第7章 7.3.3 余弦函数的性质与图象（课件PPT）-【精讲精练】2025-2026学年高中数学必修第三册（人教B版）

该高中数学课件聚焦余弦函数的性质与图象，课前案通过教材梳理中的导学环节衔接三角函数整体知识，以定义域、值域、奇偶性等关键性质为学习支架，帮助学生从三角函数基础过渡到余弦函数的具体探究。 其亮点在于结构化梳理与分阶段设计，课前案明确列出定义域（R）、值域（[-1,1]）等核心性质，培养学生数学眼光中的抽象能力与几何直观，课堂互动探究与课后可编辑学业评价（点击进入Word）助力数学思维的推理能力发展。学生能通过清晰框架构建知识体系，教师可直接利用分阶段资料提升教学效率。

第七章　三角函数 7.3　三角函数的性质与图象 7.3.3　余弦函数的性质与图象 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 目 录 课前案·自主学习 01 02 CONTENTS 03 课堂案·互动探究 课后案·学业评价 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 课前案·自主学习 01 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 导学 余弦函数的图象与性质 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 R [－1，1] 偶 y轴 2π 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 [－π＋2kπ，2kπ](k∈Z) [2kπ，π＋2kπ](k∈Z) x＝2kπ，k∈Z x＝π＋2kπ，k∈Z kπ(k∈Z) 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 课堂案·互动探究 02 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 点击进入Word 课后案·学业评价 03 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 谢谢观看 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 学业标准 学科素养 1.了解余弦曲线的画法，理解正弦曲线与余弦曲线的关系．(难点) 2．掌握余弦函数的性质，并能应用余弦函数的性质与图象解决相关问题．(重点) 1.通过学习余弦曲线，培养直观想象等核心素养． 2．通过余弦函数性质与图象的应用，提升数学运算、逻辑推理核心素养． 　如何由正弦曲线通过图象变换得余弦曲线． [提示]　∵cos x＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))， ∴把y＝sin x的图象向左平移 eq \f(π,2)个单位即可得到y＝cos x的图象． 　余弦函数是不是周期函数，单调性如何． [提示]　是周期函数，由于cos x＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))， 由y＝sin x的单调区间可得y＝cos x的单调区间． 其增区间为[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)， 减区间为[2kπ，π＋2kπ](k∈Z). ◎结论形成 1．y＝cos x的图象与性质 图象 定义域 ___ 值域 _______________ 奇偶性 ___函数，图象关于_____对称 周期性 最小正周期为_____ 单调性 在______________________________________上递增； 在________________________________________上递减 最值 当_______________________时，y最大＝1； 当____________________________时，y最小＝－1 对称轴、 对称中心 对称轴方程为x＝_____________， 对称中心为_____________________ 零点 eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋kπ，0))(k∈Z) 2.研究余弦函数性质与图象的方法 用研究正弦型函数性质与图象的方法即余弦型函数性质与图象的研究方法与正弦型函数性质与图象的研究方法相同． 如y＝A cos (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的单调递增区间，由－π＋2kπ≤ωx＋φ≤2kπ(k∈Z)求得，周期T＝ eq \f(2π,ω)等． 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)余弦函数在定义域内是单调函数．(　　) (2)存在x∈R满足cos x＝ eq \r(2).(　　) (3)余弦函数的图象是轴对称图形，也是中心对称图形．(　　) (4)余弦函数y＝2cos x在[0，π]上是减函数．(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√ 2．函数f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－\f(π,4)))的周期是(　　) A．3 B．3π C．6 D．6π 解析　T＝ eq \f(2π,\f(π,3))＝6. 答案　C 3．函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的值域是(　　) A．[－1，1] B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1)) D．[0，1] 解析　y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝cos x，又x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， ∴0≤y≤1，故选D. 答案　D 4．y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递减区间是____________________． 解析　由2kπ≤2x－ eq \f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z， 解得kπ＋ eq \f(π,6)≤x≤kπ＋ eq \f(2π,3)，k∈Z， 故函数的递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z). 答案　 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z) 题型一　与余弦函数有关的值域问题 　求下列函数的值域： (1)y＝－2cos x－1； (2)y＝2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))； (3)y＝cos2x－3cosx＋2. [解析]　(1)因为－1≤cos x≤1， 所以－2≤－2cos x≤2. 所以－3≤－2cos x－1≤1. 所以y＝－2cos x－1的值域为[－3，1]. (2)因为－ eq \f(π,6)＜x＜ eq \f(π,6)， 所以0＜2x＋ eq \f(π,3)＜ eq \f(2π,3). 所以－ eq \f(1,2)＜cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＜1. 所以y＝2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))， x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))的值域为(－1，2). (3)令t＝cos x，因为x∈R，所以t∈[－1，1]. 所以原函数化为y＝t2－3t＋2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(3,2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(1,4). 所以二次函数图象开口向上，直线t＝ eq \f(3,2)为对称轴． 所以t∈[－1，1]为函数的单调减区间． 所以t＝－1时，ymax＝6；t＝1时，ymin＝0. 所以y＝cos2x－3cosx＋2的值域为[0，6]. 常见的三角函数求值域或最值的类型 (1)形如y＝cos (ωx＋φ)的三角函数，令t＝ωx＋φ，根据题中x的取值范围，求出t的取值范围，再利用三角函数的单调性、有界性求出y＝cos t的最值(值域). (2)形如y＝a sin2x＋b sinx＋c(a≠0)的三角函数，可先设t＝sin x，将函数y＝a sin2x＋b sinx＋c(a≠0)化为关于t的二次函数y＝at2＋bt＋c(a≠0)，根据二次函数的单调性求值域(最值). (3)对于形如y＝a sin x(或y＝a cos x)的函数的最值还要注意对a的讨论．　 [触类旁通] 1．(2025·河南南阳月考)函数 f(x)＝2－ eq \r(3)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,8)))的值域为(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2＋\r(3))) B． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2＋\r(3))) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(3)，\f(7,2))) D． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(3)，\f(7,2))) 解析　∵－ eq \f(π,8)<x< eq \f(π,8)，∴－ eq \f(π,2)<4x< eq \f(π,2)， ∴－ eq \f(5π,6)<4x－ eq \f(π,3)< eq \f(π,6)，∴－ eq \f(\r(3),2)<cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))≤1，∴－ eq \r(3)≤－ eq \r(3)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))< eq \f(3,2)， ∴2－ eq \r(3)≤2－ eq \r(3)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))< eq \f(7,2)， 即 2－ eq \r(3)≤f(x)< eq \f(7,2)， ∴函数 f(x)＝2－ eq \r(3)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))， x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,8)))的值域为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(3)，\f(7,2))). 答案　D 题型二　正、余弦函数的周期性、奇偶性、对称性 　(1)函数f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x－\f(π,6)))的最小正周期是(　　) A．2π B．π C． eq \f(π,2) D． eq \f(π,4) (2)(多选题)已知函数f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,5)))，则下列说法正确的是(　　) A．f(x)的图象关于 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,5)，0))对称 B．f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(8π,5)对称 C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,5)))为奇函数 D．f(x)为偶函数 [解析]　(1)由函数f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x－\f(π,6)))，则其最小正周期T＝ eq \f(2π,|－2|)＝π. (2)因为f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,5)))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,5)))＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,5)＋\f(π,5)))＝1≠0，A错误； f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,5)))＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,5)＋\f(π,5)))＝－1，B正确； f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,5)))＝cos eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,5)))＋\f(π,5)))＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,2)))＝－sin eq \f(x,2)，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,5)))是奇函数，C正确； 易知f(－x)≠f(x)，所以f(x)不是偶函数，D错误． [答案]　(1)B　(2)BC 三角函数周期性、奇偶性、对称性的解题策略 (1)探求三角函数的周期，常用方法是公式法，即将函数化为y＝A sin (ωx＋φ)或y＝A cos (ωx＋φ)的形式，再利用公式求解． (2)判断函数y＝A sin (ωx＋φ)或y＝A cos (ωx＋φ)是否具备奇偶性，关键是看它能否通过诱导公式转化为y＝A sin ωx(Aω≠0)或y＝A cos ωx(Aω≠0)其中的一个． (3)形如y＝A cos (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的对称轴可通过ωx＋φ＝kπ，k∈Z求得．　 [触类旁通] 2．(多选题)已知函数 f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，g(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，则下列说法正确的有(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))是f(x)的图象的一个对称中心 B．x＝ eq \f(π,12)是g(x)的图象的一条对称轴 C．f(x)的周期也是g(x)的周期 D．g(x)的图象可以由f(x)的图象向右平移 eq \f(π,6)个单位得到 解析　对于A选项，因为 f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sin 0＝0，故 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))是f(x)的图象的一个对称中心，A正确； 对于B选项，因为 g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝ eq \f(\r(3),2)≠±1， 所以x＝ eq \f(π,12)不是g(x)的图象的一条对称轴，B错误； 对于C选项，函数f(x)的最小正周期为 eq \f(2π,2)＝π，函数g(x)的最小正周期为 eq \f(2π,2)＝π，所以f(x)的周期也是g(x)的周期，C正确； 对于D选项，因为 g(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋\f(π,2)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,3)))， 所以g(x)的图象可以由f(x)的图象向右平移 eq \f(π,12)个单位得到，D错误． 答案　AC 题型三　正、余弦函数单调性的应用 eq \a\vs4\al(多维探究) 角度1　利用正、余弦函数的单调性比较大小 　比较下列各组数的大小： (1)sin 250°与sin 260°； (2)cos eq \f(15π,8)与cos eq \f(14π,9)； (3)sin 2与cos 1. [解析]　(1)∵函数y＝sin x在(90°，270°)上单调递减，且90°＜250°＜260°＜270°， ∴sin 250°＞sin 260°. (2)cos eq \f(15π,8)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－\f(π,8)))＝cos eq \f(π,8)， cos eq \f(14π,9)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－\f(4π,9)))＝cos eq \f(4π,9). ∵函数y＝cos x在[0，π]上单调递减， 且0＜ eq \f(π,8)＜ eq \f(4π,9)＜π， ∴cos eq \f(π,8)＞cos eq \f(4π,9)，∴cos eq \f(15π,8)＞cos eq \f(14π,9). (3)∵cos 1＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－1))， sin 2＝sin (π－2)， 又∵0＜ eq \f(π,2)－1＜π－2＜ eq \f(π,2)， 且y＝sin x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是递增的， ∴sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－1))＜sin (π－2)， 即cos 1＜sin 2. [素养聚焦]　利用正弦函数、余弦函数的单调性比较三角函数值的大小，体现了数学运算、逻辑推理核心素养． 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，后面再比较大小．　 角度2　已知三角函数的单调性求参数范围 　[教材例4迁移]已知ω＞0，函数f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递增，则ω的取值范围是(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(10,3))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(10,3))) C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))) [解析]　令2kπ－π≤ωx＋ eq \f(π,3)≤2kπ，k∈Z， ∵ω＞0，∴ eq \f(2kπ,ω)－ eq \f(4π,3ω)≤x≤ eq \f(2kπ,ω)－ eq \f(π,3ω)，k∈Z， ∴函数f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2kπ,ω)－\f(4π,3ω)，\f(2kπ,ω)－\f(π,3ω)))(k∈Z). ∵f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递增， ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(π,2)≤\f(2kπ,ω)－\f(π,3ω)，k∈Z，,\f(π,3)≥\f(2kπ,ω)－\f(4π,3ω)，k∈Z，)) 解得6k－4≤ω≤4k－ eq \f(2,3)，k∈Z.由题意知， eq \f(π,2)－ eq \f(π,3)≤ eq \f(1,2)× eq \f(2π,ω)，∴0＜ω≤6，∴2≤ω≤ eq \f(10,3).故选C. [答案]　C 此类问题可先求出f(x)的单调区间，将问题转化为集合间的包含关系，然后列不等式组求出参数范围．　 [触类旁通] 3．(多选题)(2024·浙江杭州高一期末)下列不等式成立的是(　　) A．sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＞sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10))) B．cos 400°＞cos (－50°) C．sin 3＞sin 2 D．sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,8)))＞sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,7))) 解析　因为－ eq \f(π,2)＜－ eq \f(π,8)＜－ eq \f(π,10)＜0，且函数y＝sin x在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递增，则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＜sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10)))，故选项A错误； 因为cos 400°＝cos (360°＋40°)＝cos 40°，cos (－50°)＝cos 50°，且函数y＝cos x在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，则cos 40°＞cos 50°，即cos 400°＞cos (－50°)，故选项B正确； 因为 eq \f(π,2)＜2＜3＜ eq \f(3π,2)，且函数y＝sin x在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减，则sin 3＜sin 2，故选项C错误； 因为 eq \f(π,2)＜ eq \f(7π,8)＜ eq \f(8π,7)＜ eq \f(3π,2)，且函数y＝sin x在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减，则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,8)))＞sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,7)))，故选项D正确；故选BD. 答案　BD 知识落实 技法强化 (1)余弦函数． (2)余弦函数的性质与图象． (3)余弦函数的单调性、奇偶性、对称性． (4)余弦函数的值域(最值). (1)本节课应用了整体代换、换元、数形结合的思想方法． (2)正弦函数与余弦函数的单调性、对称性易混淆． $