第4章 第5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

第四章　三角函数与解三角形 第五节　三角函数的图象与性质 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 目录 contents Part 01 夯实·必备知识 研磨·高考题型 Part 02 课时作业 Part 03 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 夯实·必备知识 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 (π，0) (π，－1) 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 [－1，1] [－1，1] R 2π 2π π 奇函数 偶函数 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 [2kπ－π，2kπ] [2kπ，2kπ＋π] 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 (kπ，0) x＝kπ 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 × × × 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 研磨·高考题型 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 课 时 作 业 （三十） 点击进入word 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 谢谢观看 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 [课标要求]　1.能画出三角函数的图象.2.了解三角函数的周期性、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]上的性质及正切函数在 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 (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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))， ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))， ， 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 {x|x≠kπ＋ eq \f(π,2)} 值域 _____________ _____________ __ 周期 性 ____ ____ __ 奇偶 性 ______ ______ 奇函数 eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2))) eq \b\lc\[(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，)) eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(3π,2))) 递增 区间 _____________ _____________ ________________ ___________ ___________ 递减 区间 _____________ _____________ ________________ eq \b\lc\[(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，)) eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2))) eq \b\lc\((\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，)) 对称 中心 _____________ _________ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0)) 对称 轴方 程 _____________ ________ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0)) x＝kπ＋ eq \f(π,2) 【常用结论】 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 eq \f(1,2)个周期． 2．与三角函数的奇偶性相关的结论 (1)若y＝A sin (ωx＋φ)为偶函数，则φ＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)；若为奇函数，则φ＝kπ(k∈Z). (2)若y＝A cos (ωx＋φ)为偶函数，则φ＝kπ(k∈Z)；若为奇函数，则φ＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z). (3)若y＝A tan (ωx＋φ)为奇函数，则φ＝kπ(k∈Z). 1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”) (1)函数y＝sin x，x∈[0，2π]，y＝cos x，x∈[0，2π]的五个关键点是零点和极值点．(　 　) (2)函数y＝sin x图象的对称轴方程为x＝2kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z).(　　) (3)函数y＝tan x在整个定义域上是增函数．(　 　) 2．(多选)已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\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 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增 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 解析　由题意得f(x)＝－cos x， 对于A，T＝ eq \f(2π,1)＝2π，故A正确； 对于B，因为y＝cos x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故B正确； 对于C，f(－x)＝－cos (－x)＝－cos x＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以其图象关于直线x＝0对称，故C正确，D错误． 3．下列函数，最小正周期为2π的是(　　) A．y＝sin eq \f(x,2)　　　　B．y＝sin 2x C．y＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin \f(x,2))) D．y＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin 2x)) 答案　C 解析　函数y＝sin eq \f(x,2)的最小正周期为T＝ eq \f(2π,\f(1,2))＝4π，故A不符合； 函数y＝sin 2x，其最小正周期为T＝ eq \f(2π,2)＝π，故B不符合； 因为函数y＝sin eq \f(x,2)的最小正周期为T＝4π，所以函数y＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin \f(x,2)))的最小正周期为2π，故C符合； 因为函数y＝sin 2x的最小正周期为T＝ eq \f(2π,2)＝π，所以函数y＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin 2x))的最小正周期为 eq \f(π,2)，故D不符合．故选C. 4．不等式cos x≥ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，π))))的解集为________． 答案　 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3))) 解析　画出y＝cos x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，π))))的图象，如图所示， 由图可知，不等式cos x≥ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，π))))的解集为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3))). 题型一　三角函数的定义域和值域 [例1]　(1)函数y＝ eq \r(cos x－\f(\r(3),2))的定义域为(　　) A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z) C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z) D．R 答案　C 解析　由cos x－ eq \f(\r(3),2)≥0，得cos x≥ eq \f(\r(3),2)， ∴2kπ－ eq \f(π,6)≤x≤2kπ＋ eq \f(π,6)(k∈Z). (2)函数y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,6)－\f(π,3)))(0≤x≤9)的最大值与最小值之和为(　　) A．2－ eq \r(3)　　　　 　B．0 C．－1 D．－1－ eq \r(3) 答案　A 解析　因为0≤x≤9， 则－ eq \f(π,3)≤ eq \f(πx,6)－ eq \f(π,3)≤ eq \f(7π,6)， 所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,6)－\f(π,3)))∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)). 即y∈[－ eq \r(3)，2]，所以ymax＋ymin＝2－ eq \r(3). eq \a\vs4\al([思维升华]) 三角函数值域的不同求法 (1)把所给的三角函数式变换成y＝A sin (ωx＋φ)的形式求值域． (2)把sin x或cos x看作一个整体，转换成二次函数求值域． (3)利用sin x±cos x和sin x cos x的关系转换成二次函数求值域．　 [即时训练] 　(1)(2025·昆明模拟)函数y＝ eq \f(sin x＋cos x,tan x)的定义域为__________． 答案　 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)，k∈Z)))) 解析　因为函数y＝sin x与y＝cos x的定义域为R， 若要使函数y＝ eq \f(sin x＋cos x,tan x)有意义，必须使tan x有意义，且tan x≠0， 所以有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z，,x≠kπ，k∈Z，))解得x≠ eq \f(kπ,2)，k∈Z， 所以函数y＝ eq \f(sin x＋cos x,tan x)的定义域为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)，k∈Z)))).　 (2)(2025·四川泸州质检)函数y＝sin 2x－3cos x＋2的最大值为(　　) A．5 B． eq \f(21,4) C．－1 D．1 答案　A 解析　因为－1≤cos x≤1，y＝sin 2x－3cos x＋2＝－cos 2x－3cos x＋3＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos x＋\f(3,2)))2＋ eq \f(21,4)， 故当cos x＝－1时，函数y＝sin 2x－3cos x＋2取最大值，且ymax＝－1＋3＋3＝5.故选A. 题型二　三角函数的周期性、对称性与奇偶性 [例2]　(1)(多选)(2025·合肥模拟)已知函数f(x)＝sin x(sin x－cos x)，则下列说法正确的是(　　) A．函数f(x)的最小正周期为π B．点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))是y＝f(x)图象的对称中心 C．点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(1,2)))是y＝f(x)图象的对称中心 D．直线x＝ eq \f(5π,8)是y＝f(x)图象的对称轴 答案　AD 解析　f(x)＝sin x(sin x－cos x) ＝sin2x－sinx cos x ＝ eq \f(1－cos 2x,2)－ eq \f(1,2)sin 2x ＝－ eq \f(\r(2),2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋ eq \f(1,2)， T＝ eq \f(2π,2)＝π，故A正确； 当x＝－ eq \f(π,8)时，2x＋ eq \f(π,4)＝0， 此时sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝0， 则函数关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(1,2)))对称，故B错误； 当x＝ eq \f(π,8)时，2x＋ eq \f(π,4)＝ eq \f(π,2)，此时sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝1， 则函数关于直线x＝ eq \f(π,8)对称，故C错误； 当x＝ eq \f(5π,8)时，2x＋ eq \f(π,4)＝ eq \f(3π,2)，此时sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝－1， 则函数关于直线x＝ eq \f(5π,8)对称，故D正确． (2)已知函数f(x)＝ eq \r(2)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)＋φ))是奇函数，且φ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则φ的值为________． 答案　 eq \f(π,4) 解析　由已知，得 eq \f(π,4)＋φ＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)， 所以φ＝kπ＋ eq \f(π,4)(k∈Z)， 又因为φ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))， 所以当k＝0时，φ＝ eq \f(π,4)符合题意． eq \a\vs4\al([思维升华]) (1)奇偶性的判断方法：三角函数中奇函数一般可化为y＝A sin ωx或y＝A tan ωx的形式，而偶函数一般可化为y＝A cos ωx的形式． (2)周期的计算方法：利用函数y＝A sin (ωx＋φ)，y＝A cos (ωx＋φ)(ω>0)的周期为 eq \f(2π,ω)，函数y＝A tan (ωx＋φ)(ω>0)的周期为 eq \f(π,ω)求解． (3)对称轴、对称中心的求法：对于可化为f(x)＝A sin (ωx＋φ)(或f(x)＝A cos (ωx＋φ))形式的函数，如果求f(x)的对称轴，只需令ωx＋φ＝ eq \f(π,2)＋ kπ(k∈Z)(或令ωx＋φ＝kπ(k∈Z))，求x即可；如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或令ωx＋φ＝\f(π,2)＋kπ(k∈Z)))，求x即可．对于可化为f(x)＝A tan (ωx＋φ)形式的函数，如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝ eq \f(kπ,2)(k∈Z)，求x即可．　 [即时训练] 　(1)(多选)下列函数中，最小正周期为π的是(　　) A．y＝cos |2x| 　 B．y＝|cos x| C．y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) 　D．y＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))) 答案　ABC 解析　A中，y＝cos |2x|＝cos 2x，最小正周期为π； B中，由图象知y＝|cos x|的最小正周期为π； C中，y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期T＝ eq \f(2π,2)＝π； D中，y＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的最小正周期T＝ eq \f(π,2). (2)已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，其图象关于直线x＝ eq \f(π,6)对称，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝________． 答案　 eq \r(3) 解析　函数f(x)＝2sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，其图象关于直线x＝ eq \f(π,6)对称， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2π,ω)＝π，,\f(π,6)ω＋φ＝\f(π,2)＋kπ，k∈Z，)) ∵|φ|< eq \f(π,2)，∴ω＝2，φ＝ eq \f(π,6)， 故f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))， 则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)＋\f(π,6)))＝ eq \r(3). 题型三　三角函数的单调性 命题点1　求三角函数的单调区间 [例3]　(1)(2025·河南质检)已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－3x))，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的单调递增区间是(　　) A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12))) C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,4)))， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(5π,12))) D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(π,2))) 答案　D 解析　f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－3x))可化为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,4)))，故单调增区间： 2kπ－π≤3x－ eq \f(π,4)≤2kπ，k∈Z， 解得 eq \f(2,3)kπ－ eq \f(π,4)≤x≤ eq \f(2,3)kπ＋ eq \f(π,12)，k∈Z. 令k＝0，－ eq \f(π,4)≤x≤ eq \f(π,12)，令k＝1， eq \f(5,12)π≤x≤ eq \f(3,4)π. ∵x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))， 所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的单调递增区间是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(π,2))).故选D. (2)函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))的单调递减区间为________． 答案　 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z 解析　f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))的单调递减区间是g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间． 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. 延伸探究　若例3(2)中的函数不变，求其在[0，π]上的单调递减区间． 解　令A＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z，B＝[0，π]， ∴A∩B＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))∪ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，π))， ∴f(x)在[0，π]上的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))∪ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，π)). 命题点2　根据单调性求参数 [例4]　已知f(x)＝sin (2x－φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，且f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,8)))上有最小值，那么φ的取值范围是(　　) A. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) B． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4))) C． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) D． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3))) 答案　B 解析　由x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，可得2x－φ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－φ，\f(2π,3)－φ))， 又由0<φ< eq \f(π,2)，且f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增， 可得 eq \f(2π,3)－φ≤ eq \f(π,2)，所以 eq \f(π,6)≤φ＜ eq \f(π,2). 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,8)))时，2x－φ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－φ，\f(7π,4)－φ))， 由f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,8)))上有最小值，可得 eq \f(7π,4)－φ> eq \f(3π,2)，所以φ< eq \f(π,4).综上， eq \f(π,6)≤φ< eq \f(π,4). eq \a\vs4\al([思维升华]) (1)已知三角函数解析式求单调区间 求形如y＝A sin (ωx＋φ)或y＝A cos (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，可先借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错． (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． 　[即时训练] (1)(2025·四川眉山质检)令a＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10)))，b＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,18)))，判断a与b的大小关系是(　　) A．a>b B．a<b C．a＝b D．无法判断 答案　B 解析　因为函数y＝sin x在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递增，且－ eq \f(π,2)<－ eq \f(π,10)<－ eq \f(π,18)<0， 所以a＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10)))<sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,18)))＝b.故选B. (2)(2025·云南大理质检)已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在x＝π时有最大值，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,18)))上单调递增，则ω的最大值是(　　) A．－ eq \f(11,6) B． eq \f(1,6) C． eq \f(13,6) D． eq \f(19,6) 答案　C 解析　f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在x＝π时取得最大值，即sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωπ＋\f(π,3)))＝1，可得ωπ＋ eq \f(π,3)＝ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z， 所以ω＝ eq \f(1,6)＋2k，k∈Z， 因为要求ω的最大值，所以这里可只考虑ω>0的情况， 又因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,18)))上单调递增，所以 eq \f(ωπ,18)＋ eq \f(π,3)≤ eq \f(π,2)，解得0<ω≤3， 当k＝1时，ω＝ eq \f(13,6)，所以ω的最大值为 eq \f(13,6).故选C. $$