5.4.2 第2课时 正弦函数、余弦函数的单调性与最值-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第五章　三角函数 5.4　三角函数的图象与性质 5.4.2　正弦函数、余弦函数的性质 第2课时　正弦函数、余弦函数的单调性与最值 (教师独具内容) 课程标准：1.掌握y＝sinx，y＝cosx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＝cosx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＝Acos(ωx＋φ)的单调区间． 教学重点：y＝sinx，y＝cosx的单调性与最值． 教学难点：y＝sinx，y＝cosx的性质的综合应用． 核心素养：1.通过单调性与最值的计算，提升数学运算素养与逻辑推理素养.2.利用函数图象解决单调性与最值问题，培养直观想象素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 y＝sinx y＝cosx 相同处 定义域 ______ _____ 值域 __________ ___________ 周期性 ________________ ________________ 不同处 图象 R R [－1，1] 知识点　正弦函数、余弦函数的性质 [－1，1] 最小正周期2π 最小正周期2π 核心概念掌握 5 不同处 奇偶性 __________ __________ 单调性 在__________________________单调递增； 在________________________上单调递减 在___________________上单调递增； 在__________________上单调递减 最值 x＝______________时，ymax＝1； x＝_____________时，ymin＝－1 x＝__________时，ymax＝1； x＝______________时，ymin＝－1 奇函数 偶函数 [2kπ－π，2kπ](k∈Z) [2kπ，2kπ＋π](k∈Z) 2kπ(k∈Z) 2kπ＋π(k∈Z) 核心概念掌握 6 [点拨]　对单调区间的理解 (1)k取Z内的每一个值，都对应着一个单调递增区间及单调递减区间，这些区间是断开的． (2)正弦函数和余弦函数不是定义域内的单调函数． (3)正弦函数或余弦函数取最值时，对应着图象的最高点或最低点． 核心概念掌握 7 答案 核心概念掌握 8 < 答案 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　求正弦型、余弦型函数的单调区间 解 核心素养形成 11 解 核心素养形成 12 解 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 【感悟提升】求正弦型、余弦型函数单调区间的技巧 求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)的函数的单调区间时，若ω为负数，则要先把ω化为正数． 当ω>0，A>0时，把ωx＋φ整体放入y＝sinx或y＝cosx的单调递增区间内，求得的x的范围即函数的单调递增区间；整体放入y＝sinx或y＝cosx的单调递减区间内，可求得函数的单调递减区间． 当ω>0，A<0时，上述方法求出的区间是其单调性相反的区间． 最后，需将最终结果写成区间形式． 核心素养形成 15 核心素养形成 16 解 核心素养形成 17 题型二　利用三角函数的单调性比较大小 核心素养形成 18 解 核心素养形成 19 解 核心素养形成 20 【感悟提升】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，然后利用函数的单调性比较． 核心素养形成 21 解 核心素养形成 22 解 核心素养形成 23 题型三　正弦型、余弦型函数的最值(值域)问题 解析 答案 核心素养形成 24 解 核心素养形成 25 【感悟提升】 三角函数最值(值域)问题的常见类型及求解方法 (1)形如y＝asinx＋b(或y＝acosx＋b)型，可利用正弦函数(或余弦函数)的有界性，注意对a正负的讨论． (2)形如y＝Asin(ωx＋φ)＋b(或y＝Acos(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cos(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． 核心素养形成 26 解 核心素养形成 27 解 核心素养形成 28 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★★ 对点 正、余弦函数单调区间的判定 求正弦型函数在给定区间内的最值 求正弦型函数的单调区间 正弦函数单调性的应用——比较大小 余弦型函数的周期、对称轴、对称中心及单调区间的综合 正、余弦函数单调性的应用——结合诱导公式比较大小 求正弦型函数在给定区间内的值域 正弦型函数图象与单调性的应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 36 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 求余弦型函数的单调区间及最值 求余弦型函数的最值；求与正弦函数有关的二次函数的最值 正弦型函数单调性的应用——求 参数 正弦型函数单调性及对称性的应用——求函数值 含绝对值的正弦型函数的最值、周期、单调性及奇偶性的综合 求与余弦函数有关的复合函数的最值 函数的周期性、单调性及其综合应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 37 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 38 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 39 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 40 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 41 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 42 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 43 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 解析 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 52 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 53 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 54 答案 解析 3 {x|x＝2kπ，k∈Z} 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 55 解 15．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝－f(x)，且在[－4，－3]上是增函数，α，β是锐角三角形的两个内角，试判断f(sinα)与f(cosβ)的大小关系． 解：由f(x＋1)＝－f(x)， 得f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)， 所以函数f(x)是周期函数，且2是它的一个周期． 因为函数f(x)在[－4，－3]上是增函数， 所以函数f(x)在[0，1]上是增函数． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 56 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 57 　　　　　　　　　　　　　 R eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z) 2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z) 2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z) 1．(三角函数单调性的判断)函数y＝－cosx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是(　　) A．增函数 B．减函数 C．先减后增函数 D．先增后减函数 2．(三角函数取最值的条件)下列x的取值中，能使函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－\f(π,3)))取得最大值的是(　　) A．x＝－eq \f(1,6) B．x＝eq \f(1,2) C．x＝eq \f(5,6) D．x＝eq \f(4,3) 3．(三角函数的值域)函数y＝sinxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)≤x≤\f(5π,6)))的值域为________． 4．(利用三角函数的单调性比较大小)coseq \f(2π,7)_____coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15π,8)))(填“>”或“<”)． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) (1)y＝cos2x；(2)y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))； (3)y＝1－sineq \f(x,2)；(4)y＝logeq \s\do9(\f(1,2))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))). 解　(1)由2kπ－π≤2x≤2kπ，k∈Z，得kπ－eq \f(π,2)≤x≤kπ，k∈Z， 故函数y＝cos2x的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z. (2)由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤eq \f(π,12)＋kπ(k∈Z)． 故函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))(k∈Z)． (3)由题意可知函数y＝sineq \f(x,2)的单调递减区间即为y＝1－sineq \f(x,2)的单调递增区间， 由2kπ＋eq \f(π,2)≤eq \f(x,2)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，得 4kπ＋π≤x≤4kπ＋3π(k∈Z)， 所以函数y＝1－sineq \f(x,2)的单调递增区间为[4kπ＋π，4kπ＋3π](k∈Z)． (4)由对数函数的定义域和复合函数的单调性， 可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))>0，,2kπ＋\f(π,2)≤2x＋\f(π,4)≤2kπ＋\f(3π,2)（k∈Z），)) 解得2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)<2kπ＋π(k∈Z)， 即kπ＋eq \f(π,8)≤x<kπ＋eq \f(3π,8)(k∈Z)， 故函数y＝logeq \s\do9(\f(1,2))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)． [条件探究]　将本例(2)的函数改为“y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))”，求函数的单调递增区间． 解：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))). 由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)， 解得eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤eq \f(11π,12)＋kπ(k∈Z)， 故函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋kπ，\f(11π,12)＋kπ))(k∈Z)． 【跟踪训练】 1．求下列函数的单调区间： (1)y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3)))； (2)y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,8))). 解：(1)由－eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(x,2)－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(π,3)＋4kπ≤x≤eq \f(5π,3)＋4kπ，k∈Z，故函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3)))的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋4kπ，\f(5π,3)＋4kπ))，k∈Z. 由eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(x,2)－eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq \f(5π,3)＋4kπ≤x≤eq \f(11π,3)＋4kπ，k∈Z，故函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3)))的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)＋4kπ，\f(11π,3)＋4kπ))，k∈Z. (2)由－π＋2kπ≤x＋eq \f(π,8)≤2kπ，k∈Z，得kπ－eq \f(9π,16)≤x≤kπ－eq \f(π,16)，k∈Z，所以函数y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,8)))的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(9π,16)，kπ－\f(π,16)))，k∈Z. 由2kπ≤2x＋eq \f(π,8)≤2kπ＋π，k∈Z，得kπ－eq \f(π,16)≤x≤kπ＋eq \f(7π,16)，k∈Z，所以函数y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,8)))的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,16)，kπ＋\f(7π,16)))，k∈Z. (1)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,16)))与sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10)))； (2)sin556°与cos516°； (3)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,8)))与coseq \f(7π,6). 解　(1)∵－eq \f(π,2)<－eq \f(π,10)<－eq \f(π,16)<eq \f(π,2)， 且y＝sinx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是增函数， ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,16)))>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10))). (2)sin556°＝sin(360°＋196°)＝sin196° ＝sin(180°＋16°)＝－sin16°， cos516°＝cos(360°＋156°)＝cos156° ＝cos(90°＋66°)＝－sin66°， ∵0°<16°<66°<90°，∴sin16°<sin66°， 从而－sin16°>－sin66°， 即sin556°>cos516°. (3)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,8)))＝coseq \f(7π,8)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,8))) ＝－coseq \f(π,8)， 而coseq \f(7π,6)＝－coseq \f(π,6)， ∵函数y＝cosx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减， 且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)， ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,8)))<coseq \f(7π,6). 【跟踪训练】 2．比较下列各组数的大小： (1)sin250°与sin260°； (2)coseq \f(15π,8)与coseq \f(14π,9)； (3)cos1与sin1. 解：(1)∵函数y＝sinx在90°～270°范围内单调递减，且90°<250°<260°<270°， ∴sin250°>sin260°. (2)coseq \f(15π,8)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－\f(π,8)))＝coseq \f(π,8)， coseq \f(14π,9)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－\f(4π,9)))＝coseq \f(4π,9). ∵函数y＝cosx在[0，π]上单调递减， 且0<eq \f(π,8)<eq \f(4π,9)<π， ∴coseq \f(π,8)>coseq \f(4π,9)，∴coseq \f(15π,8)>coseq \f(14π,9). (3)∵cos1＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－1))，而0<eq \f(π,2)－1<1<eq \f(π,2)，且y＝sinx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增， ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－1))<sin1，即cos1<sin1. eq \f(1,2)－cosx (3,2) INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Roaming\\Microsoft\\Word\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Roaming\\Microsoft\\Word\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT 　(1)若函数y＝a－bcosx(b＞0)的最大值为，最小值为－eq \f(1,2)，则函数的解析式为y＝________． 解析　因为y＝a－bcosx(b＞0)，所以ymax＝a＋b＝eq \f(3,2)，ymin＝a－b＝－eq \f(1,2). 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝\f(3,2)，,a－b＝－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝1，)) 所以y＝eq \f(1,2)－cosx. (2)(2024·湖南岳阳一中高一上月考)求下列函数的值域： ①y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))； ②y＝sin2x－4sinx＋5，x∈R. 解　①因为0≤x≤eq \f(π,2)，所以0≤2x≤π， 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\co1(2x＋\f(π,6)))≤1， 所以y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)). ②令t＝sinx，则－1≤t≤1，所以y＝sin2x－4sinx＋5＝t2－4t＋5＝(t－2)2＋1， 所以当t＝－1时，y取得最大值，为10；当t＝1时，y取得最小值，为2. 所以y＝sin2x－4sinx＋5的值域为[2，10]． 【跟踪训练】 3．(1)(2024·广东惠州一中高一上质检)求函数y＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))的值域． 解：因为－eq \f(π,6)≤x≤eq \f(π,4)，所以－eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(2π,3)，所以－eq \f(1,2)≤coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1，则－1≤2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤2，即函数y＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))的值域为[－1，2]． (2)求函数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＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(1,2))) eq \s\up12(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. 当sinx＝1时，ymax＝5； 当sinx＝eq \f(1,2)时，ymin＝eq \f(5,2). 1．函数f(x)＝－2sinx＋1，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，π))的值域是(　　) A．[1，3] B．[－1，3] C．[－3，1] D．[－1，1] 解析：∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，π))，∴sinx∈[－1，1]，∴－2sinx＋1∈[－1，3]． 2．(2024·广东茂名电白区第一中学高一下4月月考)已知函数f(x)＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则f(x)的单调递增区间是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,4)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(π,2))) 解析：因为f(x)＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))，令2kπ－π≤3x－eq \f(π,4)≤2kπ，k∈Z，解得eq \f(2,3)kπ－eq \f(π,4)≤x≤eq \f(2,3)kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z，令k＝0，则－eq \f(π,4)≤x≤eq \f(π,12)，令k＝1，eq \f(5π,12)≤x≤eq \f(3π,4)，又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(π,2))).故选D. 3．(2024·吉林汪清第四中学高一上期末)下列关系式中正确的是(　　) A．sin11°<cos10°<sin168° B．sin168°<sin11°<cos10° C．sin11°<sin168°<cos10° D．sin168°<cos10°<sin11° 解析：sin168°＝sin(180°－12°)＝sin12°，cos10°＝sin(90°－10°)＝sin80°，由函数y＝sinx的单调性，得sin11°<sin12°<sin80°，即sin11°<sin168°<cos10°. 4．(多选)对于函数f(x)＝sin2x，下列结论中正确的是(　　) A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减 B．f(x)的图象关于原点对称 C．f(x)的最小正周期为2π D．f(x)的最大值为2 解析：因为函数y＝sinx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，所以f(x)＝sin2x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，故A正确；因为x∈R且f(－x)＝sin2(－x)＝sin(－2x)＝－sin2x＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，图象关于原点对称，故B正确；f(x)的最小正周期为π，故C错误；f(x)的最大值为1，故D错误． eq \f(1,2) 5．(2024·江西新余第一中学高一上期末)如果函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2)＋a在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(5π,6)))上的最小值为eq \f(\r(3),2)，则a的值为______． 解析：由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(5π,6)))，得x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,6))).当x＋eq \f(π,3)＝eq \f(7π,6)时，f(x)min＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)＋a＝eq \f(\r(3),2)，所以a＝eq \f(1,2). 1．(2024·新疆乌鲁木齐天山区校级期末)函数y＝2023sinx与y＝2024cosx在下列区间内都单调递增的是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π)) 解析：y＝2024cosx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内单调递减，A不符合题意；y＝2023sinx与y＝2024cosx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))内都单调递减，B不符合题意；y＝2023sinx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))内单调递减，C不符合题意；y＝2023sinx与y＝2024cosx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))内都单调递增，D符合题意．故选D. 2．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为(　　) A．－1 B．－eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(3),2) D．0 解析：∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴－eq \f(π,6)≤3x－eq \f(π,6)≤eq \f(4π,3)，∴当3x－eq \f(π,6)＝eq \f(4π,3)时，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))取得最小值－eq \f(\r(3),2). 3．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)) 解析：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，所以－eq \f(π,6)≤x≤0.故选D. 4．设a＝sin42°，b＝cos46°，c＝2－eq \f(1,2)，则(　　) A．c<a<b B．b<c<a C．b<a<c D．a<b<c 解析：a＝sin42°，b＝cos46°＝sin44°，c＝2－eq \f(1,2)＝eq \f(\r(2),2)＝sin45°，因为y＝sinx在锐角范围内为增函数，且42°<44°<45°，所以sin42°<sin44°<sin45°，即a<b<c.故选D. 5．(多选)(2024·江苏南京秦淮中学高一上期末)设函数f(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)的一个周期为2π B．f(x)的图象关于直线x＝eq \f(8π,3)对称 C．f(x)的图象与x轴的一个交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0)) D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))内是减函数 解析：A显然正确；令x＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，即x＝－eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，当k＝3时，x＝eq \f(8π,3)，故B正确；令f(x)＝0，∴x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，当k＝0时，x＝eq \f(π,6)，故C正确；设t＝x＋eq \f(π,3)，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，\f(4π,3)))，由y＝cost的图象知y＝cost在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))内是减函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(4π,3)))内是增函数，故D不正确．故选ABC. 6．(多选)(2024·海南华侨中学高一上月考)下列各式正确的是(　　) A．sineq \f(27π,4)<sineq \f(32π,5) B．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,15)))<sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,7))) C．coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(47π,10)))>coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(44π,9))) D．coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))>coseq \f(13π,7) 解析：由诱导公式可得sineq \f(27π,4)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6π＋\f(3π,4)))＝sineq \f(3π,4)＝sineq \f(π,4)，sineq \f(32π,5)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6π＋\f(2π,5)))＝sineq \f(2π,5)，因为正弦函数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,4)<eq \f(2π,5)<eq \f(π,2)， 所以sineq \f(π,4)<sineq \f(2π,5)，即sineq \f(27π,4)<sineq \f(32π,5)，A正确；因为y＝sinx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递增，且0>－eq \f(π,15)>－eq \f(π,7)>－eq \f(π,2)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,15)))>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,7)))，B错误；coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(47π,10)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4π－\f(7π,10)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,10)))＝coseq \f(7π,10)，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(44π,9)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4π－\f(8π,9)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8π,9)))＝coseq \f(8π,9)，因为y＝cosx在(0，π)上单调递减，且eq \f(7π,10)<eq \f(8π,9)，所以coseq \f(7π,10)>coseq \f(8π,9)，即coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(47π,10)))>coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(44π,9)))，C正确；因为coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝coseq \f(π,8)，coseq \f(13π,7)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－\f(π,7)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,7)))＝coseq \f(π,7)，0<eq \f(π,8)<eq \f(π,7)<eq \f(π,2)，且函数y＝cosx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以coseq \f(π,8)>coseq \f(π,7)，即coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))>coseq \f(13π,7)，D正确．故选ACD. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1)) 7．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,4)))在[0，2π]上的值域为__________． 解析：∵x∈[0，2π]，∴eq \f(x,2)－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))， ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，即－eq \f(\r(2),2)≤y≤1. eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，1)) 8．(2024·福建莆田第十五中学高一上期末)已知函数y＝sinωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为增函数，且图象经过点(3π，0)，则ω的取值集合为________． 解析：由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得ωx∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(ωπ,2)))，因为y＝sinωx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以eq \f(ωπ,2)≤eq \f(π,2)，即0<ω≤1；又y＝sinωx的图象经过点(3π，0)，所以3πω＝ kπ(k∈Z)，解得ω＝eq \f(k,3)(k∈Z)，再结合0<ω≤1可得ω的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，1)). 9．已知函数f(x)＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,4))). (1)求f(x)的单调递增区间； (2)求f(x)的最小值及取得最小值时相应的x值． 解：(1)令－π＋2kπ≤3x＋eq \f(π,4)≤2kπ(k∈Z)， 可得－eq \f(5π,12)＋eq \f(2,3)kπ≤x≤－eq \f(π,12)＋eq \f(2,3)kπ(k∈Z)， 故f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)＋\f(2,3)kπ，－\f(π,12)＋\f(2,3)kπ))(k∈Z)． (2)当3x＋eq \f(π,4)＝－π＋2kπ(k∈Z)， 即x＝－eq \f(5π,12)＋eq \f(2,3)kπ(k∈Z)时，f(x)取得最小值，为－2. 10．求下列函数的最大值和最小值． (1)y＝3＋2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))； (2)y＝－sin2x＋eq \r(3)sinx＋eq \f(5,4). 解：(1)因为－1≤coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤1， 所以当coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝1时，函数取得最大值，ymax＝5； 当coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝－1时，函数取得最小值，ymin＝1. (2)y＝－sin2x＋eq \r(3)sinx＋eq \f(5,4) ＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(\r(3),2))) eq \s\up12(2)＋2. 因为－1≤sinx≤1， 所以当sinx＝eq \f(\r(3),2)时，函数取得最大值，ymax＝2； 当sinx＝－1时，函数取得最小值，ymin＝eq \f(1,4)－eq \r(3). 11．(2024·江西宜春中学高一下第一次月考)已知函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))在(－m，m)上单调递减，则m的最大值为(　　) A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3) 解析：易知f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))＝－3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，m>0，在x∈(－m，m)时，2x－ eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2m－\f(π,3)，2m－\f(π,3)))，显然－2m－eq \f(π,3)<0，若要符合题意，且m能取得最大值，结合正弦函数的单调性可知需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)≤－2m－\f(π,3)，,\f(π,2)≥2m－\f(π,3)，))解得0<m≤eq \f(π,12)，故m的最大值为eq \f(π,12).故选A. 12．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))单调递增，直线x＝eq \f(π,6)和x＝eq \f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条对称轴，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝(　　) A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2) 解析：由题意，eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，不妨设ω>0，则T＝π，ω＝eq \f(2π,T)＝2，当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最小值，则2·eq \f(π,6)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，则φ＝2kπ－eq \f(5π,6)，k∈Z，不妨取k＝0，则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)))＝eq \f(\r(3),2).故选D. 13．(多选)(2024·湖南郴州高一上期末教学质量监测)已知函数f(x)＝|sinx|，则下列说法正确的是(　　) A．f(x)的最小值为0 B．f(x)的周期为π C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,7))) D．f(x)是奇函数 解析：对于A，－1≤sinx≤1，则0≤|sinx|≤1，故A正确；对于B，f(x＋π)＝|sin(x＋π)|＝|sinx|＝f(x)，故B正确；对于C，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sineq \f(π,6)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,7)))＝sineq \f(π,7)，由正弦函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,7)))，故C正确；对于D，f(－x)＝ |sin(－x)|＝|sinx|＝f(x)，所以f(x)是偶函数，故D错误．故选ABC. 14．函数y＝eq \f(2＋cosx,2－cosx)的最大值为_____，取最大值时x的取值集合为__________________． 解析：由y＝eq \f(2＋cosx,2－cosx)，得y(2－cosx)＝2＋cosx，即cosx＝eq \f(2y－2,y＋1)(y≠－1)，因为－1≤cosx≤1，所以－1≤eq \f(2y－2,y＋1)≤1，解得eq \f(1,3)≤y≤3，所以函数y＝eq \f(2＋cosx,2－cosx)的最大值为3.当cosx＝1时，y取得最大值，此时x的取值集合为{x|x＝2kπ，k∈Z}． 又α，β是锐角三角形的两个内角， 则有α＋β>eq \f(π,2)， 即eq \f(π,2)>α>eq \f(π,2)－β>0， 因为y＝sinx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为增函数， 所以sinα>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β))＝cosβ，且sinα∈(0，1)，cosβ∈(0，1)，所以f(sinα)> f(cosβ)． $$