2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第一章三角函數(shù)1.6余弦函數(shù)的圖像與性質(zhì)學(xué)案含解析北師大版必修4

PAGE§6余弦函數(shù)的圖像與性質(zhì)學(xué)問點一余弦函數(shù)的圖像[填一填]1．(1)余弦函數(shù)y＝cosx的圖像可以通過將正弦曲線y＝sinx向左平移eq\f(π,2)個單位長度得到．(2)余弦函數(shù)y＝cosx(x∈R)的圖像叫作余弦曲線．圖像如下：[答一答]1．為什么說在同始終角坐標(biāo)系中正弦函數(shù)、余弦函數(shù)的圖像的形態(tài)相同，只是位置不同？提示：函數(shù)的圖像經(jīng)過左右平移后，其形態(tài)未發(fā)生改變，只是在坐標(biāo)系中的位置發(fā)生了改變．由平移變換，知函數(shù)f(x)＝sinx的圖像向左平移eq\f(π,2)個單位長度得函數(shù)f(x＋eq\f(π,2))＝sin(x＋eq\f(π,2))的圖像．依據(jù)誘導(dǎo)公式sin(x＋eq\f(π,2))＝cosx，知平移后的圖像就是余弦函數(shù)f(x)＝cosx的圖像．由此可見，在同始終角坐標(biāo)系中正弦函數(shù)、余弦函數(shù)的圖像的形態(tài)相同，只是位置不同．由于sin(2kπ＋eq\f(π,2)＋x)＝cosx(k∈Z)，sin(－2kπ－eq\f(3π,2)＋x)＝cosx(k∈Z)，則將正弦函數(shù)的圖像向左平移2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)個單位長度或向右平移2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)個單位長度均得到余弦函數(shù)的圖像．這樣通過數(shù)和形兩方面來分析，就真正明確了其中的正弦函數(shù)、余弦函數(shù)圖像的關(guān)系，有利于幫助我們解決有關(guān)三角函數(shù)圖像的問題．學(xué)問點二余弦函數(shù)的性質(zhì)[填一填]2．余弦函數(shù)的性質(zhì)[答一答]2．(1)余弦函數(shù)既是中心對稱圖形又是軸對稱圖形，但它是偶函數(shù)不是奇函數(shù)，為什么？(2)函數(shù)y＝Acos(ωx＋φ)的單調(diào)性與哪些量的符號有關(guān)？提示：(1)因為余弦函數(shù)的對稱中心不是原點，所以它不是奇函數(shù)．而余弦函數(shù)的對稱軸是y軸，因此它是偶函數(shù)．(2)函數(shù)y＝Acos(ωx＋φ)的單調(diào)性與A，ω的正負(fù)號有關(guān)．1．余弦函數(shù)性質(zhì)與圖像的關(guān)系(1)余弦函數(shù)性質(zhì)的探討可以類比正弦函數(shù)的探討方法．(2)余弦函數(shù)的性質(zhì)可以由圖像干脆視察，但要經(jīng)過解析式或單位圓推導(dǎo)才能下結(jié)論．即數(shù)形結(jié)合思想的運(yùn)用．2．余弦函數(shù)的對稱性(1)余弦函數(shù)是中心對稱圖形，其全部的對稱中心坐標(biāo)為(kπ＋eq\f(π,2)，0)(k∈Z)，即余弦曲線與x軸的交點，此時的余弦值為0.(2)余弦曲線是軸對稱圖形，其全部的對稱軸方程為x＝kπ(k∈Z)，即對稱軸肯定過余弦曲線的最高點或最低點，此時余弦值取得最大值或最小值．3．余弦函數(shù)的周期性類比正弦函數(shù)的周期性，余弦函數(shù)的最小正周期為2π，余弦函數(shù)的周期不唯一，2kπ(k∈Z且k≠0,1)也是余弦函數(shù)的周期，依據(jù)誘導(dǎo)公式cos(x＋2kπ)＝cosx(k∈Z)，簡單得出．4．對余弦函數(shù)最值的三點說明(1)明確余弦函數(shù)的有界性，即－1≤cosx≤1.(2)對有些函數(shù)，其最值不肯定是1或－1，要依靠函數(shù)定義域來確定．(3)形如y＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的函數(shù)的最值通常利用“整體代換”，即令ωx＋φ＝z，將函數(shù)轉(zhuǎn)化為y＝Acosz的形式求最值．類型一函數(shù)的圖像變換及五點法作圖【例1】利用圖像變換作出下列函數(shù)的簡圖．(1)y＝cosx，x∈[－2π，2π]；(2)y＝1－cosx，x∈[0,2π]．【思路探究】首先用“五點法”作出y＝cosx，x∈[0,2π]的圖像，然后通過圖像變換(平移、翻折等)求解．【解】(1)首先用五點法作出函數(shù)y＝cosx，x∈[0,2π]的圖像，在x∈[－2π，0]上的圖像只需將x∈[0,2π]的圖像向左平移2π個單位長度，如圖所示．(2)首先用五點法作出函數(shù)y＝cosx，x∈[0,2π]的圖像，再作出關(guān)于x軸對稱的圖像，最終將圖像向上平移1個單位長度，如圖所示(實線部分即為所求)．規(guī)律方法圖像變換包括圖像的平移、伸縮、翻折、旋轉(zhuǎn)等，通過圖像變換得到的函數(shù)圖像是作圖的方法之一，關(guān)鍵是弄清所求的函數(shù)圖像與熟識的函數(shù)圖像之間的關(guān)系．作出函數(shù)y＝cos(x＋eq\f(π,6))的簡圖，x∈[－eq\f(π,6)，eq\f(11,6)π]．解：列表如下：x－eq\f(π,6)eq\f(2,6)πeq\f(5,6)πeq\f(8,6)πeq\f(11,6)πu＝x＋eq\f(π,6)0eq\f(π,2)πeq\f(3,2)π2πy＝cosu10－101描點作圖如下：類型二余弦函數(shù)的單調(diào)性【例2】求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．(1)y＝3cosx＋1；(2)y＝3－cosx.【思路探究】首先分別作出這兩個函數(shù)的簡圖，通過圖像得出它們在一個周期內(nèi)的單調(diào)性，進(jìn)而得出函數(shù)在整個定義域內(nèi)的單調(diào)區(qū)間．【解】(1)畫出函數(shù)y＝3cosx＋1的簡圖，如圖(1)，可知函數(shù)y＝3cosx＋1的單調(diào)區(qū)間與函數(shù)y＝cosx的單調(diào)區(qū)間一樣，所以函數(shù)y＝3cosx＋1的單調(diào)遞增區(qū)間為[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，單調(diào)遞減區(qū)間為[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)．(2)畫出函數(shù)y＝3－cosx的簡圖，如圖(2)，知函數(shù)y＝3－cosx的單調(diào)區(qū)間與函數(shù)y＝－cosx的單調(diào)區(qū)間一樣，所以函數(shù)y＝3－cosx的單調(diào)遞減區(qū)間為[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，單調(diào)遞增區(qū)間為[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)．規(guī)律方法類似于正弦函數(shù)，欲求某三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，可先選擇一個周期長度的區(qū)間上的圖像分析，通常為一個完整的波峰或波谷．如函數(shù)y＝2cosx在[0,2π]上的單調(diào)遞增區(qū)間為[π，2π]，再依據(jù)函數(shù)的周期性推知，函數(shù)y＝2cosx在[2kπ＋π，2kπ＋2π](k∈Z)上也是增函數(shù)．函數(shù)y＝|cosx|的一個單調(diào)遞減區(qū)間是(C)A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3,4)π))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3,2)π)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π，2π))解析：作出函數(shù)y＝|cosx|的圖像(圖略)，由圖像可知A，B都不是單調(diào)區(qū)間，D為單調(diào)遞增區(qū)間，C為單調(diào)遞減區(qū)間，故選C.類型三利用正、余弦函數(shù)的單調(diào)性比較大小【例3】比較下列各組數(shù)的大?。?1)coseq\f(3,2)，sineq\f(1,10)，－coseq\f(7,4)；(2)sin(sineq\f(3π,8))與sin(coseq\f(3π,8))．【思路探究】利用誘導(dǎo)公式化簡，結(jié)合同一區(qū)間上函數(shù)的單調(diào)性比較大?。窘狻?1)sineq\f(1,10)＝cos(eq\f(π,2)－eq\f(1,10))，－coseq\f(7,4)＝cos(π－eq\f(7,4))，∵0<π－eq\f(7,4)<eq\f(π,2)－eq\f(1,10)<eq\f(3,2)<π，函數(shù)y＝cosx在(0，π)上是減函數(shù)，∴cos(π－eq\f(7,4))>cos(eq\f(π,2)－eq\f(1,10))>coseq\f(3,2)，即－coseq\f(7,4)>sineq\f(1,10)>coseq\f(3,2).(2)coseq\f(3π,8)＝cos(eq\f(π,2)－eq\f(π,8))＝sineq\f(π,8)，∵0<eq\f(π,8)<eq\f(3π,8)<eq\f(π,2)，函數(shù)y＝sinx在(0，eq\f(π,2))上是增函數(shù)，∴sineq\f(π,8)<sineq\f(3π,8)，∴coseq\f(3π,8)<sineq\f(3π,8)，又∵0<coseq\f(3π,8)<sineq\f(3π,8)<1，函數(shù)y＝sinx在(0,1)上是增函數(shù)，∴sin(coseq\f(3π,8))<sin(sineq\f(3π,8))．規(guī)律方法比較三角函數(shù)值的大小詳細(xì)有三步：(1)依據(jù)誘導(dǎo)公式把幾個三角函數(shù)化為同名三角函數(shù)；(2)依據(jù)誘導(dǎo)公式把兩角化為同屬于同一個單調(diào)區(qū)間；(3)依據(jù)三角函數(shù)的單調(diào)性比較大?。容^cos1155°與cos(－1516°)的大?。猓航夥ㄒ唬篶os1155°＝cos(3×360°＋75°)＝cos75°，cos(－1516°)＝cos(－5×360°＋284°)＝cos284°＝cos76°，在單位圓中，分別作出cos75°和cos76°的余弦線OM1，OM2，如圖所示，∵OM1>OM2，∴cos75°>cos76°，即cos1155°>cos(－1516°)．解法二：同上．∵0°<75°<76°<90°且y＝cosx在(0°，90°)單調(diào)遞減，∴cos75°>cos76°，即cos1155°>cos(－1516°)．類型四函數(shù)的奇偶性【例4】推斷下列函數(shù)的奇偶性．(1)f(x)＝eq\r(2)cos2x；(2)f(x)＝eq\r(1－cosx)＋eq\r(cosx－1)；(3)f(x)＝cos(sinx)．【思路探究】首先確定函數(shù)的定義域是否關(guān)于原點對稱，若定義域不關(guān)于原點對稱，則函數(shù)沒有奇偶性；若定義域關(guān)于原點對稱，再推斷f(－x)與f(x)的關(guān)系．【解】(1)明顯，函數(shù)f(x)的定義域為R.∵f(－x)＝eq\r(2)cos(－2x)＝eq\r(2)cos2x＝f(x)，∴函數(shù)f(x)為偶函數(shù)．(2)∵1－cosx≥0，且cosx－1≥0，∴cosx＝1，∴x＝2kπ(k∈Z)，此時y＝0.故函數(shù)f(x)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)．(3)明顯，函數(shù)f(x)的定義域為R.∵f(－x)＝cos(sin(－x))＝cos(－sinx)＝cos(sinx)＝f(x)，∴函數(shù)f(x)為偶函數(shù)．規(guī)律方法推斷函數(shù)的奇偶性，首先要考慮定義域是否關(guān)于原點對稱，若定義域不關(guān)于原點對稱，則函數(shù)為非奇非偶函數(shù)；若定義域關(guān)于原點對稱，再推斷f(－x)與f(x)的關(guān)系，從而得出結(jié)論．留意在推斷f(－x)與f(x)的關(guān)系之前要先將函數(shù)化簡到最簡形式，并充分考慮化簡后對定義域的影響．下列函數(shù)中，既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)的是(C)A．y＝sinx B．y＝x＋sinxC．y＝x＋cosx D．y＝xcosx解析：y＝sinx為奇函數(shù)．函數(shù)y＝f(x)＝x＋sinx的定義域為R，且f(－x)＝－f(x)，∴y＝x＋sinx為奇函數(shù)．函數(shù)y＝f(x)＝x＋cosx的定義域為R，由f(－x)－f(x)＝0，得－x＋cos(－x)－(x＋cosx)＝0，解得x＝0，不滿意對隨意x∈R都成立；由f(－x)＋f(x)＝0，得－x＋cos(－x)＋(x＋cosx)＝0，得cosx＝0，不滿意對隨意x∈R都成立，故y＝x＋cosx既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)．函數(shù)y＝f(x)＝xcosx的定義域為R，且f(－x)＝－f(x)，∴y＝xcosx為奇函數(shù)．類型五最值問題【例5】求函數(shù)y＝cos2x＋cosx＋1的最大值和最小值及使y取得最值的x的集合．【思路探究】先換元再轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在閉區(qū)間上求值域的問題，換元法是求三角函數(shù)最值的常用方法，留意換元后自變量的取值范圍的改變．【解】令t＝cosx，則t∈[－1,1]，且y＝t2＋t＋1，對稱軸為t＝－eq\f(1,2).①當(dāng)t＝－eq\f(1,2)，即x∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝±\f(2,3)π＋2kπ，k∈Z))))時，ymin＝eq\f(3,4).②當(dāng)t＝1，即x∈{x|x＝2kπ，k∈Z}時，ymax＝3.規(guī)律方法(1)求形如y＝acosx＋b的三角函數(shù)的最值時，既要留意x的限定范圍，又要留意a的正、負(fù)對最值的影響．(2)形如y＝acos2x＋bcosx＋c(a≠0)的三角函數(shù)最值問題常利用二次函數(shù)的思想轉(zhuǎn)化成在給定區(qū)間[m，n]上求二次函數(shù)最值的問題，解答時依舊采納數(shù)形結(jié)合的思想加以分析，必要時要分區(qū)間探討轉(zhuǎn)化成常見的“軸變區(qū)間定”，或“軸定區(qū)間變”問題．求下列函數(shù)的最大值和最小值．(1)y＝3＋2cos(2x＋eq\f(π,3))；(2)y＝2sin(2x＋eq\f(π,3))(－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,6))．解：(1)因為－1≤cos(2x＋eq\f(π,3))≤1，所以當(dāng)cos(2x＋eq\f(π,3))＝1時，ymax＝5，當(dāng)cos(2x＋eq\f(π,3))＝－1時，ymin＝1.(2)因為－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,6)，所以0≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(2,3)π，所以0≤sin(2x＋eq\f(π,3))≤1，所以當(dāng)sin(2x＋eq\f(π,3))＝1時，ymax＝2，當(dāng)sin(2x＋eq\f(π,3))＝0時，ymin＝0.——規(guī)范解答——與正、余弦函數(shù)有關(guān)的函數(shù)的值域的求解【例6】求函數(shù)y＝sin2x＋cosx(－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,4))的值域．【審題】【解題】設(shè)t＝cosx，因為－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,4)，則t∈[eq\f(\r(2),2)，1]．所以y＝sin2x＋cosx＝1－cos2x＋cosx＝－(t－eq\f(1,2))2＋eq\f(5,4)，t∈[eq\f(\r(2),2)，1]，故當(dāng)t＝eq\f(\r(2),2)，即x＝±eq\f(π,4)時，y取最大值eq\f(1＋\r(2),2)；當(dāng)t＝1，即x＝0時，y取最小值1.所以函數(shù)的值域為[1，eq\f(1＋\r(2),2)]．【小結(jié)】1.留意新元的取值范圍在解答與換元有關(guān)的問題時，要考慮新元的取值范圍，如本例中t的范圍，假如不考慮，則值域會出錯．2．關(guān)注題設(shè)中的限制條件在解題時，簡單忽視題設(shè)中的限制條件，造成結(jié)論出現(xiàn)錯誤．如本例中x的限制條件．已知函數(shù)f(x)＝2sin2x＋2cosx－3，x∈R，求f(x)的值域．解：y＝2sin2x＋2cosx－3＝2(1－cos2x)＋2cosx－3＝－2(cosx－eq\f(1,2))2－eq\f(1,2)，∵－1≤cosx≤1，∴當(dāng)cosx＝eq\f(1,2)時，函數(shù)y＝2sin2x＋2cosx－3取得最大值－eq\f(1,2)，當(dāng)cosx＝－1時，函數(shù)y＝2sin2x＋2cosx－3取得最小值－5.∴值域為[－5，－eq\f(1,2)]．一、選擇題1．函數(shù)y＝cosx(0≤x≤eq\f(π,3))的值域是(B)A．[－1,1] B．[eq\f(1,2)，1]C．[0，eq\f(1,2)] D．[－1,0]解析：∵函數(shù)y＝cosx在[0，eq\f(π,3)]上是減函數(shù)，∴函數(shù)的值域為[coseq\f(π,3)，cos0]，即[eq\f(1,2)，1]．2．函數(shù)y＝－eq\f(2,3)cosx，x∈[0,2π]，其單調(diào)性是(A)A．在[0，π]上是增函數(shù)，在[π，2π]上是減函數(shù)B．在[eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)]上是增函數(shù)，在[0，eq\f(π,2)]，[eq\f(3π,2)，2π]上是減函數(shù)C．在[π，2π]上是增函數(shù)，在[0，π]上是減函數(shù)D．在[0，eq\f(π,2)]，[eq\f(3π,2)，2π]上是增函數(shù)，在[eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)]上是減函數(shù)解析：由于當(dāng)x∈[0,2π]時，函數(shù)y＝cosx在[0，π]上是減函數(shù)，在[π，2π]上是增函數(shù)，所以函數(shù)y＝－eq\f(2,3)cosx在[0，π]上是增函數(shù)，在[π，2π]上是減函數(shù)．3．函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)的部分圖像如圖所示，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(D)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(1,4)，kπ＋\f(3,4)))，k∈ZB.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(1,4)，2kπ＋\f(3,4)))，k∈ZC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,4)，k＋\f(3,4)))，k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z解析：由五點作圖知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)ω＋φ＝\f(π,2)，,\f(5,4)ω＋φ＝\f(3π,2)，))解得ω＝π，φ＝eq\f(π,4)，所以f(x)＝cos(πx＋eq\f(π,4))，令2kπ＜πx＋eq\f(π,4)＜2kπ＋π，k∈Z，解得2k－eq\f(1,4)＜x＜2k＋eq\f(3,4)，k∈Z，故單調(diào)遞減區(qū)間為(2k－eq\f(1,4)，2k＋eq\f(3,4))，k∈Z，故選D.二、填空題4．(1)比較大小：cos(－e