第4章 第3节 三角函数的图象与性质（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

第四章　三角函数与解三角形 第三节　三角函数的图象与性质 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 栏目索引 必备知识 基础落实 关键能力 精准突破 必备知识 基础落实 (π，0) (π，－1) 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 [－1，1] [－1，1] 2π π 奇函数 偶函数 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 [2kπ－π，2kπ] [2kπ，2kπ＋π] 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 (kπ，0) x＝kπ 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 × × × × 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 关键能力 精准突破 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 返回导航 第1轮 数学（北） 第四章　三角函数与解三角形 谢谢观看！ 课标解读 1．能画出三角函数的图象． 2．了解三角函数的周期性、单调性、奇偶性、最大(小)值． 3．借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0，2π]上，正切函数在(－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) )上的性质． 1．用“五点法”作正弦函数和余弦函数的简图 (1)在正弦函数y＝sin x，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是：(0，0)，( eq \f(π,2) ，1)，___________，( eq \f(3π,2) ，－1)，(2π，0). (2)在余弦函数y＝cos x，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是：(0，1)，( eq \f(π,2) ，0)，_____________，( eq \f(3π,2) ，0)，(2π，1). 2．正弦、余弦、正切函数的图象与性质(下表中k∈Z) 函数 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 图象 定义 域 R R eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x|x∈R，且)) x≠kπ＋ eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))) 函数 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 值域 _____________ _____________ R 周期 性 2π ____ __ 奇偶 性 ______ ______ 奇函数 函数 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 递增 区间 每一个闭区间[2kπ－ eq \f(π,2) ，2kπ＋ eq \f(π,2) ] 每一个闭区间 _______________ 每一个区间(kπ－ eq \f(π,2) ，kπ＋ eq \f(π,2) ) 递减 区间 每一个闭区间[2kπ＋ eq \f(π,2) ，2kπ＋ eq \f(3π,2) ] 每一个闭区间_______________ 函数 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 对称 中心 ______________ (kπ＋ eq \f(π,2) ，0) ( eq \f(kπ,2) ，0) 对称 轴方 程 x＝kπ＋ eq \f(π,2) ________ (1)写单调区间时，不要忘记k∈Z. (2)求函数y＝A sin (ωx＋φ)的单调区间时，应注意ω的符号，只有当ω＞0时，才能把ωx＋φ看作一个整体，代入y＝sin t的相应单调区间求解，否则将出现错误． (3)函数y＝A sin (ωx＋φ)和y＝A cos (ωx＋φ)的最小正周期都是 eq \f(2π,|ω|) ，y＝A tan (ωx＋φ)的最小正周期是 eq \f(π,|ω|) . (4)y＝sin x与y＝cos x的对称轴经过函数图象的最高(低)点，三角函数图象的对称中心不一定在函数图象上，如y＝tan x. (5)正切函数的图象是由直线x＝kπ＋ eq \f(π,2) (k∈Z)隔开的无穷多支曲线组成的． (6)①y＝tan x无单调递减区间；②y＝tan x在整个定义域内不单调． 1．判断正误 (1)y＝sin x在第一、第四象限单调递增．(　　　) (2)由sin ( eq \f(π,6) ＋ eq \f(2π,3) )＝sin eq \f(π,6) ，知 eq \f(2π,3) 是正弦函数y＝sin x(x∈R)的一个周期．(　　　) (3)已知y＝k sin x＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1．(　　　) (4)若sin x> eq \f(\r(2),2) ，则x> eq \f(π,4) .(　　　) 2．(多选)函数y＝1＋cos x，x∈( eq \f(π,3) ，2π)的图象与直线y＝t(t为常数)的交点可能有(　　) A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 答案：ABC 3．(多选)下列关于函数y＝4sin x，x∈[0，2π]的单调性的叙述，不正确的是(　　) A．在[0，π]上单调递增，在[π，2π]上单调递减 B．在[0， eq \f(π,2) ]上单调递增，在[ eq \f(3π,2) ，2π]上单调递减 C．在[0， eq \f(π,2) ]及[ eq \f(3π,2) ，2π]上单调递增，在[ eq \f(π,2) ， eq \f(3π,2) ]上单调递减 D．在[ eq \f(π,2) ， eq \f(3π,2) ]上单调递增，在[0， eq \f(π,2) ]及[ eq \f(3π,2) ，2π]上单调递减 答案：ABD 4．(多选)(2023·山东青岛调研)函数y＝3tan (2x＋ eq \f(π,4) )的定义域是(　　) A． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z)))))) B． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(x≠\f(k,2)π－\f(π,8)，k∈Z)))))) C． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(x≠\f(k,2)π＋\f(π,8)，k∈Z)))))) D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(x≠\f(k,2)π，k∈Z)))))) 答案：C　解析：要使函数有意义， 则2x＋ eq \f(π,4) ≠kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z， 即x≠ eq \f(k,2) π＋ eq \f(π,8) ，k∈Z， 所以函数的定义域为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(x≠\f(k,2)π＋\f(π,8)，k∈Z)))))) . 5．(多选)已知函数f(x)＝sin (x－ eq \f(π,2) )(x∈R)，下列结论正确的是(　　) A.函数f(x)的最小正周期为2π B．函数f(x)在区间[0， eq \f(π,2) ]上是增函数 C．函数f(x)的图象关于直线x＝0对称 D．函数f(x)是奇函数 答案：ABC 6．(2023·山东曲阜师范大学附中月考)cos 23°，sin 68°，cos 97°的大小关系是________________. 答案：sin 68°＞cos 23°＞cos 97°　解析：sin 68°＝cos 22°， 又y＝cos x在[0°，180°]上是减函数， ∴sin 68°＞cos 23°＞cos 97°. 1．已知函数f(x)＝cos x－cos 2x，则该函数是(　　) A．奇函数，最大值为2 B．偶函数，最大值为2 C．奇函数，最大值为 eq \f(9,8) D．偶函数，最大值为 eq \f(9,8) D　解析：函数f(x)定义域为R， 且f(－x)＝f(x)，则f(x)为偶函数． 又f(x)＝cos x－cos 2x＝cos x－(2cos2x－1)＝ －2cos2x＋cosx＋1＝－2(cos x－ eq \f(1,4) )2＋ eq \f(9,8) . 故最大值为 eq \f(9,8) . 2．(2023·广东佛山模拟)f(x)＝sin3x cosx－sin xcos3x的最大值为(　　) A． eq \f(1,2) B． eq \f(1,4) C． eq \f(\r(2),2) D．1 B　解析：∵f(x)＝sin3x cosx－sin x cos3x＝ sinx cos x·(sin2x－cos2x)＝－ eq \f(1,2) sin2x cos 2x＝ － eq \f(1,4) sin 4x， ∴f(x)＝sin3x cosx－sin x cos3x的最大值为 eq \f(1,4) . 3．(2023·山东临朐一中月考)函数y＝ eq \r(sinx－cos x) 的定义域为__________． 答案： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4))) (k∈Z)　解析：要使函数有意义，必须使sin x－cos x≥0.利用图象，在同一坐标系中画出y＝sin x和y＝cos x在[0，2π]上的图象，如图所示． 在[0，2π]内，满足sin x＝cos x的x为 eq \f(π,4) ， eq \f(5π,4) ，再结合正弦、余弦函数的周期是2π，所以原函数的定义域为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)))))) . 4．函数y＝sin x－cos x＋sin x cos x，x∈[0，π]的最小值是________________． 答案：－1　解析：设sin x－cos x＝t， 则t＝ eq \r(2) sin (x－ eq \f(π,4) ). 因为x∈[0，π]，所以x－ eq \f(π,4) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4))) ， 所以t∈[－1， eq \r(2) ]，sin x cos x＝ eq \f(1－t2,2) ， 所以y＝t＋ eq \f(1－t2,2) ＝－ eq \f(1,2) (t－1)2＋1， 当t＝－1时，ymin＝－1． 考向1　求三角函数的单调区间 【例1】 (1)下列区间中，函数f(x)＝7sin (x－ eq \f(π,6) )单调递增的区间是(　　) A．(0， eq \f(π,2) ) B．( eq \f(π,2) ，π) C．(π， eq \f(3π,2) ) D．( eq \f(3π,2) ，2π) (2)(2023·广东珠海模拟)已知函数f(x)＝2cos (x＋ eq \f(π,6) )，设a＝f( eq \f(π,7) )，b＝f( eq \f(π,6) )，c＝f( eq \f(π,4) )，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a>b>c B．a>c>b C．c>a>b D．b>a>c (1)A　(2)A　解析：(1)当函数f(x)＝7sin (x－ eq \f(π,6) )单调递增时， － eq \f(π,2) ＋2kπ≤x－ eq \f(π,6) ≤ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z， 解得－ eq \f(π,3) ＋2kπ≤x≤ eq \f(2π,3) ＋2kπ，k∈Z. 令k＝0，得－ eq \f(π,3) ≤x≤ eq \f(2π,3) . 因为(0， eq \f(π,2) )⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) ， 所以(0， eq \f(π,2) )是函数f(x)＝7sin (x－ eq \f(π,6) )的单调递增区间． (2)a＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,7))) ＝2cos eq \f(13π,42) ，b＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＝2cos eq \f(π,3) ，c＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) ＝2cos eq \f(5π,12) ，因为y＝cos x在[0，π]上单调递减，又 eq \f(13π,42) < eq \f(π,3) < eq \f(5π,12) ，所以a>b>c. 【变式】 将本例(1)中的函数变为“f(x)＝sin (－2x＋ eq \f(π,3) )”，求其单调递减区间． 解：f(x)＝sin (－2x＋ eq \f(π,3) )＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－（2x－\f(π,3)）)) ＝ －sin (2x－ eq \f(π,3) )， 由2kπ－ eq \f(π,2) ≤2x－ eq \f(π,3) ≤2kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z， 得kπ－ eq \f(π,12) ≤x≤kπ＋ eq \f(5π,12) ，k∈Z. 故所求函数的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12))) (k∈Z). 【练1】 (2023·广东茂名模拟)设函数f(x)＝cos ( eq \f(π,3) －2x)，则f(x)在[0， eq \f(π,2) ]上的单调递减区间是(　　) A．[0， eq \f(π,6) ] B．[0， eq \f(π,3) ] C．[ eq \f(π,3) ， eq \f(π,2) ] D．[ eq \f(π,6) ， eq \f(π,2) ] D　解析：由已知f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))) ，2kπ≤2x－ eq \f(π,3) ≤2kπ＋π，k∈Z，kπ＋ eq \f(π,6) ≤x≤kπ＋ eq \f(2π,3) ，k∈Z，又x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，∴f(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) . 考向2　由函数单调性求参数 【例2】 若f(x)＝cos x－sin x在[－a，a]上是减函数，则a的最大值是(　　) A． eq \f(π,4) B． eq \f(π,2) C． eq \f(3π,4) D．π A　解析：(方法一：一角一函数——模型解法) f(x)＝cos x－sin x＝ eq \r(2) cos (x＋ eq \f(π,4) )， 由2kπ≤x＋ eq \f(π,4) ≤2kπ＋π，k∈Z， 得2kπ－ eq \f(π,4) ≤x≤2kπ＋ eq \f(3π,4) ，k∈Z. 即f(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋2kπ，\f(3π,4)＋2kπ)) (k∈Z). 又函数f(x)在[－a，a]上是减函数， 则[－a，a]⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,4)，2kπ＋\f(3π,4))) (k∈Z)， 显然当k＝0时，上述关系才能成立， 即[－a，a]⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4))) . 易得a的最大值是 eq \f(π,4) . (方法二：导数法——转化为不等式恒成立模型) 由已知得，f′(x)＝－sin x－cos x＝ －(sin x＋cos x)＝－ eq \r(2) sin (x＋ eq \f(π,4) ). 由题意知，在[－a，a]上，f′(x)≤0， 即－ eq \r(2) sin (x＋ eq \f(π,4) )≤0在区间[－a，a]上恒成立． 也就是sin (x＋ eq \f(π,4) )≥0在区间[－a，a]上恒成立． 由sin (x＋ eq \f(π,4) )≥0，得2kπ≤x＋ eq \f(π,4) ≤2kπ＋π，k∈Z， 解得2kπ－ eq \f(π,4) ≤x≤2kπ＋ eq \f(3π,4) ，k∈Z. 所以[－a，a]⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,4)，2kπ＋\f(3π,4))) (k∈Z)， 显然当k＝0时，上述关系才能成立， 即[－a，a]⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4))) ， 此时 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a≥－\f(π,4)，,a≤\f(3π,4)，)) 解得a≤ eq \f(π,4) .故a的最大值为 eq \f(π,4) . 【变式】 若本例变为f(x)＝cos x－sin x在[a，2a]上是增函数，则实数a的最小值为________________. 答案： eq \f(3π,4) 　解析：f(x)＝cos x－sin x＝ eq \r(2) cos (x＋ eq \f(π,4) )， 由－π＋2kπ≤x＋ eq \f(π,4) ≤2kπ，k∈Z， 得－ eq \f(5π,4) ＋2kπ≤x≤－ eq \f(π,4) ＋2kπ，k∈Z， 即f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,4)＋2kπ，－\f(π,4)＋2kπ)) (k∈Z). 依题意[a，2a]⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,4)＋2kπ，－\f(π,4)＋2kπ)) (k∈Z). 由于a＞0且求最小值， 故当k＝1时，上述关系才能成立， 即[a，2a]⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(7π,4))) ， ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥\f(3π,4)，,2a≤\f(7π,4)，)) 解得 eq \f(3π,4) ≤a≤ eq \f(7π,8) . 故实数a的最小值为 eq \f(3π,4) . 【练2】 已知ω>0，函数f(x)＝sin (ωx＋ eq \f(π,4) )在( eq \f(π,2) ，π)上单调递减，则ω的取值范围是____________________. 答案： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4))) 　解析：由 eq \f(π,2) <x<π，ω>0， 得 eq \f(ωπ,2) ＋ eq \f(π,4) <ωx＋ eq \f(π,4) <ωπ＋ eq \f(π,4) . 又y＝sin t的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2))) (k∈Z)，故( eq \f(ωπ,2) ＋ eq \f(π,4) ，ωπ＋ eq \f(π,4) )⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2))) (k∈Z)， 解得4k＋ eq \f(1,2) ≤ω≤2k＋ eq \f(5,4) ，k∈Z. 又由4k＋ eq \f(1,2) －(2k＋ eq \f(5,4) )≤0，k∈Z且2k＋ eq \f(5,4) >0，k∈Z，得k＝0，所以ω∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4))) . 【例3】 (1)已知函数f(x)＝2sin (ωx＋ eq \f(π,6) )(ω＞0)的最小正周期为4π，则该函数的图象(　　) A．关于点( eq \f(π,3) ，0)对称 B．关于点( eq \f(5π,3) ，0)对称 C．关于直线x＝ eq \f(π,3) 对称 D．关于直线x＝ eq \f(5π,3) 对称 (2)(多选)(2023·辽宁大连模拟)已知函数f(x)＝sin x cos x＋ eq \f(\r(3),2) (1－2sin2x)，则有关函数f(x)的说法正确的是(　　) A．f(x)的图象关于点( eq \f(π,3) ，0)对称 B．f(x)的最小正周期为π C．f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,6) 对称 D．f(x)的最大值为 eq \r(3) (1)B　(2)AB　解析：(1)因为函数f(x)＝2sin(ωx＋ eq \f(π,6) )(ω＞0)的最小正周期是4π， 而T＝ eq \f(2π,ω) ＝4π，所以ω＝ eq \f(1,2) ， 即f(x)＝2sin ( eq \f(1,2) x＋ eq \f(π,6) ). 函数f(x)图象的对称轴为 eq \f(x,2) ＋ eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ＋kπ，k∈Z， 解得x＝ eq \f(2,3) π＋2kπ，k∈Z，故C，D错误； 函数f(x)图象的对称中心的横坐标为 eq \f(x,2) ＋ eq \f(π,6) ＝kπ，k∈Z， 解得x＝2kπ－ eq \f(1,3) π，k∈Z，故A错误，B正确． (2)由题可知f(x)＝ eq \f(1,2) sin 2x＋ eq \f(\r(3),2) cos 2x＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) .当x＝ eq \f(π,3) 时，2x＋ eq \f(π,3) ＝π，故函数f(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0)) 对称，故A正确； 函数f(x)的最小正周期T＝ eq \f(2π,2) ＝π，故B正确； 当x＝ eq \f(π,6) 时，2x＋ eq \f(π,3) ＝ eq \f(2π,3) ，所以函数f(x)的图象不关于直线x＝ eq \f(π,6) 对称，故C错误； 函数f(x)的最大值为1，故D错误． 【练3】 (多选)(2023·广东广州调研)已知函数f(x)＝sin 2x＋2cos2x，则(　　) A．f(x)的最大值为3 B．f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,8) 对称 C．f(x)的图象关于点(－ eq \f(π,8) ，1)对称 D．f(x)在[－ eq \f(π,4) ， eq \f(π,4) ]上单调递增 BC　解析：f(x)＝sin2x＋2cos2x＝sin2x＋cos 2x＋1＝ eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) ＋1，则f(x)的最大值为 eq \r(2) ＋1，故A错误； 当x＝ eq \f(π,8) 时，2x＋ eq \f(π,4) ＝ eq \f(π,2) ，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8))) ＝ eq \r(2) sin (2× eq \f(π,8) ＋ eq \f(π,4) )＋1＝ eq \r(2) ＋1，则f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,8) 对称，故B正确； 当x＝－ eq \f(π,8) 时，2x＋ eq \f(π,4) ＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8))) ＝ eq \r(2) sin [2×(－ eq \f(π,8) )＋ eq \f(π,4) ]＋1＝1，则f(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，1)) 对称，故C正确； 当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4))) 时，2x＋ eq \f(π,4) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4))) ，故当2x＋ eq \f(π,4) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,2))) ，即x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,8))) 时，函数单调递增；当2x＋ eq \f(π,4) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4))) ，即x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,4))) 时，函数单调递减，故D错误． $$