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一等奖第2课时2课时教案

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册5.4 三角函数的图象与性质一等奖第2课时2课时教案，共18页。

第2课时 正弦函数、余弦函数的性质(二)








1．掌握y＝sinx，y＝csx的最大值与最小值，并会求简单三角函数的值域和最值．


2．掌握y＝sinx，y＝csx的单调性，并能利用单调性比较大小．


3．会求函数y＝Asin(ωx＋φ)及y＝Acs(ωx＋φ)的单调区间．





正弦函数、余弦函数的图象和性质








温馨提示：(1)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内不单调．


(2)正弦曲线(余弦曲线)的对称轴一定过正弦曲线(余弦曲线)的最高点或最低点，即此时的正弦值(余弦值)取最大值或最小值．





1．正弦函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))上，函数值的变化有什么特点？余弦函数在[0,2π]上，函数值的变化有什么特点？


[答案] y＝sinx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上，曲线逐渐上升，是增函数，函数值y由－1增大到1；在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上，曲线逐渐下降，是减函数，函数值y由1减小到－1；


y＝csx在[0，π]上，曲线逐渐下降，是减函数，函数值由1减小到－1，在[π，2π]上，曲线逐渐上升，是增函数，函数值由－1增大到1


2．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)


(1)正弦函数、余弦函数在定义域内都是单调函数．( )


(2)存在x∈R满足sinx＝eq \r(2).( )


(3)在区间[0,2π]上，函数y＝csx仅当x＝0时取得最大值1.( )


(4)函数y＝sinx的增区间恰好是y＝sin(－x)的减区间．( )


[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√





题型一 正、余弦函数的单调性


【典例1】 求下列函数的单调区间．


(1)y＝cs2x；(2)y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)).


[思路导引] 用整体代换法求解．


[解] (1)函数y＝cs2x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－π≤2x≤2kπ，k∈Z,2kπ≤2x≤2kπ＋π，k∈Z.


∴kπ－eq \f(π,2)≤x≤kπ，k∈Z，kπ≤x≤kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z.


∴函数y＝cs2x的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z，单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z.


(2)y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))，


函数y＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的单调递增、递减区间分别是函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的单调递减、递增区间．


令2kπ＋eq \f(π,2)≤x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z.


即2kπ＋eq \f(3π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(7π,4)，k∈Z，


即函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))的单调递增区间为


eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(3π,4)，2kπ＋\f(7π,4)))，k∈Z.


令2kπ－eq \f(π,2)≤x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z.


即2kπ－eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(3π,4)，k∈Z.


即函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))的单调递减区间为


eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,4)，2kπ＋\f(3π,4)))，k∈Z.











求与正、余弦函数有关的单调区间的策略及注意点


(1)结合正、余弦函数的图象，熟记它们的单调区间．


(2)在求形如y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的函数的单调区间时，应采用“换元法”整体代换，将“ωx＋φ”看作一个整体“z”，即通过求y＝Asinz的单调区间而求出原函数的单调区间．求形如y＝Acs(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的函数的单调区间同上．


(3)①ω<0时，一般用诱导公式转化为－ω>0后求解；


②若A<0，则单调性相反．





[针对训练]


1．求函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))的单调递减区间．


[解] ∵y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))＝－3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，


∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))是增函数时，y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))是减函数．


∵函数y＝sinx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)上是增函数，∴－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，


即－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ(k∈Z)．


∴函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))(k∈Z).


题型二 三角函数值的大小比较


【典例2】 比较下列各组数的大小：


(1)sin250°与sin260°；(2)cseq \f(15π,8)与cseq \f(14π,9).


[思路导引] 利用正、余弦函数的单调性比较大小．


[解] (1)∵函数y＝sinx在[90°，270°]上单调递减，且90°<250°<260°<270°，∴sin250°>sin260°.


(2)cseq \f(15π,8)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π－\f(π,8)))＝cseq \f(π,8)，


cseq \f(14π,9)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π－\f(4π,9)))＝cseq \f(4π,9).


∵函数y＝csx在[0，π]上单调递减，且0

∴cseq \f(π,8)>cseq \f(4π,9)，∴cseq \f(15π,8)>cseq \f(14π,9).











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．





[针对训练]


2．比较下列各组数的大小．


(1)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))与cseq \f(13π,7)；(2)sin194°与cs160°.


[解] (1)∵cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝cseq \f(π,8)，


cseq \f(13π,7)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π－\f(π,7)))＝cseq \f(π,7)，


而0

且y＝csx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，


∴cseq \f(π,8)>cseq \f(π,7).即cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))>cseq \f(13π,7).


(2)∵sin194°＝sin(90°＋104°)＝cs104°，


而0°<104°<160°<180°，


且y＝csx在[0，π]上单调递减．


∴cs104°>cs160°.即sin194°>cs160°.


题型三 正、余弦函数的最值


【典例3】 (1)求函数y＝3－4cseq \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值．


(2)求函数y＝2sin2x＋2sinx－eq \f(1,2)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))的值域．


[思路导引] (1)利用余弦函数的值域确定函数的最值；(2)利用变量代换转化为二次函数求值域，注意变量的范围．


[解] (1)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)≤cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))≤1.


所以当cseq \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cseq \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.


(2)令t＝sinx，因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，


所以eq \f(1,2)≤sinx≤1，即eq \f(1,2)≤t≤1.


所以y＝2t2＋2t－eq \f(1,2)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))2－1，


∵以t为自变量的二次函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，


∴1≤y≤eq \f(7,2)，所以原函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(7,2))).


[变式] 将本例(2)中函数改为y＝2cs2x＋2sinx－eq \f(1,2)，其他条件不变，结果如何？


[解] y＝2cs2x＋2sinx－eq \f(1,2)


＝2(1－sin2x)＋2sinx－eq \f(1,2)


＝－2sin2x＋2sinx＋eq \f(3,2)


＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sinx－\f(1,2)))2＋eq \f(5,2).


∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴sinx∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).所以eq \f(3,2)≤y≤eq \f(5,2).


故原函数的值域eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(5,2))).











三角函数最值问题的3种常见类型及求解方法


(1)形如y＝asinx(或y＝acsx)型，可利用正弦函数，余弦函数的有界性，注意对a正负的讨论．


(2)形如y＝Asin(ωx＋φ)＋b(或y＝Acs(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．


(3)形如y＝asin2x＋bsinx＋c(a≠0)型，可利用换元思想，设t＝sinx，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．


[针对训练]


3．求下列函数的值域：


(1)y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))；


(2)y＝cs2x－4csx＋5.


[解] (1)因为0≤x≤eq \f(π,2)，


所以0≤2x≤π，


所以－eq \f(π,3)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(2π,3).


令2x－eq \f(π,3)＝t，


则原式转化为y＝sint，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，


由y＝sint的图象知－eq \f(\r(3),2)≤y≤1，


所以所求函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1)).


(2)令t＝csx，则－1≤t≤1.


∴y＝t2－4t＋5＝(t－2)2＋1，


∴t＝－1时，y取得最大值10，


t＝1时，y取得最小值2.


所以y＝cs2x－4csx＋5的值域为[2,10]．


课堂归纳小结


1．求函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)单调区间的方法


把ωx＋φ看成一个整体，由2kπ－eq \f(π,2)≤ωx＋φ≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)解出x的范围，所得区间即为增区间，由2kπ＋eq \f(π,2)≤ωx＋φ≤2kπ＋eq \f(3,2)π(k∈Z)解出x的范围，所得区间即为减区间．若ω<0，先利用诱导公式把ω转化为正数后，再利用上述整体思想求出相应的单调区间.


2.比较三角函数值的大小，先利用诱导公式把问题转化为同一单调区间上的同名三角函数值的大小比较，再利用单调性作出判断．


3．求三角函数值域或最值的常用方法


将y表示成以sinx(或csx)为元的一次或二次等复合函数再利用换元或配方或利用函数的单调性等来确定y的范围.





1．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))的一个递减区间是( )


A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) B．[－π，0]


C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(2π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))


[解析] ∵2kπ＋eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，


∴2kπ＋eq \f(π,3)≤x≤2kπ＋eq \f(4π,3)，k∈Z.


令k＝0得eq \f(π,3)≤x≤eq \f(4π,3).


又∵eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))


∴函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))的一个递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3))).故选D.


[答案] D


2．函数y＝1－2cseq \f(π,2)x的最小值，最大值分别是( )


A．－1,3 B．－1,1


C．0,3 D．0,1


[解析] ∵x∈R，∴eq \f(π,2)x∈R，


∴y＝cseq \f(π,2)x的值域[－1,1]．


∴y＝1－2cseq \f(π,2)x的最大值为3，最小值－1.


[答案] A


3．下列关系式中正确的是( )


A．sin11°

B．sin168°

C．sin11°

D．sin168°

[解析] ∵sin168°＝sin(180°－12°)＝sin12°，


cs10°＝sin(90°－10°)＝sin80°.


由正弦函数的单调性得sin11°

即sin11°

[答案] C


4．下列函数中，既为偶函数又在(0，π)上单调递增的是( )


A．y＝cs|x| B．y＝cs|－x|


C．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2))) D．y＝－sineq \f(x,2)


[解析] y＝cs|x|在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是减函数，排除A；


y＝cs|－x|＝cs|x|，排除B；y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))


＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝－csx是偶函数，且在(0，π)上单调递增，符合题意；y＝－sineq \f(x,2)在(0，π)上是单调递减的．


[答案] C


5．求函数y＝eq \f(1,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))(x∈[0，π])的单调递增区间．


[解] ∵y＝eq \f(1,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝－eq \f(1,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))


∴函数的单调增区间即为t＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))的单调递减区间为2kπ＋eq \f(π,2)≤x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(3π,2)


∴2kπ＋eq \f(2π,3)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,3)，k∈Z


且x∈[0，π]，当k＝0时，eq \f(2π,3)≤x≤eq \f(5π,3)，


而eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(5π,5)))∩[0，π]＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))，


∴y＝eq \f(1,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))(x∈[0，π])的单调递增区间为


eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π)).


课后作业(四十五)


复习巩固


一、选择题


1．函数y＝2－sinx的最大值及取最大值时x的值分别为( )


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] ∵y＝2－sinx，∴当sinx＝－1时，ymax＝3，此时x＝－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)．


[答案] C


2．下列函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上是增函数的是( )


A．y＝sinx B．y＝csx


C．y＝sin2x D．y＝cs2x


[解析] 因为y＝sinx与y＝csx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上都是减函数，所以排除A、B.因为eq \f(π,2)≤x≤π，所以π≤2x≤2π.因为y＝sin2x在2x∈[π，2π]内不具有单调性，所以排除C.故选D.


[答案] D


3．函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))的值域是( )


A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))


C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))


[解析] 由0≤x≤eq \f(π,2)，得eq \f(π,6)≤x＋eq \f(π,6)≤eq \f(2π,3)，


故－eq \f(1,2)≤cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))≤eq \f(\r(3),2).故选B.


[答案] B


4．函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))(x∈[－π，0])的单调递增区间是( )


A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(5π,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)，－\f(π,6)))


C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))


[解析] 解法一：y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，其单调递增区间为－eq \f(π,2)＋2kπ≤x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，则－eq \f(π,6)＋2kπ≤x≤eq \f(5π,6)＋2kπ，k∈Z.由于x∈[－π，0]，所以其单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0)).


解法二：函数在eq \f(5π,6)取得最大值，且其最小正周期为2π，则其单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－π，\f(5π,6)))，即eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，又因为x∈[－π，0]，所以其单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0)).


[答案] D


5．函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))(x∈R)的最小值等于( )


A．－3 B．－2


C．－1 D．－eq \r(5)


[解析] ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＝eq \f(π,2)，


∴y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))))－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))


＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))


＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，∴ymin＝－1.


[答案] C


二、填空题


6．cs770°________sin980°(填“>”或“<”)．


[解析] ∵cs770°＝cs(720°＋50°)＝cs50°＝sin40°，


sin980°＝sin(720°＋260°)＝sin260°＝sin(180°＋80°)


＝－sin80°

∴cs770°>sin980°.


[答案] >


7．函数y＝csx在区间[－π，a]上为增函数，则a的取值范围是________．


[解析] ∵y＝csx在[－π，0]上是增函数，在[0，π]上是减函数，∴只有－π

[答案] (－π，0]


8．设函数f(x)＝A＋Bsinx，当B<0时，f(x)的最大值是eq \f(3,2)，最小值是－eq \f(1,2)，则A＝________，B＝________.


[解析] 根据题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A－B＝\f(3,2),A＋B＝－\f(1,2).))


解得A＝eq \f(1,2)，B＝－1.


[答案] eq \f(1,2) －1


三、解答题


9．求函数y＝1＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x＋\f(π,4)))，x∈[－4π，4π]的单调减区间．


[解] y＝1＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x＋\f(π,4)))


＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4)))＋1.


由2kπ－eq \f(π,2)≤eq \f(1,2)x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)．


解得4kπ－eq \f(π,2)≤x≤4kπ＋eq \f(3,2)π(k∈Z)．


∴k＝0时 ，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))，


k＝1时，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,2)，\f(11π,2)))，


k＝－1时，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9π,2)，－\f(5π,2))).


又∵x∈[－4π，4π]，


∴函数y＝1＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x＋\f(π,4)))的单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4π，－\f(5π,2)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,2)，4π)).


10．求下列函数的最大值和最小值．


(1)f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))；


(2)y＝－2cs2x＋2sinx＋3，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6))).


[解] (1)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，


2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，由函数图象知，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))，sin\f(π,2)))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1)).


所以，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值分别为1，－eq \f(1,2).


(2)y＝－2(1－sin2x)＋2sinx＋3


＝2sin2x＋2sinx＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sinx＋\f(1,2)))2＋eq \f(1,2).


∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴eq \f(1,2)≤sinx≤1.


当sinx＝1时，ymax＝5；


当sinx＝eq \f(1,2)时，ymin＝eq \f(5,2).


综合运用


11．函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的周期为π，则其单调递增区间为( )


A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)


B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)


C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)


D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(3π,8)，2kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)


[解析] 周期T＝π，∴eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，


∴y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq \f(3,8)π≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z.


[答案] C


12．下列函数中，以eq \f(π,2)为周期且在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))单调递增的是( )


A．f(x)＝|cs2x| B．f(x)＝|sin2x|


C．f(x)＝cs|x| D．f(x)＝sin|x|


[解析] 作出y＝sin|x|的图象如图1，知其不是周期函数，排除D；因为y＝cs|x|＝csx，周期为2π，排除C；作出y＝|cs2x|的图象如图2，由图象知，其周期为eq \f(π,2)，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))单调递增，A正确；作出y＝|sin2x|的图象如图3，由图象知，其周期为eq \f(π,2)，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))单调递减，排除B，故选A.





图1





图2





图3


[答案] A


13．sin1，sin2，sin3按从小到大排列的顺序为__________．


[解析] ∵1

sin(π－2)＝sin2，sin(π－3)＝sin3.


y＝sinx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上递增，且0<π－3<1<π－2

∴sin(π－3)

即sin3

[答案] sin3

14．若f(x)＝2sinωx(0<ω<1)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上的最大值是eq \r(2)，则ω＝________.


[解析] ∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，即0≤x≤eq \f(π,3)，且0<ω<1，


∴0≤ωx≤eq \f(ωπ,3)

∴sineq \f(ωπ,3)＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(ωπ,3)＝eq \f(π,4)，即ω＝eq \f(3,4).


[答案] eq \f(3,4)


15．已知函数f(x)＝2asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a＋b的定义域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，值域是[－5,1]，求a，b的值．


[解] 因为0≤x≤eq \f(π,2)，


所以eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，


所以－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))≤1.


所以a>0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－5,3a＋b＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2,b＝－5.))


a<0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1,3a＋b＝－5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2,b＝1.))


因此a＝2，b＝－5或a＝－2，b＝1.