1.6.3 探究A对y＝Asin(ωx＋φ)的图象的影响(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第二册（北师大版2019）

第一章　三角函数 §6　函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质与图象 6.3　探究A对y＝Asin(ωx＋φ)的图象的影响 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 课前案·自主学习 01 课堂案·互动探究 02 课后案·学业评价 03 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 01 课前案·自主学习 栏目导航 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 纵 A 横坐标 振幅 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 五个 栏目导航 第一章　三角函数 1 周期 周期性 栏目导航 第一章　三角函数 1 R [－A，A] kπ,k∈Z 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 02 课堂案·互动探究 栏目导航 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 栏目导航 第一章　三角函数 1 03 课后案·学业评价 点击进入Word 栏目导航 栏目导航 第一章　三角函数 1 谢谢观看 栏目导航 第一章　三角函数 1 学业标准 素养目标 1．了解A对y＝Asin(ωx＋φ)图象的影响． 2．掌握探究函数y＝Asin(ωx＋φ)性质的基本方法．(难点) 3．会用函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质解决有关问题．(重点) 1．在图象间的变换过程中，提升直观想象等核心素养． 2．通过y＝Asin(ωx＋φ)性质的应用，提升数学运算等核心素养. 导学1　探究A的取值对y＝Asin(ωx＋φ)的图象的影响 在同一平面直角坐标系中，用“五点法”作出函数y＝4sin x与y＝eq \f(1,2)sin x的图象，从列表中变量的值以及画出的图象两个方面进行观察分析，y＝Asin(ωx＋φ)的图象与y＝sin(ωx＋φ)的图象之间有什么关系？ [提示]　y＝Asin(ωx＋φ)的图象可以由y＝sin(ωx＋φ)的图象所有点的纵坐标伸缩(横坐标不变)得到． ◎结论形成 y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0)的图象是将y＝sin(ωx＋φ)的图象上的每个点的______坐标伸长(当A＞1时)或缩短(当0＜A＜1时)到原来的______倍(__________不变)得到的．A决定了函数y＝Asin(ωx＋φ)的值域以及函数的最大值和最小值，通常称A为________． y＝f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \o(—————————————————————→,\s\up17(纵坐标变为原来的mm＞1倍或m0＜m＜1),\s\do15(横坐标不变))y＝mf(x)＝mAsin(ωx＋φ)． 导学2　探究函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质 探究函数y＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的周期、单调递增区间和对称轴． [提示]　周期T＝2π. 由－eq \f(π,2)＋2kπ≤x＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(2π,3)＋2kπ≤x≤eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，即函数的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)＋2kπ，\f(π,3)＋2kπ))，k∈Z.由x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，得x＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，即为函数图象的对称轴． ◎结论形成 1．探究y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，x∈R)性质的一般步骤 第1步，确定周期T＝________； 第2步，在y＝sin x五个关键点(0,0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)的基础上确定该函数的________关键点； eq \f(2π,ω) 第3步，用光滑曲线顺次连接五个关键点，即可画出函数y＝Asin(ωx＋φ)在一个________上的图象，再利用其__________把图象延拓到R，就可以得到它在R上的图象； 第4步，借助图象讨论性质． 说明：这也是讨论周期函数的一般方法和步骤． 2．函数y＝Asin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，x∈R)的性质 定义域 _____ 值域 _____________ 周期性 _____________ 奇偶性 φ＝__________时是奇函数；φ＝_________________时是偶函数 T＝eq \f(2π,|ω|) eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,ω)－\f(\a\vs4\al(φ),ω)，0))，k∈Z 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 对称轴方程为x＝_____________________. 对称中心为_____________________ 2kπ－eq \f(π,2)≤ωx＋φ≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z 2kπ＋eq \f(π,2)≤ωx＋φ≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z eq \f(kπ,ω)＋eq \f(π,2ω)－eq \f(\a\vs4\al(φ),ω)，k∈Z 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数y＝2sin x的图象可由y＝sin x的图象上的所有点的纵坐标缩短为原来的eq \f(1,2)得到．(　　) (2)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)，A≠0，x∈R的最大值为A．(　　) (3)函数y＝3sin(2x－5)的初相为5.(　　) (4)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))图象的一条对称轴为x＝eq \f(3π,4).(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．下列函数中是奇函数，且最小正周期是π的函数是(　　) A．y＝sin |2x|　　　　　 B．y＝|sin x| C．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x)) D．y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－2x)) 解析　y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－2x))＝－sin 2x符合题意．故选D． 答案　D 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\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))) 解析　由图知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．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的图象的对称轴方程是______． 解析　令x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z， 即f(x)的图象的对称轴方程是x＝eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z. 答案　x＝eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z 题型一　由图象求y＝Asin(ωx＋φ)的解析式 一题多解 如图是函数y＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象，求A，ω，φ的值，并确定其函数解析式． [解析]　方法一(逐一定参法) 由图象知振幅A＝3，又T＝eq \f(5π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝π，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2. 由点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))可知，－eq \f(π,6)×2＋φ＝2kπ，k∈Z， ∴φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z. 又|φ|<eq \f(π,2)，得φ＝eq \f(π,3)，∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))). 方法二(待定系数法) 由图象知A＝3，又图象过点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))，根据五点作图法原理(以上两点可判为“五点法”中的第三点和第五点)， 有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，,\f(5π,6)ω＋φ＝2π＋2kπ，k∈Z，,|φ|<\f(π,2)，))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(图象变换法) 由T＝π，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))，A＝3可知， 图象是由y＝3sin 2x向左平移eq \f(π,6)个单位长度而得到的， ∴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))). 根据函数的部分图象求解析式的方法 (1)直接从图象确定A和T，则可确定函数解析式y＝Asin(ωx＋φ)中的参数A和ω，再选取特殊点，结合φ的范围求出φ. (2)将若干特殊点代入函数解析式，通过解方程组求相关待定系数A，ω，φ. (3)运用逆向思维的方法，先确定函数的解析式y＝Asin ωx，再根据图象平移规律确定相关的参数． [触类旁通] 1．已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝________. 解析　由图可知，f(x)的最小正周期T＝eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,12)－\f(π,3)))＝π， 所以ω＝eq \f(2π,T)＝2，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，所以由五点作图法可得2×eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)， 解得φ＝－eq \f(π,6)，所以f(x)＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))， 所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,2)－\f(π,6)))＝－2coseq \f(π,6)＝－eq \r(　,3). 答案　－eq \r(3) 题型二　三角函数图象的对称性 (1)若将函数y＝2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，则平移后图象的对称轴为(　　) A．x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)(k∈Z)　 B．x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z) C．x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)(k∈Z) D．x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z) (2)(2022·新高考全国Ⅰ卷)记函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω>0)的最小正周期为T.若eq \f(2,3)π<T<π，且y＝f(x)的函数图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝(　　) A．1 B．eq \f(3,2) C．eq \f(5,2) D．3 [解析]　(1)将函数y＝2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，所得到的图象对应函数的解析式为y＝2sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，由2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq \f(π,6)＋eq \f(1,2)kπ，k∈Z.故选B． (2)ω＝eq \f(2π,T)∈(2,3)，y＝f(x)的函数图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，则有b＝2，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝2，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＋2＝2， 则eq \f(3π,2)ω＋eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z；解得ω＝eq \f(4k－1,6)， 由ω∈(2,3)得k＝4，ω＝eq \f(5,2)，故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)·\f(π,2)＋\f(π,4)))＋2＝－1＋2＝1. [答案]　(1)B　(2)A 三角函数对称轴、对称中心的求法 对称轴 对称中心 y＝Asin(ωx＋φ) 令ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z) 令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求对称中心横坐标 y＝Acos(ωx＋φ) 令ωx＋φ＝kπ(k∈Z) 令ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)求对称中心横坐标 [触类旁通] 2．将函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(3π,4)))图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,3)，纵坐标不变，再向右平移eq \f(π,8)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，则下列说法正确的是(　　) A．函数g(x)的图象的一条对称轴是x＝eq \f(π,4) B．函数g(x)的图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0)) C．函数g(x)的图象的一条对称轴是x＝eq \f(π,2) D．函数g(x)的图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0)) 解析　将函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(3π,4)))图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq \f(1,3)，可得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,4)))的图象，然后纵坐标不变，再向右平移eq \f(π,8)个单位长度，得到函数y＝g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))＋\f(3π,4)))＝2cos 2x的图象， 令x＝eq \f(π,4)，求得g(x)＝0，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))是g(x)的图象一个对称中心，故排除A； 令x＝eq \f(π,2)，求得g(x)＝－2，可得x＝eq \f(π,2)是g(x)的图象的一条对称轴，故排除B；C正确；令x＝eq \f(π,8)，求得g(x)＝eq \r(2)，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))不是g(x)的图象的对称中心，故排除D． 答案　C 题型三　三角函数性质的综合应用 一题多变 　已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈R，其中A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的周期为π，且图象上一个最低点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，－2)). (1)求f(x)的解析式； (2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))时，求f(x)的最值． [解析]　(1)由函数f(x)图象上的一个最低点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，－2))，得A＝2. 由周期T＝π，得ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,π)＝2. 由点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，－2))在图象上， 得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋φ))＝－2， 即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋φ))＝－1， 所以eq \f(4π,3)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z， 故φ＝2kπ－eq \f(11π,6)，k∈Z. 又φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以k＝1，φ＝eq \f(π,6). 所以函数的解析式为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))). (2)因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))，所以2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))， 所以当2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，即x＝0时，函数f(x)取得最小值1；当2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,3)，即x＝eq \f(π,12)时，函数f(x)取得最大值eq \r(3). [母题变式] (变结论)若本例的条件不变，求函数f(x)的单调递增区间． 解析　由例3的解析可知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq \f(π,3)＋kπ≤x≤eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z. 所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))(k∈Z)． [素养聚焦]　在讨论三角函数性质时，需要综合应用数学运算、直观想象等核心素养来分析解决问题． 函数y＝Asin(ωx＋φ)性质的应用 (1)应用范围：函数的单调性、最值、奇偶性、零点、图象的对称性等方面都有体现和考查． (2)解决方法：有关函数y＝Asin (ωx＋φ)的性质的问题，充分利用正弦曲线的基本性质，要特别注意运用整体代换思想． [触类旁通] 3．(1)(多选题)(2024·新课标Ⅱ卷)对于函数f(x)＝sin 2x和g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，下列说法中正确的有(　　) 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 (2)(多选题)将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)，则下列说法正确的是(　　) A．g(x)的周期为π B．g(x)的一条对称轴为x＝eq \f(π,3) C．g(x)是奇函数 D．g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上单调递增 解析　(1)对于A，令f(x)＝0，则x＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)))≠0，故A错误；对于B，f(x)与g(x)的最大值都为1，故B正确；对于C，f(x)与g(x)的最小正周期都为π，故C正确；对于D，f(x)图象的对称轴方程为2x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，即x＝eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，g(x)图象的对称轴方程为2x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，即x＝eq \f(3π,8)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，故f(x)与g(x)的图象的对称轴不相同，故D错误．故选BC． (2)将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数 g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))). A．g(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，所以该选项正确； B．令2x＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，∴x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)，k∈Z， 函数图象的对称轴不可能是x＝eq \f(π,3)，所以该选项错误； C．由于g(－x)≠－g(x)，所以函数不是奇函数，所以该选项错误； D．令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z， ∴kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)， 当k＝0时，－eq \f(π,3)≤x≤eq \f(π,6)，所以g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上单调递增， 所以该选项正确．故选AD． 答案　(1)BC　(2)AD [缜密思维提能区]　易错辨析 函数y＝Asin(ωx＋φ)的单调性忽略ω的正负致错 求函数y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))的单调区间． [错解]　当－eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(π,4)－x≤eq \f(π,2)＋2kπ时，y单调递增，当eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(π,4)－x≤eq \f(3π,2)＋2kπ时，y单调递减，所以y的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)－2kπ，\f(3π,4)－2kπ))，单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,4)－2kπ，－\f(π,4)－2kπ)). [正解]　y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))化为y＝－2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))).令u＝x－eq \f(π,4)，因为y＝sin u(u∈R)的单调递增区间、单调递减区间分别为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2))) (k∈Z)，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)，所以函数y＝－2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的单调递增区间、单调递减区间分别由下面的不等式确定： 2kπ＋eq \f(π,2)≤x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z， 2kπ－eq \f(π,2)≤x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z， 解得2kπ＋eq \f(3π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(7π,4)，k∈Z， 2kπ－eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(3π,4)，k∈Z. 故函数y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))的单调递增区间、单调递减区间分别为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(3π,4)，2kπ＋\f(7π,4)))(k∈Z)，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,4)，2kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)． [纠错心得] 在研究正弦函数型的函数的性质时，要注意将已知函数化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式，并确保ω为正． 知识落实 技法强化 1．由图象求y＝Asin(ωx＋φ)． 2．y＝Asin(ωx＋φ)的性质的综合应用. 1．整体代换、数形结合． 2．由图象求解析式，关键是找到“第一点”. $$