5.4.2 正弦函数、余弦函数的性质2 (单调性与最值)

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【基础过关系列】2022-2023学年高一数学上学期同步知识点剖析精品讲义(人教A版2019）
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必修第一册同步巩固，难度2颗星！

基础知识

正弦函数，余弦函数的图像与性质

注表中的$k∈Z$

	$y=\sin x$	$y=\cos x$
图像
定义域	$R$	$R$
值域	$\left[-1 ,1\right]$	$\left[-1 ,1\right]$
周期性	$2π$	$2π$
对称中心	$(kπ ,0)$	$\left(kπ+\dfrac{\pi}{2},0\right)$
对称轴	$x=kπ+\dfrac{\pi}{2}$	$x=kπ$
单调性	在$\left[-\dfrac{\pi}{2}+2kπ ,\dfrac{\pi}{2}+2kπ\right]$上是增函数；在$\left[\dfrac{\pi}{2}+2kπ ,3\dfrac{\pi}{2}+2kπ\right]$上是减函数.	在$\left[-π+2kπ ,2kπ\right]$上是增函数；在$\left[2kπ ,π+2kπ\right]$上是减函数.
最值	当$x=\dfrac{\pi}{2}+2kπ$时，$y_{\max}=1$；当$x=-\dfrac{\pi}{2}+2kπ$时，$y_{\min}=-1$.	当$x=2kπ$时，$y_{\max}=1$；当$x=π+2kπ$时，$y_{\min}=-1$.

解释
如何理解三角函数的单调性、最值？
主要是结合图象及其周期性，比如如何理解正弦函数$f(x)=\sin ⁡x$在$\left[-\dfrac{\pi}{2}+2kπ ,\dfrac{\pi}{2}+2kπ\right]$单调递增?
① 在一个周期$\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{3\pi}{2}\right)$内，找到一个单调增区间$\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$；
② 接着每隔一个周期$2π$个单位就有一个增区间，则$\left[-\dfrac{\pi}{2}+2kπ ,\dfrac{\pi}{2}+2kπ\right]$是$f(x)=\sin ⁡x$的增区间.
类似可得到正弦函数的减区间与最值，余弦函数的单调性与最值.
(也可以利用单位圆的性质研究正弦函数、余弦函数的性质)

【例】 求正弦函数$f(x)=\sin ⁡x$、余弦函数$f(x)=\cos ⁡x$在$\left[0,2π\right]$的单调性.
解结合图象可得，正弦函数$f(x)=\sin ⁡x$的增区间是$\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right)$，$\left[\dfrac{3\pi}{2},2π\right]$，减区间是$\left[\dfrac{\pi}{2},\dfrac{3\pi}{2}\right]$；
余弦函数$f(x)=\cos ⁡x$的增区间是$\left(π,2π\right]$，减区间是$[0,π)$.

基本方法

【题型1】单调性

【典题1】 求下列函数的单调递减区间．
(1) $y=\cos \left(2x+\dfrac{\pi}{3}\right)$；$\qquad \qquad $ (2)$y=2\sin \left(\dfrac{\pi}{4}-x\right)$．
解析 (1) 令$z=2x+\dfrac{\pi}{3}$，而函数$y=\cos ⁡z$ 的递减区间是$\left[2kπ,2kπ+π\right](k∈Z)$．
$\therefore$原函数递减时，可得$2kπ≤2x+\dfrac{\pi}{3}≤2kπ+π(k∈Z)$，
解得$kπ-\dfrac{\pi}{6}≤x≤kπ+\dfrac{\pi}{3}(k∈Z)$．
$\therefore$ 原函数的递减区间是$\left[kπ-\dfrac{\pi}{6},kπ+\dfrac{\pi}{3}\right](k∈Z)$．
(2)$y=2\sin \left(\dfrac{\pi}{4}-x \right)=-2\sin \left(x-\dfrac{\pi}{4} \right)$，
令$z=x-\dfrac{\pi}{4}$，
而函数$y=-2\sin z$的递减区间是$\left[2kπ-\dfrac{\pi}{2},2kπ+\dfrac{\pi}{2}\right](k∈Z)$．
$\therefore$ 原函数递减时，得$2kπ-\dfrac{\pi}{2}≤x-\dfrac{\pi}{4}≤2kπ+\dfrac{\pi}{2}(k∈Z)$，
得$2kπ-\dfrac{\pi}{4}≤x≤2kπ+\dfrac{3\pi}{4}(k∈Z)$．
$\therefore$原函数的递减区间是$\left[2kπ-\dfrac{\pi}{4},2kπ+\dfrac{3\pi}{4}\right](k∈Z)$．
点拨求三角函数$f(x)=A\sin (ωx+φ)(ω>0)$的单调性，利用换元法$z=ωx+φ$，把$ωx+φ$代入$y=\sin ⁡z$对应的单调区间；而由复合函数的单调性“同增异减”，$y=2\sin \left(\dfrac{\pi}{4}-x \right)$与$y=2\sin \left(x-\dfrac{\pi}{4} \right)$的单调性相反.

【典题2】 下列关系式中正确的是(　　)
A．$\sin ⁡11°<\cos ⁡10°<\sin ⁡168°$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\sin ⁡168°<\sin ⁡11°<\cos ⁡10°$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$
C．$\sin ⁡11°<\sin ⁡168°<\cos ⁡10°$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$\sin ⁡168°<\cos ⁡10°<\sin ⁡11°$
解析 $\cos ⁡10°=\sin ⁡80°，\sin ⁡168°=\sin ⁡12°$．
因为$y=\sin ⁡x$在$\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$上递增，所以$\sin ⁡11°<\sin ⁡12°<\sin ⁡80°$，
即$\sin ⁡11°<\sin ⁡168°<\cos ⁡10°$，故选$C$.
点拨本题利用函数的单调性比较大小，思路是统一函数名，把角度限制在一范围.

【典题3】 已知函数$y=\sin \left(ωx+\dfrac{\pi}{3} \right)(ω>0)$在区间$\left(-\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{3} \right)$上单调递增，则$ω$的取值范围是( )
A．$\left(0,\dfrac{1}{2}\right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\left[\dfrac{1}{2},1\right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\left(\dfrac{1}{3}, \dfrac{3}{2} \right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad $ D．$\left[\dfrac{3}{2} ,2\right]$
解析由$2kπ-\dfrac{\pi}{2}≤ωx+\dfrac{\pi}{3}≤2kπ+\dfrac{\pi}{2}$,$k∈Z$，
得$2kπ-\dfrac{5\pi}{6}≤ωx≤2kπ+\dfrac{\pi}{6}$,$k∈Z$，
即 $\dfrac{2 k \pi-\dfrac{5 \pi}{6}}{\omega} \leq x \leq \dfrac{2 k \pi+\dfrac{\pi}{6}}{\omega}$,$k∈Z$，
$\because f(x)$在区间$\left(-\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{3} \right)$上单调递增，$\therefore$此时函数单调递增区间经过原点，
则当$k=0$时，增区间为$\left[-\dfrac{5\pi}{6ω},\dfrac{\pi}{6ω}\right]$．
此时满足 $\left\{\begin{array}{l} -\dfrac{5 \pi}{6 \omega} \leq-\dfrac{\pi}{6} \\ \dfrac{\pi}{6 \omega} \geq \dfrac{\pi}{3} \end{array}\right.$，得 $\left\{\begin{array}{l} \omega \leq 5 \\ \omega \leq \dfrac{1}{2} \end{array}\right.$，解得$0<ω≤\dfrac{1}{2}$，
即$ω$的取值范围是$\left(0,\dfrac{1}{2}\right]$，
故选：$A$．

【巩固练习】

1.函数$f(x)=\sin \left(2x+\dfrac{\pi}{6} \right)$的单调递增区间是(　　)
A．$\left[kπ+\dfrac{\pi}{6},kπ+2\dfrac{\pi}{3}\right]$,$(k∈Z)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\left[kπ,kπ+\dfrac{\pi}{2}\right]$,$(k∈Z)$
C．$\left[kπ-\dfrac{\pi}{3},kπ+\dfrac{\pi}{6}\right]$,$(k∈Z)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$\left[kπ-\dfrac{\pi}{2},kπ\right]$,$(k∈Z)$

2.已知函数$f(x)=\cos (ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)$为奇函数，$f(x)=f(2-x)$，当$ω$取最小值时，$f(x)$的一个单调递减区间是(　　)
A．$\left[-1,1\right]$ $\qquad \qquad \qquad $ B．$\left[- \dfrac{3}{2},\dfrac{1}{3}\right]$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$\left[\dfrac{\pi}{3},\dfrac{5\pi}{6}\right]$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$\left[0,\dfrac{\pi}{3}\right]$

3.若$f(x)=\sin \left(2x-\dfrac{\pi}{4} \right)$，则(　　)
A．$f(1)>f(2)>f(3)$ $\qquad$ B．$f(3)>f(2)>f(1)$ $\qquad$ C．$f(2)>f(1)>f(3)$ $\qquad$ D．$f(1)>f(3)>f(2)$

4.设$f(x)=3\sin \left(ωx-\dfrac{\pi}{12} \right)+1$，若$f(x)$在$\left[-\dfrac{\pi}{3},\dfrac{\pi}{6}\right]$上为增函数，则$ω$的取值范围是(　　)
A．$\left[ \dfrac{5}{12}， \dfrac{7}{2}\right]$ $\qquad \qquad$ B．$\left[ \dfrac{5}{4}， \dfrac{7}{2}\right]$ $\qquad \qquad$ C．$\left(0， \dfrac{7}{4}\right]$ $\qquad \qquad$ D．$\left(0， \dfrac{5}{4}\right]$

5.设函数$f(x)=\sin (ωx+ϕ)$,$A>0$,$ω>0$,若$f(x)$在区间$\left[\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{2}\right]$上单调，且$f\left(\dfrac{\pi}{2} \right)=f\left(\dfrac{2\pi}{3} \right)=-f\left(\dfrac{\pi}{6} \right)$，
则$f(x)$的最小正周期为$\underline{\quad \quad}$．

参考答案

答案 $C$
解析对于函数$f(x)=\sin \left(2x+\dfrac{\pi}{6} \right)$，令$2kπ-\dfrac{\pi}{2}≤2x+\dfrac{\pi}{6}≤2kπ+\dfrac{\pi}{2}$，
求得$kπ-\dfrac{\pi}{3}≤x≤kπ+\dfrac{\pi}{6}$，
故函数的单调增区间为$\left[kπ-\dfrac{\pi}{3},kπ+\dfrac{\pi}{6}\right]，k∈Z$，
故选：$C$．
答案 $A$
解析函数$f(x)=\cos (ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)$为奇函数，
则$φ=\dfrac{\pi}{2}$，$f(x)=-\sin ωx$，$ω>0$；
由$f(x)=f(2-x)$知函数$f(x)$的图象关于直线$x=1$对称，
由$f(x)$是$R$上的奇函数知$f(2-x)=-f(x-2)$，$f(x-4)=-f(4-x)$
在$f(2-x)=f(x)$中，以$x-2$代$x$得：$f(2-(x-2))=f(x-2)$
即$f(4-x)=f(x-2)$，
所以$f(x)=f(2-x)=-f(4-x)=f(x-4)$ , 即$f(x+4)=f(x)$，
所以$f(x)$是以$4$为周期的周期函数；
所以 $T=\dfrac{2 \pi}{\omega}=4$，解得$ω=\dfrac{\pi}{2}$；
当$ω$取最小值$\dfrac{\pi}{2}$时，$f(x)=-\sin \dfrac{\pi}{2} x$；
令$-\dfrac{\pi}{2}+2kπ≤\dfrac{\pi}{2} x≤\dfrac{\pi}{2}+2kπ$，$k∈Z$；解得$-1+4k≤x≤1+4k$，$k∈Z$；
令$k=0$，得$-1≤x≤1$，
所以$f(x)$的一个单调递减区间是$\left[-1,1\right]$．
故选：$A$．
答案 $A$
解析利用函数的单调性：由于函数$f(x)$在区间$\left[\dfrac{\pi}{2},\dfrac{3\pi}{2}\right]$上单调递减，
故：$\dfrac{\pi}{2}≤2x-\dfrac{\pi}{4}≤\dfrac{3\pi}{2}$，解得：$\dfrac{3\pi}{8}≤x≤\dfrac{7\pi}{8}$，
所以$f(1)$的值在$x=\dfrac{3\pi}{8}$的左边且离得比较近，接近于最大值，故$f(1)$最大，
由于$\dfrac{3\pi}{8}≤2<x<3≤\dfrac{7\pi}{8}$，故：$f(2)>f(3)$，
所以$f(1)>f(2)>f(3)$．
故选： $A$．
答案 $D$
解析设$f(x)=3\sin \left(ωx-\dfrac{\pi}{12} \right)+1$，在$\left[-\dfrac{\pi}{3},\dfrac{\pi}{6}\right]$上，$\omega x-\dfrac{\pi}{12} \in\left[-\dfrac{\omega \pi}{3}-\dfrac{\pi}{12}, \dfrac{\omega \pi}{6}-\dfrac{\pi}{12}\right]$，
由于$f(x)$为增函数， $\therefore\left\{\begin{array}{l} -\dfrac{\omega \pi}{3}-\dfrac{\pi}{12} \geq-\dfrac{\pi}{2} \\ \dfrac{\omega \pi}{6}-\dfrac{\pi}{12} \leq \dfrac{\pi}{2} \end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l} \omega \leq \dfrac{5}{4} \\ \omega \leq \dfrac{7}{2} \end{array}\right.$，求得 $0<\omega \leq \dfrac{5}{4}$，
故选：$D$．
答案 $π$
解析函数$f(x)=\sin (ωx+ϕ)$,$A>0$,$ω>0$,若$f(x)$在区间$\left[\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{2}\right]$上单调，
则 $\dfrac{T}{2}=\dfrac{\pi}{\omega} \geq \dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{6}$，$\therefore 0<ω≤3$．
$\because f\left(\dfrac{\pi}{2} \right)=f\left(\dfrac{2\pi}{3} \right)=-f\left(\dfrac{\pi}{6} \right)$，
$\therefore x=\dfrac{\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{2 \pi}{3}}{2}=\dfrac{7 \pi}{12}$，为$f(x)=\sin (ωx+φ)$的一条对称轴，
且 $\left(\dfrac{\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{2}}{2}, 0\right)$即$(\dfrac{\pi}{3},0)$为$f(x)=\sin (ωx+φ)$的一个对称中心，
$\therefore \dfrac{T}{4}=\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{2 \pi}{\omega}=\dfrac{7 \pi}{12}-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{4}$，解得$ω=2∈\left(0,3\right]$，
$\therefore T=\dfrac{2\pi}{2}=π$，
故答案为：$π$．

【题型2】最值

【典题1】 求使下列函数取得最大值、最小值的自变量$x$的集合，并分别写出最大值、最小值：
(1)$y=3-2\sin x$；$\qquad \qquad$ (2)$y=\cos \left(2x-\dfrac{\pi}{3} \right)$，$x∈\left[\dfrac{\pi}{12},\dfrac{\pi}{2}\right]$．
解析 (1)$\because -1≤\sin x≤1$，$\therefore$当$\ \sin x=-1$，
即$x=2kπ+\dfrac{3\pi}{2}$，$k∈Z$时，
$y$有最大值$5$，相应$x$的集合为$\{x∣x=2kπ+\dfrac{3\pi}{2},k∈Z\}$．
当$\sin x=1$，即$x=2kπ+\dfrac{\pi}{2}$，$k∈Z$时，
$y$有最小值$1$，相应$x$的集合为$\{x∣x=2kπ+\dfrac{\pi}{2},k∈Z\}$．
(2)令$z=2x-\dfrac{\pi}{3}$，
$\because \dfrac{\pi}{12}≤x≤\dfrac{\pi}{2}$，
$\therefore -\dfrac{\pi}{6}≤2x-\dfrac{\pi}{3}≤\dfrac{2\pi}{3}$，即$-\dfrac{\pi}{6}≤z≤\dfrac{2\pi}{3}$，
$\therefore -\dfrac{1}{2}≤\cos z≤1$，$\therefore y=\cos ⁡\left(2x-\dfrac{\pi}{3} \right)$，$x∈\left[\dfrac{\pi}{12},\dfrac{\pi}{2}\right]$的最大值为$1$，最小值为$-\dfrac{1}{2}$；
当$z=0$时，$y=\cos z$取得最大值；当$z=\dfrac{2\pi}{3}$时，$y=\cos z$取得最小值；
$\therefore$当$2x-\dfrac{\pi}{3}=0$，即$x=\dfrac{\pi}{6}$时， $y=\cos ⁡\left(2x-\dfrac{\pi}{3} \right)$取得最大值；
当$2x-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{2\pi}{3}$，即$x=\dfrac{\pi}{2}$时，$y=\cos ⁡\left(2x-\dfrac{\pi}{3} \right)$取得最小值.

【典题2】 求函数$y=\cos ^2 x+2\sin x$的值域．
解析 $y=\cos ^2 x+2\sin x=-\sin ^2 x+2\sin x+1=-(\sin x-1)^2+2$．
令$t=\sin ⁡x$，
则$y=-(t-1)^2+2,(-1≤t≤1)$，
$\therefore -2≤y≤2$，
即函数$y=\cos ^2 x+2\sin x$的值域为$y∈\left[-2,2\right]$．
点拨利用$\sin ^2 x+\cos ^2 x=1$，把函数化为仅含$\sin ⁡x$，再利用换元法(注意$-1≤\sin ⁡x≤1$取值范围)转化为二次函数的值域问题.

【巩固练习】

1.函数$y=2 \sin \left(\dfrac{\pi x}{6}-\dfrac{\pi}{3}\right)(0 \leq x \leq 9)$的最大值与最小值之和为(　　)
A．$2-\sqrt{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$0$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$-1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$-1-\sqrt{3}$

2.函数$y=\cos \left(x+\dfrac{\pi}{6} \right)$,$x∈\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$的值域是$\underline{\quad \quad}$ .

3.求函数$y=\cos ^2 x-\sin x$,$x∈\left[-\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{4}\right]$的值域 $\underline{\quad \quad}$．

4.已知函数$f(x)=\cos \left(ωx+\dfrac{\pi}{6} \right)(ω>0)$在区间$\left[0,π\right]$上的值域为$\left[-1, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right]$，则$ω$的取值范围为$\underline{\quad \quad}$．

参考答案

答案 $A$
解析由$0≤x≤9$可得，$-\dfrac{\pi}{3}≤\dfrac{\pi}{6} x-\dfrac{\pi}{3}≤7\dfrac{\pi}{6}$，
所以$-\sqrt{3}≤2\sin \left(\dfrac{\pi}{6} x-\dfrac{\pi}{3} \right)≤2$，
所以最大值为$2$，最小值为$-\sqrt{3}$，最大值与最小值之差为$2-\sqrt{3}$．
答案 $\left[-\dfrac{1}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right]$.
解析由$x∈\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$，可得$x+\dfrac{\pi}{6}∈\left[\dfrac{\pi}{6},\dfrac{2\pi}{3}\right]$，$\therefore$ 函数$y=\cos \left(x+\dfrac{\pi}{6} \right)∈\left[-\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right]$.
答案 $\left[\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{5}{4}\right]$
解析 $y=\cos ^2 x-\sin x=1-\sin ^2 x-\sin x=-(\sin x+\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{5}{4}$．
$\because -\dfrac{\pi}{4}≤x≤\dfrac{\pi}{4}$，
$\therefore$当 $x=-\dfrac{\pi}{6}$，即$\sin x=-\dfrac{1}{2}$时，$y_{\max}=\dfrac{5}{4}$；
当$x=\dfrac{\pi}{4}$，即 $\sin x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$时， $y_{\min }=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$．
故函数$y=\cos ^2 x-\sin x$，$x∈\left[-\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{4}\right]$的值域为$\left[\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{5}{4}\right]$.
答案 $\left[\dfrac{5}{6}, \dfrac{5}{3}\right]$.
解析在区间$\left[0,π\right]$上，$ωx+\dfrac{\pi}{6}∈\left[\dfrac{\pi}{6},ωπ+\dfrac{\pi}{6}\right]$，
$f(x)=\cos \left(ωx+\dfrac{\pi}{6} \right)$的值域为 $\left[-1, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right]$，
$\therefore ωπ+\dfrac{\pi}{6}∈\left[π，11\dfrac{\pi}{6}\right]$，$\therefore ωπ∈\left[\dfrac{5\pi}{6},\dfrac{5\pi}{3}\right]$，$\therefore ω∈\left[\dfrac{5}{6}, \dfrac{5}{3}\right]$.

【题型3】三角函数综合

【典题1】 设函数$f(x)=\cos \left(2x-\dfrac{\pi}{3} \right)$，则下列结论错误的是(　　)
A．$f(x)$的一个周期为$-π$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$f(x)$的图象关于直线$x=\dfrac{2\pi}{3}$对称
C．$f\left(x+\dfrac{\pi}{2} \right)$的一个零点为$x=-\dfrac{\pi}{3}$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$f(x)$在区间$\left[\dfrac{\pi}{3},\dfrac{\pi}{2}\right]$上单调递减
解析根据题意，依次分析选项：
对于 $A$、$f(x)=\cos \left(2x-\dfrac{\pi}{3} \right)$，其周期$T=\dfrac{2\pi}{2}=π$， $A$正确；
对于$B$、$f(x)=\cos \left(2x-\dfrac{\pi}{3} \right)$，令$2x-\dfrac{\pi}{3}=kπ$，解可得$x=\dfrac{k\pi}{2}+\dfrac{\pi}{6}$，
即$y=f(x)$的对称轴为$x=\dfrac{k\pi}{2}+\dfrac{\pi}{6}$，
当$k=1$时，$x=\dfrac{2\pi}{3}$，即$y=f(x)$的图象关于直线$x=\dfrac{2\pi}{3}$对称，$B$正确；
对于$C$、$f\left(x+\dfrac{\pi}{2} \right)=\cos \left(2x+π-\dfrac{\pi}{3} \right)=\cos \left(2x+\dfrac{2\pi}{3} \right)$，
当$x=-\dfrac{\pi}{3}$时，$f\left(x+\dfrac{\pi}{2} \right)=\cos 0=1$，
则$x=-\dfrac{\pi}{3}$不是$f\left(x+\dfrac{\pi}{2} \right)$的零点，$C$错误；
对于$D$、$f(x)=\cos \left(2x-\dfrac{\pi}{3} \right)$，$2kπ≤2x-\dfrac{\pi}{3}≤2kπ+π$，
解可得$kπ+\dfrac{\pi}{6}≤x≤kπ+\dfrac{2\pi}{3}$，即函数$f(x)$的递减区间为$\left[kπ+\dfrac{\pi}{6},kπ+\dfrac{2\pi}{3}\right]$，
则函数在$\left[\dfrac{\pi}{6},\dfrac{2\pi}{3}\right]$上递减，
又由$\left[\dfrac{\pi}{3},\dfrac{\pi}{2}\right]∈\left[\dfrac{\pi}{6},\dfrac{2\pi}{3}\right]$，则$f(x)$在区间$\left[\dfrac{\pi}{3},\dfrac{\pi}{2}\right]$上递减，$D$正确；
故选：$C$．

【典题2】 已知$f(x)=-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{4}\right)+2$，求：
(1)$f(x)$的最小正周期及对称轴方程；
(2)$f(x)$的单调递增区间；
(3)若方程$f(x)-m+1=0$在$x∈\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$上有解，求实数$m$的取值范围．
解析 (1)由于 $f(x)=-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{4}\right)+2$，它的最小正周期为$\dfrac{2\pi}{2}=π$，
令$2x+\dfrac{\pi}{4}=kπ+\dfrac{\pi}{2}$，求得$x=\dfrac{k\pi}{2}+\dfrac{\pi}{8}$，$k∈Z$，
故函数$f(x)$的图象的对称轴方程为$x=\dfrac{k\pi}{2}+\dfrac{\pi}{8}$，$k∈Z$．
(2)令$2kπ+\dfrac{\pi}{2}≤2x+\dfrac{\pi}{4}≤2kπ+\dfrac{3\pi}{2}$，求得 $kπ+\dfrac{\pi}{8}≤x≤kπ+\dfrac{5\pi}{8}$，
可得函数$f(x)$的增区间为$\left[kπ+\dfrac{\pi}{8},kπ+\dfrac{5\pi}{8}\right]$，$k∈Z$．
(3)若方程$f(x)-m+1=0$在$x∈\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$上有解，
则函数$f(x)$的图象和直线$y=m－1$在$x∈\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$上有交点．
$\because x∈\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$，$\therefore 2x+\dfrac{\pi}{4}∈\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{5\pi}{4}\right]$，$\sin ⁡\left(2x+\dfrac{\pi}{4} \right)∈\left[-\dfrac{\sqrt{2}}{2},1\right]$，
$\therefore f(x) \in\left[2-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{5}{2}\right]$，
故$m-1∈\left[2-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{5}{2}\right]$，
$\therefore m \in\left[3-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{7}{2}\right]$．

【巩固练习】

1.已知函数$f(x)=3\sin \left(2x-\dfrac{\pi}{3} \right)$，下列结论中正确的是(　　)
A．函数$f(x)$的最小正周期为$2π$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．函数$f(x)$的图象关于直线$x=\dfrac{\pi}{6}$对称
C．函数$f(x)$的图象关于点$\left(-\dfrac{\pi}{6},0 \right)$对称 $\qquad \qquad$ D．函数$f(x)$在$\left(-\dfrac{\pi}{12},\dfrac{5\pi}{12} \right)$内是增函数

2.同时具有以下性质：①最小正周期是$π$；②图象关于直线$x=\dfrac{\pi}{3}$对称；③在$\left[-\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{3}\right]$上是增函数；
④一个对称中心为$\left(\dfrac{\pi}{12},0 \right)$的一个函数是(　　)
A．$y=\sin \left(\dfrac{x}{2}+\dfrac{\pi}{6} \right)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$y=\sin \left(2x+\dfrac{\pi}{3} \right)$
C．$y=\sin \left(2x-\dfrac{\pi}{6} \right)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$y=\sin \left(2x-\dfrac{\pi}{3} \right)$

3.设函数$f(x)=\sin \left(2x+\dfrac{2\pi}{3} \right)$，则下列结论中正确的是(　　)
A．$f(x)$的图象关于点$\left(\dfrac{\pi}{3},0 \right)$对称 $\qquad \qquad \qquad$ B．$f(x)$的图象关于直线$x=\dfrac{\pi}{3}$对称
C．$f(x)$在$\left[0,\dfrac{\pi}{3}\right]$上单调递减 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$f(x)$在$\left[-\dfrac{\pi}{6},0\right]$上的最小值为$0$

4.若函数$f(x)=\cos ⁡(ωx+φ)\left(ω>0,|φ|<\dfrac{\pi}{2} \right)$的一个零点和与之相邻的对称轴之间的距离为$\dfrac{\pi}{4}$，
且当$x=\dfrac{2\pi}{3}$时，$f(x)$取得最小值．
(1)求$f(x)$的解析式及其单调递减区间；
(2)若$x∈\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{5\pi}{6}\right]$，求$f(x)$的值域．

参考答案

答案 $D$
解析 $A$错，最小正周期为$π$，当$x=\dfrac{\pi}{6}$时，$f(x)≠1$，$B$错，
$f\left(-\dfrac{\pi}{6} \right)=3\sin \left(-\dfrac{2\pi}{3} \right)≠0$，$C$错，
当$x∈\left(-\dfrac{\pi}{12},\dfrac{5\pi}{12} \right)$时，$2x-\dfrac{\pi}{3}∈(-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2})$，$f(x)$单调递增，$D$成立，
故选：$D$．
答案 $C$
解析由“①最小正周期是$π$，可得$ω=2$，排除 $A$；
②图象关于直线$x=\dfrac{\pi}{3}$对称；可得：$\dfrac{2\pi}{3}+φ=\dfrac{\pi}{3}+kπ$，$k∈Z$．
对于$D$选项：$φ=-\dfrac{\pi}{3}$，不满足，排除$D$；
④一个对称中心为$\left(\dfrac{\pi}{12},0 \right)$带入函数y中，$B$选项不满足．排除$B$；
故选：$C$．
答案 $C$
解析对于函数$f(x)=\sin \left(2x+\dfrac{2\pi}{3} \right)$，令$x=\dfrac{\pi}{3}$，求得$f(x)=-\sqrt{3}$，不是最值，
可得$y=f(x)$的图象不关于点$\left(\dfrac{\pi}{3},0 \right)$对称，也不关于直线$x=\dfrac{\pi}{3}$对称，故$A$、$B$都不正确；
在$\left[0,\dfrac{\pi}{3}\right]$上，$2x+\dfrac{2\pi}{3}∈\left[\dfrac{2\pi}{3},\dfrac{4\pi}{3}\right]$，故$f(x)$在$\left[0,\dfrac{\pi}{3}\right]$上单调递减，故$C$正确；
在$\left[-\dfrac{\pi}{6},0\right]$上，$2x+\dfrac{2\pi}{3}∈\left[\dfrac{\pi}{3},\dfrac{2\pi}{3}\right]$，
故$f(x)$在$\left[0,\dfrac{\pi}{3}\right]$上没有单调性，最小值为$f(-\dfrac{\pi}{6})=f(0)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，故$D$不正确，
故选：$C$．
答案 (1)$f(x)=\cos \left(2x-\dfrac{\pi}{3} \right)$，$\left[kπ+\dfrac{\pi}{6},kπ+\dfrac{2\pi}{3}\right]$,$k∈Z$; (2) $\left[-1,\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right]$.
解析 (1)由题意，函数$f(x)$的一个零点和与之相邻的对称轴之间的距离为$\dfrac{\pi}{4}$，
可得$f(x)$的周期$T=π$，即 $\dfrac{2 \pi}{\omega}=\pi$，解得$ω=2$，
又因为当$x=\dfrac{2\pi}{3}$时，$f(x)$取得最小值，
所以$f\left(\dfrac{2\pi}{3} \right)=\cos ⁡\left(\dfrac{4\pi}{3}+φ \right)=-1$，
所以$\dfrac{4\pi}{3}+φ=2kπ+π$,$k∈Z$，解$φ=2kπ-\dfrac{\pi}{3}$,$k∈Z$，
因为$|φ|<\dfrac{\pi}{2}$，所以$φ=-\dfrac{\pi}{3}$，所以$f(x)=\cos ⁡(2x-\dfrac{\pi}{3})$．
令$2kπ≤2x-\dfrac{\pi}{3}≤2kπ+π$,$k∈Z$，解得$kπ+\dfrac{\pi}{6}≤x≤kπ+\dfrac{2\pi}{3}$,$k∈Z$，
所以$f(x)$的单调递减区间为$\left[kπ+\dfrac{\pi}{6},kπ+\dfrac{2\pi}{3}\right]$,$k∈Z$；
(2)因为$x∈\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{5\pi}{6}\right]$，可得$\dfrac{\pi}{6}≤2x-\dfrac{\pi}{3}≤\dfrac{4\pi}{3}$，
所以当$2x-\dfrac{\pi}{3}=π$时，$f(x)$取得最小值$-1$，
当$2x-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{6}$时，$f(x)$取得最大值为 $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
所以函数$f(x)$的值域是$\left[-1,\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right]$．

分层练习

【A组---基础题】

1.下列区间中是函数$y=\sin \left(x+\dfrac{\pi}{4} \right)$的单调递增区间的是(　　)
A．$\left[\dfrac{\pi}{2},π\right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad $ B．$\left[0,\dfrac{\pi}{4}\right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad $ C．$\left[-π,0\right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad $ D．$\left[\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right]$

2.函数$y=2\sin 2x$，$x∈\left[0,\dfrac{\pi}{6}\right]$的值域为(　　)
A．$\left[-2,2\right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad $ B．$\left[-1,0\right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad $ C．$\left[0,\sqrt{3}\right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad $ D．$\left[0,1\right]$

3.函数$f(x)=\cos \left(2x-\dfrac{\pi}{3} \right)$在$\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$上的最小值是(　　)
A．$-\dfrac{1}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{1}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C． $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$1$

4.下列函数中，以$π$为周期且在区间$\left(\dfrac{\pi}{2},π \right)$单调递增的是(　　)
A．$f(x)=|\cos 2x|$ $\qquad \qquad$ B．$f(x)=|\sin 2x|$ $\qquad \qquad$ C．$f(x)=|\cos x|$ $\qquad \qquad$ D．$f(x)=|\sin x|$

5.已知函数$f(x)=\sin x+|\sin x|$，则下列结论正确的是(　　)
A．$f(x+π)=f(x)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$f(x)$的值域为$\left[0,1\right]$
C．$f(x)$在$\left[\dfrac{\pi}{2},π\right]$上单调递减 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$f(x)$的图象关于点$(π,0)$对称

6.函数$f(x)=\cos \left(ωx+\dfrac{\pi}{6} \right)(ω>0)$的最小正周期为$π$，则$f(x)$满足(　　)
A．在$\left(0,\dfrac{\pi}{3} \right)$上单调递增 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．图象关于直线$x=\dfrac{\pi}{6}$对称
C．$f\left(\dfrac{\pi}{3} \right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ D．当$x=\dfrac{5\pi}{12}$时有最小值$-1$

7.关于函数$f(x)=|\sin x|+\cos x$有下述四个结论：
①$f(x)$是周期函数；$\qquad \qquad \qquad$ ②$f(x)$的最小值为$-\sqrt{2}$；
③$f(x)$的图象关于$y$轴对称；$\qquad \qquad$ ④$f(x)$在区间$\left(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2} \right)$单调递增．
其中所有正确结论的编号是(　　)
A．①② $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．①③ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．②③ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．②④

8.已知函数$f(x)=\sin (ωx+φ)\left(ω>0,0<φ<\dfrac{\pi}{2} \right)$的最小正周期为$π$，且关于$\left(-\dfrac{\pi}{8},0 \right)$中心对称，则下列结论正确的是(　　)
A．$f(1)<f(0)<f(2)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$f(0)<f(2)<f(1)$
C．$f(2)<f(0)<f(1)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$f(2)<f(1)<f(0)$

9.已知函数$f(x)=\sin ωx$的图象关于点$\left(\dfrac{2\pi}{3},0 \right)$对称，且$f(x)$在$\left[0,\dfrac{\pi}{4}\right]$上为增函数，则$ω=$$\underline{\quad \quad}$.

10.若$f(x)=2\sin (2x+φ)(φ>0)$的图象关于直线$x=\dfrac{\pi}{12}$对称，且当$φ$取最小值时，$∃x_0∈\left(0,\dfrac{\pi}{2} \right)$，使得$f(x_0)=a$，则$a$的取值范围是$\underline{\quad \quad}$．

11.已知点$A\left(\dfrac{\pi}{24},0 \right)$在函数$f(x)=\cos (2ωx+φ)(ω>0$且$ω∈N^*,0<φ<π)$的图象上，直线$x=\dfrac{\pi}{6}$是函数$f(x)$的图象的一条对称轴．若$f(x)$在区间$\left(\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{3} \right)$内单调，则$φ=$$\underline{\quad \quad}$．

12.已知$f(x)=\sqrt{2} \sin \left(2x+\dfrac{\pi}{4} \right)$．
(1)求函数$f(x)$图象的对称轴方程．
(2)求$f(x)$的单调递增区间．
(3)当$x∈\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{3\pi}{4}\right]$时，求函数$f(x)$的最大值和最小值．

参考答案

答案 $B$
解析 $\because$函数$y=\sin x$的单调递增区间为$\left[2kπ-\dfrac{\pi}{2},2kπ+\dfrac{\pi}{2}\right](k∈Z)$，
由$2kπ-\dfrac{\pi}{2}≤x+\dfrac{\pi}{4}≤2kπ+\dfrac{\pi}{2}$，得$2kπ-\dfrac{3\pi}{4}≤x≤2kπ+\dfrac{\pi}{4}(k∈Z)$．
令$k=0$，得$-\dfrac{3\pi}{4}≤x≤\dfrac{\pi}{4}$，
$\therefore$只有$\left[0,\dfrac{\pi}{4}\right]⊆\left[-\dfrac{3\pi}{4},\dfrac{\pi}{4}\right]$，故选$B$．
答案 $C$
解析 $\because 0≤x≤\dfrac{\pi}{6}$，$\therefore 0≤2x≤\dfrac{\pi}{3}$，$\therefore 0≤\sin ⁡2x≤\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$\therefore y∈\left[0,\sqrt{3}\right]$．
答案 $A$
解析 $x∈\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$时，$2x-\dfrac{\pi}{3}∈\left[-\dfrac{\pi}{3},\dfrac{2\pi}{3}\right]$，
$\therefore x=\dfrac{\pi}{2}$时，$\cos \left(2x-\dfrac{\pi}{3} \right)=\cos \dfrac{2\pi}{3}=-\dfrac{1}{2}$；
$\therefore$函数$f(x)=\cos \left(2x-\dfrac{\pi}{3} \right)$在$\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$上的最小值是$-\dfrac{1}{2}$．
故选： $A$．
答案 $C$
解析由于$f(x)=|\cos 2x|$的周期为$\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2\pi}{2}=\dfrac{\pi}{2}$，故 $A$不满足条件；
由于$f(x)=|\sin 2x|$的周期为$\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2\pi}{2}=\dfrac{\pi}{2}$，故$B$不满足条件；
由于$f(x)=|\cos x|$的最小正周期为$\dfrac{1}{2}\cdot 2π=π$，
在区间$\left(\dfrac{\pi}{2},π \right)$上，$f(x)=|\cos x|=-\cos x$单调递增，故$C$满足条件；
由于$f(x)=|\sin x|$的最小正周期为$\dfrac{1}{2}\cdot 2π=π$，
在区间$\left(\dfrac{\pi}{2},π \right)$上，$f(x)=\sin x$单调递减，故$D$不满足条件，
故选：$C$．
答案 $C$
解析函数 $f(x)=\sin x+|\sin x|=\left\{\begin{array}{l} 2 \sin x, x \in[0, \pi] \\ 0, x \in(\pi, 2 \pi] \end{array}\right.$，
故函数的周期为$2π$，即$f(x+2π)=f(x)$，故排除 $A$；
显然，函数的值域为$\left[0,2\right]$，故排除$B$；
在$\left[\dfrac{\pi}{2},π\right]$上，函数$t=\sin x$单调递减，故函数$y=2\sin x$单调递减，故$C$正确；
根据故函$f(x)$的图象特征，可得它的图象不关于点$(π,0)$对称，故排除$D$，
故选：$C$．
答案 $D$
解析函数$f(x)=\cos \left(ωx+\dfrac{\pi}{6} \right)(ω>0)$的最小正周期为 $T=\dfrac{2 \pi}{\omega}=\pi$，$\therefore ω=2$，
$\therefore f(x)=\cos (2x+\dfrac{\pi}{6})$；
当$x∈\left(0,\dfrac{\pi}{3} \right)$时，$2x+\dfrac{\pi}{6}∈\left(\dfrac{\pi}{6},\dfrac{5\pi}{6} \right)$，$f(x)$单调递减，$\therefore A$错误；
$x=\dfrac{\pi}{6}$时，$2x+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}$，$f\left(\dfrac{\pi}{6} \right)=0$，其图象不关于直线$x=\dfrac{\pi}{6}$对称，$B$错误；
$f\left(\dfrac{\pi}{3} \right)=\cos \left(2×\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{6} \right)=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$C$错误；
$x=\dfrac{5\pi}{12}$时，$f(x)=\cos (2×\dfrac{5\pi}{12}+\dfrac{\pi}{6})=-1$，$D$正确．
故选：$D$．
答案 $B$
解析函数$f(x)=|\sin x|+\cos x$，其中$|\sin x|$的周期为$π$，$\cos 2x$的周期为$2π$，
所以函数的最小正周期为$2π$，故函数为周期函数．①$f(x)$是周期函数；正确．
②函数的最小值为$－1$，所以：$f(x)$的最小值为$-\sqrt{2}$；错误．
③由于$f(－x)=f(x)$，$f(x)$的图象关于$y$轴对称；
④$f(x)$在区间$\left(\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{2} \right)$单调递减．故错误．
故选：$B$．
答案 $D$
解析 $\because$函数的最小周期是$π$， $\therefore \dfrac{2 \pi}{\omega}=\pi$，得$ω=2$，则$f(x)=\sin (2x+φ)$，
$\because f(x)$关于$\left(-\dfrac{\pi}{8},0 \right)$中心对称，
$\therefore 2×\left(-\dfrac{\pi}{8} \right)+φ=kπ$，$k∈Z$，即$φ=kπ+\dfrac{\pi}{4}$，$k∈Z$，
$\because 0<φ<\dfrac{\pi}{2}$，$\therefore$当$k=0$时，$φ=\dfrac{\pi}{4}$，即$f(x)=\sin \left(2x+\dfrac{\pi}{4} \right)$，
则函数在$\left[-\dfrac{\pi}{8}, \dfrac{\pi}{8}\right]$上递增，在$\left[\dfrac{\pi}{8}，\dfrac{5\pi}{8}\right]$上递减，$f(0)=f\left(\dfrac{\pi}{4} \right)$，
$\because \dfrac{\pi}{4}<1<2$，$\therefore f\left(\dfrac{\pi}{4} \right)>f(1)>f(2)$，即$f(2)<f(1)<f(0)$，
故选：$D$．
答案 $\dfrac{3}{2}$
解析依题意：$f\left(\dfrac{2\pi}{3} \right)=\sin \left(\dfrac{2\pi}{3} ω \right)=0$，$\therefore \dfrac{2\pi}{3} ω=kπ$，$k∈Z$，
$\therefore \omega=\dfrac{3 k}{2}$，$k∈Z$，
又$f(x)=\sin ωx$在$\left[0,\dfrac{\pi}{4}\right]$上递增，
$\therefore 0<ω⋅\dfrac{\pi}{4}≤\dfrac{\pi}{2}$，即$0<ω≤2$，
$\therefore k=1$，$ω=\dfrac{3}{2}$.
答案 $\left(-\sqrt{3},2\right]$
解析 $f(x)=2\sin (2x+φ)(φ>0)$的图象关于直线$x=\dfrac{\pi}{12}$对称，
所以$2×\dfrac{\pi}{12}+φ=kπ+\dfrac{\pi}{2}(k∈Z)$，解得$φ=kπ+\dfrac{\pi}{3}$，
当$k=0$时，$φ=\dfrac{\pi}{3}$．所以$f(x)=2\sin \left(2x+\dfrac{\pi}{3} \right)$．
由于$∃x_0∈\left(0,\dfrac{\pi}{2} \right)$，所以$\dfrac{\pi}{3}<2x_0+\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{4\pi}{3}$，
所以$-\sqrt{3}<f(x_0)≤2$，即$a$的范围为$\left(-\sqrt{3},2\right]$．
答案 $\dfrac{\pi}{3}$
解析由题意得， $\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{\pi}{24}=\dfrac{\pi}{8} \geq \dfrac{T}{4}$，得 $\dfrac{1}{4} \times \dfrac{2 \pi}{2 \omega} \leq \dfrac{\pi}{8}$，得$ω≥2$，
又因为$f(x)$在区间$\left(\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{3} \right)$内单调，
所以 $\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{6} \leq \dfrac{T}{2}$，得 $\dfrac{1}{2} \times \dfrac{2 \pi}{2 \omega} \geq \dfrac{\pi}{6}$，得$ω≤3$．所以$2≤ω≤3$．
又因为$ω∈N^*$，所以$ω=2$或$3$．
当$ω=2$时，$\cos \left(4×\dfrac{\pi}{24}+φ \right)=0$，得$φ=kπ+\dfrac{\pi}{3}$，
又$0<φ<π$，所以$φ=\dfrac{\pi}{3}$，
此时直线$x=\dfrac{\pi}{6}$是函数$f(x)$的图象的一条对称轴，且$f(x)$在区间$\left(\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{3} \right)$内单调．
所以$φ=\dfrac{\pi}{3}$．
当$ω=3$时，$\cos \left(6×\dfrac{\pi}{24}+φ \right)=0$，得$φ=kπ+\dfrac{\pi}{4}$，
又$0<φ<π$，所以$φ=\dfrac{\pi}{4}$，此时$\cos \left(6×\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{\pi}{4} \right)=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}≠±1$，
所以直线$x=\dfrac{\pi}{6}$不是函数$f(x)$的图象的一条对称轴．
所以$ω=2$，$φ=\dfrac{\pi}{3}$.
答案 (1) $x=\dfrac{k\pi}{2}+\dfrac{\pi}{8}$，$k∈Z$； (2) $\left[kπ－\dfrac{3\pi}{8},kπ+\dfrac{\pi}{8}\right]$，$k∈Z$；
(3)最大值为 $1$，最小值为$-\sqrt{2}$.
解析 (1)由$f(x)=\sqrt{2} \sin \left(2x+\dfrac{\pi}{4} \right)$，
令$2x+\dfrac{\pi}{4}=kπ+\dfrac{\pi}{2}$，$k∈Z$，解得$x=\dfrac{k\pi}{2}+\dfrac{\pi}{8}$，$k∈Z$；
所以函数$f(x)$图象的对称轴方程是$x=\dfrac{k\pi}{2}+\dfrac{\pi}{8}$，$k∈Z$；
(2)令$2kπ-\dfrac{\pi}{2}≤2x+\dfrac{\pi}{4}≤2kπ+\dfrac{\pi}{2}$，$k∈Z$，解得$kπ-\dfrac{3\pi}{8}≤x≤kπ+\dfrac{\pi}{8}$，$k∈Z$；
所以$f(x)$的单调递增区间为$\left[kπ－\dfrac{3\pi}{8},kπ+\dfrac{\pi}{8}\right]$，$k∈Z$；
(3)当$x∈\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{3\pi}{4}\right]$时，$\dfrac{3\pi}{4}≤2x+\dfrac{\pi}{4}≤\dfrac{7\pi}{4}$，
所以$-1≤\sin \left(2x+\dfrac{\pi}{4} \right)≤\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，所以$-\sqrt{2}≤f(x)≤1$；
所以当$x∈\left[\dfrac{\pi}{4},\dfrac{3\pi}{4}\right]$时，函数$f(x)$的最大值为$1$，最小值为$-\sqrt{2}$．

【B组---提高题】

1.已知函数$f(x)=\left|\cos \left(ω x+\dfrac{\pi}{3} \right) \right|(ω>0)$在区间$\left[-\dfrac{\pi}{3},\dfrac{5\pi}{6}\right]$上单调，则$ω$的取值范围为(　　)
A.$\left(0,\dfrac{12}{15} \right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B.$\left(0,\dfrac{1}{5} \right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C.$\left[\dfrac{1}{5} ,\dfrac{12}{15} \right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D.$\left[\dfrac{12}{15} ,1\right]$

2.已知函数$f(x)=\sin \left(ωx+\dfrac{\pi}{3} \right)，(ω>0)$在区间$\left[-\dfrac{2\pi}{3},\dfrac{5\pi}{6}\right]$上是增函数，且在区间$\left[0,π\right]$上恰好取得一次最大值$1$，则$ω$的取值范围是(　　)
A． $\left(0,\dfrac{1}{5} \right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\left[\dfrac{1}{2},\dfrac{3}{5}\right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\left[\dfrac{1}{6},\dfrac{1}{5}\right]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$\left[\dfrac{1}{2},\dfrac{5}{2}\right)$

3.若方程$\sin \left(2x-\dfrac{\pi}{6} \right)=\dfrac{3}{5}$ 在$(0,π)$上的解为$x_1$ 、$x_2$，且$x_1>x_2$，则$\sin (x_1-x_2)=$ $\underline{\quad \quad}$．

参考答案

答案 $B$
解析 $y=|\cos x|$的单调递减区间为$\left[kπ,kπ+\dfrac{\pi}{2}\right]$,$k∈Z$，
由$kπ≤ωx+\dfrac{\pi}{3}≤kπ+\dfrac{\pi}{2}$,$k∈Z$，得 $\dfrac{k \pi-\frac{\pi}{3}}{\omega} \leq x \leq \dfrac{k \pi+\frac{\pi}{6}}{\omega}$，
即函数的单调递减区间为 $\left[\dfrac{k \pi-\frac{\pi}{3}}{\omega}, \dfrac{k \pi+\frac{\pi}{6}}{\omega}\right]$，$k∈Z$，
若$f(x)$在区间$\left[-\dfrac{\pi}{3},\dfrac{5\pi}{6}\right]$上单调递减，
则$\dfrac{k \pi-\dfrac{\pi}{3}}{\omega} \leq-\dfrac{\pi}{3}$且 $\dfrac{k \pi+\dfrac{\pi}{6}}{\omega} \geq \dfrac{5 \pi}{6}$，得 $\left\{\begin{array}{l} \omega \leq \dfrac{6}{5} k+\dfrac{1}{5} \\ \omega \leq-3 k+1 \end{array}\right.$，$k∈Z$，
当$k=0$时， $\left\{\begin{array}{l} \omega \leq \dfrac{1}{5} \\ \omega \leq 1 \end{array}\right.$，即$0<ω≤\dfrac{1}{5}$，即$ω$ 的取值范围是 $\left(0,\dfrac{1}{5} \right]$．
当$f(x)$在区间$\left[-\dfrac{\pi}{3},\dfrac{5\pi}{6}\right]$上单调递增时，$ω$无解，
故选：$B$．
答案 $C$
解析方法一(复合函数法)：令$X=ωx+\dfrac{\pi}{3}$，$-\dfrac{2\pi}{3}≤x≤\dfrac{5\pi}{6}$，
则$-\dfrac{2 \pi \omega}{3}+\dfrac{\pi}{3} \leq X \leq \dfrac{5 \pi \omega}{6}+\dfrac{\pi}{3}$．
$\therefore$函数$y=\sin X$在区间上$\left[-\dfrac{2 \pi \omega}{3}+\dfrac{\pi}{3}, \dfrac{5 \pi \omega}{6}+\dfrac{\pi}{3}\right]$单调递增，
$\therefore\left[-\dfrac{2 \pi \omega}{3}+\dfrac{\pi}{3}, \dfrac{5 \pi \omega}{6}+\dfrac{\pi}{3}\right] \subseteq\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right]$，$\therefore ω≤\dfrac{1}{5}$．
当$0≤x≤π$时，$\dfrac{\pi}{3}≤X≤πω+\dfrac{\pi}{3}$，
$\therefore$函数$y=\sin X$在区间$\left[\dfrac{\pi}{3},πω+\dfrac{\pi}{3}\right]$恰好取一次最大值$1$，
$\therefore \dfrac{\pi}{2}≤πω+\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{5\pi}{2}$， $\therefore \dfrac{1}{6} \leq \omega \leq \dfrac{13}{6}$,
综上所知 $\dfrac{1}{6} \leq \omega \leq \dfrac{1}{5}$，故选$C$．
方法二(特殊值法)：当$ω=\dfrac{1}{2}$时，令 $X=\dfrac{x}{2}+\dfrac{\pi}{3}$， $-\dfrac{2 \pi}{3} \leq x \leq \dfrac{5 \pi}{6}$，
则$0≤X≤\dfrac{3\pi}{4}$，则函数$y=\sin X$在区间$\left[0,\dfrac{3\pi}{4}\right]$上不单调，
$\therefore ω=\dfrac{1}{2}$不合题意，排除$BD$．
当 $\omega=\dfrac{1}{12}$时，令 $X=\dfrac{x}{12}+\dfrac{\pi}{3}$，$0≤x≤π$,
则$\dfrac{\pi}{3}≤X≤\dfrac{5\pi}{12}$，则函数$y=\sin X$在区间$\left[\dfrac{\pi}{3},\dfrac{5\pi}{12}\right]$取不到最大值$1$，
$\therefore \omega=\dfrac{1}{12}$不合题意，排除 $A$．
故选：$C$．
答案 $\left[2-\sqrt{2},2\sqrt{2}\right]$
解析令$2x-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{1}{2} π+kπ$可得，$x=\dfrac{1}{3} π+\dfrac{1}{2} kπ$，
由于$y=\sin \left(2x-\dfrac{\pi}{6} \right)=\dfrac{3}{5}$在$(0,π)$上的解为$x_1$ 、$x_2$，且$x_1>x_2$，
故$x_1$,$x_2$关于$x=\dfrac{1}{3} π$对称，即$x_1+x_2=\dfrac{2\pi}{3}$，$\therefore x_2=\dfrac{2\pi}{3}-x_1$，
$\because x_1>x_2$，$\therefore π>x_1>\dfrac{2\pi}{3}-x_1>0$，解可得$\dfrac{1}{3} π<x_1<\dfrac{2\pi}{3}$，
又因为$\sin (2x_1-\dfrac{\pi}{6})=\dfrac{3}{5}$且 $2 x_1-\dfrac{1}{6} \pi \in\left(\dfrac{1}{2} \pi, \dfrac{7 \pi}{6}\right)$，
故$\cos (2x_1-\dfrac{\pi}{6})=-\dfrac{4}{5}$，
则$\sin ⁡(x_1-x_2 )=\sin \left(2x_1-\dfrac{2\pi}{3}\right)=\sin \left(2x_1-\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{1}{2} π\right)$$=-\cos ⁡\left(2x_1-\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{4}{5}$．
故答案为： $\dfrac{4}{5}$．

【C组---拓展题】

1.已知函数$f(x)=2\cos \left(2x-\dfrac{\pi}{3}\right)$在$\left[a-\dfrac{\pi}{4},a\right](a∈R)$上的最大值为$y_1$，最小值为$y_2$，则$y_1-y_2$的取值范围是$\underline{\quad \quad}$ .

2.已知函数$f(x)=\cos \left(ωx+\dfrac{\pi}{3}\right)(ω>0)$，图象上任意两条相邻对称轴间的距离为$\dfrac{\pi}{2}$．
(1)求函数的单调区间和对称中心．
(2)若关于$x$的方程$2 \sin ^2⁡x-m\cos x-4=0$在$x∈\left(0 ,\dfrac{\pi}{2}\right)$上有实数解，求实数$m$的取值范围．

参考答案

答案 $\left[2-\sqrt{2},2\sqrt{2}\right]$
解析函数$f(x)=2\cos \left(2x-\dfrac{\pi}{3}\right)$的周期为$π$，
且对称轴为$x=\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{k\pi}{2}$，对称中心$\left(\dfrac{5\pi}{12}+kπ,0\right)$，$k∈Z$，
$f(x)$的图象大致如图所示；

区间$\left[a-\dfrac{\pi}{4},a\right]$正好是函数$\dfrac{1}{4}$个周期，在一个周期内讨论就行，
设$\left[a-\dfrac{\pi}{4},a\right]$的中点为$P$，
由图可知，当点$P$落在对称轴上，即$a-\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{\pi}{6}$时，$y_1=2$，$y_2=\sqrt{2}$，
此时$y_1-y_2$取得最小值为$2-\sqrt{2}$；
当点$P$落在对称中心上，即$a-\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{5\pi}{12}$时， $y_1=\sqrt{2}$，$y_2=-\sqrt{2}$，
此时$y_1-y_2$的值为$2\sqrt{2}$；
$\therefore y_1-y_2$的取值范围是$\left[2-\sqrt{2},2\sqrt{2}\right]$．
答案 (1)单调递增区间$\left[kπ-\dfrac{2\pi}{3} ,kπ-\dfrac{\pi}{6}\right]$ ,单调递减区间$\left[kπ-\dfrac{\pi}{6} ,kπ+\dfrac{\pi}{3}\right]$ , 对称中心为$\left(\dfrac{1}{2} kπ+\dfrac{\pi}{12} ,0\right)$, $k∈Z$， (2)$\{m|m<-4\}.$
解析 (1)函数$f(x)=\cos \left(ωx+\dfrac{\pi}{3}\right)(ω>0)$，图象上任意两条相邻对称轴间的距离为$\dfrac{\pi}{2}$．
$\therefore$周期$\dfrac{1}{2} T=\dfrac{\pi}{2}$，即$T=π$，那么 $\dfrac{2 \pi}{\omega}=\pi$，可得$ω=2$．
$\therefore f(x)=\cos (2x+\dfrac{\pi}{3})$,
令$2kπ－π≤2x+\dfrac{\pi}{3}≤2kπ$，$k∈Z$，可得$kπ－\dfrac{2\pi}{3}≤x≤kπ-\dfrac{\pi}{6}$，
$\therefore$可得函数的单调递增区间$\left[kπ－\dfrac{2\pi}{3},kπ－\dfrac{\pi}{6}\right]$,$k∈Z$，
令$2kπ≤2x+\dfrac{\pi}{3}≤2kπ+π$，$k∈Z$，
可得$kπ－\dfrac{\pi}{6}≤x≤kπ+\dfrac{\pi}{3}$，
$\therefore$可得函数的单调递减区间$\left[kπ－\dfrac{\pi}{6},kπ+\dfrac{\pi}{3}\right]$,$k∈Z$，
令$2x+\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{2}+kπ$，可得$x=\dfrac{1}{2} kπ+\dfrac{\pi}{12}$，
可得函数的对称中心为$\left(\dfrac{1}{2} kπ+\dfrac{\pi}{12},0 \right)$, $k∈Z$，
(2)方程$2 \sin ^2⁡x-m\cos x-4=0$在$x∈\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$上有实数解，
$\because \sin ^2⁡x=1-\cos ^2⁡x$，$\therefore 2(1-\cos ^2⁡x )-m\cos x－4=0$，
即$2 \cos ^2⁡x+m\cos x+2=0$，
令$t=\cos x$，
$\because x∈(0,\dfrac{\pi}{2})$上，
$\therefore t∈(0,1)$，则$2t^2+mt+2=0$在$(0,1)$上有解， $m=-2\left(t+\dfrac{1}{t}\right)$，
令 $f(t)=t+\dfrac{1}{t} \geq 2 \sqrt{t \cdot \dfrac{1}{t}}=2$，当且仅当$t=1$时，取等号．
即 $-2\left(t+\dfrac{1}{t}\right) \leq-4$．
任取$0<t_1<t_2<1$，有 $f\left(t_1\right)-f\left(t_2\right)=\left(t_1-t_2\right)\left(1-\dfrac{1}{t_1 \cdot t_2}\right)>0$．
因此$f(t)$在$(0,1)$上单调递减，因此$m<-2k(1)=-4$，
所以$m$范围$\{m|m<-4\}$．

posted @ 2022-12-03 18:51 贵哥讲数学阅读(398) 评论(0) 编辑收藏举报

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	\(y=\sin x\)	\(y=\cos x\)
图像
定义域	\(R\)	\(R\)
值域	\(\left[-1 ,1\right]\)	\(\left[-1 ,1\right]\)
周期性	\(2π\)	\(2π\)
对称中心	\((kπ ,0)\)	\(\left(kπ+\dfrac{\pi}{2},0\right)\)
对称轴	\(x=kπ+\dfrac{\pi}{2}\)	\(x=kπ\)
单调性	在\(\left[-\dfrac{\pi}{2}+2kπ ,\dfrac{\pi}{2}+2kπ\right]\)上是增函数；在\(\left[\dfrac{\pi}{2}+2kπ ,3\dfrac{\pi}{2}+2kπ\right]\)上是减函数.	在\(\left[-π+2kπ ,2kπ\right]\)上是增函数；在\(\left[2kπ ,π+2kπ\right]\)上是减函数.
最值	当\(x=\dfrac{\pi}{2}+2kπ\)时，\(y_{\max}=1\)；当\(x=-\dfrac{\pi}{2}+2kπ\)时，\(y_{\min}=-1\).	当\(x=2kπ\)时，\(y_{\max}=1\)；当\(x=π+2kπ\)时，\(y_{\min}=-1\).

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5.4.2 正弦函数、余弦函数的性质2 (单调性与最值)

基础知识

正弦函数，余弦函数的图像与性质

基本方法

【题型1】单调性

【巩固练习】

【题型2】最值

【巩固练习】

【题型3】三角函数综合

【巩固练习】

分层练习

【A组---基础题】

【B组---提高题】

【C组---拓展题】

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