高中数学人教A版必修第一册5.4.2 第2课时 正弦函数、余弦函数的单调性与最值课时作业含解析 练习

这是一份高中数学人教A版必修第一册5.4.2 第2课时 正弦函数、余弦函数的单调性与最值课时作业含解析，共1页。

[对应学生用书P100]
知识点1 正弦函数、余弦函数的单调性
1．正弦函数的单调性
(1)函数y＝sin x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)， \f(3π,2)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))单调递增，其值从－1增大到1；在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)， \f(3π,2)))上单调递减，其值从1减小到－1.
(2)正弦函数在每一个闭区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ， \f(π,2)＋2kπ))
(k∈Z)上都单调递增，其值从－1增大到1；在每一个闭区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)， 2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)上都单调递减，其值从1减小到－1.
2．余弦函数的单调性
(1)函数y＝cs x，x∈[－π， π]在区间[－π， 0]单调递增，其值从－1增大到1；在区间[0, π]上单调递减，其值从1减小到－1.
(2)余弦函数在每一个闭区间[2kπ－π， 2kπ](k∈Z)上都单调递增，其值从－1增大到1；在每一个闭区间[2kπ， 2kπ＋π](k∈Z)上都单调递减，其值从1减小到－1.
[微体验]
1．函数y＝2＋2cs x的单调递增区间是_____________________．
解析 函数的递增区间为[2kπ＋π，2kπ＋2π](k∈Z)．
答案 [2kπ＋π，2kπ＋2π](k∈Z)
2．cs 1，cs 2，cs 3的大小关系是________．(用“>”连接)
解析 ∵0<1<2<3<π，而y＝cs x在[0，π]上单调递减，∴cs 1>cs 2>cs 3.
答案 cs 1>cs 2>cs 3
知识点2 正弦函数、余弦函数的最大值与最小值
1．正弦函数当且仅当x＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时取得最大值1，当且仅当x＝－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时取得最小值－1；
2．余弦函数当且仅当x＝2kπ(k∈Z)时取得最大值1，当且仅当x＝2kπ＋π(k∈Z)时取得最小值－1.
[微体验]
1．函数y＝2sin x－1的值域是________．
解析 ∵x∈R，∴－1≤sin x≤1，∴－3≤2sin x－1≤1，∴y∈[－3,1]．
答案 [－3,1]
2．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________．
解析 ∵0≤x≤eq \f(π,2)，∴eq \f(π,6)≤x＋eq \f(π,6)≤eq \f(2,3)π，∴cs eq \f(2,3)π≤cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))≤cs eq \f(π,6)，∴－eq \f(1,2)≤y≤ eq \f(\r(3),2).
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)， \f(\r(3),2)))
[对应学生用书P101]
探究一 求正弦函数、余弦函数的单调区间
求函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))的单调增区间．
解 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))).
令z＝x－eq \f(π,4)，则y＝－2sin z，求y＝－2sin z的增区间，即求sin z的减区间．
∴eq \f(π,2)＋2kπ≤z≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z.
即eq \f(π,2)＋2kπ≤x－eq \f(π,4)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z.
∴eq \f(3π,4)＋2kπ≤x≤eq \f(7π,4)＋2kπ，k∈Z.
∴函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))的单调增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋2kπ， \f(7π,4)＋2kπ)) (k∈Z)．
[跟踪训练1] 求函数y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))的单调增区间．
解 y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4))).
由2kπ＋π≤x－eq \f(π,4)≤2kπ＋2π，k∈Z，
得2kπ＋eq \f(5π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(9π,4)，k∈Z.
即该函数的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(5π,4)， 2kπ＋\f(9π,4)))(k∈Z)．
[方法总结]
求与正、余弦函数有关的单调区间的策略
(1)结合正、余弦函数的图象，熟记它们的单调区间；
(2)形如y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的函数求单调区间时，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＝Asin z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，方法同上．
探究二 比较三角函数值大小问题
比较下列各组数的大小：
(1)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(23π,5)))与cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(17π,4)))；
(2)sin 194°与cs 160°.
解 (1)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(23π,5)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－6π＋\f(7,5)π))＝cseq \f(7,5)π，
cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(17π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－6π＋\f(7,4)π))＝cseq \f(7,4)π，
∵π＜eq \f(7,5)π＜eq \f(3π,2)＜eq \f(7,4)π＜2π，∴cseq \f(7,5)π＜cseq \f(7,4)π，
即cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(23π,5)))＜cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(17π,4))).
(2)sin 194°＝sin(180°＋14°)＝－sin 14°，
cs 160°＝cs(180°－20°)＝－cs 20°＝－sin 70°.
∵0°＜14°＜70°＜90°，∴sin 14°＜sin 70°.
从而－sin 14°＞－sin 70°，即sin 194°＞cs 160°.
[方法总结]
比较三角函数值大小的方法
(1)通常利用诱导公式化为锐角三角函数值；
(2)不同名的函数化为同名函数；
(3)自变量不在同一单调区间化至同一单调区间．
[跟踪训练2] 比较下列各组数的大小：
(1)sin(－320°)与sin 700°；(2)cseq \f(17π,8)与cseq \f(37,9)π.
解 (1)∵sin(－320°)＝sin(－360°＋40°)＝sin 40°，
sin 700°＝sin(720°－20°)＝sin(－20°)，
又函数y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－90°，90°))上是增函数，
∴sin 40°＞sin(－20°)，∴sin(－320°)＞sin 700°.
(2)∵cs eq \f(17π,8)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π＋\f(π,8)))＝cs eq \f(π,8)，
cs eq \f(37π,9)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4π＋\f(π,9)))＝cs eq \f(π,9)，
又函数y＝cs x在[0，π]上是减函数，
∴cs eq \f(π,8)＜cs eq \f(π,9).∴cs eq \f(17π,8)＜cs eq \f(37π,9).
探究三 正弦函数、余弦函数值域或最值问题
求下列函数的最大值和最小值．
(1)y＝3＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))；
(2)y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)≤x≤\f(π,6))).
解 (1)∵－1≤cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))≤1，
∴当cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝1时，ymax＝5；
当cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝－1时，ymin＝1.
(2)∵－eq \f(π,6)≤x≤eq \f(π,6)，∴0≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(2π,3)，
∴0≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))≤1.
∴当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝1时，ymax＝2；
当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝0时，ymin＝0.
[方法总结]
求正、余弦函数最值问题的关注点
(1)形如y＝asin x(或y＝acs x)的函数的最值要注意对a的讨论．
(2)将函数式转化为y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acs(ωx＋φ)的形式．
(3)换元后配方利用二次函数求最值．
[跟踪训练3] 求函数f(x)＝2sin2x＋2sin x－eq \f(1,2)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))的值域．
解 令t＝sin x，y＝f(x)，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，∴eq \f(1,2)≤sin x≤1，即eq \f(1,2)≤t≤1.
∴y＝2t2＋2t－eq \f(1,2)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))2－1，∴1≤y≤eq \f(7,2)，
∴函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1， \f(7,2))).
[对应学生用书P102]
1．求函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)单调区间的方法是，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求法
将y表示成以sin x(或cs x)为元的一次或二次等复合函数，再利用换元或配方或函数的单调性等来确定y的范围．
课时作业(四十一) 正弦函数、余弦函数的单调性
与最值
[见课时作业(四十一)P184]
1．函数y＝|sin x|的一个单调增区间是( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)， \f(π,4))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)， \f(3π,4)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))
C [画出y＝|sin x|的图象(如图)．
即可求解．]
2．设M和m分别表示函数y＝eq \f(1,3)cs x－1的最大值和最小值，则M＋m等于( )
A．eq \f(2,3) B．－eq \f(2,3)
C．－eq \f(4,3) D．－2
D [函数的最大值为M＝eq \f(1,3)－1＝－eq \f(2,3)，最小值为m＝－eq \f(1,3)－1＝－eq \f(4,3)，所以M＋m＝－2.]
3．已知函数y＝cs x在(a，b)上是增函数，则y＝cs x在(－b，－a)上是( )
A．增函数 B．减函数
C．增函数或减函数 D．以上都不对
B [∵函数y＝cs x为偶函数，∴在关于y轴对称的区间上单调性相反．]
4．若α，β均为锐角，且sin α>cs β，则( )
A．α>β B．α<β
C．α＋β＞eq \f(π,2) D．α＋β＜eq \f(π,2)
C [sin α>cs β＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))，∵β是锐角，∴eq \f(π,2)－β也是锐角．又α是锐角，且函数y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，∴α＞eq \f(π,2)－β，即α＋β＞eq \f(π,2).]
5．函数f(x)＝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(5,6)π)) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,6)π，－\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))
D [令2kπ－eq \f(π,2)≤x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得2kπ－eq \f(π,6)≤x≤2kπ＋eq \f(5,6)π，k∈Z，又－π≤x≤0，∴－eq \f(π,6)≤x≤0.]
6．函数y＝sin |x|＋sin x的值域是________．
解析 y＝sin |x|＋sin x＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2sin x， x≥0，,0， x＜0，))
∴－2≤y≤2.
答案 [－2,2]
7．比较sin 1，sin 2与sin 3的大小关系为________．
解析 因为eq \f(π,2)<2<π－1<3<π，又y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)， π))上是减函数，所以sin 2>sin(π－1)>sin 3.又sin 1＝sin(π－1)，所以sin 2>sin 1>sin 3，即sin 3答案 sin 38．函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0， \f(π,2)))上的值域为________．
解析 由0≤x≤eq \f(π,2)，得0≤2x≤π，于是－eq \f(π,6)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(5π,6)，所以－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))≤1，即－eq \f(3,2)≤3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))≤3.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)， 3))
9．求下列函数的值域．
f(x)＝1－2sin2x＋2cs x.
解 f(x)＝1－2sin2x＋2cs x
＝2cs2x＋2cs x－1
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x＋\f(1,2)))2－eq \f(3,2)，
∴当cs x＝－eq \f(1,2)时，f(x)min＝－eq \f(3,2)，
当cs x＝1时，f(x)max＝3，
∴该函数值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)， 3)).
10．已知函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(x,2))).
(1)求f(x)的最小正周期T；
(2)求f(x)的单调递增区间．
解 (1)由已知f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(x,2)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,3)))，
则T＝eq \f(2π,ω)＝4π.
(2)当2kπ－π≤eq \f(x,2)－eq \f(π,3)≤2kπ(k∈Z)，
即4kπ－eq \f(4π,3)≤x≤4kπ＋eq \f(2π,3)(k∈Z)时，函数f(x)单调递增，
∴函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4kπ－\f(4π,3)， 4kπ＋\f(2π,3))) (k∈Z)．
1．(多选题)若函数f(x)＝3sin(ωx＋φ)对任意的x都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))等于( )
A．3 B．0
C．－3 D．3或0
AC [∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))，∴f(x)关于直线x＝eq \f(π,3)对称．∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))应取得最大值或最小值．]
2．函数y＝cs x在区间[－π，a]上为增函数，则a的取值范围是________．
解析 ∵y＝cs x在[－π，0]上为增函数，又在[－π，a]上递增，∴[－π，a]⊆[－π，0]．∴a≤0.又∵a＞－π，∴－π＜a≤0.
答案 (－π，0]
3．函数y＝cs2 x－4cs x＋5的值域是________．
解析 令t＝cs x，由于x∈R，故－1≤t≤1，
y＝t2－4t＋5＝(t－2)2＋1.当t＝－1，即cs x＝－1时函数有最大值10；当t＝1，即cs x＝1时函数有最小值2.
所以该函数的值域是[2,10]．
答案 [2,10]
4．(多空题)若f(x)＝2sin ωx(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＝________；若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，则ω的取值范围是________．
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)＜eq \f(π,3).∵f(x)max＝2sineq \f(ωπ,3)＝eq \r(2)，
∴sin eq \f(ωπ,3)＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(ωπ,3)＝eq \f(π,4)，即ω＝eq \f(3,4).
由2kπ－eq \f(π,2)≤ωπ≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得eq \f(2kπ,ω)－eq \f(π,2ω)≤x≤eq \f(2kπ,ω)＋eq \f(π,2ω)，k∈Z，令k＝0，得－eq \f(π,2ω)≤x≤eq \f(π,2ω)，即f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))上单调递增，又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，所以eq \f(π,3)≤eq \f(π,2ω)，即0＜ω≤eq \f(3,2).
答案 eq \f(3,4) 0＜ω ≤eq \f(3,2)
5．(拓广探索)已知定义在R上的奇函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，△ABC的内角A满足f(cs A)≤0，求角A的取值范围．
解 ①当00.[来源:学。科。网]
由f(cs A)≤0＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，
f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
得0②当eq \f(π,2)∵f(x)为R上的奇函数，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，
∴由f(cs A)≤0＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，
得cs A≤－eq \f(1,2)，
∴eq \f(2π,3)≤A<π.
③当A＝eq \f(π,2)时，cs A＝0，
∵f(x)为R上的奇函数，
∴f(0)＝0，∴f(0)≤0成立．
综上所述，角A的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)， \f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)， π)).