Question

6．已知函數(shù)f（x）=Asin（$\frac{π}{3}$x+φ），（A＞0，0＜φ＜$\frac{π}{2}$），y=f（x）的部分圖象如圖所示，P，Q分別為該圖象上相鄰的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，點(diǎn)P在x軸上的射影為R（1，0），cos∠PRQ=-$\frac{4}{5}$
（1）求A，φ的值；
（2）將函數(shù)f（x）的圖象上所有的點(diǎn)向右平移θ（θ＞0）個(gè)單位，得到函數(shù)g（x）的圖象，若g（x）在區(qū)間[0，3]上單調(diào)遞增，求θ的最小值
（3）求函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間及對(duì)稱中心．

Answer 1

分析 （1）由五點(diǎn)法作圖求出φ的值，求出φ，再利用勾股定理、余弦定理求得A的值．
（2）由條件利用函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，求得g（x）的解析式，再利用正弦函數(shù)的單調(diào)性求得θ的最小值．
（3）由條件利用正弦函數(shù)的單調(diào)性求得函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，再利用正弦函數(shù)的圖象的對(duì)稱性求得函數(shù)f（x）的圖象的對(duì)稱中心．

解答 解：（1）由題意結(jié)合五點(diǎn)法作圖可得1×$\frac{π}{3}$+φ=$\frac{π}{2}$，求得φ=$\frac{π}{6}$．
再根據(jù)PR=A，RQ²=${（\frac{T}{2}）}^{2}$+A²=${（\frac{π}{\frac{π}{3}}）}^{2}$+A²=9+A²，PQ²=（2A）²+${（\frac{T}{2}）}^{2}$=4A²+9．
再根據(jù)余弦定理可得 PQ²=PR²+RQ²-2PR•RQ•cos∠PRQ，
∴4A²+9=A²+9+A²-2A•$\sqrt{{9+A}^{2}}$•（-$\frac{4}{5}$），求得A=4，∴f（x）=4sin（$\frac{π}{3}$x+$\frac{π}{6}$）．
（2）將函數(shù)f（x）=4sin（$\frac{π}{3}$x+$\frac{π}{6}$）的圖象上所有的點(diǎn)向右平移θ（θ＞0）個(gè)單位，
得到函數(shù)g（x）=4sin[$\frac{π}{3}$（x-θ）+$\frac{π}{6}$]=4sin（$\frac{π}{3}$x+$\frac{π}{6}$-$\frac{π}{3}θ$）的圖象，
若g（x）在區(qū)間[0，3]上單調(diào)遞增，則$\frac{π}{6}$-$\frac{π}{3}$θ≥-$\frac{π}{2}$ 且π+$\frac{π}{6}$-$\frac{π}{3}$θ≤$\frac{π}{2}$，求得θ=2．
（3）對(duì)于函數(shù)f（x）=4sin（$\frac{π}{3}$x+$\frac{π}{6}$），令2kπ-$\frac{π}{2}$≤$\frac{π}{3}$x+$\frac{π}{6}$≤2kπ+$\frac{π}{2}$，k∈Z，
求得6k-2≤x≤6k+1，故函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為[6k-2，6k+1]，k∈Z．
同理，求得函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間為[6k+1，6k+4]，k∈Z．
令 $\frac{π}{3}$x+$\frac{π}{6}$≤kπ，求得x=3k-$\frac{1}{2}$，可得函數(shù)f（x）的圖象的對(duì)稱中心為（3k-$\frac{1}{2}$，0），k∈Z．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查由函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的部分圖象求解析式，余弦定理，函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，正弦函數(shù)的單調(diào)性以及它的圖象的對(duì)稱性，屬于中檔題．