第四章 §4.5 三角函数的图象与性质-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（A版）

第四章　三角函数与解三角形 §4.5　三角函数的图象与性质 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 复盘 必备知识 01 跃升 关键能力 02 课时冲关 03 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 复盘 必备知识 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 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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\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,2))))) 值域 　[－1,1]　 　[－1,1]　 R 周期性 2π 　2π　 　π　 奇偶性 　奇函数　 　偶函数　 奇函数 递增 区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2))) 　[2kπ－π，2kπ]　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2))) 递减 区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2))) 　[2kπ，2kπ＋π]　 对称 中心 　(kπ，0)　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0)) 对称轴 方程 x＝kπ＋eq \f(π,2) 　x＝kπ　 1．对称性与周期性 (1)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是eq \f(1,2)个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是eq \f(1,4)个周期． (2)正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期． 2．奇偶性 若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，则 (1)f(x)为偶函数的充要条件是φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)． (2)f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z)． 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)正切函数y＝tan x在定义域内是增函数．(　×　) (2)已知y＝ksin x＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1.(　×　) (3)函数y＝sin x的图象关于点(kπ，0)(k∈Z)中心对称．(　√　) (4)y＝sin|x|与y＝|sin x|都是周期函数．(　×　) 2．(教材改编)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)的最小正周期为π，则f(x)的单调递增区间为(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,3)))(k∈Z) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z) 解析：D　[根据已知得eq \f(2π,ω)＝π，得ω＝2.由不等式2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得kπ－eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，所以函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．] 3．(2024·北京卷)设函数f(x)＝sin ωx(ω＞0)，已知f(x1)＝－1，f(x2)＝1，且|x1－x2|的最小值为eq \f(π,2)，则ω＝(　　) A．1　　　 B．2 C．3　　　 D．4 解析：B　[由题意可知：x1为f(x)的最小值点， x2为f(x)的最大值点， 则|x1－x2|min＝eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，即T＝π， 且ω＞0，所以ω＝eq \f(2π,T)＝2.] 4．写出一个图象关于直线x＝2对称且在[0,2]上单调递增的偶函数：f(x)＝________. 解析：如f(x)＝－coseq \f(π,2)x，f(－x)＝－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)x))＝－coseq \f(π,2)x＝f(x)，所以f(x)为偶函数， 由eq \f(π,2)x＝kπ，k∈Z，得x＝2k，k∈Z，当k＝1时，f(x)＝－coseq \f(π,2)x的图象关于直线x＝2对称． 由x∈[0,2]，得eq \f(π,2)x∈[0，π]，则由余弦函数的性质可知，函数f(x)＝－coseq \f(π,2)x在[0,2]上单调递增，故符合条件的可以是f(x)＝－coseq \f(π,2)x. 答案：－coseq \f(π,2)x(答案不唯一) 三角函数的定义域和值域 [例1]　(1)函数f(x)＝－2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的定义域是(　　) A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,6))))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≠－\f(π,12))))) C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,6)，k∈Z)))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,6)，k∈Z)))) [解析]　由2x＋eq \f(π,6)≠eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)， 得x≠eq \f(π,6)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)， 故函数f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(π,6)＋\f(kπ,2)，k∈Z)). [答案]　D (2)(2025·邯郸模拟)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上的值域为(　　) A．(0,1]　　　　　　　 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0)) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)) D．[－1,1] [解析]　当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))时，2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，π))，当2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)时，即x＝eq \f(π,12)时，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))取最大值1，当2x＋eq \f(π,3)＝－eq \f(π,3)，即x＝－eq \f(π,3)时，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))取最小值－eq \f(\r(3),2)，故值域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)). [答案]　C 三角函数定义域、值域的求解策略 1．求三角函数的定义域 实际上是解简单的三角不等式，常借助三角函数线或三角函数图象来求解． 2．求解三角函数的值域(最值)常见到以下几种类型的题目： (1)形如y＝asin ωx＋bcos ωx＋c的三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)； (2)形如y＝asin2x＋bsin x＋c的三角函数，可先设sin x＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)． 1．函数y＝ln(3－2x－x2)＋eq \r(2sin x－1)的定义域是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,6))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，\f(π,6))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6))) 解析：A　[由题知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3－2x－x2＞0，,2sin x－1≥0，)) 由3－2x－x2＞0，解得－3＜x＜1， 由2 sin x－1≥0，解得eq \f(π,6)＋2kπ≤x≤eq \f(5π,6)＋2kπ，k∈Z, 当k＝0时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－3＜x＜1，,\f(π,6)≤x≤\f(5π,6)，))解得eq \f(π,6)≤x＜1. 当k＝1时，区间(－3,1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)，\f(17π,6)))无交集； 当k＝－1时，区间(－3,1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11π,6)，－\f(7π,6)))无交集；所以函数的定义域eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，1)).] 2．(2024·天津卷)已知函数f(x)＝sin 3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)的最小正周期为π，则f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,6)))的最小值为(　　) A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(3,2) C．0 D.eq \f(3,2) 解析：A　[f(x)＝sin 3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＝sin(3ωx＋π)＝－sin 3ωx，由T＝eq \f(2π,3ω)＝π，得ω＝eq \f(2,3)， 即f(x)＝－sin 2x，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,6)))时，2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))， 画出f(x)＝－sin 2x图象，如图， 由图可知，f(x)＝－sin 2x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,6)))上单调递减， 所以，当x＝eq \f(π,6)时，f(x)min＝－sineq \f(π,3)＝－eq \f(\r(3),2).] 三角函数的周期性与对称性 ►[角度1]　三角函数的周期性　 [例2－1]　函数y＝2sin2x＋sin 2x的最小正周期是(　　) A.eq \f(π,4)　　 B.eq \f(π,2) C．π　　 D．2π [解析]　函数y＝2sin2x＋sin 2x＝2×eq \f(1－cos 2x,2)＋sin 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋1，则函数的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π. [答案]　C ►[角度2]　三角函数的奇偶性　 [例2－2]　(2025·大连模拟)已知函数f(x)＝sin(x＋θ)＋eq \r(3)cos(x＋θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))))是偶函数，则θ的值为(　　) A．0 B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3) [解析]　据已知可得f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋θ＋\f(π,3)))，若函数为偶函数，则必有θ＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，又由于θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，故有θ＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，解得θ＝eq \f(π,6)，经代入检验符合题意． [答案]　B ►[角度3]　三角函数的对称性　 [例2－3]　(1)记函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω＞0)的最小正周期为T.若eq \f(2π,3)＜T＜π，且y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝(　　) A．1 B.eq \f(3,2) C.eq \f(5,2) D．3 [解析]　由函数的最小正周期T满足eq \f(2π,3)＜T＜π，得eq \f(2π,3)＜eq \f(2π,ω)＜π，解得2＜ω＜3， 又因为函数图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))对称，所以eq \f(3π,2)ω＋eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，且b＝2， 所以ω＝－eq \f(1,6)＋eq \f(2,3)k，k∈Z，所以ω＝eq \f(5,2)， f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)x＋\f(π,4)))＋2， 所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)π＋\f(π,4)))＋2＝1. [答案]　A (2)若函数y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω∈N*)图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，则ω的最小值为(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 [解析]　由eq \f(π,6)ω＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，得ω＝2＋6k，k∈Z.又ω＝N*，故ω的最小值为2. [答案]　B 求函数y＝Asin(ωx＋φ)的对称中心、对称轴问题往往转化为解方程问题： 1．因为正弦曲线的对称中心是(kπ，0)(k∈Z)，所以求y＝Asin(ωx＋φ)图象的对称中心时，由方程ωx＋φ＝kπ，k∈Z，解出x即可． 2．因为y＝sin x的对称轴是直线x＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，所以由方程ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解出的x，即为函数y＝Asin(ωx＋φ)的对称轴． 3．注意y＝tan x的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)． 1．当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)＝sin(x＋φ)取得最小值，则函数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－x))(　　) A．是奇函数且图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称 B．是偶函数且图象关于点(π，0)对称 C．是奇函数且图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称 D．是偶函数且图象关于直线x＝π对称 解析：C　[∵当x＝eq \f(π,4)时，函数f(x)取得最小值， ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝－1，∴φ＝2kπ－eq \f(3π,4)(k∈Z)． ∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2kπ－\f(3π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,4))). ∴y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－x))＝sin(－x)＝－sin x. ∴y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－x))是奇函数，且图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称．] 2．(2024·新课标Ⅱ卷，T9)对于函数f(x)＝sin 2x和g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，下列说法正确的有(　　) A．f(x)与g(x)有相同的零点 B．f(x)与g(x)有相同最大值 C．f(x)与g(x)有相同的最小正周期 D．f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴 解析：BC　[A错，代x＝0便知；B显然对，两者值域相同；C显然对，两者最小正周期都为π；D错，前者对称轴为x＝eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)，后者是x＝eq \f(3π,8)＋eq \f(kπ,2).] 　上面2024年新课标Ⅱ卷T9源于人教A版必修一P239，练习题T1 画出下列函数在长度为一个周期的闭区间上的简图，并用信息技术检验： (1)y＝eq \f(1,2)sin x； (2)y＝sin 3x； (3)y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))； (4)y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))). 解：(1)y＝eq \f(1,2)sin x. (2)y＝sin 3x. (3)y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3))). (4)y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))). 三角函数的单调性 ►[角度1]　求三角函数的单调区间　 [例3－1]　已知函数f(x)＝cos2x－sin2x，则(　　) A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递减 B．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上单调递增 C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减 D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上单调递增 [解析]　因为f(x)＝cos2x－sin2x＝cos 2x.对于A选项，当－eq \f(π,2)＜x＜－eq \f(π,6)时，－π＜2x＜－eq \f(π,3)，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递增，A错； 对于B选项，当－eq \f(π,4)＜x＜eq \f(π,12)时，－eq \f(π,2)＜2x＜eq \f(π,6)，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上不单调，B错； 对于C选项，当0＜x＜eq \f(π,3)时，0＜2x＜eq \f(2π,3)，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减，C对； 对于D选项，当eq \f(π,4)＜x＜eq \f(7π,12)时，eq \f(π,2)＜2x＜eq \f(7π,6)，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上不单调，D错． [答案]　C ►[角度2]　根据单调性求参数　 [例3－2]　(2025·安徽皖北协作区模拟)已知f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cos ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递增，则ω的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(7，\f(26,3))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(7，\f(26,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(50,3)，19)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(50,3)，19)) [解析]　f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cos ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3))) (ω>0)，由2kπ－eq \f(π,2)≤ωx＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z， 得eq \f(2kπ－\f(5π,6),ω)≤x≤eq \f(2kπ＋\f(π,6),ω)，k∈Z， 即函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2kπ－\f(5π,6),ω)，\f(2kπ＋\f(π,6),ω)))，k∈Z. ∵f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递增， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2kπ－\f(5π,6),ω)≤\f(π,6)，,\f(2kπ＋\f(π,6),ω)≥\f(π,4)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ω≥12k－5，,ω≤8k＋\f(2,3)，)) 即12k－5≤ω≤8k＋eq \f(2,3)，k∈Z. ∵ω>0， ∴当k＝0时，－5≤ω≤eq \f(2,3)，即0<ω≤eq \f(2,3)； 当k＝1时，7≤ω≤eq \f(26,3)； 当k＝2时，19≤ω≤eq \f(50,3)，此时不成立． 综上，ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(7，\f(26,3))). [答案]　B 三角函数单调性问题的解题策略 (1)求三角函数单调区间的两种方法：①代换法：求函数的单调区间应遵循简单化原则，将解析式进行化简．化为y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)的形式．求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(其中ω>0)的单调区间时，要视“ωx＋φ”为一个整体，通过解不等式求解．但如果ω<0，那么一定先借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄反．②图解法：若函数的图象能够容易画出，可利用图象直观迅速求解．如某些含绝对值的三角函数．注：正、余弦型单调区间长度为半周期． (2)已知三角函数的单调区间求参数．先求出函数的单调区间，然后利用集合间的关系求解． 1．函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))(x∈[0，π])的单调递增区间是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π)) 解析：C　[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)))，由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq \f(π,3)＋kπ≤x≤eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z，即函数的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋kπ，\f(5π,6)＋kπ))，k∈Z，∴当k＝0时，单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6))).] 2．已知函数f(x)＝－2sin(2x＋φ)(|φ|＜π)，若f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(5π,8)))上单调递增，则φ的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9π,10)，－\f(3π,10))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,5)，\f(9π,10))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,10)，\f(π,4))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,10)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π)) 解析：C　[∵函数f(x)＝－2sin(2x＋φ)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(5π,8)))上单调递增，∴函数y＝2sin(2x＋φ)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(5π,8)))上单调递减，由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋φ≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq \f(π,4)＋kπ－eq \f(φ,2)≤x≤eq \f(3π,4)＋kπ－eq \f(φ,2)，k∈Z，∴eq \f(π,4)＋kπ－eq \f(φ,2)≤eq \f(π,5)，eq \f(5π,8)≤eq \f(3π,4)＋kπ－eq \f(φ,2)，k∈Z， ∴eq \f(π,20)＋kπ≤eq \f(φ,2)≤eq \f(π,8)＋kπ，k∈Z，eq \f(π,10)＋2kπ≤φ≤eq \f(π,4)＋2kπ，k∈Z，∵|φ|＜π，∴令k＝0，解得eq \f(π,10)≤φ≤eq \f(π,4)，∴φ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,10)，\f(π,4))).] $$