主题2 第4章 第4节 三角函数的图象与性质(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

主题二 函　数 第四章　三角函数、解三角形 第4节　三角函数的图象与性质 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 夯实 必备知识 01 跃升 关键能力 02 课时冲关 03 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 夯实 必备知识 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 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创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 　 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 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金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） ★[课程标准] 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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\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 正弦函数y＝sin x，x∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)． 余弦函数y＝cos x，x∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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 {xeq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x∈R且x≠)) eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，k∈Z))} 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\[\rc\ (\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，)) eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)))　 　[2kπ－π，2kπ]　 eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，)) eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2))) 递减 区间 　eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，)) eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(3π,2)))　 　[2kπ，2kπ＋π]　 无 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　 无 1．对称与周期的关系 正弦曲线、余弦曲线相邻的两个对称中心、相邻的两条对称轴之间的距离是半个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是四分之一个周期；正切曲线相邻两个对称中心之间的距离是半个周期． 2．与三角函数的奇偶性相关的结论 (1)若y＝Asin (ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)；若为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)． (2)若y＝Acos (ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ(k∈Z)；若为奇函数，则有φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)． (3)若y＝Atan (ωx＋φ)为奇函数，则有φ＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)． ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)函数y＝sin x的图象介于直线y＝1与y＝－1之间．(　　) (2)将余弦曲线向右平移eq \f(π,2)个单位就得到正弦曲线．(　　) (3)函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))是奇函数．(　　) (4)函数y＝sin x的对称轴方程为x＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)．(　　) (5)正切函数在整个定义域内是增函数．(　　) 答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)× ◆[小题查验] 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∈R\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,6))))) B.eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(π,12))))) C.eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,6)k∈Z)))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,6)k∈Z)))) 解析：D　[由2x＋eq \f(π,6)≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)，k∈Z.] 2．(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eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))上单调递减 C．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))及eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减 D．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))及eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))上单调递减 答案：ABD 3．(2024·新课标Ⅰ卷)当x∈[0，2π]时，曲线y＝sin x与y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的交点个数为(　　) A．3　　　　B．4　　　　C．6　　　　D．8 解析：C　[因为函数y＝sin x的最小正周期为T＝2π， 函数y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的最小正周期为T＝ eq \f(2π,3)， 所以在x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2π))上函数y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))有三个周期的图象， 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示： 由图可知，两函数图象有6个交点．故选C.] 4．(忽视三角函数中内层函数的单调性致错)(BSD必修第二册P71复习题－A组T10(2)改编)函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))单调递增区间为(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5,12)π))(k∈Z) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(5,12)π，kπ＋\f(11,12)π))(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(2,3)π))(k∈Z) 解析：B　[∵y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))＝－sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，即求函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的递减区间．故函数y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))的递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(5,12)π，kπ＋\f(11,12)π))(k∈Z)．] 5．函数y＝3－2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值为________，此时x＝________. 解析：函数y＝3－2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值为3＋2＝5，此时x＋eq \f(π,4)＝π＋2kπ，k∈Z，即x＝eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)． 答案：5　eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z) 三角函数的定义域、值域问题 ►[命题点1]　三角函数的定义域问题　 1．(2025·全国模拟)若函数f(x)＝eq \r(2sin\f(π,2)x－1)的定义域为(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋4kπ，\f(5π,3)＋4kπ))(k∈Z) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋4k，\f(5,3)＋4k))(k∈Z) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋4kπ，\f(5π,6)＋4kπ))(k∈Z) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)＋4k，\f(5,6)＋4k))(k∈Z) 解析：B　[由题意，得2sin eq \f(π,2)x－1≥0， eq \f(π,2)x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2kπ，\f(5π,6)＋2kπ))(k∈Z)， 则x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋4k，\f(5,3)＋4k))(k∈Z)．] 2．(1)函数y＝eq \r(sin x－cos x)的定义域为________． (2)函数y＝lg(sin 2x)＋eq \r(9－x2)的定义域为_________________． 解析：(1)法一(利用三角函数图象)：要使函数有意义，必须使sin x－cos x≥0.在同一坐标系中画出[0,2π]上y＝sin x和y＝cos x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，所以函数y＝eq \r(sin x－cos x)的定义域为 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)))). 法二(利用三角函数线)：画出满足条件sin x≥cos x的角x的终边范围(如图阴影部分所示)， ∴函数y＝eq \r(sin x－cos x)的定义域为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x))≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)). 法三(利用整体思想)：sin x－cos x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))≥0，将x－eq \f(π,4)视为一个整体，由正弦函数y＝sin x的图象和性质可知2kπ≤x－eq \f(π,4)≤π＋2kπ，k∈Z，解得2kπ＋eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,4)，k∈Z.所以函数y＝eq \r(sin x－cos x)的定义域为 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)))). (2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(sin 2x＞0，,9－x2≥0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2kπ＜2x＜2kπ＋π，k∈Z，,－3≤x≤3.)) ∴－3≤x＜－eq \f(π,2)或0＜x＜eq \f(π,2). ∴函数y＝lg(sin 2x)＋eq \r(9－x2)的定义域为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(－3≤x＜－\f(π,2)，或0＜x＜\f(π,2))))). 答案：(1)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)))) (2)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(－3≤x＜－\f(π,2)，或0＜x＜\f(π,2))))) 求三角函数的定义域实际上就是解简单的三角不等式，常借助于三角函数线或三角函数图象来求解． ►[命题点2]　三角函数的值域(最值)问题　 3．(1)(2024·天津高考)已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin 3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0))的最小正周期为π.则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,6)))的最小值是(　　) A．－ eq \f(\r(3),2)　　　　　　B．－ eq \f(3,2) C．0 D． eq \f(3,2) (2)(2024·四川资阳市月考)函数y＝sin2x－cosx的最大值为________． (3)函数y＝sin x＋cos x＋sin x cos x的值域为________． 解析：(1)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin 3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3ωx＋π))＝－sin 3ωx，由T＝ eq \f(2π,3ω)＝π得ω＝ eq \f(2,3)， 即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝－sin 2x图象，如下图： 由图可知，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝－sin 2x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,6)))上递减， 所以，当x＝ eq \f(π,6)时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))min＝－sin eq \f(π,3)＝－ eq \f(\r(3),2).故选A. (2)函数y＝sin2x－cosx＝－cos2x－cosx＋1， 令t＝cos x，t∈[－1，1]， 则y＝－t2－t＋1＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(5,4)，t∈[－1，1]， 所以当t＝－ eq \f(1,2)时，函数取得最大值为 eq \f(5,4). (3)设t＝sin x＋cos x，则sin x cos x＝ eq \f(t2－1,2)(－ eq \r(2)≤t≤ eq \r(2))，y＝t＋ eq \f(1,2)t2－ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)(t＋1)2－1. 当t＝ eq \r(2)时，y取最大值 eq \r(2)＋ eq \f(1,2)；当t＝－1时，y取最小值－1. ∴函数的值域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)＋\r(2))). 答案： (1)A　(2) eq \f(5,4)　(3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)＋\r(2))) 1．求三角函数的定义域实际上就是解简单的三角不等式，常借助于三角函数线或三角函数图象来求解． 2．求三角函数的值域(最值)的常见题型及求解策略： (1)形如y＝asin x＋bcos x＋c的三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，再求最值(值域)； (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)； (3)形如y＝asin xcos x＋b(sin x±cos x)＋c的三角函数，可先设t＝sin x±cos x，化为关于t的二次函数求值域(最值)． 三角函数的单调性 ►[命题点1]　求三角函数的单调区间　 [典例1]　(1)(2022·北京卷)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,16)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错误；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错误；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正确；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错误． [答案]　C (2)y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3) －2x))的单调递减区间为　________　. [解析]　y＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的减区间是 y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的增区间． 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. 故所给函数的减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z. [答案]　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z [互动探究] 在本例(2)中函数不变，求函数在[－π，0]上的单调递减区间． 解：法一：x∈R时，y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))的减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.令k＝0，得－eq \f(π,12)≤x≤eq \f(5π,12)； 令k＝－1，得－eq \f(13π,12)≤x≤－eq \f(7π,12)， 故x∈[－π，0]时，y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))的减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(7π,12)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0)). 法二：因为－π≤x≤0，所以－eq \f(7,3)π≤2x－eq \f(π,3)≤－eq \f(π,3)，结合正弦曲线， 由－eq \f(7,3)π≤2x－eq \f(π,3)≤－eq \f(3,2)π，解得－π≤x≤－eq \f(7,12)π； 由－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤－eq \f(π,3)，解得－eq \f(π,12)≤x≤0， 所以单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(7π,12)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12) ，0)). ►[命题点2]　根据单调性求参数　 [典例2]　 (1)(2025·云南保山期末)已知f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin ωx(ω>0)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上单调递增，则ω的取值范围为________． [解析]　对于f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin ωx，令t＝ωx，ω>0，则y＝sin t， 因为x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))，所以t∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,3)，\f(ωπ,4)))， 结合正弦函数的单调性可知： eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)ω≥－\f(π,2)，,\f(π,4)ω≤\f(π,2)，))⇒ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ω≤\f(3,2)，,ω≤2.)) 又ω>0，所以ω∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))). [答案]　 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))) (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 [解析]　法一： f(x)＝eq \r(2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\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，则易得a的最大值是eq \f(π,4). 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)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))). 由题意知，在[－a，a]上f′(x)≤0， 即－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≤0在区间[－a，a]上恒成立． 也就是sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥0在区间[－a，a]上恒成立． 由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\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)))，解得0＜a≤eq \f(π,4). [答案]　A [互动探究] 若本例(2)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________． 解析：f(x)＝eq \r(2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，由－π＋2kπ≤x＋eq \f(π,4)≤2kπ，k∈Z，即f(x)的增区间为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))，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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a≥\f(3π,4)，,2a≤\f(7π,4)，))即eq \f(3π,4)≤a≤eq \f(7π,8)，故正数a的最小值为eq \f(3π,4). 答案：eq \f(3π,4) 求三角函数单调区间的两种方法 (1)代换法：就是将比较复杂的三角函数处理后的整体当作一个角u(或t)，利用基本三角函数的单调性来求所要求的三角函数的单调区间． (2)图象法：函数的单调性表现在图象上是：从左到右，图象上升趋势的区间为单调递增区间，图象下降趋势的区间为单调递减区间，画出三角函数的图象，结合图象易求它的单调区间． 提醒：求解三角函数的单调区间时，若x的系数为负应先化为正，同时切莫漏掉考虑函数自身的定义域． 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．(2025·广东省联考)函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,6)))的单调递增区间是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(2π,3)，4kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(2π,3)，4kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z 解析：B　[由－eq \f(π,2)＋kπ<eq \f(x,2)－eq \f(π,6)<eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z， 得2kπ－eq \f(2π,3)<x<2kπ＋eq \f(4π,3)，k∈Z， 所以函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,6)))的单调递增区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z.] 2．(2025·湖北荆州中学模拟)已知函数f(x)＝sin 2x＋cos 2x在[π－m，m]上单调递减，则m的最大值为(　　) A.eq \f(3π,8) B.eq \f(5π,8) C.eq \f(7π,8) D.eq \f(9π,8) 解析：B　[f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝eq \r(2)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))， 令eq \f(π,2)＋kπ≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，解得eq \f(π,8)＋kπ≤x≤eq \f(5,8)π＋kπ，k∈Z， 因为π－m＜m，所以m＞eq \f(π,2)，则π－m＜eq \f(π,2)， 故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(π－m≥\f(π,8)，,m≤\f(5π,8)，))解得eq \f(π,2)＜m≤eq \f(5π,8)，所以m最大值为eq \f(5π,8).] 三角函数的奇偶性、周期性和对称性 ►[命题点1]　三角函数的周期性　 1．(2023·天津卷)已知函数f(x)图象的一条对称轴为直线x＝2，f(x)的一个周期为4，则f(x)的解析式可能为(　　) A．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x)) B．f(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x)) C．f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x)) D．f(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x)) 解析：B　[由函数的解析式考查函数的最小周期性：A选项中T＝eq \f(2π,\f(π,2))＝4，B选项中T＝eq \f(2π,\f(π,2))＝4， C选项中T＝eq \f(2π,\f(π,4))＝8，D选项中T＝eq \f(2π,\f(π,4))＝8， 排除选项C、D； 对于A选项，当x＝2时，函数值sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)×2))＝0，故(2,0)是函数的一个对称中心，排除选项A； 对于B选项，当x＝2时，函数值coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)×2))＝－1，故x＝2是函数的一条对称轴．] 2．若x＝eq \f(π,8)是函数f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(x∈R)的一个零点，且0＜ω＜10，则函数f(x)的最小正周期为________． 解析：依题意知，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,8)－\f(π,4)))＝0， 即eq \f(ωπ,8)－eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，整理得ω＝8k＋2，k∈Z. 又因为0＜ω＜10，所以0＜8k＋2＜10，得－eq \f(1,4)＜k＜1， 而k∈Z，所以k＝0，ω＝2， 所以f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，f(x)的最小正周期为π. 答案：π 求三角函数周期的方法 (1)利用周期函数的定义； (2)利用公式：y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(2π,|ω|)，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(π,|ω|)； (3)利用图象：对含绝对值的三角函数的周期问题，通常要画出图象，结合图象进行判断． 1．已知函数f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，则(　　) A．f(x)的最小正周期为π，最大值为3 B．f(x)的最小正周期为π，最大值为4 C．f(x)的最小正周期为2π，最大值为3 D．f(x)的最小正周期为2π，最大值为4 解析：B　[f(x)＝2cos2x－(1－cos2x)＋2＝3cos2x＋1＝eq \f(3,2)cos 2x＋eq \f(5,2)，∴最小正周期为π，最大值为4.] ►[命题点2]　三角函数的对称轴或对称中心　 3．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．] 4．(2022·新高考Ⅰ卷)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：A　[ω＝eq \f(2π,T)∈(2,3)，y＝f(x)的函数图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，则有b＝2，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝2，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＋2＝2，则eq \f(3π,2)ω＋eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z； 解得ω＝eq \f(4k－1,6)，由ω∈(2,3)得k＝4，ω＝eq \f(5,2)， 故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)·\f(π,2)＋\f(π,4)))＋2＝－1＋2＝1.] 若求f(x)＝Asin(ωx＋φ)的对称轴，只需令ωx＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，求x；若求f(x)＝Asin(ωx＋φ)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求x即可． 2．设函数f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))，且其图象关于直线x＝0对称，则(　　) A．y＝f(x)的最小正周期为π，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为增函数 B．y＝f(x)的最小正周期为π，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为减函数 C．y＝f(x)的最小正周期为eq \f(π,2)，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上为增函数 D．y＝f(x)的最小正周期为eq \f(π,2)，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上为减函数 解析：B　[∵函数f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,6)))的图象关于直线x＝0对称， ∴函数f(x)为偶函数，∴φ＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)． ∵|φ|<eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,3)，∴f(x)＝2cos 2x， ∴T＝eq \f(2π,2)＝π.∵0<2x<π，∴0<x<eq \f(π,2)， ∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为减函数．] ►[命题点3]　三角函数奇偶性、对称性的应用　 5．使函数f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cos(2x＋θ)是偶函数，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上是减函数的θ的一个值是(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6) 解析：B　[∵函数f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cos (2x＋θ)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋θ＋\f(π,6)))是偶函数， ∴θ＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，即θ＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z ，因此可取θ＝eq \f(π,3)，此时，f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos 2x，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上，即2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)是减函数．] 6．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))中心对称，则(　　) A．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))单调递减 B．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))有两个极值点 C．直线x＝eq \f(7π,6)是曲线y＝f(x)的对称轴 D．直线y＝eq \f(\r(3),2)－x是曲线y＝f(x)的切线 解析：AD　[由题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋φ))＝0， 所以eq \f(4π,3)＋φ＝kπ，即φ＝－eq \f(4π,3)＋kπ，k∈Z， 又0＜φ＜π，所以k＝2时，φ＝eq \f(2π,3)， 故f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))). 选项A，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))时2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3π,2)))， 由y＝sin u图象知y＝f(x)是单调递减的； 选项B，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))时2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,2)))，由y＝sin u图象知y＝f(x)只有1个极值点，由2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(3π,2)可解得极值点； 选项C，x＝eq \f(7π,6)时2x＋eq \f(2π,3)＝3π，y＝f(x)＝0，直线x＝eq \f(7π,6)不是对称轴； 选项D，由y′＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝－1，得 coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝－eq \f(1,2)， 解得2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(2π,3)＋2kπ或2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，从而得x＝kπ或x＝eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z， 所以函数y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))处的切线斜率为 k＝y′|x＝0＝2coseq \f(2π,3)＝－1， 切线方程为y－eq \f(\r(3),2)＝－(x－0)，即y＝eq \f(\r(3),2)－x.] 函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的奇偶性、对称性的应用 (1)若f(x)＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则当x＝0时，f(x)取得最大或最小值；若f(x)＝Asin(ωx＋φ)为奇函数，则当x＝0时，f(x)＝0. (2)对于函数y＝Asin(ωx＋φ)，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数的零点，因此在判断直线x＝x0或点(x0,0)是否是函数的对称轴或对称中心时，可通过检验f(x0)的值进行判断． 3．(2025·唐山一模)设函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))，则下列结论中错误的是(　　) A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称 B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象关于直线x＝ eq \f(π,6)对称 C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减 D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))上的最大值为1 解析： B　[对A, f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(2π,3)))＝0，为对称点．故A正确； 对B，当x＝ eq \f(π,6)时，x＋ eq \f(2π,3)＝ eq \f(π,6)＋ eq \f(2π,3)＝ eq \f(5π,6)不是y＝sin x的对称轴．故B错误； 对C，当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))时，x＋ eq \f(2π,3)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))， y＝sin x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))上单调递减．故C正确； 对D, 当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))时， x＋ eq \f(2π,3)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3))).当x＋ eq \f(2π,3)＝ eq \f(π,2)时，取得最大值1.故D正确．故选B.] $$