1.5.2 余弦函数的图象与性质再认识-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（北师大版2019）

第一章　三角函数 §5　正弦函数、余弦函数的图象与性质再认识 5.2　余弦函数的图象与 性质再认识 (教师独具内容) 课程标准：1.能画出余弦函数的图象.2.借助图象理解余弦函数在[0，2π]上的性质． 教学重点：1.用“五点法”画余弦函数的图象.2.余弦函数的性质． 教学难点：利用余弦函数的性质解决问题． 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 知识点一　余弦函数的图象 1．余弦函数y＝cosx，x∈R的_______称作余弦曲线． 2．我们作余弦函数y＝cosx，x∈[0，2π]的图象，常常先描出________， ________，__________，________，_________这五个关键点，然后用光滑曲线将它们顺次连接起来，就得到余弦函数的简图．这种作余弦曲线的方法也称为“五点(画图)法”． 图象 (0，1) (π，－1) (2π，1) 核心概念掌握 5 知识点二　余弦函数性质的再认识 1．定义域：_____． 2．周期性：最小正周期是_____． 3．单调性 由余弦函数的图象、周期性可知，余弦函数在区间______________________上都单调递减，cosx的值由1减小到－1；在区间_______________________上都单调递增，cosx的值由－1增大到1. 以上这两类闭区间中的每一个区间都是余弦函数的单调区间，但它们不能合并. R 2π [2kπ，(2k＋1)π]，k∈Z [(2k－1)π，2kπ]，k∈Z 核心概念掌握 6 4．最大(小)值和值域：[－1，1]，即－1≤cosx≤1，当_______________时，余弦函数取得最大值1；当____________________时，余弦函数取得最小值－1. 5．奇偶性(对称性) 由诱导公式cos(－x)＝cosx可知，余弦函数是________，它的图象关于______对称． x＝2kπ，k∈Z x＝(2k＋1)π，k∈Z 偶函数 y轴 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 核心概念掌握 9 (3)求三角函数的定义域要注意三角函数本身的特征和性质，如在转化为不等式或不等式组后要注意三角函数的符号及单调性，在进行三角函数的变形时，要注意三角函数的每一步变形都保持恒等，即不能改变原函数的自变量的取值范围． (4)比较两个三角函数值的大小常常先将它们化为同名函数，然后将角化为在该函数的同一单调区间内的角．最后利用函数的单调性来比较函数值的大小． 核心概念掌握 10 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) × √ × √ 核心概念掌握 11 2．做一做 (1)若a＝sin46°，b＝cos46°，c＝cos36°，则a，b，c的大小关系是________． (2)将函数y＝cosx的图象向右至少平移______个单位可以得到函数y＝sinx的图象． c>a>b 核心概念掌握 12 核心素养形成 题型一　余弦函数图象的画法 画出函数y＝－cosx，x∈[0，2π]的简图． 解　按五个关键点列表： 描点并将它们用光滑的曲线连接起来，如图． 核心素养形成 14 【感悟提升】　“五点法”画函数图象的三个步骤 核心素养形成 15 解：用“五点法”作图． 列表如下： 核心素养形成 16 核心素养形成 17 题型二　余弦函数的周期性问题 核心素养形成 18 【感悟提升】　求函数周期的方法 (1)定义法，即利用周期函数的定义求解． (2)观察法，即作出函数的图象，通过观察函数的图象求其周期． 核心素养形成 19 核心素养形成 20 (2)求函数y＝|cosx|的最小正周期． 解：先作出y＝|cosx|的图象如图： 由图象可知，周期为T＝π. 核心素养形成 21 题型三　余弦函数的单调性问题 (1)求函数y＝1－cosx的单调区间． 解　因为y＝cosx在[(2k－1)π，2kπ](k∈Z)上单调递增，在[2kπ，(2k＋1)π](k∈Z)上单调递减， 所以y＝1－cosx的单调递减区间是[(2k－1)π，2kπ](k∈Z)，单调递增区间是[2kπ，(2k＋1)π](k∈Z)． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 【感悟提升】　三角函数单调性问题的解题策略 (1)在求函数y＝Acosx的单调区间时，若A>0，则其单调区间与余弦函数的单调区间一致；若A<0，则其单调区间与余弦函数的单调区间相反． (2)比较大小的一般步骤 ①把异名三角函数化为同名三角函数； ②利用诱导公式把同名三角函数转化到同一单调区间上； ③利用三角函数的单调性比较大小． 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 题型四　余弦函数的值域、最值问题 核心素养形成 27 核心素养形成 28 【感悟提升】　求与余弦函数有关的函数的值域或最值的方法 (1)利用余弦函数的有界性． (2)换元法：通过换元转化为熟悉的函数求值域或最值． (3)复合函数值域的求法通常采用“由内到外，逐次求之”． 核心素养形成 29 核心素养形成 30 核心素养形成 31 题型五　余弦函数的奇偶性问题 判断下列函数的奇偶性： (1)f(x)＝1－cosx；(2)g(x)＝x－sinx；(3)h(x)＝x2cosx. 解　(1)因为f(－x)＝1－cos(－x)＝1－cosx＝f(x)，且定义域关于原点对称，所以f(x)是偶函数． (2)因为g(－x)＝－x－sin(－x)＝－x－(－sinx)＝－(x－sinx)＝－g(x)，且定义域关于原点对称，所以g(x)是奇函数． (3)因为h(－x)＝(－x)2cos(－x)＝x2cosx＝h(x)，且定义域关于原点对称，所以h(x)是偶函数． 核心素养形成 32 【感悟提升】　判断函数奇偶性的方法 判断函数奇偶性时，必须先检查定义域是否是关于原点的对称区间，如果是，再验证f(－x)是否等于－f(x)或f(x)，进而判断函数的奇偶性；如果不是，则该函数必为非奇非偶函数． 核心素养形成 33 【跟踪训练】 5．设函数f(x)＝x3cosx＋1，若f(a)＝11，则f(－a)＝______． 解析：由题意得f(x)－1＝x3cosx，又y＝x3cosx为奇函数且f(a)－1＝a3cosa＝11－1＝10，则f(－a)－1＝－10，∴f(－a)＝－10＋1＝－9. －9 核心素养形成 34 随堂水平达标 1．函数y＝1－cosx(x∈[0，2π])的大致图象为(　　) 解析：对于作函数图象的问题可以一步一步来作，首先应找到目标函数，此题目标函数为y＝1－cosx，故我们应先作出函数y＝cosx(x∈[0，2π])的图象；接下来作出函数y＝－cosx(x∈[0，2π])的图象；最后作出y＝－cosx＋1(x∈[0，2π])的图象． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 解析：y＝cosx的图象的对称轴为x＝kπ，k∈Z. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 3．(多选)下列函数是偶函数的是(　　) A．y＝x－x3 B．y＝xsinx＋cosx C．y＝sinxcosx D．y＝2x＋2－x 解析：对于A，∵f(－x)＝－x－(－x)3＝－(x－x3)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数；对于B，∵f(－x)＝－x·sin(－x)＋cos(－x)＝xsinx＋cosx＝f(x)，∴f(x)为偶函数；对于C，∵f(－x)＝sin(－x)cos(－x)＝－sinxcosx＝－f(x)，∴f(x)为奇函数；对于D，∵f(－x)＝2－x＋2x＝f(x)，∴f(x)为偶函数．故选BD. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 4．若x∈(－π，π)，则使sinx≤cosx成立的x的取值范围是___________． 解析：画出y＝sinx，y＝cosx在(－π，π)内的图象，进行比较即可． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 课后课时精练 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 4．设f(x)＝cos(sinx)与g(x)＝sin(cosx)有以下结论：①f(x)与g(x)都是偶函数；②f(x)的值域为[cos1，1]，g(x)的值域为[0，sin1]；③f(x)与g(x)的定义域都是[－1，1]；④f(x)与g(x)都是周期函数．其中不正确的是(　　) A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 解析：①∵cos(sin(－x))＝cos(－sinx)＝cos(sinx)，sin(cos(－x))＝sin(cosx)，∴f(x)与g(x)都是偶函数；②∵sinx∈[－1，1]，∴cos(sinx)∈[cos1，1]，故f(x)的值域为[cos1，1]．同理g(x)的值域为[－sin1，sin1]，故②错误；③易知f(x)与g(x)的定义域都是R，故③错误；④∵sinx，cosx都是以2π为周期的函数，∴f(x)与g(x)都是周期函数．故不正确的是②③. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 ④ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 7．若函数f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)＝cos3x＋sin2x，则当x>0时，f(x)＝________________． 解析：令x>0，则－x<0，f(－x)＝cos(－3x)＋sin(－2x)＝cos3x－sin2x，又f(－x)＝－f(x)，故当x>0时，f(x)＝－cos3x＋sin2x. －cos3x＋sin2x 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 三、解答题 9．求作函数y＝－2cosx＋3在一个周期内的图象，并求函数的最大值及取得最大值时x的值． 解：列表如下： 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 描点、连线得出函数y＝－2cosx＋3在一个周期内的图象： 由图可得，当x＝2kπ＋π，k∈Z时函数取得最大值，ymax＝5. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 54 12．已知函数f(x)＝－cos2x＋2acosx＋a2＋2(a∈R)． (1)若a＝1，求函数f(x)的最大值和最小值； (2)若函数f(x)的最大值是最小值的4倍，求实数a的值； (3)若函数f(x)存在零点，求函数f(x)的零点． 解：(1)当a＝1时， f(x)＝－cos2x＋2cosx＋3＝－(cosx－1)2＋4， 当cosx＝1，即x＝2kπ，k∈Z时，f(x)取得最大值，为4； 当cosx＝－1，即x＝π＋2kπ，k∈Z时，f(x)取得最小值，为0. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 58 　　　　　　　　　　　　　 R eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0)) 1．余弦函数的图象 画余弦函数y＝cosx，x∈[0，2π]的图象，有五个关键点，它们是(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0))，(2π，1)，因此描出这五点后，余弦函数y＝cosx，x∈[0，2π]的形状基本上就确定了，在描点时，光滑曲线是指经过最高点或最低点的连线要保持近似“圆弧”形状． 注意：作函数图象时，函数的自变量要用弧度制，这样自变量与函数值均为实数，因此在x轴、y轴上可以统一单位，作出的图象要正规． 2．余弦函数的性质 (1)余弦函数y＝cosx图象的对称轴为直线x＝kπ(k∈Z)，并且对称轴与余弦曲线的交点的纵坐标是余弦函数的最值．对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0))(k∈Z)，余弦函数的图象与x轴的交点均是余弦函数的对称中心． (2)一般地，函数f(x)的图象与f(－x)的图象关于y轴对称；－f(x)的图象与f(x)的图象关于x轴对称；－f(－x)的图象与f(x)的图象关于原点对称． (1)y＝cosx，x∈[0，2π]的图象关于直线x＝eq \f(π,2)成轴对称．(　　) (2)函数y＝coseq \f(π,3)x是偶函数．(　　) (3)在区间[0，2π]上，函数y＝cosx仅在x＝0时取最大值1.(　　) (4)函数y＝cos(sinx)是偶函数．(　　) eq \f(π,2) x 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π cosx 1 0 －1 0 1 －cosx －1 0 1 0 －1 【跟踪训练】 1．画出函数y＝1－eq \f(1,3)cosx，x∈[－2π，2π]的图象． x 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π cosx 1 0 －1 0 1 1－eq \f(1,3)cosx eq \f(2,3) 1 eq \f(4,3) 1 eq \f(2,3) 描点，连线，得到函数y＝1－eq \f(1,3)cosx在[0，2π]上的图象，再将该图象向左平移2π个单位即可得到函数在[－2π，2π]上的图象，如图． 求证：y＝|sinx|＋|cosx|的周期为eq \f(π,2). 证明　∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))＝|cosx|＋|－sinx|＝|sinx|＋|cosx|＝f(x)， ∴y＝|sinx|＋|cosx|的周期是eq \f(π,2). 【跟踪训练】 2．(1)求函数y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,6)))的最小正周期． 解：∵coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,6)－2π))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,6)))， 即coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2(x＋π)＋\f(π,6)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,6)))， ∴y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,6)))的周期为π. (2)比较大小：coseq \f(15π,8)与coseq \f(14π,9). 解　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). 因为函数y＝cosx在[0，π]上单调递减，且0<eq \f(π,8)<eq \f(4π,9)<π， 所以coseq \f(π,8)>coseq \f(4π,9)，即coseq \f(15π,8)>coseq \f(14π,9). 【跟踪训练】 3．(1)下列各式中正确的是(　　) A．cos0<coseq \f(1,2)<cos1<cos30°<cosπ B．cos0<cosπ<coseq \f(1,2)<cos30°<cos1 C．cos0>coseq \f(1,2)>cos1>cos30°>cosπ D．cos0>coseq \f(1,2)>cos30°>cos1>cosπ 解析：∵0<eq \f(1,2)<eq \f(π,6)<1<π，而y＝cosx在区间[0，π]上是减函数，∴cos0>coseq \f(1,2)>cos30°> cos1>cosπ，故选D. (2)函数y＝sinx和y＝cosx都单调递增的区间是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ))，k∈Z B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－π，2kπ－\f(π,2)))，k∈Z C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋π))，k∈Z D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ，2kπ＋\f(π,2)))，k∈Z 解析：因为函数y＝sinx的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，函数y＝cosx的单调递增区间是[2kπ－π，2kπ]，k∈Z，且eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))∩[2kπ－π，2kπ]，k∈Z＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ))，k∈Z，故选A. (1)若实数x，y满足x－2cosy＝1，则x2＋cosy的取值范围是(　　) A．[－1，＋∞) B．[－1，10] C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,16)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,16)，10)) 解析　由题意，得cosy＝eq \f(1,2)(x－1)，由cosy∈[－1，1]，得x∈[－1，3]．∵x2＋cosy＝x2＋eq \f(1,2)(x－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq \s\up12(2)－eq \f(9,16)，∴当x＝3时，取得最大值10；当x＝－eq \f(1,4)时，取得最小值－eq \f(9,16)，∴x2＋cosy的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,16)，10)). (2)求下列函数的值域： ①y＝eq \r(2－3cosx)；②y＝3cos2x－4cosx＋1，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3))). 解　①根据题意，有2－3cosx≥0且－1≤cosx≤1，得0≤2－3cosx≤5， ∴函数的值域为[0，eq \r(5)]． ②y＝3cos2x－4cosx＋1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(2,3)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,3). ∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，∴cosx∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))).从而当cosx＝－eq \f(1,2)，即x＝eq \f(2π,3)时，ymax＝eq \f(15,4)； 当cosx＝eq \f(1,2)，即x＝eq \f(π,3)时，ymin＝－eq \f(1,4). ∴函数y＝3cos2x－4cosx＋1，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(15,4))). 【跟踪训练】 4．若函数y＝a－bsinx的最大值为eq \f(3,2)，最小值为－eq \f(1,2)，求y＝2acosx＋b的最值. 解：①当b>0时，sinx＝－1时，y＝a－bsinx取得最大值，为a＋b，sinx＝1时，y＝a－bsinx取得最小值，为a－b， 所以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.))此时y＝2acosx＋b＝cosx＋1， 所以y＝2acosx＋b的最大值为2，最小值为0. ②当b<0时，sinx＝1时，y＝a－bsinx取得最大值，为a－b，sinx＝－1时，y＝a－bsinx取得最小值，为a＋b， 所以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.)) 此时y＝2acosx＋b＝cosx－1，所以y＝2acosx＋b的最大值为0，最小值为－2. 综上，当b>0时，y＝2acosx＋b的最大值为2，最小值为0；当b<0时，y＝2acosx＋b的最大值为0，最小值为－2. 2．余弦函数y＝cosx，x∈R的图象的一条对称轴是(　　) A．x轴 B．y轴 C．直线x＝eq \f(π,2) D．直线x＝eq \f(3π,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4))) 5．求y＝eq \r(9－x2)＋lg (1－2cosx)的定义域． 解：由9－x2≥0，得－3≤x≤3，由1－2cosx>0，得cosx<eq \f(1,2)，即2kπ＋eq \f(π,3)<x<2kπ＋eq \f(5π,3)，k∈Z， 由图知x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，3))，即为原函数的定义域． 一、选择题 1．函数f(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的最小正周期是(　　) A.eq \f(π,2) B．π C．2π D．4π 解析：∵coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)＋2π))＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2(x＋π)－\f(π,6)))，∴最小正周期T＝π，故选B. 2．三个数coseq \f(3,2)，sineq \f(1,10)，－coseq \f(7,4)的大小关系是(　　) A．coseq \f(3,2)>sineq \f(1,10)>－coseq \f(7,4) B．coseq \f(3,2)>－coseq \f(7,4)>sineq \f(1,10) C．coseq \f(3,2)<sineq \f(1,10)<－coseq \f(7,4) D．－coseq \f(7,4)<coseq \f(3,2)<sineq \f(1,10) 解析：－coseq \f(7,4)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(7,4)))，sineq \f(1,10)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(1,10))).∵0<π－eq \f(7,4)<eq \f(π,2)－eq \f(1,10)<eq \f(3,2)<eq \f(π,2)，且余弦函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(7,4)))>coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(1,10)))>coseq \f(3,2)，即coseq \f(3,2)<sineq \f(1,10)<－coseq \f(7,4)，故选C. 3．若α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，且cosα<sinβ，则必有(　　) A．α<β B．β<α C．α＋β<eq \f(5π,2) D．α＋β>eq \f(5π,2) 解析：∵α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴eq \f(5π,2)－β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))).∵cosα<sinβ＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)－β))，且y＝cosx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上单调递增，∴α<eq \f(5π,2)－β，∴α＋β<eq \f(5π,2).故选C. 5．(多选)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinx，sinx≥cosx，,cosx，sinx<cosx，))则(　　) A．函数f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1)) B．当且仅当x＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z时，函数取得最大值1 C．函数f(x)是以π为最小正周期的周期函数 D．当且仅当2kπ＋π<x<2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z时，f(x)<0 解析：作出函数y＝f(x)的图象，如图所示，可得该函数的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，A说法正确；当x＝2kπ或x＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z时，函数f(x)取得最大值1，B说法错误；函数f(x)是以2π为最小正周期的周期函数，C说法错误；当且仅当2kπ＋π<x<2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z时，f(x)<0，D说法正确． 二、填空题 6．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上，下列函数为增函数的是________． ①y＝eq \f(1,sinx)；②y＝－eq \f(1,cosx)；③y＝－sinx；④y＝－cosx. 解析：∵y＝sinx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为增函数，∴y＝eq \f(1,sinx)，y＝－sinx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为减函数．∵y＝cosx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为减函数，∴y＝－eq \f(1,cosx)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为减函数，而y＝－cosx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为增函数． 8．函数f(x)＝cosx，其定义域是[m，n]，值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，则n－m的最大值是_______． 解析：∵函数f(x)＝cosx的定义域是[m，n]，值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，∴有以下两种情况：①当n＝2kπ＋eq \f(5π,3)，2kπ＋eq \f(π,3)≤m≤2kπ＋π(k∈Z)时，eq \f(2π,3)≤n－m≤eq \f(4π,3)；②当m＝2kπ＋eq \f(π,3)，2kπ＋π≤n≤2kπ＋eq \f(5π,3)(k∈Z)时，eq \f(2π,3)≤n－m≤eq \f(4π,3).综上，n－m的最大值为eq \f(4π,3). eq \f(4π,3) x 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π cosx 1 0 －1 0 1 -2cosx＋3 1 3 5 3 1 10．函数f(x)＝asinx＋beq \f(sinx,cosx)＋1满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))＝7，求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(99π,5))). 解：设F(x)＝f(x)－1＝asinx＋beq \f(sinx,cosx)，显然F(－x)＝－asinx－beq \f(sinx,cosx)＝－F(x)， 故F(x)为奇函数． 又因为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))－1＝6，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(99π,5)))＝Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20π－\f(π,5)))＝asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20π－\f(π,5)))＋ beq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20π－\f(π,5))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20π－\f(π,5))))＝asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,5)))＋beq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,5))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,5))))＝Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,5)))＝－Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))＝－6， feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(99π,5)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20π－\f(π,5)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,5)))＝－Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))＋1＝－5. 11．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\co1(\f(1,2)))＝0， △ABC的内角A满足f(cosA)≤0，则角A的取值范围为_________________． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)) 解析：①当0<A<eq \f(π,2)时，cosA>0.由f(cosA)≤0＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，得0<cosA≤eq \f(1,2)，解得eq \f(π,3)≤A<eq \f(π,2).②当eq \f(π,2)<A<π时，cosA<0.∵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\co1(－\f(1,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，∴由f(cosA)≤0＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，得cosA≤－eq \f(1,2)，∴eq \f(2π,3)≤A<π.③当A＝eq \f(π,2)时，cosA＝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\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)). (2)f(x)＝－cos2x＋2acosx＋a2＋2＝－(cosx－a)2＋2a2＋2. 令t＝cosx，则t∈[－1，1]，令g(t)＝－(t－a)2＋2a2＋2，t∈[－1，1]． ①当a≤－1时，f(x)max＝g(－1)＝a2－2a＋1，f(x)min＝g(1)＝a2＋2a＋1， 由a2－2a＋1＝4(a2＋2a＋1)， 解得a＝－3或a＝－eq \f(1,3)(舍去)， ∴a＝－3. ②当a≥1时，f(x)max＝g(1)＝a2＋2a＋1，f(x)min＝g(－1)＝a2－2a＋1， 由a2＋2a＋1＝4(a2－2a＋1)， 解得a＝3或a＝eq \f(1,3)(舍去)， ∴a＝3. ③当－1<a<0时，f(x)max＝g(a)＝2a2＋2，f(x)min＝g(1)＝a2＋2a＋1， 由2a2＋2＝4(a2＋2a＋1)， 解得a＝－2＋eq \r(3)或a＝－2－eq \r(3)(舍去)， ∴a＝－2＋eq \r(3). ④当0≤a<1时，f(x)max＝g(a)＝2a2＋2，f(x)min＝g(－1)＝a2－2a＋1， 由2a2＋2＝4(a2－2a＋1)， 解得a＝2－eq \r(3)或a＝2＋eq \r(3)(舍去)，∴a＝2－eq \r(3). 综上，a＝－3或3或－2＋eq \r(3)或2－eq \r(3). (3)∵a2－2a＋1＝(a－1)2≥0，a2＋2a＋1＝(a＋1)2≥0，2a2＋2>0， ∴若函数f(x)存在零点，则必有a＝－1或1. 则当a＝－1时，函数f(x)的零点为x＝2kπ(k∈Z)； 当a＝1时，函数f(x)的零点为x＝2kπ＋π(k∈Z)． $$