7.3.2 正弦型函数的性质与图象(二)(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学必修第三册（人教B版）

该高中数学课件聚焦正弦型函数y=A sin(ωx+φ)的解析式确定与性质应用，通过思考1（参数A、ω、φ的确定）和思考2（图象周期、最值等特征分析）导入，衔接正弦函数性质，搭建从已知到未知的学习支架。 其亮点在于以数学眼光观察图象特征，结合数学思维中的整体代换思想，通过“三步法”（A由最值，ω由周期，φ用代入或五点法）规范参数求解（数学语言）。小结强调转化与定义域，助学生形成逻辑思维，教师教学有明确策略与巩固环节。

7．3.2　正弦型函数的性质与图象(二) 新知学习 探究 1 课堂巩固 自测 2 内容 索引 新知学习 探究 PART 01 第一部分 思考1　若要确定三角函数y＝A sin (ωx＋φ)的解析式，则需确定三角函数的哪些参数？ 提示：A，ω，φ的值．其中A影响的是函数的最大、最小值，ω影响的是函数的周期． 新知学习 探究 返回导航 思考2　如图，你能说说这个图象有什么特点吗？   提示：题图是一个周期上的函数图象，周期为π，最大值是3，最小值是 －3.除此以外，我们还可以得到函数的单调性、对称轴、对称中心、函数的零点等函数的性质．由此，我们可以推出整个函数的性质． 新知学习 探究 返回导航 R [－|A|，|A|] 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 有关函数y＝A sin (ωx＋φ)的性质问题，要充分利用正弦曲线的性质，要特别注意整体代换思想的应用．　 新知学习 探究 返回导航 √ √ 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 根据三角函数图象求解析式，重在对A，ω，φ的理解，主要从以下三个方面考虑： (1)根据最大值或最小值求出A的值． (2)根据最小正周期求出ω的值． (3)求φ的常用方法如下：①代入法，把图象上的一个已知点的坐标代入(此时要注意该点的位置)或把图象的最高点或最低点的坐标代入．②五点法，确定φ的值时，往往以寻找五点法中的特殊点作为突破口．　 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 √ √ √ 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 关于函数y＝A sin (ωx＋φ)性质的解题策略 (1)验证法：直线x＝θ为对称轴，则f(θ)＝±A；(θ，0)为对称中心，则f(θ)＝0；[m，n]为函数单调区间，则[ωm＋φ，ωn＋φ]为y＝sin x单调区间的子区间，此法适合选择题． (2)换元法：通过诱导公式及函数图象间的变换关系，得到所求函数的解析式，一般要化成一角一函数的形式，如y＝A sin (ωx＋φ).采取“换元法”整体代换，将ωx＋φ看作一个整体，可令z＝ωx＋φ，即通过y＝A sin z的性质，来研究函数y＝A sin (ωx＋φ)的性质．　 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 课堂巩固 自测 PART 02 第二部分 √ 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 √ 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 √ 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 1．已学习：由图象求三角函数的解析式；函数y＝A sin (ωx＋φ)的性质及应用． 2．须贯通：涉及三角函数的图象与性质的综合问题，一般先要利用诱导公式及函数图象间的变换关系把三角函数式转化为y＝A sin (ωx＋φ)的形式，然后将ωx＋φ看作一个整体，借助正弦函数的性质解决问题． 3．应注意：(1)用代入法求参数φ时，一般代入最值点； (2)求函数最值时，应从函数定义域入手，实际问题中还应考虑自变量的实际意义．　 课堂巩固 自测 返回导航 eq \a\vs4\al(学习,目标) 1.会求正弦型函数y＝A sin (ωx＋φ)的周期、单调性、最值．　2.能根据y＝A sin (ωx＋φ)的部分图象求其解析式．　3.能利用y＝A sin (ωx＋φ)的性质与图象解决有关综合问题． 一　函数y＝A sin (ωx＋φ)的有关性质 名称 性质 定义域 eq \o(□,\s\up1(1)) ________ 值域 eq \o(□,\s\up1(2)) ______________ 周期性 T＝ eq \o(□,\s\up1(3)) ________ 对称中心 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ－φ,ω)，0)) (k∈Z) 对称轴 x＝ eq \f(π－2φ,2ω) ＋ eq \f(kπ,ω) (k∈Z) eq \f(2π,|ω|) 名称 性质 奇偶性 当φ＝kπ(k∈Z)时是奇函数；当φ＝ eq \f(π,2) ＋kπ(k∈Z)时是偶函数 单调性 由－ eq \f(π,2) ＋2kπ≤ωx＋φ≤ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，解得单调递增区间；由 eq \f(π,2) ＋2kπ≤ωx＋φ≤ eq \f(3π,2) ＋2kπ，k∈Z，解得单调递减区间 　已知函数f(x)＝ eq \f(1,2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) ＋ eq \f(5,4) .求： (1)f(x)的最小正周期及单调递增区间； 【解】　函数f(x)的最小正周期T＝ eq \f(2π,2) ＝π， 由－ eq \f(π,2) ＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,6) ≤ eq \f(π,2) ＋2kπ(k∈Z)， 得－ eq \f(π,3) ＋kπ≤x≤ eq \f(π,6) ＋kπ(k∈Z)， 所以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). 已知函数f(x)＝ eq \f(1,2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) ＋ eq \f(5,4) .求： (2)f(x)的图象的对称轴方程和对称中心； 【解】　令2x＋ eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ＋kπ(k∈Z)， 则x＝ eq \f(π,6) ＋ eq \f(kπ,2) (k∈Z)， 所以对称轴方程为x＝ eq \f(π,6) ＋ eq \f(kπ,2) (k∈Z)； 令2x＋ eq \f(π,6) ＝kπ(k∈Z)，则x＝－ eq \f(π,12) ＋ eq \f(kπ,2) (k∈Z)， 所以对称中心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋\f(kπ,2)，\f(5,4))) (k∈Z). 已知函数f(x)＝ eq \f(1,2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) ＋ eq \f(5,4) .求： (3)f(x)的最小值及取得最小值时x的取值集合． 【解】　当sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) ＝－1， 即2x＋ eq \f(π,6) ＝－ eq \f(π,2) ＋2kπ(k∈Z)， 即x＝－ eq \f(π,3) ＋kπ(k∈Z)时，f(x)取得最小值，最小值为 eq \f(3,4) ，此时x的取值集合是 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝－\f(π,3)＋kπ，k∈Z)) . [跟踪训练1] (多选)已知函数y＝sin (2x＋φ)在x＝ eq \f(π,6) 处取得最大值，则函数y＝sin (2x－φ)的图象(　　) A．关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0)) 对称 B．关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0)) 对称 C．关于直线x＝ eq \f(π,12) 对称 D．关于直线x＝ eq \f(π,3) 对称 解析：因为函数y＝sin (2x＋φ)在x＝ eq \f(π,6) 处取得最大值，所以2× eq \f(π,6) ＋φ＝ eq \f(π,2) ＋2kπ(k∈Z)，则φ＝ eq \f(π,6) ＋2kπ(k∈Z)，所以y＝sin (2x－φ)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) . 令2x－ eq \f(π,6) ＝kπ(k∈Z)，得x＝ eq \f(π,12) ＋ eq \f(kπ,2) (k∈Z)，即函数图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0)) (k∈Z)对称，所以A正确，B不正确． 令2x－ eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ＋kπ(k∈Z)，得x＝ eq \f(π,3) ＋ eq \f(kπ,2) (k∈Z)，即函数图象关于直线x＝ eq \f(π,3) ＋ eq \f(kπ,2) (k∈Z)对称，所以D正确，C不正确． eq \a\vs4\al(二　由图象求三角函数的解析式) 　已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)的图象的一部分如图所示，求函数f(x)的解析式． 【解】　由题图可得A＝2， eq \f(T,4) ＝2， 即T＝8＝ eq \f(2π,ω) ，所以ω＝ eq \f(π,4) ， 可得f(x)＝2sin ( eq \f(π,4) x＋φ)， 又因为f(－1)＝2，即 eq \f(π,4) ×(－1)＋φ＝ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，可得φ＝ eq \f(3π,4) ＋2kπ，k∈Z， 又由0<φ<π，所以φ＝ eq \f(3π,4) ，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin ( eq \f(π,4) x＋ eq \f(3π,4) ). [跟踪训练2] 函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )的部分图象如图所示，则f( eq \f(5π,4) )＝__________． eq \f(\r(3),2) 解析：由已知可得， eq \f(T,4) ＝ eq \f(π,3) － eq \f(π,12) ＝ eq \f(π,4) ，所以T＝π，所以ω＝ eq \f(2π,T) ＝2，所以f(x)＝sin (2x＋φ). 又因为f(x)在x＝ eq \f(π,3) 处取得最大值，所以有2× eq \f(π,3) ＋φ＝ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－ eq \f(π,6) ＋2kπ，k∈Z.又因为|φ|< eq \f(π,2) ，所以φ＝－ eq \f(π,6) ，所以f(x)＝sin (2x－ eq \f(π,6) )，所以f( eq \f(5π,4) )＝sin (2× eq \f(5π,4) － eq \f(π,6) )＝sin eq \f(7π,3) ＝sin eq \f(π,3) ＝ eq \f(\r(3),2) . 三　y＝A sin (ωx＋φ)的性质与图象的综合应用 　(1)(多选)已知函数f(x)＝2sin (2x－ eq \f(π,3) )，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)的图象关于点( eq \f(5π,3) ，0)对称 B．函数f(x)的最小正周期为2π C．f(x)在区间[－ eq \f(π,12) ， eq \f(π,3) ]上单调递增 D．将f(x)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再把图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位得到的函数为 g(x)＝－2cos x 【解】　由于f(x)＝2sin (2x－ eq \f(π,3) )，所以f( eq \f(5π,3) )＝2sin (2× eq \f(5π,3) － eq \f(π,3) )＝2sin 3π＝0，故f(x)的图象关于点( eq \f(5π,3) ，0)对称，A正确； 函数f(x)的最小正周期为 eq \f(2π,2) ＝π，故B错误； 当x∈[－ eq \f(π,12) ， eq \f(π,3) ]时，2x－ eq \f(π,3) ∈[－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,3) ]⊆[－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) ]，故C正确； 将f(x)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到y＝2sin (x－ eq \f(π,3) )，再把图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位得到的函数为g(x)＝2sin (x－ eq \f(π,3) － eq \f(π,6) )＝ －2cos x，D正确．故选ACD. (2)已知函数f(x)＝ eq \r(3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3))) (ω>0)的图象与x轴相邻两个交点的距离为 eq \f(π,2) . ①求函数f(x)的解析式； ②若将f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位得到函数g(x)的图象恰好经过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0)) ，求当m取得最小值时，g(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(7π,12))) 上的单调递增区间． 【解】　①由函数f(x)的图象与x轴相邻两个交点的距离为 eq \f(π,2) ，得函数f(x)的最小正周期T＝2× eq \f(π,2) ＝ eq \f(2π,2ω) ，解得ω＝1，故函数f(x) 的解析式为f(x)＝ eq \r(3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) . ②将f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位得到函数g(x)＝ eq \r(3) sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（x＋m）＋\f(π,3))) ＝ eq \r(3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2m＋\f(π,3))) 的图象，根据g(x)的图象恰 好经过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0)) ，可得 eq \r(3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)＋2m＋\f(π,3))) ＝0，即sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m－\f(π,3))) ＝0，所以2m－ eq \f(π,3) ＝kπ(k∈Z)，m＝ eq \f(kπ,2) ＋ eq \f(π,6) (k∈Z)，因为m>0，所以当k＝0时，m取得最小值，且最小值为 eq \f(π,6) .此时g(x)＝ eq \r(3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))) .因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(7π,12))) ，所以2x＋ eq \f(2π,3) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(11π,6))) .当2x＋ eq \f(2π,3) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) ，即x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，－\f(π,12))) 时，g(x) 单调递增，当2x＋ eq \f(2π,3) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(11π,6))) ，即x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(7π,12))) 时，g(x) 单调递增．综上，g(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(7π,12))) 上的单调递增区间是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，－\f(π,12))) 和 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(7π,12))) . [跟踪训练3] 已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )的部分图象如图所示． (1)求函数f(x)的解析式； 解：由题中函数f(x)的图象知A＝2. 又因为函数图象过(0，1)点， 所以f(0)＝1，所以sin φ＝ eq \f(1,2) . 因为|φ|< eq \f(π,2) ，所以φ＝ eq \f(π,6) . 由图象可知 eq \f(T,2) ＝ eq \f(2π,3) － eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ，所以T＝π. 又因为T＝ eq \f(2π,ω) ＝π，所以ω＝2. 所以函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) . 已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )的部分图象如图所示． (2)设 eq \f(π,12) <x< eq \f(11,12) π，且方程f(x)＝m有两个不同的实数根，求实数m的取值范围和这两个根的和． 解：由(1)知f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) ，若 eq \f(π,12) <x< eq \f(11,12) π，结合题图可知，当－2<m<0或 eq \r(3) <m<2时，直线y＝m与曲线y＝f(x) 有两个不同的交点，即原方程有两个不同的实数根． 所以实数m的取值范围为(－2，0)∪( eq \r(3) ，2). 当－2<m<0时，两个根的和为 eq \f(4π,3) ；当 eq \r(3) <m<2时，两个根的和为 eq \f(π,3) . 1．(教材P50T2改编)函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )的部分图象如图所示，则函数y＝f(x)的解析式为(　　) A.f(x)＝sin ( eq \f(1,2) x＋ eq \f(π,3) ) B．f(x)＝sin (2x＋ eq \f(π,3) ) C．f(x)＝sin (2x＋ eq \f(π,6) ) D．f(x)＝sin (4x＋ eq \f(π,6) ) 解析：根据题图知A＝1， eq \f(3,4) T＝ eq \f(11π,12) － eq \f(π,6) ＝ eq \f(3π,4) ，所以T＝ eq \f(2π,ω) ＝π，所以ω＝2，将点( eq \f(π,6) ，1)代入f(x)＝sin (2x＋φ)，得sin (2× eq \f(π,6) ＋φ)＝1，所以 eq \f(π,3) ＋φ＝ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，又|φ|< eq \f(π,2) ，则φ＝ eq \f(π,6) ，所以f(x)＝sin (2x＋ eq \f(π,6) ).故选C. 2．(教材P51练习BT4改编)函数y＝2sin ( eq \f(1,2) x＋ eq \f(π,3) )，x∈[－2π，2π]的单调递增区间是(　　) A．[－2π，－ eq \f(5π,3) ] B．[－ eq \f(5π,3) ， eq \f(π,3) ] C．[ eq \f(π,3) ， eq \f(5π,3) ] D．[ eq \f(5π,3) ，2π] 解析：令－ eq \f(π,2) ＋2kπ≤ eq \f(1,2) x＋ eq \f(π,3) ≤ eq \f(π,2) ＋2kπ(k∈Z)，解得－ eq \f(5π,3) ＋4kπ≤x≤ eq \f(π,3) ＋4kπ(k∈Z)，因为x∈[－2π，2π]，当k＝0时，－ eq \f(5π,3) ≤x≤ eq \f(π,3) ，即函数的单调递增区间是[－ eq \f(5π,3) ， eq \f(π,3) ].故选B. 3．已知函数f(x)＝sin (ωx＋ eq \f(π,4) )(ω>0)的图象关于直线x＝ eq \f(π,4) 对称，且关于点( eq \f(π,12) ，0)对称，则ω的值可能是(　　) A．5 B．9 C．13 D．15 解析：函数f(x)＝sin (ωx＋ eq \f(π,4) )(ω>0)的图象关于直线x＝ eq \f(π,4) 对称，且关于点( eq \f(π,12) ，0)对称，则有 eq \f(ωπ,4) ＋ eq \f(π,4) ＝ eq \f(π,2) ＋kπ(k∈Z)且 eq \f(ωπ,12) ＋ eq \f(π,4) ＝mπ(m∈Z)，解得ω＝1＋4k(k∈Z)且ω＝12m－3(m∈Z)，选项中只有ω＝9符合条件．故选B. 4．如图为函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )的一个周期内的图象． (1)求函数f(x)的解析式； 解：由题图，知A＝2，T＝7－(－1)＝8， 所以ω＝ eq \f(2π,T) ＝ eq \f(2π,8) ＝ eq \f(π,4) ，所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋φ)) . 将点(－1，0)代入，得0＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ)) ， 所以－ eq \f(π,4) ＋φ＝kπ，k∈Z，φ＝ eq \f(π,4) ＋kπ，k∈Z. 因为|φ|< eq \f(π,2) ，所以φ＝ eq \f(π,4) ， 所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4))) . 如图为函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )的一个周期内的图象． (2)求函数f(x)在x∈[－1，2]的值域． 解：因为－1≤x≤2，所以0≤ eq \f(π,4) x＋ eq \f(π,4) ≤ eq \f(3π,4) ， 所以0≤sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4))) ≤1. 所以0≤2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4))) ≤2. 所以函数f(x)在x∈[－1，2]上的值域为[0，2]. $