7.3.3 函数y＝A sin (ωx＋φ)-【正禾一本通】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（苏教版）

该高中数学课件聚焦苏教版必修第一册7.3.3函数y=A sin(ωx+φ)，系统讲解图象变换步骤、参数A、ω、φ的意义及五点法作图，从y=sinx图象入手，通过平移、伸缩等变换构建学习支架，衔接三角函数基础，帮助学生逐步掌握知识脉络。 其特色是融合数学眼光与数学思维，以微点拨明确参数变换本质，一题多法（如先平移后伸缩与先伸缩后平移）培养推理能力，五点法作图步骤规范提升几何直观。实例丰富如由图象求解析式的多种解法，助力学生夯实基础、提升解题能力，也为教师提供系统教学资源，提高教学效率。

数学·必修·第一册(苏教) 第7章 三角函数 7．3．3　函数y＝A sin(ωx＋φ) 课下培优巩固练（四十五） [课程标准]　1.结合具体实例，了解y＝A sin (ωx＋φ)的实际意义．　2.能借助图象理解参数ω，φ，A的意义，了解参数的变化对函数图象的影响． 一、函数y＝sin x的图象经变换得到y＝A sin (ωx＋φ)的图象的步骤 微点拨：1.参数 A, ω， φ 使函数y＝sin x的图象变换为函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象，分别叫做振幅变换，周期变换和相位变换． 2．左右平移是对x本身而言的，如果x前面的系数不是1，应提取系数，然后进行左右平移． 3．|A|的大小反映了曲线y＝A sin (ωx＋φ)波动幅度的大小． 若A＞0，则函数y＝A sin (ωx＋φ)的值域是[－A，A]，最大值是A，最小值是－A；若A<0，则函数y＝A sin (ωx＋φ)的值域是[A，－A]，最大值是－A，最小值是A. 二、五点法作y＝A sin (ωx＋φ)的图象 1．利用“五点法”作函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)的图象，实质是利用函数的三个零点、两个最值点画出函数在一个周期内的图象． 2．取值时，需令ωx＋φ＝0， eq \f(π,2) ，π， eq \f(3π,2) ，2π，才能得到五个特征点，即两个最值点和三个零点． 【基点小试】 1．（苏教版必修一P199T8改编）(多选)函数y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) 的图象，可由函数y＝sin x的图象经过下列哪项变换而得到(　　) A．向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度,横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标伸长到原来的3倍 B．向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度,横坐标缩短到原来的 eq \f(1,2) 倍,纵坐标伸长到原来的3倍 C．横坐标缩短到原来的 eq \f(1,2) 倍,向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度,纵坐标伸长到原来的3倍 D．横坐标缩短到原来的 eq \f(1,2) 倍,向左平移 eq \f(π,6) 个单位长度,纵坐标伸长到原来的3倍 解析：法一　先平移后伸缩 答案：BD 2．将函数y＝sin x的图象上所有的点向右平移 eq \f(π,10) 个单位长度，再把各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象的函数解析式是(　　) A．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,10))) B．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,5))) C．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,10))) D．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,20))) 解析：将y＝sin x的图象向右平移 eq \f(π,10) 个单位长度得到y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,10))) 的图象，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍得到y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,10))) 的图象． 答案：C 3．为了得到y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) 的图象只需将函数y＝cos x的图象________________________而得到． 解析：y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) ＝cos eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))))) ＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x)) ＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) ，只需把y＝cos x的图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度即得到y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) 的图象． 答案：向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度 4．利用“五点法”作函数y＝sin 2x，x∈[0，2π]的图象时，所取的五点的横坐标为____________________． 答案：0， eq \f(π,4) ， eq \f(π,2) ， eq \f(3π,4) ，π 题型一　五点法作函数y＝A sin (ωx＋φ)图象 例1.用“五点法”作出函数y＝2sin ( eq \f(x,2) ＋ eq \f(π,6) )的图象． 解：令t＝ eq \f(x,2) ＋ eq \f(π,6) ，列表如下： x － eq \f(π,3) eq \f(2π,3) eq \f(5π,3) eq \f(8π,3) eq \f(11π,3) t 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π y 0 2 0 －2 0 描点连线并向左右两边分别扩展，得到如图所示的函数图象： [总结] 　用“五点法”作函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)图象的步骤 第一步：列表． ωx＋φ 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π x － 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) y 0 A 0 －A 0 第二步：在同一坐标系中描出各点． 第三步：用光滑曲线连接这些点，形成图象． 【练一练】 1．用五点法作出函数y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) 的图象，并指出函数的单调区间． 解：(1)列表： x － eq \f(π,6) eq \f(π,12) eq \f(π,3) eq \f(7π,12) eq \f(5π,6) 2x＋ eq \f(π,3) 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π y 0 2 0 －2 0 (2)描点． (3)连线．用平滑的曲线顺次连接各点所得图象如图所示为该函数在一个周期内图象，然后将图象左右平移(每次π个单位长度)即可得到该函数在定义域R内的图象． 可见在一个周期内，函数在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12))) 上递减，又因为函数的周期为π，所以函数的递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,12)，kπ＋\f(7π,12))) (k∈Z). 同理，递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12))) (k∈Z). 题型二　函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象变换 例2.指出将y＝sin x的图象变换为y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) 的图象的两种方法． 解：法一(先伸缩后平移)　y＝sin x y＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))))) ＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) . 法二(先平移后伸缩)　y＝sin x y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) . [总结] 　由y＝sin x的图象，通过变换可得到函数y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象，其变化途径有两条： (1)y＝sin x eq \o(――→,\s\up17(相位变换)) y＝sin (x＋φ) eq \o(――→,\s\up17(周期变换)) y＝sin (ωx＋φ) eq \o(――→,\s\up17(振幅变换)) y＝A sin (ωx＋φ). (2)y＝sin x eq \o(――→,\s\up17(周期变换)) y＝sin ωx eq \o(――→,\s\up17(相位变换)) y＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(φ,ω))))) ＝sin (ωx＋φ) eq \o(――→,\s\up17(振幅变换)) y＝A sin (ωx＋φ). 【练一练】 2.(2025·宿迁高一期末)为了得到函数y＝3sin (2x＋ eq \f(π,6))的图象，只需把函数y＝3sin x图象上所有的点(　　 ) A．横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，再将所得的图象向右平移 eq \f(π,6)个单位长度 B．横坐标变为原来的 eq \f(1,2)倍(纵坐标不变)，再将所得的图象向左平移 eq \f(π,12)个单位长度 C．横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，再将所得的图象向左平移 eq \f(π,6)个单位长度 D．横坐标变为原来的 eq \f(1,2)倍(纵坐标不变)，再将所得的图象向右平移 eq \f(π,12)个单位长度 解析：把函数y＝3sin x图象上所有的点横坐标变为原来的 eq \f(1,2)倍(纵坐标不变)，得y＝3sin 2x，再将y＝3sin 2x图象向左平移 eq \f(π,12)个单位长度，得y＝3sin [2(x＋ eq \f(π,12))]＝3sin (2x＋ eq \f(π,6)). 答案：B 3．将函数y＝2cos 2x的图象向右平移 eq \f(π,2) 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 eq \f(1,2) (纵坐标不变)，得到的图象对应的函数解析式为(　　) A．y＝cos 2x B．y＝－2cos x C．y＝－2sin 4x D．y＝－2cos 4x 解析：将函数y＝2cos 2x的图象向右平移 eq \f(π,2) 个单位长度，可得函数y＝2cos eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2))))) ＝2cos (2x－π)＝－2cos 2x的图象，再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的 eq \f(1,2) (纵坐标不变)，得到函数y＝－2cos 4x的图象，故选D. 答案：D 题型三　由图象求函数解析式 例3.如图是函数y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )的图象的一部分，求此函数的解析式． 解：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\co1(－\f(π,6))) ＝π， ∴ω＝ eq \f(2π,T) ＝2， ∴y＝3sin (2x＋φ). ∵点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0)) 在函数图象上， ∴0＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)×2＋φ)) . ∴－ eq \f(π,6) ×2＋φ＝kπ，k∈Z，得φ＝ eq \f(π,3) ＋kπ(k∈Z). ∵|φ|< eq \f(π,2) ，∴φ＝ eq \f(π,3) . ∴y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) . 法二　待定系数法 由图象知A＝3.∵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)) ， ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(πω,3)＋φ＝π，,\f(5πω,6)＋φ＝2π，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω＝2，, φ＝\f(π,3)．)) ∴y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) . 法三　图象变换法 由A＝3，T＝π，点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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＝3sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))))) ，即y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) . [总结] 　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或选取最值点代入公式ωx＋φ＝kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，求φ. (2)待定系数法：通过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＝A sin ωx，再根据图象平移、伸缩规律确定相关的参数． 【练一练】 4．已知函数y＝A sin (ωx＋φ)(A>0, ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )在一个周期内的部分函数图象如图所示．求此函数的解析式． 解：由图象可知A＝2， eq \f(T,2) ＝ eq \f(4,3) － eq \f(1,3) ＝1，∴T＝2，∴T＝ eq \f(2π,ω) ＝2，∴ω＝π，∴y＝2sin (πx＋φ). 将 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)， 2)) 代入y＝2sin (πx＋φ)得2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ)) ＝2， ∴sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ)) ＝1.∵|φ|＜ eq \f(π,2) ，∴φ＝ eq \f(π,6) ， ∴y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,6))) . 5．函数y＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象如图所示． 求f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 022)的值． 解：由图可知A＝2，φ＝2kπ，k∈Z，T＝8， ∴ eq \f(2π,ω) ＝8，即ω＝ eq \f(π,4) ，∴f(x)＝2sin ( eq \f(π,4) x＋2kπ), ∴f(x)＝2sin eq \f(π,4) x. ∵周期为8，且f(1)＋f(2)＋…＋f(8)＝0， ∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2 022)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＋f(6)＝2sin eq \f(π,4) ＋2sin eq \f(π,2) ＋2sin eq \f(3π,4) ＋2sinπ＋2sin eq \f(5π,4) ＋2sin eq \f(3π,2) ＝ eq \r(2) . 培优拓展系列(八)·三角函数中有关ω的问题 角度1　利用三角函数的单调性求解 例4.(一题多法)若函数f(x)＝2 eq \r(3) sin ωx cos ωx＋2sin2ωx＋cos2ωx在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(3π,2))) 上单调递增，则正数ω的最大值为(　　) A． eq \f(1,8) B． eq \f(1,6) C． eq \f(1,4) D． eq \f(1,3) 解析：法一　因为f(x)＝2 eq \r(3) sin ωx cos ωx ＋2sin2ωx＋cos2ωx＝ eq \r(3) sin 2ωx＋1在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(3π,2))) 上单调递增， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2ω·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)))＝－3ωπ≥－\f(π,2)，,2ω·\f(3π,2)＝3ωπ≤\f(π,2)，)) 解得0<ω≤ eq \f(1,6) ，所以正数ω的最大值是 eq \f(1,6) . 法二　易知f(x)＝ eq \r(3) sin 2ωx＋1，可得f(x)的最小正周期T＝ eq \f(π,ω) ， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(T,4)＝－\f(π,4ω)≤－\f(3π,2)，,\f(T,4)＝\f(π,4ω)≥\f(3π,2)，)) 解得0<ω≤ eq \f(1,6) ，所以正数ω的最大值是 eq \f(1,6) . 答案：B [总结] 　本题中因为指定区间含有0，所以可以直接利用－3ωπ与－ eq \f(π,2) 的大小关系及3ωπ与 eq \f(π,2) 的大小关系建立参数所满足的不等式(组)，若指定区间不含0，则需要先求出函数的单调递增区间，再利用子集关系建立参数所满足的不等式(组)求解． 角度2　利用三角函数的最值，对称性求解 例5.(一题多法)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2))) ，x＝－ eq \f(π,4) 为f(x)的零点，直线x＝ eq \f(π,4) 为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36))) 上单调，则ω的最大值为(　　) A．11 B．9 C．7 D．5 解析：法一　因为x＝－ eq \f(π,4) 为函数f(x)的零点，直线x＝ eq \f(π,4) 为y＝f(x)图象的对称轴， 所以 eq \f(π,4) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))) ＝ eq \f(π,2) ＝ eq \f(kT,2) ＋ eq \f(T,4) (k∈Z，T为最小正周期)， 化简得T＝ eq \f(2π,2k＋1) (k∈Z)，则ω＝ eq \f(2π,T) ＝2k＋1(k∈Z). 又f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36))) 上单调，所以 eq \f(T,2) ≥ eq \f(5π,36) － eq \f(π,18) ，结合T＝ eq \f(2π,2k＋1) (k∈Z)可得，k≤ eq \f(11,2) 且k∈Z. 当k＝5时，ω＝11，φ＝－ eq \f(π,4) ，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36))) 上不单调，满足题意，故ω的最大值为9. 法二　依题意，有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＋φ＝mπ，,ω·\f(π,4)＋φ＝nπ＋\f(π,2)，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω＝2（n－m）＋1，, φ＝\f(2（m＋n）＋1,4)π.)) 又|φ|≤ eq \f(π,2) ，所以m＋n＝0或m＋n＝－1.由f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36))) 上单调，得 eq \f(π,ω) ≥ eq \f(5π,36) － eq \f(π,18) ，所以0<ω≤12. 当m＋n＝0时，ω＝4n＋1，φ＝ eq \f(π,4) ， 取n＝2，得ω＝9，f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(π,4))) ，符合题意． 当m＋n＝－1时，φ＝－ eq \f(π,4) ，ω＝4n＋3， 取n＝2，得ω＝11，f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(11x－\f(π,4))) ，此时， 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36))) 时，11x－ eq \f(π,4) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,36)π，\f(28,18)π)) ，f(x)不单调，不合题意，故ω的最大值为9. 答案：B [总结] 　利用三角函数的最值与对称轴或周期的关系，可以列出关于ω的等式或不等式，进而求出ω的值或取值范围． 【练一练】 6．(2023·昆明模拟)已知函数f(x)＝sin (ωx－ eq \f(π,4) )(ω>0)在(0，2π)上有且仅有两个零点，则ω的取值范围是____________． 解析：令ωx－ eq \f(π,4) ＝φ，∵0<x<2π，ω>0， ∴－ eq \f(π,4) <ωx－ eq \f(π,4) <2ωπ－ eq \f(π,4) ，即－ eq \f(π,4) <φ<2ωπ－ eq \f(π,4) ，由题意知y＝sin φ在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，2ωπ－\f(π,4))) 上有且仅有两个零点，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2ωπ－\f(π,4)>π，,2ωπ－\f(π,4)≤2π，)) ∴ eq \f(5,8) <ω≤ eq \f(9,8) . 答案： eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,8)，\f(9,8))) $