新教材高中數(shù)學(xué)三角函數(shù).4.22

08/807/8/第2課時(shí)正弦函數(shù)、余弦函數(shù)的性質(zhì)(2)[目標(biāo)]1.掌握y＝sinx，y＝cosx的單調(diào)性，會(huì)結(jié)合它們的圖象說(shuō)出單調(diào)區(qū)間，并能根據(jù)單調(diào)性比較大小；2.掌握y＝sinx，y＝cosx的最大值、最小值，會(huì)求簡(jiǎn)單三角函數(shù)的值域和最值，并能指出取得最大(小)值時(shí)自變量x的集合．[重點(diǎn)]正、余弦函數(shù)的單調(diào)性．[難點(diǎn)]利用三角函數(shù)的性質(zhì)解決一些簡(jiǎn)單問(wèn)題．知識(shí)點(diǎn)正弦函數(shù)、余弦函數(shù)的性質(zhì)[填一填][答一答]1．正弦函數(shù)、余弦函數(shù)在定義域內(nèi)是單調(diào)函數(shù)嗎？正弦函數(shù)在第一象限是增函數(shù)嗎？提示：正弦函數(shù)、余弦函數(shù)都不是定義域上的單調(diào)函數(shù)．正弦函數(shù)在第一象限不是單調(diào)增函數(shù)．2．對(duì)于y＝sin(ωx＋φ)或y＝cos(ωx＋φ)，當(dāng)ω>0時(shí)，如何求單調(diào)區(qū)間？當(dāng)ω<0時(shí)，又如何求單調(diào)區(qū)間？提示：確定y＝sin(ωx＋φ)(ω>0)或y＝cos(ωx＋φ)(ω>0)的單調(diào)區(qū)間時(shí)，把ωx＋φ看作一個(gè)整體，令z＝ωx＋φ，即通過(guò)求y＝sinz或y＝cosz的單調(diào)區(qū)間求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，若ω<0，則可利用誘導(dǎo)公式將x的系數(shù)轉(zhuǎn)變?yōu)檎龜?shù)再按上述方法求解．3．下列關(guān)于函數(shù)y＝－3cosx－1的說(shuō)法錯(cuò)誤的是(C)A．最小值為－4B．是偶函數(shù)C．當(dāng)x＝kπ，k∈Z時(shí)，函數(shù)取最大值D．是周期函數(shù)，最小正周期是2π解析：當(dāng)cosx＝－1，即x∈(2k＋1)π(k∈Z)時(shí)，y取最大值，所以C錯(cuò)誤．類型一三角函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題命題視角1：求三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間[例1]求下列函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間．(1)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))；(2)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).[解](1)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，令z＝x－eq\f(π,4)，而函數(shù)y＝－2sinz的單調(diào)遞減區(qū)間是[2kπ－eq\f(π,2)，2kπ＋eq\f(π,2)](k∈Z)．∴原函數(shù)單調(diào)遞減時(shí)，得2kπ－eq\f(π,2)≤x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得2kπ－eq\f(π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)．∴原函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是[2kπ－eq\f(π,4)，2kπ＋eq\f(3π,4)](k∈Z)．(2)令z＝2x＋eq\f(π,3)，而函數(shù)y＝cosz的單調(diào)遞減區(qū)間是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)．∴原函數(shù)單調(diào)遞減時(shí)，可得2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋π(k∈Z)，解得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)．∴原函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是[kπ－eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(π,3)](k∈Z)．用整體替換法求函數(shù)y＝Asin?ωx＋φ?或y＝Acos?ωx＋φ?的單調(diào)區(qū)間時(shí)，如果式子中x的系數(shù)是負(fù)數(shù)，先利用誘導(dǎo)公式將x的系數(shù)變?yōu)檎龜?shù)再求單調(diào)區(qū)間，求單調(diào)區(qū)間時(shí)需將最終結(jié)果寫成區(qū)間的形式.[變式訓(xùn)練1]求函數(shù)y＝logeq\s\do8(\f(1,3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的單調(diào)遞增區(qū)間．解：∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))是對(duì)數(shù)的真數(shù)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))>0.①∵以eq\f(1,3)為底的對(duì)數(shù)函數(shù)是單調(diào)遞減的，∴要求y＝logeq\s\do8(\f(1,3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的單調(diào)遞增區(qū)間，需求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的單調(diào)遞減區(qū)間．②∵同時(shí)滿足①②的x＋eq\f(π,4)的取值范圍為eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(π,4)<π＋2kπ，k∈Z，∴eq\f(π,4)＋2kπ≤x<eq\f(3π,4)＋2kπ，k∈Z.故所求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2kπ，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋2kπ))(k∈Z)．命題視角2：利用單調(diào)性比較大小[例2]比較下列各組中函數(shù)值的大小：(1)cos(－eq\f(23,5)π)與cos(－eq\f(17,4)π)；(2)sin194°與cos160°.[分析]利用誘導(dǎo)公式將異名三角函數(shù)轉(zhuǎn)化為同名三角函數(shù)，非同一單調(diào)區(qū)間上的角轉(zhuǎn)化到同一單調(diào)區(qū)間上，利用函數(shù)的單調(diào)性來(lái)比較．[解](1)cos(－eq\f(23,5)π)＝cos(－6π＋eq\f(7,5)π)＝coseq\f(7,5)π，cos(－eq\f(17,4)π)＝cos(－6π＋eq\f(7,4)π)＝coseq\f(7,4)π，∵π<eq\f(7,5)π<eq\f(7,4)π<2π，∴coseq\f(7,5)π<coseq\f(7,4)π，即cos(－eq\f(23,5)π)<cos(－eq\f(17,4)π)．(2)sin194°＝sin(180°＋14°)＝－sin14°，cos160°＝cos(180°－20°)＝－cos20°＝－sin70°.∵0°<14°<70°<90°，∴sin14°<sin70°.從而－sin14°>－sin70°，即sin194°>cos160°.?1?比較兩個(gè)同名三角函數(shù)值的大小，先利用誘導(dǎo)公式把兩個(gè)角化為同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)的角，再利用函數(shù)的單調(diào)性比較.?2?比較兩個(gè)不同名的三角函數(shù)值的大小，一般應(yīng)先化為同名的三角函數(shù)，后面步驟同上.[變式訓(xùn)練2]比較大?。?1)cos(－eq\f(7π,8))與coseq\f(7π,6)；(2)sineq\f(7,4)與coseq\f(5,3).解：(1)cos(－eq\f(7π,8))＝coseq\f(7π,8)＝cos(π－eq\f(π,8))＝－coseq\f(π,8)，而coseq\f(7π,6)＝－coseq\f(π,6)，∵0<eq\f(π,8)<eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，∴coseq\f(π,8)>coseq\f(π,6).∴－coseq\f(π,8)<－coseq\f(π,6)，∴cos(－eq\f(7π,8))<coseq\f(7π,6).(2)∵coseq\f(5,3)＝sin(eq\f(π,2)＋eq\f(5,3))，eq\f(π,2)<eq\f(7,4)<eq\f(π,2)＋eq\f(5,3)<eq\f(3,2)π，又y＝sinx在[eq\f(π,2)，eq\f(3,2)π]上是減函數(shù)，∴sineq\f(7,4)>sin(eq\f(π,2)＋eq\f(5,3))＝coseq\f(5,3)，即sineq\f(7,4)>coseq\f(5,3).類型二三角函數(shù)的值域(或最值)問(wèn)題命題視角1：利用三角函數(shù)的有界性和單調(diào)性求值域(或最值)[例3]求下列函數(shù)的值域：(1)y＝2sin(2x＋eq\f(π,3))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))；(2)y＝|sinx|＋sinx.[分析]利用正弦函數(shù)的有界性和單調(diào)性來(lái)求解．(1)由x的取值范圍，確定2x＋eq\f(π,3)的取值范圍，再由正弦函數(shù)的單調(diào)性求解；(2)先去絕對(duì)值符號(hào)，再求解．[解](1)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，∴2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4π,3))).令u＝2x＋eq\f(π,3)，又y＝sinu在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，∴0≤sin(2x＋eq\f(π,3))≤1，∴0≤2sin(2x＋eq\f(π,3))≤2；y＝sinu在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(4π,3)))上單調(diào)遞減，∴－eq\f(\r(3),2)≤sin(2x＋eq\f(π,3))≤1，∴－eq\r(3)≤2sin(2x＋eq\f(π,3))≤2，∴函數(shù)的值域?yàn)閇－eq\r(3)，2]．(2)∵y＝|sinx|＋sinx＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2sinx，sinx≥0，,0，sinx<0，))又sinx≥0時(shí)，0≤2sinx≤2，∴函數(shù)y＝|sinx|＋sinx的值域?yàn)閇0,2]．形如y＝Asin?ωx＋φ?或y＝Acos?ωx＋φ?的三角函數(shù)值域?或最值?問(wèn)題，要注意x的取值范圍.一般情況下先利用x的取值范圍，求出ωx＋φ的范圍，再求三角函數(shù)的值域?或最值?.[變式訓(xùn)練3]求函數(shù)y＝3－4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))的最大、最小值及相應(yīng)的x值．解：因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，所以2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，從而－eq\f(1,2)≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤1.所以當(dāng)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝1，即2x＋eq\f(π,3)＝0，x＝－eq\f(π,6)時(shí)，ymin＝3－4＝－1.當(dāng)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,2)，即2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3)，x＝eq\f(π,6)時(shí)，ymax＝3－4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝5.綜上所述，當(dāng)x＝－eq\f(π,6)時(shí)，ymin＝－1；當(dāng)x＝eq\f(π,6)時(shí)，ymax＝5.命題視角2：化為f(sinx)或g(cosx)型函數(shù)求值域(或最值)[例4]求使下列函數(shù)取得最大值和最小值時(shí)的x的值，并求出函數(shù)的最大值和最小值：(1)y＝cos2x＋2sinx－2；(2)y＝cos2x－sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4))).[解](1)y＝cos2x＋2sinx－2＝－sin2x＋2sinx－1＝－(sinx－1)2.因?yàn)椋?≤sinx≤1，所以當(dāng)sinx＝－1，即x＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z時(shí)，函數(shù)取得最小值，ymin＝－(－1－1)2＝－4；當(dāng)sinx＝1，即x＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z時(shí)，函數(shù)取得最大值，ymax＝－(1－1)2＝0.(2)y＝cos2x－sinx＝1－sin2x－sinx＝－(sinx＋eq\f(1,2))2＋eq\f(5,4).∵－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,4)，∴－eq\f(\r(2),2)≤sinx≤eq\f(\r(2),2)，∴當(dāng)x＝－eq\f(π,6)，即sinx＝－eq\f(1,2)時(shí)，函數(shù)取得最大值，ymax＝eq\f(5,4)；當(dāng)x＝eq\f(π,4)，即sinx＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，函數(shù)取得最小值，ymin＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(2),2).形如f?x?＝asin2x＋bsinx＋c?a≠0?的函數(shù)值域問(wèn)題，可以通過(guò)換元轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)g?t?＝at2＋bt＋c在閉區(qū)間[－1，1]上的最值問(wèn)題.要注意，正、余弦函數(shù)值域的有界性，即當(dāng)x∈R時(shí)，－1≤sinx≤1，－1≤cosx≤1對(duì)值域的影響.[變式訓(xùn)練4]求函數(shù)y＝－2cos2x＋2sinx＋3，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))的最大值和最小值．解：y＝－2(1－sin2x)＋2sinx＋3＝2sin2x＋2sinx＋1＝2(sinx＋eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴eq\f(1,2)≤sinx≤1.當(dāng)sinx＝1時(shí)，ymax＝5；當(dāng)sinx＝eq\f(1,2)時(shí)，ymin＝eq\f(5,2).1．函數(shù)y＝2sin(2x－eq\f(π,4))的一個(gè)單調(diào)遞減區(qū)間是(A)A．[eq\f(3π,8)，eq\f(7π,8)] B．[－eq\f(π,8)，eq\f(3π,8)]C．[eq\f(3π,4)，eq\f(5π,4)] D．[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]解析：令z＝2x－eq\f(π,4)，函數(shù)y＝2sinz的單調(diào)遞減區(qū)間是[eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(3π,2)＋2kπ](k∈Z)．由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(3π,8)＋kπ≤x≤eq\f(7π,8)＋kπ，k∈Z.令k＝0，得eq\f(3π,8)≤x≤eq\f(7π,8).2．下列關(guān)系式中正確的是(C)A．sin11°<cos10°<sin168°B．sin168°<sin11°<cos10°C．sin11°<sin168°<cos10°D．sin168°<cos10°<sin11°解析：∵sin168°＝sin(180°－12°)＝sin12°，cos10°＝sin80°，sin11°<sin12°<sin80°.∴sin11°<sin168°<cos10°.3．函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))的單調(diào)遞增區(qū)間為[2kπ－eq\f(5π,6)，2kπ＋eq\f(π,6)](k∈Z)．解析：y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，由2kπ－π≤x－eq\f(π,6)≤2kπ，k∈Z，得2kπ－eq\f(5π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，∴原函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(5π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)．4．當(dāng)－eq\f(π,2)≤x≤eq\f(π,2)時(shí)，函數(shù)f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的最大值是eq\r(2)，最小值