高中数学人教A版 (2019)必修 第一册5.4 三角函数的图象与性质第二课时导学案

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知识点 正弦函数、余弦函数的单调性与最值
[研读]正弦函数、余弦函数有单调区间，但都不是定义域上的单调函数，即正弦函数、余弦函数在整个定义域上不单调；正弦曲线(或余弦曲线)的对称轴一定过正弦曲线(或余弦曲线)的最高点或最低点，即此时的正弦值(或余弦值)取得最大值或最小值．
eq \a\vs4\al(【思辨】) 判断正误(请在括号中打“√”或“×”).
(1)正弦函数、余弦函数在定义域上都是单调函数．( × )
(2)存在x∈R满足sin x＝ eq \r(3) .( × )
(3)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(3π,2))) 上，函数y＝sin x仅在x＝ eq \f(3π,2) 处取得最小值－1.( × )
(4)函数y＝cs x在[－π，0]上单调递增．( √ )
【解析】 (1)正弦函数、余弦函数在定义域上都不是单调函数．
(2)y＝sin x的值域是[－1，1].
(3)在x＝－ eq \f(π,2) 和x＝ eq \f(3π,2) 处，函数y＝sin x都取得最小值－1.
(4)由图象知函数y＝cs x在[－π，0]上单调递增．
eq \(\s\up7(),\s\d5( 正弦、余弦函数的单调性))
eq \a\vs4\al(例1) 求函数y＝ eq \f(1,2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x)) 的单调递增区间．
解：y＝ eq \f(1,2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x)) ＝－ eq \f(1,2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))) ，
令t＝2x－ eq \f(π,3) ，则y＝－ eq \f(1,2) sin t.
因为t＝2x－ eq \f(π,3) 是x的一次函数，所以要求y＝－ eq \f(1,2) sin t的单调递增区间，即求y＝sin t的单调递减区间，即2kπ＋ eq \f(π,2) ≤t≤2kπ＋ eq \f(3π,2) (k∈Z)，
所以2kπ＋ eq \f(π,2) ≤2x－ eq \f(π,3) ≤2kπ＋ eq \f(3π,2) (k∈Z)，
解得kπ＋ eq \f(5π,12) ≤x≤kπ＋ eq \f(11π,12) (k∈Z)，
所以该函数的单调递增区间是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(5π,12)，kπ＋\f(11π,12))) (k∈Z).
活学活用
函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3))))) 的单调递减区间为__ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，－\f(2π,9))) ， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,9)，\f(π,3))) __．
【解析】 由 eq \f(π,2) ＋2kπ≤3x＋ eq \f(π,6) ≤ eq \f(3π,2) ＋2kπ(k∈Z)，
得 eq \f(π,9) ＋ eq \f(2kπ,3) ≤x≤ eq \f(4π,9) ＋ eq \f(2kπ,3) (k∈Z).
又x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3))) ，所以函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3))))) 的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，－\f(2π,9))) ， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,9)，\f(π,3))) .
[规律方法]
与正弦、余弦函数有关的单调区间的求解技巧．
(1)结合正弦、余弦函数的图象，熟记它们的单调区间．
(2)确定函数y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)单调区间的方法：采用“换元”法整体代换，将ωx＋φ看作一个整体，可令“t＝ωx＋φ”，即通过求y＝A sin t的单调区间而求出函数的单调区间．若ω<0，则可利用诱导公式将ω转变为正数．
eq \(\s\up7(),\s\d5( 利用正弦、余弦函数的单调性比较大小))
eq \a\vs4\al(例2) 利用三角函数的单调性，比较下列各组数的大小．
(1)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,15))) 与sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12))) ；
(2)cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(36π,7))) 与cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(36π,5))) .
解：(1)因为y＝sin x在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0)) 上单调递增，
－ eq \f(π,2) <－ eq \f(π,12) <－ eq \f(π,15) <0，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,15))) >sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12))) .
(2)cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(36π,7))) ＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5π＋\f(π,7))) ＝－cs eq \f(π,7) ，
cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(36π,5))) ＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7π＋\f(π,5))) ＝－cs eq \f(π,5) ，
因为y＝cs x在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上单调递减，所以cs eq \f(π,7) >cs eq \f(π,5) ，
所以cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(36π,7))) 活学活用
比较下列各组数的大小．
(1)cs eq \f(15π,8) 与cs eq \f(14π,9) ；
(2)sin 1，sin 2，sin 3.
解：(1)cs eq \f(15π,8) ＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π－\f(π,8))) ＝cs eq \f(π,8) ，
cs eq \f(14π,9) ＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π－\f(4π,9))) ＝cs eq \f(4π,9) .
因为函数y＝cs x在[0，π]上单调递减，且0< eq \f(π,8) < eq \f(4π,9) <π，
所以cs eq \f(π,8) >cs eq \f(4π,9) ，所以cs eq \f(15π,8) >cs eq \f(14π,9) .
(2)由诱导公式得sin 2＝sin (π－2)，sin 3＝sin (π－3).
又0<π－3<1<π－2< eq \f(π,2) ，且y＝sin x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上单调递增，
∴sin (π－3)[规律方法]
比较三角函数值大小的方法：
(1)比较两个同名三角函数值的大小，先利用诱导公式把两个角化为同一单调区间内的角，再利用函数的单调性比较．
(2)比较两个不同名的三角函数值的大小，一般应先化为同名的三角函数，后面步骤同上．
eq \(\s\up7(),\s\d5( 正弦、余弦函数的最值))
eq \a\vs4\al(例3) 求函数y＝3－4cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) ，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6))) 的最大值、最小值及相应的x的值．
解：因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6))) ，所以2x＋ eq \f(π,3) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) ，
从而－ eq \f(1,2) ≤cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) ≤1.
所以当cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) ＝1，即2x＋ eq \f(π,3) ＝0，x＝－ eq \f(π,6) 时，ymin＝3－4＝－1.
当cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) ＝－ eq \f(1,2) ，即2x＋ eq \f(π,3) ＝ eq \f(2π,3) ，x＝ eq \f(π,6) 时，
ymax＝3－4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) ＝5.
综上所述，当x＝－ eq \f(π,6) 时，ymin＝－1；当x＝ eq \f(π,6) 时，ymax＝5.
活学活用
已知函数f(x)＝2a sin x＋b的定义域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) ，函数的最大值为1，最小值为－5，求a和b的值．
解：因为－ eq \f(π,3) ≤x≤ eq \f(2π,3) ，所以－ eq \f(\r(3),2) ≤sin x≤1.
若a＝0，不合题意；
若a＞0，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＋b＝1，,－\r(3)a＋b＝－5，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝12－6\r(3)，,b＝－23＋12\r(3)；))
若a＜0，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＋b＝－5，,－\r(3)a＋b＝1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－12＋6\r(3)，,b＝19－12\r(3)．))
eq \a\vs4\al(例4) 函数y＝cs2x－sinx，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4))) 的最大值是__ eq \f(5,4) __，最小值是__ eq \f(1,2) － eq \f(\r(2),2) __．
【解析】 y＝cs2x－sinx＝1－sin2x－sinx
＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(5,4) .
因为－ eq \f(π,4) ≤x≤ eq \f(π,4) ，所以－ eq \f(\r(2),2) ≤sin x≤ eq \f(\r(2),2) ，
所以当sin x＝－ eq \f(1,2) ，即x＝－ eq \f(π,6) 时，函数取得最大值，ymax＝ eq \f(5,4) ；
当sin x＝ eq \f(\r(2),2) ，即x＝ eq \f(π,4) 时，函数取得最小值，ymin＝ eq \f(1,2) － eq \f(\r(2),2) .
活学活用
求函数y＝cs2x＋4sinx的最值及取到最大值和最小值时的x的集合．
解：y＝cs2x＋4sinx＝1－sin2x＋4sinx
＝－sin2x＋4sinx＋1＝－(sin x－2)2＋5.
因为sin x∈[－1，1]，
所以当sin x＝1，即x＝2kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z时，ymax＝4；
当sin x＝－1，即x＝2kπ－ eq \f(π,2) ，k∈Z时，ymin＝－4.
所以ymax＝4，此时x的取值集合是 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x＝2kπ＋\f(π,2)，k∈Z)))) ；
ymin＝－4，此时x的取值集合是 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x＝2kπ－\f(π,2)，k∈Z)))) .
[规律方法]
正弦、余弦函数最值的两种类型：
(1)形如y＝A sin (ωx＋φ)＋b(或y＝A cs (ωx＋φ)＋b)型，可先由定义域求得ωx＋φ的范围，然后求得sin (ωx＋φ)(或cs (ωx＋φ))的范围，最后求得最值．
(2)形如y＝a sin2x＋b sinx＋c(a≠0)型，可利用换元思想，设t＝sin x，转化为二次函数y＝at2＋bt＋c求最值，t的范围需要根据定义域来确定．
1．在下列区间中，使函数y＝sin x单调递增的区间是( C )
A．[0，π] B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) D．[π，2π]
【解析】 由图象知y＝sin x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) 上单调递增．
2．已知a＝sin 58°，b＝sin 121°，c＝sin 260°，则( B )
A．a>b>c B．b>a>c
C．a>c>b D．b>c>a
【解析】 因为y＝sin x在(0°，90°)上单调递增，a＝sin 58°，b＝sin 121°＝sin (180°－59°)＝sin 59°，所以b>a>0.又c＝sin 260°<0，所以b>a>c.
3．函数y＝2－sin x的最大值及取最大值时x的值为( D )
A．ymax＝3，x＝ eq \f(π,2)
B．ymax＝1，x＝ eq \f(π,2) ＋2kπ(k∈Z)
C．ymax＝3，x＝ eq \f(π,2) ＋2kπ(k∈Z)
D．ymax＝3，x＝－ eq \f(π,2) ＋2kπ(k∈Z)
【解析】 由题意得，当sin x＝－1，即x＝－ eq \f(π,2) ＋2kπ(k∈Z)时，ymax＝3.
4． eq \a\vs4\al(【多选题】) 对于函数f(x)＝ax3＋b sin x＋c(a，b∈R，c∈Z)，选取a，b，c的一组值去计算f(－1)和f(1)的值，所得出的正确结果可能是( ABD )
A．2和6 B．3和9
C．4和11 D．5和13
【解析】 设F(x)＝f(x)－c＝ax3＋b sin x，
∵F(－x)＝a(－x)3＋b sin (－x)＝－(ax3＋b sin x)＝－F(x)，∴F(x)是奇函数，∴F(－1)＝－F(1).
又F(－1)＝f(－1)－c，F(1)＝f(1)－c，
∴f(－1)－c＝－f(1)＋c，∴f(1)＋f(－1)＝2c.
由c∈Z知f(1)＋f(－1)为偶数，故A，B，D有可能正确，而4与11的和15为奇数，C不可能正确，因此选ABD.
5．已知函数f(x)＝ eq \r(2) cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) ，x∈R．
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,2))) 时，方程f(x)＝a恰有两个不同的实数根，求实数a的取值范围．
解：(1)∵f(x)＝ eq \r(2) cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) ，
∴函数f(x)的周期T＝ eq \f(2π,2) ＝π.
令－π＋2kπ≤2x－ eq \f(π,4) ≤2kπ，k∈Z，
得－ eq \f(3π,8) ＋kπ≤x≤ eq \f(π,8) ＋kπ，k∈Z，
故函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)＋kπ，\f(π,8)＋kπ)) (k∈Z).
(2)易知f(x)＝ eq \r(2) cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) 在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,8))) 上单调递增，在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(π,2))) 上单调递减．
∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8))) ＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8))) ＝ eq \r(2) ，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝－1，
∴当a∈[0， eq \r(2) )时，方程f(x)＝a恰有两个不同的实数根．
eq \a\vs4\al(温馨说明：课后请完成高效作业41 ) 正弦函数
余弦函数
图象
值域
__[－1，1]__
__[－1，1]__
单
调
性
在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))
(k∈Z)__上单调递增，
在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))
(k∈Z)__上单调递减
在__[2kπ－π，2kπ](k∈Z)__上单调递增，
在__[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)__上单调递减
最值
x＝__2kπ＋ eq \f(π,2) (k∈Z)__时，ymax＝1；
x＝__2kπ－ eq \f(π,2) (k∈Z)__时，ymin＝－1
x＝__2kπ(k∈Z)__时，ymax＝1；
x＝__2kπ＋π(k∈Z)__时， ymin＝－1