新教材高中数学第五章三角函数4.2.2单调性与最值学案

第2课时单调性与最值教材要点要点正、余弦函数的图象与性质正弦函数余弦函数图象值域________________单调性在________________(k∈Z)上递增，在________________(k∈Z)上递减在________________(k∈Z)上递增，在________________(k∈Z)上递减最值x＝________(k∈Z)时，ymax＝1；x＝________(k∈Z)时，ymin＝－1x＝________(k∈Z)时，ymax＝1；x＝________(k∈Z)时，ymin＝－1eq\a\vs4\al(状元随笔)(1)正、余弦函数的单调性：①求解或判断正弦函数、余弦函数的单调区间(或单调性)是求与之相关的复合函数值域(最值)关键的一步；②单调区间要在定义域内求解；③确定含有正弦函数或余弦函数的复合函数的单调性时，要注意用复合函数法来判断．(2)正、余弦函数的最值①明确正、余弦函数的有界性，即|sinx|≤1,|cosx|≤1；②对有些函数，其最值不一定就是1或－1，要依赖函数的定义域来决定；③形如y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的函数求最值时，通常利用“整体代换”，即令ωx＋φ＝z，将函数转化为y＝Asinz的形式求最值．基础自测1.思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)在区间[0，3π]上，函数y＝cosx仅在x＝0时取得最大值1.()(2)正弦函数在第一象限是增函数．()(3)存在实数x，使得cosx＝eq\r(2).()(4)余弦函数y＝cosx在[0，π]上是减函数．()2．下列函数中，既为偶函数又在(0，π)上单调递增的是()A．y＝cos|x|B．y＝cos|－x|C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))D．y＝－sineq\f(x,2)3．函数y＝1－2coseq\f(π,2)x的最小值，最大值分别是()A．－1，3B．－1，1C．0，3D．0，14．比较大小：sineq\f(3π,5)________coseq\f(π,5).正弦、余弦函数的单调性例1求函数y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))的单调区间．方法归纳求与正、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)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＝Acos(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．跟踪训练1(1)函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，x∈[－π，0]的单调递增区间是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(5π,6)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，－\f(π,6)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))(2)函数y＝cosπx的单调减区间为________．单调性在三角函数中的应用角度1比较大小例2比较下列各组数的大小．(1)sineq\f(21π,5)与sineq\f(42π,5).(2)coseq\f(17π,8)与coseq\f(37π,9).方法归纳比较三角函数值大小的方法(1)利用诱导公式转化为求锐角三角函数值．(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．角度2利用正弦、余弦函数的单调性求参数例3已知ω＞0，函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))D．(0，2)方法归纳对于已知形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的函数的单调区间的某一部分确定参数ω的范围的问题，首先，明确已知的单调区间应为函数的单调区间的子区间；其次，要确定已知函数的单调区间，从而利用它们之间的关系求解．跟踪训练2(1)sin1，sin2，sin3的大小关系是()A．sin1＜sin2＜sin3B．sin3＜sin2＜sin1C．sin2＜sin3＜sin1D．sin3＜sin1＜sin2(2)若函数f(x)＝cos2ωx(ω＞0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上为减函数，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上为增函数，则ω等于()A．3B．2C．eq\f(3,2)D．eq\f(2,3)三角函数的值域(或最值)问题角度1正弦、余弦函数的值域(或最值)问题例4求函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(3π,4)))的值域．方法归纳形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)的三角函数值域(或最值)问题，要注意x的取值范围．一般情况下先利用x的取值范围，求出ωx＋φ的范围，再求三角函数的值域(或最值).角度2形如y＝Asin2x＋Bsinx＋C或y＝Acos2x＋Bcosx＋C型的最值(或值域)问题例5求函数y＝cos2x－sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))的最大值和最小值及相应的x值．方法归纳求形如y＝Asin2x＋Bsinx＋C，A≠0，x∈R的函数的值域或最值时，可以通过换元，令t＝sinx，将原函数转化为关于t的二次函数，利用配方法求值域或最值，求解过程中要注意正弦函数的有界性(有时也用t来替换cosx).跟踪训练3(1)函数y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1的最小值是________，此时x＝________．(2)函数y＝2sin2x＋2sinx－eq\f(1,2)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))的值域是________．eq\a\vs4\al(易错辨析)忽视参数的分类致误例6已知函数y＝2asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋b的定义域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，函数的最大值为1，最小值为－5，求a和b的值．解析：∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3).∴－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1.若a＞0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝1，,－\r(3)a＋b＝－5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝12－6\r(3)，,b＝－23＋12\r(3)．))若a＜0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝－5，,－\r(3)a＋b＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－12＋6\r(3)，,b＝19－12\r(3)．))易错警示易错原因纠错心得只考虑a＞0的情况，漏掉了a＜0的情况，导致丢解．形如y＝Asin(ωx＋φ)＋B或y＝Acos(ωx＋φ)＋B的函数，其最值与参数A的正负有关，因此在解决这类问题时，要注意对A分A＞0和A＜0两种情况进行分类讨论．课堂十分钟1．下列不等式中成立的是()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＞sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10)))B．sin3＞sin2C．sineq\f(7,5)π＞sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,5)π))D．sin2＞cos12．函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))在区间[0，π]上的单调递增区间为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(11π,12)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))3．已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1(x∈R)，则f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值与最小值分别是()A．1，－2B．2，－1C．1，－1D．2，－24．已知函数f(x)＝sinωx(ω＞0)，若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，则实数ω的取值范围是________．5．求函数y＝cos2x－4cosx＋1，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))的值域．第2课时单调性与最值新知初探·课前预习要点[－1，1][－1，1]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))[2kπ－π，2kπ][2kπ，2kπ＋π]2kπ＋eq\f(π,2)2kπ－eq\f(π,2)2kπ2kπ＋π[基础自测]1．(1)×(2)×(3)×(4)√2．答案：C3．答案：A4．答案：＞题型探究·课堂解透例1解析：∵y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))∴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.所以函数y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))的单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z)，由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(3π,8)(k∈Z).所以函数y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))的单调减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z).跟踪训练1解析：(1)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(5π,6)，k∈Z，又－π≤x≤0，∴－eq\f(π,6)≤x≤0.故选D.(2)由2kπ≤πx≤π＋2kπ，k∈Z得2k≤x≤1＋2k，k∈Z，即函数y＝cosπx的单调减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2k，2k＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z)).答案：(1)D(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2k，2k＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))例2解析：(1)∵sineq\f(21π,5)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π＋\f(π,5)))＝sineq\f(π,5)，sineq\f(42π,5)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8π＋\f(2π,5)))＝sineq\f(2π,5)，又y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，且0<eq\f(π,5)<eq\f(2π,5)<eq\f(π,2)，∴sineq\f(π,5)<sineq\f(2π,5)，∴sineq\f(21π,5)<sineq\f(42π,5).(2)∵coseq\f(17π,8)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π＋\f(π,8)))＝coseq\f(π,8)，coseq\f(37π,9)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π＋\f(π,9)))＝coseq\f(π,9).又y＝cosx在[0，π]上单调递减，∴coseq\f(π,9)>coseq\f(π,8)，∴coseq\f(37π,9)>coseq\f(17π,8).例3解析：方法一由eq\f(π,2)<x<π，ω>0，得eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,4)<ωx＋eq\f(π,4)<ωπ＋eq\f(π,4).又因为y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥\f(π,2)，,ωπ＋\f(π,4)≤\f(3π,2)．))解得eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(5,4)，故选A.方法二由eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx＋eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,4ω)＋eq\f(2kπ,ω)≤x≤eq\f(5π,4ω)＋eq\f(2kπ,ω)，k∈Z.因此函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4ω)＋\f(2kπ,ω)，\f(5π,4ω)＋\f(2kπ,ω)))，k∈Z.由题意知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4ω)，\f(5π,4ω)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)≥\f(π,4ω)，,π≤\f(5π,4ω)．))解得eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(5,4)，故选A.答案：A跟踪训练2解析：(1)sin2＝sin(π－2)，sin3＝sin(π－3).∵0<π－3<1<π－2<eq\f(π,2)，y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为增函数，∴sin(π－3)<sin1<sin(π－2)，故sin3<sin1<sin2.故选D.(2)因为y＝cosx在[0，π]上为减函数，在[π，2π]上为增函数，所以当0≤2ωx≤π，即0≤x≤eq\f(π,2ω)时，f(x)＝cos2ωx(ω>0)为减函数，当π≤2ωx≤2π，即eq\f(π,2ω)≤x≤eq\f(π,ω)时，f(x)＝cos2ωx(ω>0)为增函数，由题意知eq\f(π,2ω)＝eq\f(π,3)，∴ω＝eq\f(3,2).故选C.答案：(1)D(2)C例4解析：∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(3π,4)))，∴2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3π,2)))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(7π,6)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈[－1，2]，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(3π,4)))上的值域为[－1，2].例5解析：y＝cos2x－sinx＝1－sin2x－sinx＝－sin2x－sinx＋1令sinx＝t，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，∴t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，∴y＝－t2－t＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2