數(shù)學人教A版必修四第一章三角函數(shù)1.4.2（二）

1.4.2正弦函數(shù)、余弦函數(shù)的性質(二)學習目標1.掌握y＝sinx，y＝cosx的最大值與最小值，并會求簡單三角函數(shù)的值域和最值.2.掌握y＝sinx，y＝cosx的單調性，并能利用單調性比較大小.3.會求函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)及y＝Acos(ωx＋φ)的單調區(qū)間.知識點一正弦、余弦函數(shù)的定義域、值域觀察下圖中的正弦曲線和余弦曲線.正弦曲線：余弦曲線：可得如下性質：由正弦、余弦曲線很容易看出正弦函數(shù)、余弦函數(shù)的定義域都是實數(shù)集R，值域都是[－1，1].對于正弦函數(shù)y＝sinx，x∈R有：當且僅當x＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z時，取得最大值1；當且僅當x＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z時，取得最小值－1.對于余弦函數(shù)y＝cosx，x∈R有：當且僅當x＝2kπ，k∈Z時，取得最大值1；當且僅當x＝(2k＋1)π，k∈Z時，取得最小值－1.知識點二正弦、余弦函數(shù)的單調性觀察正弦函數(shù)y＝sinx，x∈[－eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)]的圖象.思考1正弦函數(shù)在[－eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)]上函數(shù)值的變化有什么特點？推廣到整個定義域呢？答案觀察圖象可知：當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))時，曲線逐漸上升，是增函數(shù)，sinx的值由－1增大到1；當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))時，曲線逐漸下降，是減函數(shù)，sinx的值由1減小到－1.推廣到整個定義域可得當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)時，正弦函數(shù)y＝sinx是增函數(shù)，函數(shù)值由－1增大到1；當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)時，正弦函數(shù)y＝sinx是減函數(shù)，函數(shù)值由1減小到－1.觀察余弦函數(shù)y＝cosx，x∈[－π，π]的圖象.思考2余弦函數(shù)在[－π，π]上函數(shù)值的變化有什么特點？推廣到整個定義域呢？答案觀察圖象可知：當x∈[－π，0]時，曲線逐漸上升，是增函數(shù)，cosx的值由－1增大到1；當x∈[0，π]時，曲線逐漸下降，是減函數(shù)，cosx的值由1減小到－1.推廣到整個定義域可得當x∈[2kπ－π，2kπ]，k∈Z時，余弦函數(shù)y＝cosx是增函數(shù)，函數(shù)值由－1增大到1；當x∈[2kπ，(2k＋1)π]，k∈Z時，余弦函數(shù)y＝cosx是減函數(shù)，函數(shù)值由1減小到－1.思考3正弦函數(shù)、余弦函數(shù)的單調區(qū)間是什么？答案y＝sinx的增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))，k∈Z.y＝cosx的增區(qū)間為[－π＋2kπ，2kπ]，k∈Z，減區(qū)間為[2kπ，π＋2kπ]，k∈Z.梳理解析式y(tǒng)＝sinxy＝cosx圖象值域[－1，1][－1，1]單調性在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z上遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))，k∈Z上遞減在[－π＋2kπ，2kπ]，k∈Z上遞增，在[2kπ，π＋2kπ]，k∈Z上遞減最值當x＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z時，ymax＝1；當x＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z時，ymin＝－1當x＝2kπ，k∈Z時，ymax＝1；當x＝π＋2kπ，k∈Z時，ymin＝－1類型一求正弦、余弦函數(shù)的單調區(qū)間例1求函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))的單調遞增區(qū)間.解y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，令z＝x－eq\f(π,4)，則y＝－2sinz.因為z是x的一次函數(shù)，所以要求y＝－2sinz的單調遞增區(qū)間，即求sinz的單調遞減區(qū)間，即2kπ＋eq\f(π,2)≤z≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z).∴2kπ＋eq\f(π,2)≤x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，即2kπ＋eq\f(3π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(7π,4)(k∈Z)，∴函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(3π,4)，2kπ＋\f(7π,4)))(k∈Z).反思與感悟用整體替換法求函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)的單調區(qū)間時，如果式子中x的系數(shù)為負數(shù)，先利用誘導公式將x的系數(shù)變?yōu)檎龜?shù)再求其單調區(qū)間.求單調區(qū)間時，需將最終結果寫成區(qū)間形式.跟蹤訓練1函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))的單調遞減區(qū)間為________________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，－\f(2π,9)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,9)，\f(π,3)))解析由eq\f(π,2)＋2kπ≤3x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得eq\f(π,9)＋eq\f(2kπ,3)≤x≤eq\f(4π,9)＋eq\f(2kπ,3)(k∈Z).又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，所以函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))的單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，－\f(2π,9)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,9)，\f(π,3))).類型二正、余弦函數(shù)單調性的應用命題角度1利用正、余弦函數(shù)的單調性比較大小例2利用三角函數(shù)的單調性，比較下列各組數(shù)的大小.(1)sin196°與cos156°；(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23,5)π))與coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17,4)π)).解(1)sin196°＝sin(180°＋16°)＝－sin16°，cos156°＝cos(180°－24°)＝－cos24°＝－sin66°.∵0°<16°<66°<90°，且y＝sinx在[0°，90°]上是增函數(shù)，∴sin16°<sin66°，從而－sin16°>－sin66°，即sin196°>cos156°.(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23,5)π))＝coseq\f(23,5)π＝cos(4π＋eq\f(3,5)π)＝coseq\f(3,5)π，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17,4)π))＝coseq\f(17,4)π＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π＋\f(π,4)))＝coseq\f(π,4).∵0<eq\f(π,4)<eq\f(3,5)π<π，且y＝cosx在[0，π]上是減函數(shù)，∴coseq\f(3,5)π<coseq\f(π,4)，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23,5)π))<coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17,4)π)).反思與感悟用正弦函數(shù)或余弦函數(shù)的單調性比較大小時，應先將異名化同名，把不在同一單調區(qū)間內(nèi)的角用誘導公式轉化到同一單調區(qū)間，再利用單調性來比較大小.跟蹤訓練2比較下列各組數(shù)的大小.(1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,6)π))與sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(49,3)π))；(2)cos870°與sin980°.解(1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,6)π))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6π－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(49,3)π))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(16π＋\f(π,3)))＝sineq\f(π,3).∵y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是增函數(shù)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<sineq\f(π,3)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,6)π))<sineq\f(49,3)π.(2)cos870°＝cos(720°＋150°)＝cos150°，sin980°＝sin(720°＋260°)＝sin260°＝sin(90°＋170°)＝cos170°.∵0°<150°<170°<180°，且y＝cosx在[0°，180°]上是減函數(shù)，∴cos150°>cos170°，即cos870°>sin980°.命題角度2已知三角函數(shù)的單調性求參數(shù)范圍例3已知ω是正數(shù)，函數(shù)f(x)＝2sinωx在區(qū)間[－eq\f(π,3)，eq\f(π,4)]上是增函數(shù)，求ω的取值范圍.解由－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)≤x≤eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)，∴f(x)的單調遞增區(qū)間是[－eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)，eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)]，k∈Z.根據(jù)題意，得[－eq\f(π,3)，eq\f(π,4)]?[－eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)，eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)](k∈Z)，從而有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)≤－\f(π,3)，,\f(π,2ω)≥\f(π,4)，,ω>0，))解得0<ω≤eq\f(3,2).故ω的取值范圍是(0，eq\f(3,2)].反思與感悟此類問題可先解出f(x)的單調區(qū)間，將問題轉化為集合間的包含關系，然后列不等式組求出參數(shù)范圍.跟蹤訓練3已知ω>0，函數(shù)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))上單調遞減，則ω的取值范圍是()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]答案A解析取ω＝eq\f(5,4)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)x＋\f(π,4)))，其減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,5)kπ＋\f(π,5)，\f(8,5)kπ＋π))，k∈Z，顯然eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,5)kπ＋\f(π,5)，\f(8,5)kπ＋π))，k∈Z，排除B，C.取ω＝2，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，其減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5,8)π))，k∈Z，顯然eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5,8)π))，k∈Z，排除D.類型三正、余弦函數(shù)的值域或最值例4(1)求函數(shù)y＝2cos(2x＋eq\f(π,3))，x∈(－eq\f(π,6)，eq\f(π,6))的值域；(2)求使函數(shù)y＝－sin2x＋eq\r(3)sinx＋eq\f(5,4)取得最大值和最小值的自變量x的集合，并求出函數(shù)的最大值和最小值.解(1)∵－eq\f(π,6)<x<eq\f(π,6)，∴0<2x＋eq\f(π,3)<eq\f(2π,3)，∴－eq\f(1,2)<cos(2x＋eq\f(π,3))<1，∴函數(shù)y＝2cos(2x＋eq\f(π,3))，x∈(－eq\f(π,6)，eq\f(π,6))的值域為(－1，2).(2)令t＝sinx，則－1≤t≤1，∴y＝－t2＋eq\r(3)t＋eq\f(5,4)＝－(t－eq\f(\r(3),2))2＋2.當t＝eq\f(\r(3),2)時，ymax＝2，此時sinx＝eq\f(\r(3),2)，即x＝2kπ＋eq\f(π,3)或x＝2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z).當t＝－1時，ymin＝eq\f(1,4)－eq\r(3).此時sinx＝－1，即x＝2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z).綜上，使函數(shù)y＝－sin2x＋eq\r(3)sinx＋eq\f(5,4)取得最大值時自變量x的集合為{x|x＝2kπ＋eq\f(π,3)或x＝2kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z}，且最大值為2.使函數(shù)y＝－sin2x＋eq\r(3)sinx＋eq\f(5,4)取得最小值時自變量x的集合為{x|x＝2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z}，且最小值為eq\f(1,4)－eq\r(3).反思與感悟一般函數(shù)的值域求法有：觀察法、配方法、判別式法、反比例函數(shù)法等.三角函數(shù)是函數(shù)的特殊形式，一般方法也適用，但要結合三角函數(shù)本身的性質.常見的三角函數(shù)求值域或最值的類型有以下幾種：(1)形如y＝sin(ωx＋φ)的三角函數(shù)，令t＝ωx＋φ，根據(jù)題中x的取值范圍，求出t的取值范圍，再利用三角函數(shù)的單調性、有界性求出y＝sint的最值(值域)；(2)形如y＝asin2x＋bsinx＋c(a≠0)的三角函數(shù)，可先設sinx＝t，將函數(shù)y＝asin2x＋bsinx＋c(a≠0)化為關于t的二次函數(shù)y＝at2＋bt＋c(a≠0)，根據(jù)二次函數(shù)的單調性求值域(最值).(3)對于形如y＝asinx(或y＝acosx)的函數(shù)的最值還要注意對a的討論.跟蹤訓練4已知函數(shù)f(x)＝2asinx＋b的定義域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，函數(shù)的最大值為1，最小值為－5，求a和b的值.解∵－eq\f(π,3)≤x≤eq\f(2π,3)，∴－eq\f(\r(3),2)≤sinx≤1.若a＞0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝1，,－\r(3)a＋b＝－5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝12－6\r(3)，,b＝－23＋12\r(3).))若a＜0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝－5，,－\r(3)a＋b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－12＋6\r(3)，,b＝19－12\r(3).))1.函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的一個單調遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))) B.[－π，0]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)π，\f(2,3)π)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2,3)π))答案D解析由eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3,2)π，解得eq\f(π,3)≤x≤eq\f(4,3)π.故選D.2.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>cos1答案D解析∵sin2＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(π,2)))，且0<2－eq\f(π,2)<1<π，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(π,2)))>cos1，即sin2>cos1.故選D.3.函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的值域是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))答案B解析∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)≤x＋eq\f(π,6)≤eq\f(2,3)π，∴coseq\f(2,3)π≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))≤coseq\f(π,6)，∴－eq\f(1,2)≤y≤eq\f(\r(3),2).故選B.4.求函數(shù)y＝3－2sineq\f(1,2)x的最值及取到最值時的自變量x的集合.解∵－1≤sineq\f(1,2)x≤1，∴當sineq\f(1,2)x＝－1，eq\f(1,2)x＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，即x＝4kπ－π，k∈Z，ymax＝5，此時自變量x的集合為{x|x＝4kπ－π，k∈Z}；當sineq\f(1,2)x＝1，eq\f(1,2)x＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即x＝4kπ＋π，k∈Z時，ymin＝1，此時自變量x的集合為{x|x＝4kπ＋π，k∈Z}.5.求函數(shù)y＝2sin(eq\f(π,6)－2x)，x∈(0，π)的單調遞增區(qū)間.解∵函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))的單調遞增區(qū)間為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的單調遞減區(qū)間.由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得kπ＋eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z.∵x∈(0，π)，∴由k＝0，得eq\f(π,3)≤x≤eq\f(5π,6).∴函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))，x∈(0，π)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6))).1.求函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的單調區(qū)間的方法把ωx＋φ看成一個整體，由2kπ－eq\f(π,2)≤ωx＋φ≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)解出x的范圍，所得區(qū)間即為增區(qū)間，由2kπ＋eq\f(π,2)≤ωx＋φ≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)解出x的范圍，所得區(qū)間即為減區(qū)間.若ω<0，先利用誘導公式把ω轉化為正數(shù)后，再利用上述整體思想求出相應的單調區(qū)間.2.比較三角函數(shù)值的大小，先利用誘導公式把問題轉化為同一單調區(qū)間上的同名三角函數(shù)值的大小比較，再利用單調性作出判斷.3.求三角函數(shù)值域或最值的常用方法將y表示成以sinx(或cosx)為元的一次或二次等復合函數(shù)，再利用換元或配方或利用函數(shù)的單調性等來確定y的范圍.課時作業(yè)一、選擇題1.函數(shù)y＝1－2coseq\f(π,2)x的最小值，最大值分別是()A.－1，3 B.－1，1C.0，3 D.0，1答案A解析∵coseq\f(π,2)x∈[－1，1]，∴－2coseq\f(π,2)x∈[－2，2]，∴y＝1－2coseq\f(π,2)x∈[－1，3]，∴ymin＝－1，ymax＝3.2.下列函數(shù)中，周期為π，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上為減函數(shù)的是()A.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))) B.y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))C.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2))) D.y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))答案A3.下列關系式中正確的是()A.sin11°<cos10°<sin168°B.sin168°<sin11°<cos10°C.sin11°<sin168°<cos10°D.sin168°<cos10°<sin11°答案C解析∵sin168°＝sin(180°－12°)＝sin12°，cos10°＝sin(90°－10°)＝sin80°.∴由正弦函數(shù)的單調性，得sin11°<sin12°<sin80°，即sin11°<sin168°<cos10°.4.函數(shù)y＝|sinx|的一個單調遞增區(qū)間是()A.(eq\f(π,2)，π)B.(π，2π)C.(π，eq\f(3π,2))D.(0，π)答案C解析作出函數(shù)y＝|sinx|的圖象，如圖，觀察圖象知C正確，故選C.5.函數(shù)y＝3cos2x－4cosx＋1，x∈[eq\f(π,3)，eq\f(2π,3)]的最小值是()A.－eq\f(1,3)B.eq\f(15,4)C.0D.－eq\f(1,4)答案D解析令t＝cosx，x∈[eq\f(π,3)，eq\f(2π,3)]，∴t∈[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]，y＝3t2－4t＋1＝3(t－eq\f(2,3))2－eq\f(1,3).∵y＝3(t－eq\f(2,3))2－eq\f(1,3)在t∈[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]上單調遞減，∴當t＝eq\f(1,2)時，ymin＝3×(eq\f(1,2))2－4×eq\f(1,2)＋1＝－eq\f(1,4).6.若函數(shù)f(x)＝sinωx(ω＞0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上單調遞減，則ω的值可為()A.eq\f(3,2) B.eq\f(2,3)C.2 D.3答案A解析由題意知，eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)，即T＝eq\f(4π,3)，eq\f(4π,3)＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝eq\f(3,2).二、填空題7.sin1，sin2，sin3按從小到大排列的順序為__________.答案sin3<sin1<sin2解析∵1<eq\f(π,2)<2<3<π，sin(π－2)＝sin2，sin(π－3)＝sin3.y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上遞增，且0<π－3<1<π－2<eq\f(π,2)，∴sin(π－3)<sin1<sin(π－2)，即sin3<sin1<sin2.8.函數(shù)y＝2sin(2x＋eq\f(π,3))(－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,6))的值域是________.答案[0，2]解析∵－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,6)，∴0≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，∴0≤sin(2x＋eq\f(π,3))≤1，∴y∈[0，2].9.函數(shù)y＝eq\f(1,3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))(x∈[0，π])的單調遞增區(qū)間為________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))解析y＝－eq\f(1,3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，∵x∈[0，π]，∴－eq\f(π,6)≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6).要求函數(shù)的單調遞增區(qū)間，則eq\f(π,2)≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，即eq\f(2π,3)≤x≤π.∴y＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)－x))(x∈[0，π])的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)).10.函數(shù)y＝sinx的定義域為[a，b]，值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，則b－a的最大值與最小值之和為________.答案2π解析由圖可知，b－a的最大值為eq\f(13π,6)－eq\f(5π,6)＝eq\f(4π,3)，b－a的最小值為eq\f(3π,2)－eq\f(5π,6)＝eq\f(2π,3).所以最大值與最小值之和為eq\f(4π,3)＋eq\f(2π,3)＝2π.三、解答題11.求下列函數(shù)的單調增區(qū)間.(1)y＝1－sineq\f(x,2)；(2)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3))).解(1)由2kπ＋eq\f(π,2)≤eq\f(x,2)≤2kπ＋eq\f(3,2)π，k∈Z，得4kπ＋π≤x≤4kπ＋3π，k∈Z.∴y＝1－sineq\f(x,2)的單調增區(qū)間為[4kπ＋π，4kπ＋3π](k∈Z).(2)要求函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3)))的單調增區(qū)間，即求使y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3)))>0且單調遞減的區(qū)間.∴2kπ＋eq\f(π,2)≤eq\f(x,2)－eq\f(π,3)<2kπ＋π，k∈Z，整理得4kπ＋eq\f(5π,3)≤x<4kπ＋eq\f(8π,3)，k∈Z.∴函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3)))的單調增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(4kπ＋\f(5π,3)，4kπ＋\f(8π,3)))，k∈Z.12.求下列函數(shù)的最大值和最小值.(1)f(x)＝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)))；(2)f(x)＝－2cos2x＋2sinx＋3，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6))).解(1)當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，由函數(shù)圖象知，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，sin\f(π,2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).所以，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值分別為1，－eq\f(1,2).(2)f(x)＝－2(1－sin2x)＋2sinx＋3＝2sin2x＋2sinx＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(1,2)))2＋eq\f(1,2).因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以eq\f(1,2)≤sinx≤1.當sinx＝1時，ymax＝5；當sinx＝eq\f(