课时2 正弦函数、余弦函数的性质（2）
一、刷基础
1．下列函数中，既在 $ (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 上单调递增，又以 $ \mathrm{\pi } $ 为周期且为偶函数的是（ ）
A． $ y= \sin x $
B． $ y= \cos 2x $
C． $ y= \sin 2x $
D． $ y=\dfrac{1}{2}| \sin x| $
答案：D
解析：显然函数 $ y= \sin x $ , $ y= \sin 2x $ 都是奇函数,故 $ \mathrm{A} $ , $ \mathrm{C} $ 不符合；
当 $ x\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 时, $ 2x\in (0,\mathrm{\pi }) $ ,而函数 $ y= \cos x $ 在 $ (0,\mathrm{\pi }) $ 上单调递减,所以函数 $ y= \cos 2x $ 在 $ (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 上单调递减,故 $ \mathrm{B} $ 不符合；
函数 $ y=\dfrac{1}{2}| \sin x| $ 是周期为 $ \mathrm{\pi } $ 的偶函数,当 $ x\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 时, $ \sin x > 0 $ ,此时 $ y=\dfrac{1}{2} \sin x $ ,而 $ y=\dfrac{1}{2} \sin x $ 在 $ (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 上单调递增,故 $ \mathrm{D} $ 符合.故选 $ \mathrm{D} $ .
2．（多选）下列不等式成立的是（ ）（多选）
A． $ \sin {80}^{\circ } > \sin {10}^{\circ } $
B． $ \cos {400}^{\circ } > \cos (-{50}^{\circ }) $
C． $ \sin 3 > \sin 2 $
D． $ \sin \dfrac{8\mathrm{\pi }}{7} > \cos \dfrac{7\mathrm{\pi }}{8} $
答案：ABD
解析：对于 $ \mathrm{A} $ ,因为 $ y= \sin x $ 在 $ [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 上单调递增,所以 $ \sin {80}^{\circ } > \sin {10}^{\circ } $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；
对于 $ \mathrm{B} $ , $ \cos {400}^{\circ }= \cos ({360}^{\circ }+{40}^{\circ })= \cos {40}^{\circ } $ , $ \cos (-{50}^{\circ })= \cos {50}^{\circ } $ ,
又 $ y= \cos x $ 在 $ [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 上单调递减,所以 $ \cos {40}^{\circ } > \cos {50}^{\circ } $ ,
所以 $ \cos {400}^{\circ } > \cos (-{50}^{\circ }) $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；
对于 $ \mathrm{C} $ ,因为 $ y= \sin x $ 在 $ [\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\mathrm{\pi }] $ 上单调递减,所以 $ \sin 3 < \sin 2 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；
对于 $ \mathrm{D} $ , $ \sin \dfrac{8\mathrm{\pi }}{7}=- \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{7} $ , $ \cos \dfrac{7\mathrm{\pi }}{8}=- \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{8} $ ,
又 $ 0 < \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{7} < \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=\dfrac{1}{2} $ ,即 $ -\dfrac{1}{2} < \sin \dfrac{8\mathrm{\pi }}{7} < 0 $ , $ \dfrac{\sqrt{2}}{2}= \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} < \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{8} < \cos 0=1 $ ,即 $ -1 < \cos \dfrac{7\mathrm{\pi }}{8} < -\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,所以 $ \sin \dfrac{8\mathrm{\pi }}{7} > \cos \dfrac{7\mathrm{\pi }}{8} $ ,
故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .
3．已知函数 $ f(x)= \sin (2x+\varphi )(0 < \varphi < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，且 $ f(\dfrac{5\mathrm{\pi }}{12})=0 $ .
（1） 求 $ f(x) $ 的解析式；
（2） 设常数 $ \omega > 0 $ ，若函数 $ f(\omega x) $ 在 $ [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}] $ 上单调递增，求 $ \omega $ 的取值范围.
答案：（1） 【解】 $ \because f(x)= \sin (2x+\varphi )(0 < \varphi < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，且 $ f(\dfrac{5\mathrm{\pi }}{12})=0 $ ，
$ \therefore f(\dfrac{5\mathrm{\pi }}{12})= \sin (\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}+\varphi )=0 $ ，则 $ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}+\varphi =k\mathrm{\pi } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $
，即 $ \varphi =-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}+k\mathrm{\pi } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ .
$ \because 0 < \varphi < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ， $ \therefore \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ .
故 $ f(x)= \sin (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ .
（2） 【解】由（1）得 $ f(x)= \sin (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ ，
$ \therefore f(\omega x)= \sin (2\omega x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ .
当 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi }\leqslant 2\omega x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，即 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{3\omega }+\dfrac{k\mathrm{\pi }}{\omega }\leqslant x\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{6\omega }+\dfrac{k\mathrm{\pi }}{\omega } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ 时， $ f(\omega x)= \sin (2\omega x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ 单调递增.
$ \because f(\omega x) $ 在 $ [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}] $ 上单调递增，
$ \therefore \begin{cases}\dfrac{\mathrm{\pi }}{6\omega }+\dfrac{k\mathrm{\pi }}{\omega }\geqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{3},\\ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{3\omega }+\dfrac{k\mathrm{\pi }}{\omega }\leqslant -\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}\omega \leqslant \dfrac{6k+1}{2},\\ \omega \leqslant \dfrac{4-12k}{3},\end{cases} $
$ \omega > 0 $ ，当 $ k=0 $ 时， $ 0 < \omega \leqslant \dfrac{1}{2} $ ，当 $ k\ne 0 $ 时， $ \omega $ 无解.
综上, $ \omega $ 的取值范围是 $ (0,\dfrac{1}{2}] $ .
解析：
4．函数 $ f(x)=-\sqrt{3} \cos (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})+1 $ , $ x\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}] $ 的值域为（ ）
A． $ [-\dfrac{1}{2},\dfrac{5}{2}] $
B． $ [1-\sqrt{3},-\dfrac{1}{2}] $
C． $ [1-\sqrt{3},\dfrac{5}{2}] $
D． $ [1-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{5}{2}] $
答案：C
解析：因为 $ x\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}] $ ，所以 $ 2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3},\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}] $ ，
则 $ \cos (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})\in [-\dfrac{\sqrt{3}}{2},1] $ ，
故 $ -\sqrt{3} \cos (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})\in [-\sqrt{3},\dfrac{3}{2}] $ ，故 $ f(x) $ 的值域为 $ [1-\sqrt{3},\dfrac{5}{2}] $ .故选 $ \mathrm{C} $ .
5．已知函数 $ f(x)=\dfrac{ \sin x+{\left(x+1\right) ^ {2}}}{{x}^{2}+1} $ 的最大值为 $ M $ ，最小值为 $ m $ ，则 $ M+m= $ .
解析：易知 $ f(x)=\dfrac{ \sin x+{\left(x+1\right) ^ {2}}}{{x}^{2}+1}=1+\dfrac{ \sin x+2x}{{x}^{2}+1} $ ,
令 $ g(x)=f(x)-1=\dfrac{ \sin x+2x}{{x}^{2}+1} $ ,
易知 $ y=g(x) $ 的定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ,且 $ g(-x)+g(x)=\dfrac{ \sin (-x)-2x}{{x}^{2}+1}+\dfrac{ \sin x+2x}{{x}^{2}+1}=0 $ ,
即 $ y=g(x) $ 是奇函数.
显然 $ f(x)_{ \max }-1=g(x)_{ \max }=M-1 $ , $ f(x)_{ \min }-1=g(x)_{ \min }=m-1 $ ,
由奇函数图象的对称性易知 $ g(x)_{ \min }+g(x)_{ \max }=0 $ ,则 $ M+m=2 $ .
6．已知函数 $ f(x)=2 \sin (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ .
（1） 求 $ f(\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}) $ 的值；
（2） 求函数 $ f(x) $ 的单调递增区间；
（3） 当 $ x\in [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 时，求 $ f(x) $ 的最大值与最小值，并指出相应的 $ x $ 的值.
答案：（1） 【解】因为 $ f(x)=2 \sin (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ ，所以 $ f(\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3})=2 \sin (\dfrac{4\mathrm{\pi }}{3}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=2 \sin \dfrac{7\mathrm{\pi }}{6}=-2 \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=-1 $ .
（2） 【解】由 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi }\leqslant 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，得 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+k\mathrm{\pi }\leqslant x\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}+k\mathrm{\pi } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，
所以函数 $ f(x) $ 的单调递增区间为 $ [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+k\mathrm{\pi } $ , $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}+k\mathrm{\pi } ] (k\in \boldsymbol{Z} ) $ .
（3） 【解】当 $ x\in [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 时， $ 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}] $ ，令 $ 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=t\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ , $ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{6} ] $ ，则 $ y=2 \sin t $ ，作出 $ y=2 \sin t $ 的图象如图所示，
由 $ y=2 \sin t $ 的图象知，当 $ t=-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ，即 $ x=0 $ 时， $ y=2 \sin t $ 取得最小值 $ -1 $ .
当 $ t=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，即 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ 时， $ y=2 \sin t $ 取得最大值2，
所以当 $ x=0 $ 时，函数 $ f(x) $ 取得最小值 $ -1 $ ；当 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ 时，函数 $ f(x) $ 取得最大值2.
解析：
7．函数 $ y= \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-2x) $ 的单调递减区间是（ ）
A． $ [k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{8},k\mathrm{\pi }+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{8}](k\in \boldsymbol{Z}) $
B． $ [2k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{8},2k\mathrm{\pi }+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{8}](k\in \boldsymbol{Z}) $
C． $ [2k\mathrm{\pi }+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{8},2k\mathrm{\pi }+\dfrac{7\mathrm{\pi }}{8}](k\in \boldsymbol{Z}) $
D． $ [k\mathrm{\pi }+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{8},k\mathrm{\pi }+\dfrac{7\mathrm{\pi }}{8}](k\in \boldsymbol{Z}) $
答案：A
解析： $ y= \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-2x)=- \sin (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ ，要求函数 $ y= \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-2x) $ 的单调递减区间，即求函数 $ y= \sin (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ 的单调递增区间.令 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi }\leqslant 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，得 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{8}+k\mathrm{\pi }\leqslant x\leqslant \dfrac{3\mathrm{\pi }}{8}+k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .
二、刷提升
1．若函数 $ y= \sin x $ 和 $ y= \cos x $ 在区间 $ D $ 上都单调递增，则区间 $ D $ 可以是（ ）
A． $ (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $
B． $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\mathrm{\pi }) $
C． $ (\mathrm{\pi },\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}) $
D． $ (\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2},2\mathrm{\pi }) $
答案：D
解析：当 $ x\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 时, $ y= \cos x $ 单调递减, $ \mathrm{A} $ 错误；
当 $ x\in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\mathrm{\pi }) $ 时,函数 $ y= \sin x $ 和 $ y= \cos x $ 都单调递减, $ \mathrm{B} $ 错误；
当 $ x\in (\mathrm{\pi },\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}) $ 时,函数 $ y= \sin x $ 单调递减, $ \mathrm{C} $ 错误；
当 $ x\in (\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2},2\mathrm{\pi }) $ 时,函数 $ y= \sin x $ 和 $ y= \cos x $ 都单调递增, $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{D} $ .
2．已知函数 $ f(x)= \sin (\omega x+\varphi )(\omega \ne 0) $ ，设甲： $ \varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，乙： $ f(x) $ 是偶函数，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
答案：A
解析：当 $ \varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ 时, $ f(x)=- \cos \omega x $ ,此时 $ f(x) $ 为偶函数,所以甲是乙的充分条件；
若 $ f(x) $ 为偶函数,则 $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,仅有 $ k=-1 $ 时有 $ \varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,所以甲不是乙的必要条件，所以甲是乙的充分不必要条件.故选 $ \mathrm{A} $ .
3．已知函数 $ f(x)= \sin (\omega x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})(\omega > 0) $ 的最小正周期为 $ \mathrm{\pi } $ ，则 $ f(x) $ 的图象（ ）
A．关于点 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{12},0) $ 对称
B．关于点 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},0) $ 对称
C．关于直线 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{12} $ 对称
D．关于直线 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 对称
答案：D
解析：因为函数 $ f(x)= \sin (\omega x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})(\omega > 0) $ 的最小正周期为 $ \mathrm{\pi } $ ，
所以 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{\mathrm{\pi }}=2 $ .
因为 $ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{12})= \sin (2×\dfrac{\mathrm{\pi }}{12}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})= \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ，所以 $ \mathrm{A} $ , $ \mathrm{C} $ 错误；
$ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})= \sin (2×\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})= \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}=1 $ ，所以 $ \mathrm{B} $ 错误， $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{D} $ .
4．已知函数 $ f(x)=2 \sin (\omega x+\varphi )(\omega > 0) $ 在 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 上单调，且 $ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=2 $ , $ f(\mathrm{\pi })=0 $ ，则 $ \omega $ 的取值共有（ ）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
答案：C
解析：因为函数 $ f(x) $ 在 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 上单调,所以 $ f(x) $ 的最小正周期 $ T\geqslant 2(\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ .
又 $ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=2 $ , $ f(\mathrm{\pi })=0 $ ,
所以 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\dfrac{(2k+1)T}{4}=\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,
得 $ T=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2k+1} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,
当 $ k=0 {\rm ,1,2} $ ,即 $ T=3\mathrm{\pi } $ , $ \mathrm{\pi } $ , $ \dfrac{3\mathrm{\pi }}{5} $ 时,满足题意,此时 $ \omega =\dfrac{2}{3} {\rm ,2} $ , $ \dfrac{10}{3} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .
5．已知函数 $ f(x)=2 \sin (\omega x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})(\omega > 0) $ 在 $ (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 上存在最值，且在 $ (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3},\mathrm{\pi }) $ 上单调，则 $ \omega $ 的取值范围是（ ）
A． $ (0,\dfrac{2}{3}] $
B． $ [1,\dfrac{5}{3}] $
C． $ [\dfrac{5}{2},\dfrac{8}{3}] $
D． $ [\dfrac{11}{4},\dfrac{17}{3}] $
答案：C
解析：因为 $ \omega > 0 $ ，所以当 $ 0 < x < \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ 时， $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} < \omega x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} < \dfrac{\omega \mathrm{\pi }}{3}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ .
又因为函数 $ f(x) $ 在 $ (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ 上存在最值，所以 $ \dfrac{\omega \mathrm{\pi }}{3}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} > \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，解得 $ \omega > 2 $ .
当 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} < x < \mathrm{\pi } $ 时， $ \dfrac{2\mathrm{\pi }\omega }{3}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} < \omega x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} < \mathrm{\pi }\omega -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ，
因为函数 $ f(x) $ 在 $ (\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3},\mathrm{\pi }) $ 上单调，
则 $ (\dfrac{2\mathrm{\pi }\omega }{3}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\mathrm{\pi }\omega -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} )\subseteq (k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} ) (k\in \boldsymbol{Z} ) $ ，
所以 $ \begin{cases}\dfrac{2\mathrm{\pi }\omega }{3}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\geqslant k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\\ \mathrm{\pi }\omega -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\leqslant k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\end{cases} $ 其中 $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，解得 $ \dfrac{3}{2}k-\dfrac{1}{2}\leqslant \omega \leqslant k+\dfrac{2}{3}(k\in \boldsymbol{Z}) $ ，
所以 $ \dfrac{3}{2}k-\dfrac{1}{2}\leqslant k+\dfrac{2}{3} $ ，解得 $ k\leqslant \dfrac{7}{3} $ .
又因为 $ \omega > 0 $ ，所以 $ k\in ｛0,1,2｝ $ ，
当 $ k=0 $ 时， $ 0 < \omega \leqslant \dfrac{2}{3} $ ；当 $ k=1 $ 时， $ 1\leqslant \omega \leqslant \dfrac{5}{3} $ ；当 $ k=2 $ 时， $ \dfrac{5}{2}\leqslant \omega \leqslant \dfrac{8}{3} $ .
又因为 $ \omega > 2 $ ，所以 $ \omega $ 的取值范围是 $ [\dfrac{5}{2},\dfrac{8}{3}] $ .故选 $ \mathrm{C} $ .
6．已知 $ \sin \alpha > \sin \beta $ ， $ \alpha \in (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},0) $ ， $ \beta \in (\mathrm{\pi },\dfrac{3}{2}\mathrm{\pi }) $ ，则（ ）
A． $ \alpha +\beta > \mathrm{\pi } $
B． $ \alpha +\beta < \mathrm{\pi } $
C． $ \alpha -\beta \geqslant -\dfrac{3}{2}\mathrm{\pi } $
D． $ \alpha -\beta \leqslant -\dfrac{3}{2}\mathrm{\pi } $
答案：A
解析： $ \because \beta \in (\mathrm{\pi },\dfrac{3}{2}\mathrm{\pi }) $ ， $ \therefore \mathrm{\pi }-\beta \in (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},0) $ ，且 $ \sin (\mathrm{\pi }-\beta )= \sin \beta .\because y= \sin x $ 在 $ (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},0) $ 上单调递增，且 $ \sin \alpha > \sin \beta $ ,
$ \therefore \sin \alpha > \sin (\mathrm{\pi }-\beta ).\because \alpha \in (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},0) $ ， $ \therefore \alpha > \mathrm{\pi }-\beta $ ， $ \therefore \alpha +\beta > \mathrm{\pi } $ .故选 $ \mathrm{A} $ .
7．已知函数 $ f(x)= \sin x-| \sin x| $ ，则下列结论正确的有（ ）（多选）
A．函数 $ f(x) $ 是奇函数
B．函数 $ f(x) $ 是周期函数，且一个周期为 $ 2\mathrm{\pi } $
C．函数 $ f(x) $ 的最小值为 $ -2 $
D．函数 $ f(x) $ 的图象关于直线 $ x=k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ 对称
答案：BCD
解析：对于 $ \mathrm{A} $ , $ f(x) $ 的定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ,因为 $ f(-x)= \sin (-x)-| \sin (-x)|=- \sin x-| \sin x|\ne -f(x) $ ,所以 $ f(x) $ 不是奇函数,故选项 $ \mathrm{A} $ 错误.
对于 $ \mathrm{B} $ , $ f(x+2\mathrm{\pi })= \sin (x+2\mathrm{\pi })-| \sin (x+2\mathrm{\pi })|= \sin x-| \sin x|=f(x) $ ,故 $ f(x) $ 是周期函数, $ 2\mathrm{\pi } $ 为 $ f(x) $ 的一个周期,故选项 $ \mathrm{B} $ 正确.
对于 $ \mathrm{C} $ , $ f(x)= \sin x-\mid \sin x\mid =\begin{cases}0,x\in [2k\mathrm{\pi },\mathrm{\pi }+2k\mathrm{\pi }),\\ 2 \sin x,x\in [\mathrm{\pi }+2k\mathrm{\pi },2\mathrm{\pi }+2k\mathrm{\pi }),\end{cases}k\in \boldsymbol{Z} $ ,所以 $ f(x)_{ \min }=-2 $ ,故选项 $ \mathrm{C} $ 正确.
对于 $ \mathrm{D} $ ,因为 $ f(\mathrm{\pi }+2k\mathrm{\pi }-x)= \sin (\mathrm{\pi }+2k\mathrm{\pi }-x)-| \sin (\mathrm{\pi }+2k\mathrm{\pi }-x)|= \sin (\mathrm{\pi }-x)-| \sin (\mathrm{\pi }-x)|= \sin x-| \sin x| $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,所以 $ f(\mathrm{\pi }+2k\mathrm{\pi }-x)=f(x) $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,所以函数 $ f(x) $ 的图象关于直线 $ x=k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ 对称,故 $ x=\dfrac{a}{2} $ 对称
选项 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .
8．（多选）关于函数 $ f(x)=2 \cos (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ ，下列说法正确的有（ ）（多选）
A．函数 $ f(x) $ 与函数 $ g(x)=2 \sin (2x+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}) $ 的图象重合
B．函数 $ f(x) $ 的最大值为1
C．函数 $ f(x) $ 的图象关于点 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},0) $ 中心对称
D．函数 $ f(x) $ 在区间 $ [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}] $ 上单调递减
答案：AD
解析：对于 $ \mathrm{A} $ ： $ f(x)=2 \cos (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})=2 \cos (2x+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})=2 \sin (2x+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6})=g(x) $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确.
对于 $ \mathrm{B} $ ：函数 $ f(x) $ 的最大值为2，故 $ \mathrm{B} $ 错误.
对于 $ \mathrm{C} $ ：因为 $ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})\ne 0 $ ，所以函数 $ f(x) $ 的图象不关于点 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},0) $ 中心对称，故 $ \mathrm{C} $ 错误.
对于 $ \mathrm{D} $ ：令 $ 2k\mathrm{\pi }\leqslant 2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\leqslant \mathrm{\pi }+2k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，解得 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+k\mathrm{\pi }\leqslant x\leqslant \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}+k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，
令 $ k=0 $ 可知函数 $ f(x) $ 在区间 $ [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}] $ 上单调递减，故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{D} $ .
9．已知方程 $ { \cos }^{2}x+4 \sin x-a=0 $ 在 $ x\in [0,\mathrm{\pi }] $ 时有解，则实数 $ a $ 的取值范围为 .
解析：因为方程 $ { \cos }^{2}x+4 \sin x-a=0 $ 在 $ x\in [0,\mathrm{\pi }] $ 时有解,所以 $ y={ \cos }^{2}x+4 \sin x $ , $ x\in [0,\mathrm{\pi }] $ 的图象与直线 $ y=a $ 有交点.
因为 $ y={ \cos }^{2}x+4 \sin x=-{ \sin }^{2}x+4 \sin x+1={-( \sin x-2)}^{2}+5 $ ,且 $ 0\leqslant \sin x\leqslant 1 $ ,所以 $ y\in [1,4] $ .
所以实数 $ a $ 的取值范围是 $ [1,4] $ .
10．已知函数 $ f(x)= \sin (\omega x+\varphi ) $ ，其中 $ \omega > 0 $ , $ |\varphi | < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，若 $ f(\dfrac{5\mathrm{\pi }}{8})=1 $ , $ f(\dfrac{11\mathrm{\pi }}{8})=0 $ ，且 $ f(x) $ 图象的相邻两条对称轴间的距离大于 $ \mathrm{\pi } $ ，则 $ \tan 2\varphi = $ .
答案： $ \dfrac{\sqrt{3}}{3} $
解析：由 $ f(\dfrac{5\mathrm{\pi }}{8})=1 $ , $ f(\dfrac{11\mathrm{\pi }}{8})=0 $ ，可知 $ \dfrac{11\mathrm{\pi }}{8}-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{8}=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}=\dfrac{(2k+1)T}{4} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ .
解得 $ T=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2k+1} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，
又 $ f(x) $ 图象的相邻两条对称轴间的距离大于 $ \mathrm{\pi } $ ，所以 $ T > 2\mathrm{\pi } $ ，
所以 $ \dfrac{3\mathrm{\pi }}{2k+1} > 2\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，故 $ k=0 $ , $ T=3\mathrm{\pi } $ , $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=\dfrac{2}{3} $ ，满足题意.
由 $ f(\dfrac{5\mathrm{\pi }}{8})= \sin (\dfrac{2}{3}×\dfrac{5\mathrm{\pi }}{8}+\varphi )=1 $ ，即 $ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{12}+\varphi =2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，解得 $ \varphi =2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{12} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，又 $ |\varphi | < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，所以 $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{12} $ ，
故 $ \tan 2\varphi = \tan \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ .
11．已知函数 $ f(x)=6 \cos (\omega x+\varphi )(\omega > 0,0 < \varphi < \mathrm{\pi }) $ ， $ \forall x\in \boldsymbol{R} $ 都有 $ f(x)\leqslant |f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})| $ ，且 $ x=-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 是 $ f(x) $ 的一个零点.若 $ y=f(x)-6 $ 在 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{15},\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ 上有且只有一个零点，则 $ \omega $ 的最大值为 .
解析：因为函数 $ f(x)=6 \cos (\omega x+\varphi )(\omega > 0,0 < \varphi < \mathrm{\pi }) $ , $ \forall x\in \boldsymbol{R} $ 都有 $ f(x)\leqslant $ $ |f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})| $ ,且 $ x=-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 是 $ f(x) $ 的一个零点,
所以 $ \begin{cases}\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\omega +\varphi ={k}_{1}\mathrm{\pi },\\ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\omega +\varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+{k}_{2}\mathrm{\pi }\end{cases}({k}_{1},{k}_{2}\in \boldsymbol{Z}) $ ,解得 $ \begin{cases}\varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\dfrac{{k}_{1}+{k}_{2}}{2}\mathrm{\pi },\\ \omega =-\dfrac{3}{2}+3({k}_{1}-{k}_{2})\end{cases}({k}_{1},{k}_{2}\in \boldsymbol{Z}) $ .
因为函数 $ y=f(x)-6 $ 在 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{15},\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ 上有且只有一个零点,
所以方程 $ \cos (\omega x+\varphi )-1=0 $ 在 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{15},\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ 上有且只有一个根,
因为 $ -1\leqslant \cos (\omega x+\varphi )\leqslant 1 $ ,所以存在唯一的 $ {x}_{0}\in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{15},\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ ,使得函数 $ f(x) $ 取到最大值,且 $ f({x}_{0})=6 $ ,
则 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{15}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{10} < 2T=\dfrac{4\mathrm{\pi }}{\omega } $ ,解得 $ 0 < \omega < 40 $ .
令 $ \begin{cases}k={k}_{1}+{k}_{2},\\ {k}^{\prime }={k}_{1}-{k}_{2},\end{cases} $ 则 $ \begin{cases}\varphi =\dfrac{2k+1}{4}\mathrm{\pi },\\ \omega =\dfrac{6{k}^{\prime }-3}{2}\end{cases}(k,{k}^{\prime }\in \boldsymbol{Z}) $ ,且 $ k\prime =k-2{k}_{2} $ ,
所以 $ k $ , $ k\prime $ 的奇偶性相同,
由 $ \omega < 40 $ 可得 $ \dfrac{6k\prime -3}{2} < 40 $ ,解得 $ k\prime < \dfrac{83}{6} $ ,即 $ k\prime \leqslant 13 $ ,
当 $ k\prime =13 $ 时, $ \omega =\dfrac{75}{2} $ , $ k $ 为奇数,则 $ \varphi =\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ ,所以 $ f(x)=6 \cos (\dfrac{75}{2}x+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}) $ ,
由 $ x\in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{15},\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ 可得 $ \dfrac{75}{2}x+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}\in (\dfrac{13}{4}\mathrm{\pi },7\mathrm{\pi }) $ ,
此时,当 $ \dfrac{75}{2}x+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}=4\mathrm{\pi } $ 或 $ 6\mathrm{\pi } $ 时,函数 $ f(x) $ 取最大值,不符合题意；
当 $ k\prime =12 $ 时, $ \omega =\dfrac{69}{2} $ , $ k $ 为偶数, $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ,即 $ f(x)=6 \cos (\dfrac{69}{2}x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ ,
由 $ x\in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{15} $ , $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ 可得 $ \dfrac{69}{2}x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\in (\dfrac{51}{20}\mathrm{\pi },6\mathrm{\pi }) $ ,
此时,当 $ \dfrac{69}{2}x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=4\mathrm{\pi } $ 时,函数 $ f(x) $ 取最大值,符合题意.
综上所述, $ \omega $ 的最大值为 $ \dfrac{69}{2} $ .
12．已知函数 $ f(x)=2 \sin (\omega x+\varphi )(-\mathrm{\pi } < \varphi < 0,\omega > 0) $ 的图象关于直线 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 对称，且相邻两对称中心之间的距离为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ .
（1） 求 $ f(x) $ 的最小正周期和单调递增区间；
（2） 若函数 $ g(x)=f(x+a) $ 为偶函数，求 $ |a| $ 的最小值；
（3） 若关于 $ x $ 的方程 $ f(x)+{ \log }_{2}k=0 $ 在区间 $ [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 上总有实数解，求实数 $ k $ 的取值范围.
答案：（1） 【解】函数 $ f(x)=2 \sin (\omega x+\varphi )(-\mathrm{\pi } < \varphi < 0,\omega > 0) $ ,其图象相邻两对称中心之间的距离为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,则 $ f(x) $ 的最小正周期 $ T=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{\omega }=\mathrm{\pi } $ ,解得 $ \omega =2 $ .
函数 $ f(x) $ 的图象关于直线 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 对称,
则 $ 2×\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+\varphi =k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}(k\in \boldsymbol{Z}) $ ,
解得 $ \varphi =k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}(k\in \boldsymbol{Z}) $ .
由于 $ -\mathrm{\pi } < \varphi < 0 $ ,则 $ \varphi =-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6} $ ,
故函数 $ f(x)=2 \sin (2x-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}) $ ，
令 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi }\leqslant 2x-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}\leqslant 2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}(k\in \boldsymbol{Z}) $ ,
解得 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+k\mathrm{\pi }\leqslant x\leqslant k\mathrm{\pi }+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}(k\in \boldsymbol{Z}) $ ,
所以函数 $ f(x) $ 的最小正周期 $ T=\mathrm{\pi } $ ，单调递增区间为 $ [\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+k\mathrm{\pi } $ , $ k\mathrm{\pi }+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} ] (k\in \boldsymbol{Z} ) $ .
（2） 函数 $ g(x)=f(x+a)=2 \sin (2x+2a-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}) $ 为偶函数,
则 $ 2a-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}=k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}(k\in \boldsymbol{Z}) $ ,
解得 $ 2a=k\mathrm{\pi }+\dfrac{4\mathrm{\pi }}{3}(k\in \boldsymbol{Z}) $ ,
当 $ k=-1 $ 时, $ |a{|}_{ \min }=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ .
（3） 当 $ x\in [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 时， $ 2x-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}\in [-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}] $ ， $ f(x)=2 \sin (2x-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6})\in [-2,1] $ ，
因为关于 $ x $ 的方程 $ f(x)+{ \log }_{2}k=0 $ 在区间 $ [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 上总有实数解，
所以函数 $ y=-f(x) $ 的图象与函数 $ y={ \log }_{2}k $ 的图象在 $ [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 上总有交点，
所以 $ { \log }_{2}k=-f(x)\in [-1,2] $ ，所以 $ -1\leqslant { \log }_{2}k\leqslant 2 $ ，所以 $ k\in [\dfrac{1}{2},4] $ .
解析：
13．已知函数 $ f(x)=\sqrt{2} \cos (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ ， $ x\in \boldsymbol{R} $ .
（1） 求函数 $ f(x) $ 的最小正周期和单调递减区间；
（2） 求函数 $ f(x) $ 在区间 $ [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{8},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ 上的最小值和最大值，并求出取得最值时 $ x $ 的值；
（3） 求不等式 $ -1\leqslant f(x)\leqslant 1 $ 的解集.
答案：（1） 【解】由题知 $ f(x) $ 的最小正周期 $ T=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{|\omega |}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{2}=\mathrm{\pi } $ ，
当 $ 2k\mathrm{\pi }\leqslant 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\leqslant 2k\mathrm{\pi }+\mathrm{\pi } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $
,即 $ k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{8}\leqslant x\leqslant k\mathrm{\pi }+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{8} $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ 时， $ f(x) $ 单调递减，
故 $ f(x) $ 的单调递减区间是 $ [k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{8} $ , $ k\mathrm{\pi }+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{8} ] (k\in \boldsymbol{Z} ) $ .
（2） 【解】 $ \because x\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{8},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ ，
$ \therefore 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ \dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} ] $ ，
故 $ \cos (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} )\in [-\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ , $ 1 ] $ ，
$ \therefore f(x)_{ \max }=\sqrt{2} $ ，此时 $ 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=0 $ ，即 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{8} $ ， $ f(x)_{ \min }=-1 $ ，此时 $ 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ ，即 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ .
（3） 【解】由 $ -1\leqslant f(x)\leqslant 1 $ 得 $ -1\leqslant \sqrt{2} \cos (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})\leqslant 1 $ ，即 $ -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\leqslant \cos (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})\leqslant \dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ，
$ \therefore 2k\mathrm{\pi }-\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}\leqslant 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\leqslant 2k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ 或 $ 2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\leqslant 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\leqslant 2k\mathrm{\pi }+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，
即 $ k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\leqslant x\leqslant k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ 或 $ k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\leqslant x\leqslant k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，
故原不等式的解集为 $ [k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},k\mathrm{\pi }]\cup [k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}](k\in \boldsymbol{Z}) $ .
解析：
14．已知函数 $ f(x)=-{ \sin }^{2}x+\dfrac{1}{2} \cos \text{ }x+\dfrac{1}{2} $ .
（1）求函数 $ f(x) $ 的值域.
（2）求不等式 $ f(x)\leqslant 0 $ 的解集.
（3）当 $ m $ 为何值时，关于 $ x $ 的方程 $ f(x)=m $ 在 $ [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}] $ 内的实根最多？最多有几个？（直接给出答案即可，无需说明理由）
解析：（1）因为【解】 $ f(x)={ \cos }^{2}x-1+\dfrac{1}{2} \cos \text{ }x+\dfrac{1}{2}={ \cos }^{2}x+\dfrac{1}{2} \cos \text{ }x-\dfrac{1}{2}={\left( \cos \text{ }x+\dfrac{1}{4}\right) ^ {2}}-\dfrac{9}{16} $ ， $ \cos \text{ }x\in [-1,1] $ ，所以当 $ \cos \text{ }x=1 $ 时， $ f{(x)}_{ \max }=1 $ ，当 $ \cos \text{ }x=-\dfrac{1}{4} $ 时， $ f{(x)}_{ \min }=-\dfrac{9}{16} $ ， $ \cos \text{ }x\in [-1,1] $ ，所以函数 $ f(x) $ 的值域为 $ [-\dfrac{9}{16},1] $ .
（2）因为 $ f(x)\leqslant 0 $ ，所以 $ {\left( \cos \text{ }x+\dfrac{1}{4}\right) ^ {2}}-\dfrac{9}{16}\leqslant 0 $ ，则 $ -\dfrac{3}{4}\leqslant \cos \text{ }x+\dfrac{1}{4}\leqslant \dfrac{3}{4} $ ，
所以 $ -1\leqslant \cos \text{ }x\leqslant \dfrac{1}{2} $ ，得 $ f(x)\leqslant 0 $ 的解集为 $ [\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}+2k\mathrm{\pi },\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3}+2k\mathrm{\pi }](k\in \boldsymbol{Z}) $ .
（3）当 $ m=-\dfrac{1}{2} $ 时，方程在 $ [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}] $ 内的实根最多，最多有5个.
15．定义域为 $ \boldsymbol{R} $ 的函数 $ ℎ(x) $ 满足：对任意 $ x\in \boldsymbol{R} $ ，都有 $ ℎ(x+2\mathrm{\pi })=ℎ(x)+ℎ(2\mathrm{\pi }) $ ，则称 $ ℎ(x) $ 具有性质 $ P $ .
（1） 分别判断以下两个函数是否具有性质 $ P:m(x)=2x+1 $ 和 $ n(x)=1- \cos x $ ；
（2） 若函数 $ f (x )= \sin (\omega x+\varphi ) (\dfrac{3}{2} < \omega < \dfrac{5}{2} $ , $ |\varphi | < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 具有性质 $ P $ ，求出 $ \omega $ ， $ \varphi $ 的值.
答案：（1） 【解】 $ m(x+2\mathrm{\pi })=2(x+2\mathrm{\pi })+1=2x+4\mathrm{\pi }+1 $ ，
$ m(x)+m(2\mathrm{\pi })=2x+1+4\mathrm{\pi }+1=2x+4\mathrm{\pi }+2 $ ，
所以 $ m(x+2\mathrm{\pi })\ne m(x)+m(2\mathrm{\pi }) $ ，
所以 $ m(x) $ 不具有性质 $ P $ .
$ n(x+2\mathrm{\pi })=1- \cos (x+2\mathrm{\pi })=1- \cos x $ ，
$ n(x)+n(2\mathrm{\pi })=1- \cos x+1-1=1- \cos x $ ，
所以 $ n(x+2\mathrm{\pi })=n(x)+n(2\mathrm{\pi }) $ ，
所以 $ n(x) $ 具有性质 $ P $ .
（2） 【解】若 $ f(x) $ 具有性质 $ P $ ，则 $ f(0+2\mathrm{\pi })=f(0)+f(2\mathrm{\pi }) $ ，
则 $ f(0)= \sin \varphi =0 $ .因为 $ |\varphi | < \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，所以 $ \varphi =0 $ ，所以 $ f(x)= \sin \omega x $ ，
由 $ f(x+2\mathrm{\pi })=f(x)+f(2\mathrm{\pi }) $ ，得 $ f(2k\mathrm{\pi })=f((2k-2)\mathrm{\pi }+2\mathrm{\pi })=f((2k-2)\mathrm{\pi })+f(2\mathrm{\pi })=\cdots =kf(2\mathrm{\pi }) $ ， $ k\in {\boldsymbol{N}}^{\ast } $ ，
若 $ f(2\mathrm{\pi })\ne 0 $ ，则存在 $ {k}_{0}\in {\boldsymbol{N}}^{\ast } $ ，使得 $ |{k}_{0}f(2\mathrm{\pi })| > 1 $ ，
而 $ |f(2k\mathrm{\pi })|\leqslant 1 $ ，上式不成立，
故 $ f(2\mathrm{\pi })=0 $ ，即 $ \sin (2\omega \mathrm{\pi })=0 $ .
又因为 $ \dfrac{3}{2} < \omega < \dfrac{5}{2} $ ，所以 $ 3\mathrm{\pi } < 2\omega \mathrm{\pi } < 5\mathrm{\pi } $ ，
则 $ 2\omega \mathrm{\pi }=4\mathrm{\pi } $ ，得 $ \omega =2 $ ，则 $ f(x)= \sin 2x $ .
验证：当 $ \omega =2 $ , $ \varphi =0 $ 时， $ f(x)= \sin 2x $ ，
则对任意 $ x\in \boldsymbol{R} $ ， $ f(x+2\mathrm{\pi })= \sin [2(x+2\mathrm{\pi })]= \sin 2x $ ，
$ f(x)+f(2\mathrm{\pi })= \sin 2x+ \sin 4\mathrm{\pi }= \sin 2x $ ，
所以 $ f(x+2\mathrm{\pi })=f(x)+f(2\mathrm{\pi }) $ ，
故存在 $ \omega =2 $ , $ \varphi =0 $ ，使得 $ f(x) $ 具有性质 $ P $ .
解析：
16．已知 $ P(x(t),y(t)) $ , $ x(t)=4 \cos (t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ , $ y(t)=3 \cos (t+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ ， $ t\in [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}] $ ，则点 $ P $ 到原点的距离的最大值与最小值之和为 .
答案： $ \dfrac{\sqrt{57}}{2}+4 $
解析： $ O{P}^{2}=16{ \cos }^{2}(t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})+9{ \cos }^{2}(t+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $
$ =16{ \cos }^{2}(t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})+9{ \cos }^{2}[(t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $
$ =16{ \cos }^{2}(t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})+9{ \sin }^{2}(t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $
$ =9+7{ \cos }^{2}(t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ .
当 $ t\in [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}] $ 时， $ t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}] $ ,
$ \therefore \cos (t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})\in [\dfrac{\sqrt{3}}{2},1] $ , $ { \cos }^{2}(t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})\in [\dfrac{3}{4},1] $ ,
$ \therefore O{P}^{2}\in [\dfrac{57}{4},16] $ ,
$ \therefore |OP{|}_{ \min }=\dfrac{\sqrt{57}}{2} $ , $ |OP{|}_{ \max }=4 $ .
$ \therefore $ 所求之和为 $ \dfrac{\sqrt{57}}{2}+4 $ .