第4章 第3节 三角函数的图象与性质（课件PPT）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

高考总复习 数学 第四章　三角函数 第三节　三角函数的图象与性质 (π，－1) 必备知识 基础落实 [－1，1] [－1，1] 必备知识 基础落实 2π π 奇函数 偶函数 必备知识 基础落实 x＝kπ(k∈Z) 必备知识 基础落实 × × × × 必备知识 基础落实 D 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 B 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 D 必备知识 基础落实 B 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 考点 三角函数的定义域、值域(最值) 问题(多维贯通) 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 考点 三角函数的单调性(多维贯通) C 关键能力 精准突破 D 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 B 关键能力 精准突破 A 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 C 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 考点 三角函数性质的综合(讲练融通) D 关键能力 精准突破 AD 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 B 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 AB 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 请完成：课时作业（二十六） 温馨提示 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． 1．五点法作正弦函数和余弦函数的简图 (1)y＝sin x图象的五个关键点： (0，0)，( eq \f(π,2) ，1)，(π，0)，( eq \f(3π,2) ，－1)，(2π，0). (2)y＝cos x图象的五个关键点： (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 函数 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 图象 定义域 R R ____________________ 值域 _________ _________ R {x eq \b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,2))) }(k∈Z) 函数 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 周期性 2π ____ __ 奇偶性 ______ ______ 奇函数 递增区间 ______________ _______________ ______________ ______________ ________________ ________________ [2kπ－ eq \f(π,2) ，2kπ ＋ eq \f(π,2) ](k∈Z) [2kπ－π， 2kπ](k∈Z) (kπ－ eq \f(π,2) ，kπ ＋ eq \f(π,2) )(k∈Z) (kπ＋ eq \f(π,2) ， 0)(k∈Z) x＝kπ＋ eq \f(π,2) (k∈Z) 函数 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 递减区间 _______________ ______________ ____________________________ 无 对称中心 _______________ ____________________________ ( eq \f(kπ,2) ，0)(k∈Z) 对称轴方程 ________________ _______________ 无 [2kπ＋ eq \f(π,2) ，2kπ ＋ eq \f(3π,2) ](k∈Z) [2kπ，2kπ ＋π](k∈Z) (kπ，0)(k∈Z) 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) ，可知 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．函数f(x)＝－2tan (2x＋ eq \f(π,6) )的定义域是(　　) A． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,6))))) B． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(π,12))))) C． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,6)（k∈Z）)))) D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,6)（k∈Z）)))) 解析：由正切函数的定义域得2x＋ eq \f(π,6) ≠kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，得x≠ eq \f(kπ,2) ＋ eq \f(π,6) ，k∈Z. 3．(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)＝sin ( eq \f(π,2) x) B．f(x)＝cos ( eq \f(π,2) x) C．f(x)＝sin ( eq \f(π,4) x) D．f(x)＝cos ( eq \f(π,4) x) 解析：选项A：若f(x)＝sin ( eq \f(π,2) x)，则T＝ eq \f(2π,\f(π,2)) ＝4，令 eq \f(π,2) x＝ eq \f(π,2) ＋kπ，k∈Z，则x＝1＋2k，k∈Z，显然x＝2不是对称轴，不符合题意； 选项B：若f(x)＝cos ( eq \f(π,2) x)，则T＝ eq \f(2π,\f(π,2)) ＝4， 令 eq \f(π,2) x＝kπ，k∈Z，则x＝2k，k∈Z，故x＝2是一条对称轴，故选项B符合题意； 选项C：f(x)＝sin ( eq \f(π,4) x)，则T＝ eq \f(2π,\f(π,4)) ＝8，不符合题意； 选项D：f(x)＝cos ( eq \f(π,4) x)，则T＝ eq \f(2π,\f(π,4)) ＝8，不符合题意． 4．(2025·湖南长沙雅礼中学模拟)已知函数f(x)＝2sin (x＋ eq \f(π,4) )＋m在区间(0，π)上有零点，则实数m的取值范围为(　　) A．(－ eq \r(2) ， eq \r(2) ) B．(－ eq \r(2) ，2] C．[－2， eq \r(2) ] D．[－2， eq \r(2) ) 解析：由0<x<π得 eq \f(π,4) <x＋ eq \f(π,4) < eq \f(5π,4) ， 所以－ eq \f(\r(2),2) <sin (x＋ eq \f(π,4) )≤1， 所以－ eq \r(2) <2sin (x＋ eq \f(π,4) )≤2， 所以－ eq \r(2) <－m≤2，故－2≤m< eq \r(2) . 5．(2025·西安高三模拟)已知函数f(x)＝tan eq \f(πx,3) 的最小正周期为T，设a＝sin T，b＝cos T，c＝log3T，则(　　) A．b<c<a B．b<a<c C．c<a<b D．a<b<c 解析：∵函数f(x)＝tan eq \f(πx,3) 的最小正周期为T＝ eq \f(π,\f(π,3)) ＝3≈171.9°. 设a＝sin T＝sin 3∈(0， eq \f(1,2) )，b＝cos T＝cos 3<0，c＝log33＝1， ∴b<a<c. 6．(忽视三角函数中内层函数的单调性致误)(2024·大连高三一模)函数y＝2sin ( eq \f(π,6) －2x)，x∈[－π，0]的单调递增区间为________． 答案：[－ eq \f(2π,3) ，－ eq \f(π,6) ]　 解析：∵y＝2sin ( eq \f(π,6) －2x)＝－2sin (2x－ eq \f(π,6) )，x∈[－π，0]， ∴y＝2sin ( eq \f(π,6) －2x)在[－π，0]上的单调递增区间，就是y＝2sin (2x－ eq \f(π,6) )，x∈[－π，0]的单调递减区间， 由 eq \f(π,2) ＋2kπ≤2x－ eq \f(π,6) ≤2kπ＋ eq \f(3π,2) (k∈Z)，得kπ＋ eq \f(π,3) ≤x≤kπ＋ eq \f(5π,6) (k∈Z)， 当k＝－1时，－ eq \f(2π,3) ≤x≤－ eq \f(π,6) ， ∴y＝2sin ( eq \f(π,6) －2x)，x∈[－π，0]的单调递增区间为[－ eq \f(2π,3) ，－ eq \f(π,6) ]. 角度1　三角函数的定义域问题 1．(2025·南昌高三月考)函数y＝lg sin x＋ eq \r(\f(1,2)－cos x) 的定义域是________． 答案：[2kπ＋ eq \f(π,3) ，2kπ＋π)(k∈Z)　 解析：要使原函数有意义，需 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin x>0，,\f(1,2)－cos x≥0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2kπ<x<π＋2kπ，k∈Z，,\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(5π,3)＋2kπ，k∈Z，)) 即2kπ＋ eq \f(π,3) ≤x<2kπ＋π，k∈Z. 2．函数y＝ eq \r(sin x－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：要使原函数有意义，必须使sin x－cos x≥0.利用图象，在同一坐标系中画出[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y＝ eq \r(sin x－cos x) 的定义域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4))) (k∈Z). 角度2　三角函数的值域(最值)问题 3．(2025·天津高三月考)函数f(x)＝3sin (2x－ eq \f(π,6) )在区间[0， eq \f(π,2) ]上的值域为________． 答案： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)) 　 解析：当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 时，2x－ eq \f(π,6) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6))) ，∴sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)) ， 故3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)) ， ∴函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上的值域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)) . 4．函数y＝sin2x－cosx的最大值为________． 答案： eq \f(5,4) 　 解析：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) . 5．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，t＝ eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\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. (1)求三角函数定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数线或三角函数图象来求解． (2)三角函数值域的求法 ①利用y＝sin x和y＝cos x的值域直接求． ②把所给的三角函数式变换成y＝A sin (ωx＋φ)＋b(或y＝A cos (ωx＋φ)＋b)的形式求值域． ③把sin x或cos x看作一个整体，将原函数转换成二次函数求值域． ④利用sin x±cos x和sin x cos x的关系将原函数转换成二次函数求值域． 角度1　求三角函数的单调区间 【例1】 (1)(2022·北京卷)已知函数f(x)＝cos2x－sin2x，则(　　) A．f(x)在(－ eq \f(π,2) ，－ eq \f(π,6) )上单调递减 B．f(x)在(－ eq \f(π,4) ， eq \f(π,12) )上单调递增 C．f(x)在(0， eq \f(π,3) )上单调递减 D．f(x)在( eq \f(π,4) ， eq \f(7π,12) )上单调递增 (2)(2025·郑州模拟)已知函数f(x)＝2cos( eq \f(π,4) －3x)，x∈[－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) ]，则f(x)的单调递增区间是(　　) A．[－ eq \f(π,2) ，0] B．[－ eq \f(π,4) ， eq \f(π,12) ] C．[－ eq \f(π,2) ，－ eq \f(π,4) )，[ eq \f(π,12) ， eq \f(5π,12) ] D．[－ eq \f(π,4) ， eq \f(π,12) ]，[ eq \f(5π,12) ， eq \f(π,2) ] 解析：(1)因为f(x)＝cos2x－sin2x＝cos2x. 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选项错误； 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选项错误； 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选项正确； 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选项错误． (2)f(x)＝2cos ( eq \f(π,4) －3x)＝2cos (3x－ eq \f(π,4) )， 令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(5π,12) ≤x≤ eq \f(3π,4) ， 又x∈[－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) ]， 所以f(x)的单调递增区间是[－ eq \f(π,4) ， eq \f(π,12) ]，[ eq \f(5π,12) ， eq \f(π,2) ]. 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，可借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错． 【练1】 函数f(x)＝cos (2x－ eq \f(π,6) )的一个单调递减区间为(　　) A．[－ eq \f(5π,12) ， eq \f(π,12) ] B．[－ eq \f(11π,12) ，－ eq \f(5π,12) ] C．[－ eq \f(π,6) ， eq \f(π,3) ] D．[ eq \f(π,3) ， eq \f(5π,6) ] 解析：令2x－ eq \f(π,6) ∈[2kπ，π＋2kπ]，k∈Z， 则x∈[ eq \f(π,12) ＋kπ， eq \f(7π,12) ＋kπ]，k∈Z， 当k＝－1时，x∈[－ eq \f(11π,12) ，－ eq \f(5π,12) ]，k∈Z.故选B. 角度2　由函数单调性求参数 【例2】 若f(x)＝cos x－sin x在[－a，a]上单调递减，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：方法一(一角一函数——模型解法) f(x)＝ eq \r(2) cos eq \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]上是单调递减的，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) .故选A. 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 eq \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) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))) ≤0在区间[－a，a]上恒成立． 也就是sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))) ≥0在区间[－a，a]上恒成立． 由sin eq \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))) ， 此时 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,－a≥－\f(π,4)，,a≤\f(3π,4)，)))) 解得0<a≤ eq \f(π,4) .从而a的最大值为 eq \f(π,4) . 【变式探究】 若本例变为f(x)＝cos x－sin x在[a，2a]上单调递增，则实数a的最小值为______． 答案： eq \f(3π,4) 　 解析：f(x)＝ eq \r(2) cos eq \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(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(a≥\f(3π,4)，,2a≤\f(7π,4)，)))) 即 eq \f(3π,4) ≤a≤ eq \f(7π,8) ，故实数a的最小值为 eq \f(3π,4) . 对于已知函数单调区间的某一部分确定参数ω的范围问题，首先，明确已知的单调区间应为函数的单调区间的子集，其次，要确定已知函数的单调区间，从而利用它们之间的关系求解，另外，若是选择题利用特值验证排除法求解更为简捷． 【练2】 (2025·绵阳三诊)已知函数f(x)＝cos (ωx－ eq \f(π,6) )是区间[－ eq \f(π,2) ，0]上的增函数，则正实数ω的取值范围是(　　) A．(0，1] B．(0， eq \f(4,3) ) C．(0， eq \f(5,3) ] D．(0，2] 解析：∵函数f(x)＝cos (ωx－ eq \f(π,6) )是区间[－ eq \f(π,2) ，0]上的增函数，ωx－ eq \f(π,6) ∈[－ eq \f(ωπ,2) － eq \f(π,6) ，－ eq \f(π,6) ]， ∴－ eq \f(ωπ,2) － eq \f(π,6) ≥－π， 求得ω≤ eq \f(5,3) ， 则正实数ω的取值范围是(0， eq \f(5,3) ]. 【例3】 (1)(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)在区间( eq \f(π,6) ， eq \f(2π,3) )单调递增，直线x＝ eq \f(π,6) 和x＝ eq \f(2π,3) 为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，则f(－ eq \f(5π,12) )＝(　　) A.－ eq \f(\r(3),2) B．－ eq \f(1,2) C． eq \f(1,2) D． eq \f(\r(3),2) (2)(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 \f(2π,3) ，0)中心对称，则(　　) A．f(x)在区间(0， eq \f(5π,12) )单调递减 B．f(x)在区间(－ eq \f(π,12) ， eq \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：(1)根据题意可知 eq \f(T,2) ＝ eq \f(2π,3) － eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ，∴T＝π，∵ω>0，∴ω＝ eq \f(2π,T) ＝2. 又根据“五点法”可得2× eq \f(π,6) ＋φ＝－ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z， ∴φ＝－ eq \f(5π,6) ＋2kπ，k∈Z， ∴f(x)＝sin (2x－ eq \f(5π,6) ＋2kπ)＝sin (2x－ eq \f(5π,6) )， ∴f(－ eq \f(5π,12) )＝sin (－ eq \f(5π,6) － eq \f(5π,6) )＝sin (－ eq \f(5π,3) )＝sin eq \f(π,3) ＝ eq \f(\r(3),2) . (2)由题意得，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3))) ＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋φ)) ＝0，所以 eq \f(4π,3) ＋φ＝kπ， k∈Z，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)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))) .令u＝2x＋ eq \f(2π,3) ，则y＝sin u. 对于选项A，当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))) ，由正弦函数y＝sin u图象知y＝f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12))) 上单调递减，故A正确； 对于选项B，当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))) ，由正弦函数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) ，解得x＝ eq \f(5π,12) ，即x＝ eq \f(5π,12) 为函数f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12))) 上的唯一极值点，故B错误； 对于选项C，当x＝ eq \f(7π,6) 时，2x＋ eq \f(2π,3) ＝3π，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6))) ＝0，直线x＝ eq \f(7π,6) 不是对称轴，故C错误； 对于选项D，由y′＝2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))) ＝－1得cos 2x＋ eq \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，k∈Z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＝2cos eq \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，故D正确． 三角函数图象的对称轴和对称中心的求解方法 求三角函数图象的对称轴及对称中心，需先把所给三角函数式化为y＝A sin (ωx＋φ)或y＝A cos (ωx＋φ)的形式，再把ωx＋φ整体看成一个变量z.若求f(x)＝A sin (ωx＋φ)(ω≠0)图象的对称轴，则只需令z＝ωx＋φ＝ eq \f(π,2) ＋kπ(k∈Z)，解出x；若求f(x)＝A sin (ωx＋φ)(ω≠0)图象的对称中心的横坐标，则只需令z＝ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，解出x. 【练3】 (2025·天津静海一中模拟)关于函数f(x)＝3sin (2x＋ eq \f(π,4) )，有下列命题： ①函数f(x)是奇函数； ②函数f(x)的图象关于直线x＝－ eq \f(3π,8) 对称； ③函数f(x)可以表示为y＝3cos (2x－ eq \f(π,4) )； ④函数f(x)的图象关于点(－ eq \f(π,8) ，0)对称． 其中正确的命题的个数为(　　) A.4 B．3 C．2 D．1 解析：对①，f(0)＝3sin eq \f(π,4) ＝ eq \f(3\r(2),2) ≠0，函数f(x)不是奇函数，故①错误； 对②，由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8))) ＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2))) ＝－3，所以函数图象关于直线x＝－ eq \f(3π,8) 对称，故②正确； 对③，f(x)＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) ＝3sin 2x＋ eq \f(π,4) － eq \f(π,2) ＋ eq \f(π,2) ＝3cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))) ，故③正确； 对④，由函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8))) ＝3sin 0＝0，所以函数的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0)) 对称，故④正确，共有3个正确． 【练4】 (多选)设函数f(x)＝cos (x＋ eq \f(π,3) )，则(　　) A．f(x)的一个周期为－2π B．y＝f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(8π,3) 对称 C．f(x＋π)的一个零点为x＝ eq \f(π,3) D．f(x)在( eq \f(π,2) ，π)上单调递减 解析：因为f(x)的周期为2kπ(k∈Z且k≠0)，所以f(x)的一个周期为－2π，A项正确． 因为f(x)图象的对称轴为直线x＝kπ－ eq \f(π,3) (k∈Z)，当k＝3时，对称轴是直线x＝ eq \f(8π,3) ，B项正确． f(x＋π)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4π,3))) ，将x＝ eq \f(π,3) 代入，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3))) ＝cos eq \f(5π,3) ≠0，所以x＝ eq \f(π,3) 不是f(x＋π)的零点，C项错误． 因为f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) 的单调递减区间为[2kπ－ eq \f(π,3) ，2kπ＋ eq \f(2π,3) ](k∈Z)，单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(2π,3)，2kπ＋\f(5π,3))) (k∈Z)，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3))) 是单调递减区间， eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)) 是单调递增区间，D项错误． $$