的图象的对称轴方程为,,
的图象的对称轴方程为,,
显然, 图象的对称轴不同,D选项错误.故选 .
12.函数的最小值是 ,其
图象相邻的最高点与最低点横坐标的差是 ,且图象过点 ，
则该函数的解析式为_________________.
[解析] 由题意得, ,则, ,则,
,把代入得,
又 ,, .
13.［2024·北京顺义区高一期末］已知函数
， 为常数，
的部分图象如图所示,则 ___；若将函
数图象上的点向右平移 个
单位长度得到点，且点仍在函数 的图
象上，则 的最小值为__.
[解析] 观察函数图象，得函数 的最小正周期 ，
则 ，则.
由 ，
且函数的图象在点 附近是上升的，
得 ,，即 , ，
故 ，，
所以 ，
又点在的图象上，则 ，即 ，
又 ，则 或 , ，
解得 或 , ，
所以的最小值为 .
14.（15分）［2025·长春五校高一联考］ 已知函数
.
（1）求 的最小正周期和其图象的对称轴方程.
解： ，
则 ，
令 ，则 ，
即的最小正周期为 ，
其图象的对称轴方程为 .
14.（15分）［2025·长春五校高一联考］ 已知函数
.
（2）将函数的图象向右平移 个单位长度，再将所得图象上所
有点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数 的图象.
（i）求不等式 的解集；
解： ，
令 ，
则 ，
解得 ，
故所求解集为 .
14.（15分）［2025·长春五校高一联考］ 已知函数
.
（2）将函数的图象向右平移 个单位长度，再将所得图象上所
有点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数 的图象.
（ii）当时，若函数有零点，求实数
的取值范围.
解： 当时，，则 .
若函数有零点，即有解，则 ，
故实数的取值范围为 .
15.［2025·陕西榆林八校高一联考］已知函数 在
区间上的最大值为，则 的取值范围为_________.
[解析] 函数 的最小正周期，
区间的长度为1，即为 .
令,，可得, ，
此时函数取得最小值， 的图象如图所示.
当函数 图象的最低点的横坐标位于区间上，
且函数在区间 上的图象关于直线,对称时，
取得最小值.
不妨取，当 时，
，
由正弦函数的图象与性质可知，,
的取值范围为 .
16.（15分）摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩
天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色（如图①）.
某摩天轮轮盘直径为124米，设置有36个座舱（如图②）.
游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，当到达最高点时距离
地面145米，摩天轮匀速转动一周需要30分钟.从游客甲坐上摩天轮
的座舱开始计时．
①
②
①
②
（1）经过分钟后游客甲距离地面的高度为米，已知关于 的函
数关系式为，求
关于 的函数关系式.
解：关于的函数关系式为 ，
由题可知解得
又匀速转动一周需要30分钟，所以,
可得.
又当 时，，所以 ，
又，所以，
所以关于 的函数关系式为 .
①
②
（2）游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度第一次恰好达
到52米？
解： ,
由,得，由，得 ，
所以游客甲坐上摩天轮后5分钟，距离地面的高度第一次恰好达到52米.
①
②
①
②
（3）若游客乙在游客甲之后进入座舱，且中间间隔5个座舱，在摩
天轮转动一周的过程中，记两人距离地面的高度差为米，求 的最
大值．
解：由题意知，经过 分钟后游客甲距离地面的高度
，.
乙与甲间隔的时间为 （分钟），
所以乙距离地面的高度 ，，
所以两人离地面的高度差 ，，
当或，即或25时， 的最大值为62.
①
②
快速核答案（导学案）
课前预习 知识点一 （1）
知识点二 奇函数 偶函数 非奇非偶函数
【诊断分析】（1）√ （2）× （3）√ （4）×
课中探究 探究点一 例1 变式
探究点二 例2（1）
（2）单调递增区间为,单调递减区间为.取值范围为
变式（1）AC （2）①,②
探究点三 例3 （1）.当时,<点到水面的距离为 （2）
变式 （1）A （2）BCD
快速核答案（练习册）
1.A 2.C 3.A 4.A 5.D 6.ACD
7.单调递减 8.
9.（1）（2）
10.C 11.BC 12. 13.
14.（1）/m>最小正周期为,其图象的对称轴方程为
（2）（i）（ii）
15.
16.（1） （2）5分钟 （3）62第2课时 函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质的应用
【学习目标】
1.能根据y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式.
2.整体把握函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质,并能解决有关问题.
◆ 知识点一 匀速圆周运动的数学模型
(1)三角函数数学模型在模拟一些周期现象时应用十分广泛,但一般都能概括为 或 的形式.
(2)三角函数作为描述现实世界中周期现象的一种数学模型,可以用来研究很多问题,在刻画周期规律、预测未来方面发挥着重要作用.
◆ 知识点二 函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的性质
定义域
值域
最小正周期
(续表)
奇偶性 当φ=kπ(k∈Z)时,该函数为 ;当φ=kπ+(k∈Z)时,该函数为 ;当φ≠(k∈Z)时,该函数为
单调性 单调递增区间可由 得到;单调递减区间可由 得到
对称性 对称轴方程: ; 对称中心:
【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)y=Asin(ωx+φ)的图象既是中心对称图形,又是轴对称图形. ( )
(2)在y=Asin(ωx+φ)的图象中,相邻的两条对称轴间的距离为1个周期. ( )
(3)函数y=sin的图象的对称轴方程为x=+(k∈Z). ( )
(4)函数f(x)=sin的图象的对称中心是(k∈Z). ( )
◆ 探究点一 确定函数y=Asin(ωx+φ)的解析式
例1 如图是函数f(x)=Asin(ωx+φ)的图象的一部分,求该函数的解析式.
变式 函数y=Acos(ωx+φ)的部分图象如图所示,则该函数的解析式为 .
[素养小结]
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:若从图象可直接确定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.若选取最大值点,则代入公式ωx+φ=+2kπ,k∈Z;若选取最小值点,则代入公式ωx+φ=+2kπ,k∈Z.
(2)待定系数法:将若干特殊点的坐标代入函数解析式,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,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.
◆ 探究点二 y=Asin(ωx+φ)的图象与性质的综合应用
例2 已知函数f(x)=Asin(ωx+φ),M,N分别为其图象上相邻的最高点和最低点.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)求函数f(x)在上的单调区间和取值范围.
变式 (1)(多选题)[2024·山东临沂高一期中] 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)的部分图象如图所示,则下列说法正确的是 ( )
A.f(x)的解析式为f(x)=sin
B.f(x)的图象关于直线x=对称
C.f(x)在区间上单调递减
D.将y=sin 2x的图象向左平移个单位长度可以得到函数f(x)的图象
(2)[2024·南阳六校高一期中] 已知函数f(x)=sin(2x+φ)的图象关于直线x=对称.
①求f(x)的解析式及零点;
②将f(x)的图象向右平移个单位长度,再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,得到函数g(x)的图象,求g(x)的单调递减区间.
[素养小结]
(1)对于函数y=Asin(ωx+φ),当φ=kπ(k∈Z)时为奇函数,当φ=kπ+(k∈Z)时为偶函数;对于函数y=Acos(ωx+φ),当φ=kπ(k∈Z)时为偶函数,当φ=kπ+(k∈Z)时为奇函数.
(2)与正弦、余弦型函数有关的单调性、最值、对称性的求解,可采用整体代换的思想,将y=Asin(ωx+φ)中的ωx+φ看成y=sin x中的x,类比y=sin x的性质求解.
(3)确定y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的单调区间,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.
◆ 探究点三 匀速圆周运动的数学模型
例3 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具,因其经济又环保,至今还在农业生产中得到使用.现有一个筒车按逆时针方向匀速转动,每分钟转动5圈,如图,将该筒车抽象为圆O,筒车上的盛水筒抽象为圆O上的点P,已知圆O的半径为4 m,圆心O距离水面2 m,且当圆O上的点P从水中浮现时(位于图中点P0处)开始计算时间.
(1)根据如图所示的直角坐标系,将点P到水面的距离h(单位:m,当点P在水面下时,h为负数)表示为时间t(单位:s)的函数,并求t=13时,点P到水面的距离;
(2)在点P从P0开始转动的一圈内,点P到水面的距离不低于4 m的时间有多长
变式 (1)[2024·广西柳州高一期末] 如图,一个质点在半径为2的圆O上以点P为起始点,沿逆时针方向匀速运动,每3 s转一圈,则该质点到x轴的距离h关于时间t的函数解析式是 ( )
A.h=
B.h=
C.h=
D.h=
(2)(多选题)[2024·山西忻州高一期末] 如图,天津永乐桥摩天轮有着“天津之眼”的美誉,也是世界上唯一一座建在桥上的摩天轮.以摩天轮某座舱P距离地面高度的最小值处为初始位置,摩天轮(匀速转动)的转动时间t(单
位:分钟)与座舱P距离地面的高度H(单位:米)之间的函数关系式为H=Asin+h,A>0,|θ|<π,且开始转动5分钟后,座舱P距离地面的高度为37.5米,转动10分钟后,座舱P距离地面的高度为92.5米,则 ( )
A.θ=-
B.该摩天轮转动一圈所用的时间为30分钟
C.A=55
D.座舱P距离地面的最大高度为120米
[素养小结]
匀速圆周运动的数学模型一般都归结为正弦型或余弦型函数形式.此类问题的切入点是初始位置及其半径、周期,半径决定了A,周期能确定ω,初始位置的不同对φ有影响.还要注意最大值、最小值与函数中参数的关系.
第2课时 函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质的应用
【课前预习】
知识点一
(1)y=Asin(ωx+φ)+B
y=Acos(ωx+φ)+B
知识点二
R [-A,A] T= 奇函数
偶函数 非奇非偶函数
2kπ-≤ωx+φ≤2kπ+(k∈Z)
2kπ+≤ωx+φ≤2kπ+(k∈Z)
x=+-(k∈Z)
(k∈Z)
诊断分析
(1)√ (2)× (3)√ (4)×
[解析] (2)相邻两条对称轴间的距离为半个周期.
(4)由x+=kπ(k∈Z),得x=-+kπ(k∈Z),故f(x)的图象的对称中心是(k∈Z).
【课中探究】
探究点一
例1 解:方法一(逐一定参法):由图象知A=3,T=-=π,∴ω==2,∴f(x)=3sin(2x+φ).
∵点在函数f(x)的图象上,
∴0=3sin,结合图象可得-×2+φ=2kπ(k∈Z),得φ=+2kπ(k∈Z).
∵|φ|<,∴φ=,
∴f(x)=3sin.
方法二(待定系数法):由图象知A=3.
由图象过点和,且在处下降,在处上升,可得解得∴f(x)=3sin.
方法三(图象变换法):由图象知A=3,T=-=π,∴ω==2.
由点在图象上,可知函数f(x)的图象是由y=3sin 2x的图象向左平移个单位长度得到的,
∴f(x)=3sin 2,
即f(x)=3sin.
变式 y=-4cos [解析] 由题图可知,=6-(-2)=8,得T=16,所以=16,解得ω=,所以y=Acos.因为点(-2,0)在函数图象上,所以Acos=0,所以-+φ=+kπ,k∈Z,得φ=+kπ,k∈Z,因为|φ|<,所以φ=-,所以y=Acos.因为点(2,-4)在函数图象上,所以Acos=-4,得A=-4,所以该函数的解析式为y=-4cos.
探究点二
例2 解:(1)因为M,N分别为f(x)的图象上相邻的最高点和最低点,
所以A=2,=-=,则T=π.
又T=,所以ω=2,
则f(x)=2sin(2x+φ).
因为f(x)的图象过点,所以2=2sin,即sin=1,所以+φ=2kπ+,k∈Z,
即φ=2kπ+,k∈Z.
又|φ|<,所以φ=,所以f(x)=2sin.
(2)由2kπ-≤2x+≤2kπ+,k∈Z,得kπ-≤x≤kπ+,k∈Z,
所以f(x)的单调递增区间为,k∈Z.
又x∈,所以f(x)在上的单调递增区间为,
同理得f(x)在上的单调递减区间为.
又f(0)=2sin=,f=2,f=-,
所以当x∈时,f(x)的取值范围为[-,2].
变式 (1)AC [解析] 根据函数f(x)=sin(ωx+φ)的部分图象知,f(0)=sin φ=,且|φ|<,∴φ=,又∵f=sin=0,∴ω+=2π+2kπ,k∈Z,解得ω=k+2,k∈Z,由图象知即又ω>0,可得<ω<,∴ω=2,∴f(x)=sin,故A正确;当x=时,f=sin=sin=,不是最值,故B错误;当x∈时,2x+∈,则f(x)=sin在区间上单调递减,故C正确;将y=sin 2x的图象向左平移个单位长度,得到y=sin 2=sin=-sin的图象,故D错误.故选AC.
(2)解:①∵f(x)=sin(2x+φ)的图象关于直线x=对称,
∴2×+φ=kπ+(k∈Z),得φ=kπ+(k∈Z),
又∵-<φ<,∴φ=,∴f(x)=sin.
令f(x)=0,即2x+=kπ(k∈Z),得x=-(k∈Z),
∴f(x)的零点为x=-(k∈Z).
②将f(x)的图象向右平移个单位长度,得到y=sin=sin的图象,
再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,
得到g(x)=sin=sin的图象.
令2kπ+≤3x-≤2kπ+(k∈Z),可得+≤x≤+(k∈Z),
故g(x)的单调递减区间为(k∈Z).
探究点三
例3 解:(1)筒车按逆时针方向匀速转动,每分钟转动5圈,故筒车转动的角速度为=(rad/s),
故h=4sin+2.
当t=13时,h=4sin+2=2,故此时点P到水面的距离为2 m.
(2)点P从P0开始转动一圈,所用时间t0=12 s,令h=4sin+2≥4,其中t∈[0,12],解得2≤t≤6,
又6-2=4,故点P到水面的距离不低于4 m的时间为4 s.
变式 (1)A (2)BCD [解析] (1)设点P的纵坐标为y=Asin(ωt+φ)(A>0,ω>0),由题意可得T==3,得ω=.因为起始点P在第四象限,所以可取φ=-,由题图可知A=2,所以y=2sin,所以该质点到x轴的距离h关于时间t的函数解析式是h=.故选A.
(2)令H=f(t),依题意得f(0)=-A+h=Asin θ+h,则sin θ=-1,因为|θ|<π,所以θ=-,故A错误;由H=Asin+h,得最小正周期T==30,则该摩天轮转动一圈所用的时间为30分钟,故B正确;H=Asin+h,由
可得故座舱P距离地面的最大高度为A+h=55+65=120(米),故C,D均正确.故选BCD.第2课时 函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质的应用
1.若将函数y=sin 2x的图象向右平移个单位长度,则平移后图象的对称轴方程为 ( )
A.x=+(k∈Z)
B.x=-(k∈Z)
C.x=-(k∈Z)
D.x=-(k∈Z)
2.函数y=sin(ωx+φ)的部分图象如图所示,则ω,φ的值分别是 ( )
A.1, B.1,-
C.2, D.2,-
3.[2024·福建师范大学附中高一期末] 函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示,则f= ( )
A.-1 B.1
C.- D.
4.若函数y=sin(ω>0)的图象与直线y=1的两相邻公共点的距离为π,要得到y=sin的图象,只需将函数y=sin ωx的图象向左平移 ( )
A.个单位长度 B.个单位长度
C.个单位长度 D.个单位长度
5.如图,一个大风车的半径为6 m,12 min旋转一周,它的最低点P0离地面2 m,风车翼片的一个端点P从P0开始按逆时针方向匀速旋转,则点P离地面的距离h(m)与时间t(min)之间的函数关系式是 ( )
A.h=-6sint+6
B.h=-6cost+6
C.h=-6sint+8
D.h=-6cost+8
6.(多选题)已知函数f(x)=sin(ω>0)的图象的一个对称中心到一条对称轴的最小距离为,则下列说法中正确的是 ( )
A.ω=
B.直线x=1是函数f(x)的图象的一条对称轴
C.f(x)的图象的对称中心为(3k-1,0),k∈Z
D.f(x)在[1,3]上的取值范围为
7.将函数f(x)=sin(-2x)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象,则g(x)在上 .(填“单调递增”或“单调递减”)
8.为了研究钟表与三角函数的关系,建立如图所示的坐标系,设秒针指向位置P(x,y),若初始位置为P0,秒针从P0(注:此时t=0)开始沿顺时针方向匀速转动,则点P的纵坐标y与时间t(单位:s)的函数关系式为 .
9.(13分)函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)将函数f(x)的图象向左平移个单位长度,再将所得图象上各点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,得到函数g(x)的图象,求函数g(x)在上的取值范围.
10.[2024·广西玉林高一期末] 将函数f(x)=sin(ω>0)的图象向左平移个单位长度后得到曲线C,若C关于y轴对称,则ω的最小值是 ( )
A. B.
C. D.
11.(多选题)[2025·广州越秀区高一期末] 对于函数f(x)=sin 2x和g(x)=cos,下列结论中正确的有 ( )
A.f(x)与g(x)有相同的零点
B.f(x)与g(x)有相同的最大值
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
12.函数y=Asin(ωx+φ)的最小值是-2,其图象相邻的最高点与最低点横坐标的差是3π,且图象过点(0,1),则该函数的解析式为 .
13.[2024·北京顺义区高一期末] 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω,φ为常数,ω>0)的部分图象如图所示,则f= ;若将函数f(x)图象上的点P(0,a)向右平移t(t>0)个单位长度得到点Q,且点Q仍在函数f(x)的图象上,则t的最小值为 .
14.(15分)[2025·长春五校高一联考] 已知函数f(x)=cos x(sin x+cos x)-.
(1)求f(x)的最小正周期和其图象的对称轴方程.
(2)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度,再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的4倍,纵坐标不变,得到函数g(x)的图象.
(i)求不等式g(x)>的解集;
(ii)当x∈时,若函数h(x)=g(x)-m有零点,求实数m的取值范围.
15.[2025·陕西榆林八校高一联考] 已知函数f(x)=2sin在区间[t,t+1](t∈R)上的最大值为M,则M的取值范围为 .
16.(15分)摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施,游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转,可以从高处俯瞰四周景色(如图①).某摩天轮轮盘直径为124米,设置有36个座舱(如图②).游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱,当到达最高点时距离地面145米,摩天轮匀速转动一周需要30分钟.从游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时.
(1)经过t分钟后游客甲距离地面的高度为H米,已知H关于t的函数关系式为H=Asin(ωt+φ)+B,求H关于t的函数关系式.
(2)游客甲坐上摩天轮后多长时间,距离地面的高度第一次恰好达到52米
(3)若游客乙在游客甲之后进入座舱,且中间间隔5个座舱,在摩天轮转动一周的过程中,记两人距离地面的高度差为h米,求h的最大值.
① ②
第2课时 函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质的应用
1.A [解析] 令2x=kπ+,k∈Z,解得x=+,k∈Z,故函数y=sin 2x图象的对称轴方程为x=+,k∈Z,所以平移后图象的对称轴方程为x=++=+,k∈Z,故选A.
2.C [解析] 由题图可知,T=4=π,即ω==2.因为sin=-1,所以+φ=-+2kπ,k∈Z,即φ=-+2kπ,k∈Z,又|φ|<,所以φ=.故选C.
3.A [解析] 由题图知A=2,把点(0,)的坐标代入f(x)的解析式,得2sin φ=,又|φ|<,故φ=.由“五点法”可得ω·+=π,所以ω=4,故f(x)=2sin,所以f=2sin=-1.故选A.
4.A [解析] 由题意可知y=sin(ω>0)的最小正周期为π,所以ω=2,即y=sin=sin 2,所以只需将函数y=sin 2x的图象向左平移个单位长度.故选A.
5.D [解析] 根据题意可设h=Acos ωt+B,ω>0,A<0,B>0.∵12 min旋转一周,∴=12,∴ω=.∵最大值与最小值分别为14,2,∴解得∴h=-6cost+8.故选D.
6.ACD [解析] 对于A,由题意得=,则T==6,所以ω=,f(x)=sin,故A正确;对于B,当x=1时,f(1)=sin=≠±1,故B错误;对于C,由x+=kπ,k∈Z,解得x=3k-1,k∈Z,所以函数f(x)的图象的对称中心为(3k-1,0),k∈Z,故C正确;对于D,当x∈[1,3]时,x+∈,所以当x+=,即x=1时,f(x)max=sin=,当x+=,即x=3时,f(x)min=sin=-,所以当x∈[1,3]时,f(x)=sin∈,故D正确.故选ACD.
7.单调递减 [解析] 将函数f(x)=sin(-2x)=-sin 2x的图象向右平移个单位长度后,得到函数g(x)=-sin的图象,当x∈时,2x-∈,此时函数y=sin单调递增,则函数g(x)单调递减,故g(x)在上单调递减.
8.y=sin [解析] 设y=sin(ωt+φ),∵秒针顺时针转动,且每60秒转一周,∴ω=-=-.由P0,得cos φ=,sin φ=,可得φ=,故点P的纵坐标y与时间t的函数关系式为y=sin.
9.解:(1)观察图象可得A=2,函数f(x)的最小正周期T=-=π=,解得ω=2,
即f(x)=2sin(2x+φ),由f=2sin=0,得-+φ=2kπ, k∈Z,
即φ=2kπ+,k∈Z,而|φ|<,则φ=,所以f(x)=2sin.
(2)将f(x)的图象向左平移个单位长度,可得函数y=2sin=2sin的图象,
再将所得图象上各点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,得到函数g(x)的图象,则g(x)=2sin.
当0≤x≤时,≤4x+≤,
则-≤2sin≤2,
即-≤g(x)≤2,故g(x)在上的取值范围为[-,2].
10.C [解析] 将f(x)的图象向左平移个单位长度后得到y=sin的图象,即曲线C.由C关于y轴对称,得ω×0+ω+=+kπ(k∈Z),解得ω=+2k(k∈Z),又ω>0,故ω的最小值为.故选C.
11.BC [解析] 对于A选项,令f(x)=sin 2x=0,得2x=k1π,k1∈Z,解得x=,k1∈Z,即为f(x)的零点,令g(x)=cos=0,得2x-=+k2π,k2∈Z,解得x=+,k2∈Z,即为g(x)的零点,显然f(x),g(x)的零点不同,A选项错误;对于B选项,易得f(x)max=g(x)max=1,B选项正确;对于C选项,f(x),g(x)的最小正周期均为=π,C选项正确;对于D选项,对于f(x)=sin 2x,令2x=k3π+,k3∈Z,得x=+,k3∈Z,对于g(x)=cos,令2x-=k4π,k4∈Z,得x=+,k4∈Z,所以f(x)的图象的对称轴方程为x=+,k3∈Z,g(x)的图象的对称轴方程为x=+,k4∈Z,显然f(x),g(x)图象的对称轴不同,D选项错误.故选BC.
12.y=2sin [解析] 由题意得A=2,=3π,则T=6π,∴=6π,则ω=,∴y=2sin,把(0,1)代入得sin φ=,又|φ|<,∴φ=,∴y=2sin.
13.0 [解析] 观察函数图象,得函数f(x)的最小正周期T=2=π,则ω==2,则f(x)=sin(2x+φ).由f=0,且函数f(x)的图象在点附近是上升的,得-+φ=2kπ,k∈Z,即φ=+2kπ,k∈Z,故f(x)=sin=sin,k∈Z,所以f=sin π=0.a=f(0)=,又点Q(t,a)在f(x)的图象上,则f(t)=,即sin=,又t>0,则2t+=+2nπ或2t+=+2nπ,n∈N,解得t=+nπ或t=π+nπ,n∈N,所以t的最小值为.
14.解:(1)f(x)=cos x(sin x+cos x)-=sin xcos x+cos2x-=sin 2x+cos 2x=sin,
则T==π,令2x+=+kπ(k∈Z),
则x=+(k∈Z),
即f(x)的最小正周期为π,其图象的对称轴方程为x=+(k∈Z).
(2)(i)g(x)=sin=sin,令sin>,
则+2kπ故所求解集为(k∈Z).
(ii)当x∈时,x-∈,则g(x)∈.
若函数h(x)=g(x)-m有零点,即m=g(x)有解,则m∈,故实数m的取值范围为.
15.[-,2] [解析] 函数f(x)=2sin的最小正周期T==4,区间[t,t+1]的长度为1,即为.令x+=2kπ+,k∈Z,可得x=+4k,k∈Z,此时函数f(x)取得最小值,f(x)的图象如图所示.当函数f(x)图象的最低点的横坐标位于区间[t,t+1]上,且函数f(x)在区间[t,t+1]上的图象关于直线x=+4k,k∈Z对称时,M取得最小值.不妨取k=0,当x=t=-=2时,Mmin=f(t)=f(2)=2sin=-,由正弦函数的图象与性质可知,Mmax=2,∴M的取值范围为[-,2].
16.解:(1)H关于t的函数关系式为H=Asin(ωt+φ)+B,
由题可知解得又匀速转动一周需要30分钟,所以ω==,可得H=62sin+83.又当t=0时,H=62sin+83=21,所以sin φ=-1,
又|φ|≤,所以φ=-,所以H关于t的函数关系式为H=62sin+83.
(2)H=62sin+83=-62cost+83,由-62cost+83=52,得cost=,由t=,得t=5,所以游客甲坐上摩天轮后5分钟,距离地面的高度第一次恰好达到52米.
(3)由题意知,经过t分钟后游客甲距离地面的高度H甲=-62cost+83,0≤t≤30.乙与甲间隔的时间为×6=5(分钟),所以乙距离地面的高度H乙=-62cos(t-5)+83,5≤t≤30,所以两人离地面的高度差h=|H甲-H乙|==62,5≤t≤30,当t-=或,即t=10或25时,h的最大值为62.
