第7章 7.3.2 第2课时 正弦型函数的性质及应用（课件PPT）-【精讲精练】2025-2026学年高中数学必修第三册（人教B版）

该高中数学课件聚焦正弦型函数y=A sin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的性质及应用，通过课前案自主学习梳理教材，以已学三角函数性质为支架，引导学生从定义域、值域等基础入手，逐步过渡到参数对函数图象与性质的影响，构建知识脉络。 其亮点在于采用“课前自主梳理-课堂互动探究-课后学业评价”三阶教学模式，课前案通过抽象函数性质培养数学眼光，课堂案互动探究发展推理能力（如分析ω对周期的影响），课后案可编辑Word练习强化模型意识。学生能循序渐进掌握知识，教师可直接应用于教学，提升效率。

第七章　三角函数 7.3　三角函数的性质与图象 7.3.2　正弦型函数的性质与图象 第2课时　正弦型函数的性质及应用 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 目 录 课前案·自主学习 01 02 CONTENTS 03 课堂案·互动探究 课后案·学业评价 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 课前案·自主学习 01 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 导学 函数y＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的性质 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 R [－A，A] kπ(k∈Z) 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 课堂案·互动探究 02 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 点击进入Word 课后案·学业评价 03 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 谢谢观看 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 学业标准 学科素养 1.能根据y＝A sin (ωx＋φ)的部分图象确定其解析式．(重点) 2．掌握函数y＝A sin (ωx＋φ)的性质并能应用．(重点、难点) 1.在求正弦型函数解析式的过程中，培养直观想象等核心素养． 2．通过正弦型函数性质的应用，提升数学运算等核心素养． 　探究函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的定义域，值域，单调递增区间． [提示]　定义域为R，值域为[－1，1]. 由－ eq \f(π,2)＋2kπ≤x－ eq \f(π,6)≤ eq \f(π,2)＋2kπ， 解得－ eq \f(π,3)＋2kπ≤x≤ eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z. 即函数的增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))(k∈Z). 　探究函数y＝ eq \f(1,4)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的周期，对称轴． [提示]　周期T＝ eq \f(2π,2)＝π， 由2x－ eq \f(π,3)＝kπ＋ eq \f(π,2)，解得x＝ eq \f(5π,12)＋ eq \f(kπ,2)，k∈Z. 故函数的对称轴为x＝ eq \f(5π,12)＋ eq \f(kπ,2)，k∈Z. ◎结论形成 1．函数y＝A sin (ωx＋φ)，A＞0，ω＞0中各参数的物理意义 2．函数y＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω≠0)的性质 定义域 ___ 值域 _______________ 周期性 ________ 奇偶性 φ＝_____________时是奇函数；φ＝__________________时是偶函数；当φ≠ eq \f(kπ,2)(k∈Z)时是非奇非偶函数 T＝ eq \f(2π,|ω|) eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,ω)－\f(\a\vs4\al(φ),ω)，0))(k∈Z) 单调性 单调增区间可由________________________________________得到， 单调减区间可由________________________________________得到(ω＞0) 对称性 对称轴方程为x＝_______________________， 对称中心为___________________ 2kπ－ eq \f(π,2)≤ωx＋φ≤2kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z 2kπ＋ eq \f(π,2)≤ωx＋φ≤2kπ＋ eq \f(3π,2)，k∈Z eq \f(kπ,ω)＋ eq \f(π,2ω)－ eq \f(\a\vs4\al(φ),ω)，k∈Z 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)正弦函数在定义域内是偶函数．(　　) (2)正弦函数在定义域内都是单调函数．(　　) (3)存在x∈R满足sin x＝ eq \r(2).(　　) (4)在区间[0，2π]上，函数y＝sin x仅当x＝ eq \f(π,2)时取得最大值1.(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．函数y＝ eq \f(1,3)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋\f(π,6)))的周期、振幅、初相分别是(　　) A．3π， eq \f(1,3)， eq \f(π,6) B．6π， eq \f(1,3)， eq \f(π,6) C．3π，3，－ eq \f(π,6) D．6π，3， eq \f(π,6) 解析　周期T＝ eq \f(2π,\f(1,3))＝6π， 振幅 eq \f(1,3)，初相为 eq \f(π,6)，故选B. 答案　B 3．函数f(x)＝ eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象的一条对称轴是(　　) A．x＝－ eq \f(π,2) B．x＝ eq \f(π,2) C．x＝－ eq \f(π,6) D．x＝ eq \f(π,6) 解析　代入验证：当x＝－ eq \f(π,6)时，y＝ eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)－\f(π,3)))＝－ eq \f(1,2)为最小值，故选C. 答案　C 4．简谐运动y＝ eq \f(1,4)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)πx－\f(π,12)))的频率f＝__________． 解析　周期T＝ eq \f(2π,\f(1,3)π)＝6，则频率f＝ eq \f(1,T)＝ eq \f(1,6). 答案　 eq \f(1,6) 题型一　正弦型函数的周期性、奇偶性 eq \a\vs4\al(一题多变) 　(1)下列函数中是奇函数，且最小正周期是π的函数是(　　) A．y＝sin |2x| B．y＝|sin x| C．y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x)) D．y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－2x)) (2)定义在R上的函数f(x)既是偶函数，又是周期函数，若f(x)的最小正周期为π，且当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)＝sin x，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)))等于(　　) A．－ eq \f(1,2)　　　 B． eq \f(1,2) C．－ eq \f(\r(3),2)　　　 D． eq \f(\r(3),2) [解析]　(1)y＝sin |2x|是偶函数，y＝|sin x|是偶函数，y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝－sin x是奇函数且周期为2π，y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－2x))＝－sin 2x是奇函数，根据公式得其最小正周期T＝π.故选D. (2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)－π))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－π)) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sin eq \f(π,3)＝ eq \f(\r(3),2). [答案]　(1)D　(2)D [母题变式] 1．(变条件)若将例1(2)题中的“偶函数”改为“奇函数”，其他条件不变，结果如何？ 解析　f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)－π))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－π)) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝－sin eq \f(π,3)＝－ eq \f(\r(3),2). 2．(变结论)若例1(2)题条件不变，求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2026π,3)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2027π,3)))的值． 解析　f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2026π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(675π＋\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) ＝sin eq \f(π,3)＝ eq \f(\r(3),2)， f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2027π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(675π＋\f(2π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sin eq \f(π,3)＝ eq \f(\r(3),2)， 所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2026π,3)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2027π,3)))＝ eq \f(\r(3),2)＋ eq \f(\r(3),2)＝ eq \r(3). [素养聚焦]　在综合利用三角函数的周期性和奇偶性计算函数值的过程中，体现了数学运算核心素养． 求函数最小正周期的常用方法 求三角函数的周期，一般有两种方法：①公式法，即将函数化为y＝A sin (ωx＋φ)＋b的形式，再利用T＝ eq \f(2π,|ω|)求得；②图象法，利用变换的方法或作出函数的图象，通过观察得到最小正周期.　 [触类旁通] 1．(1)(2025·吉林白城期末)y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))的最小正周期为(　　) A．π B．2π C．3π D．4π (2)(多选题)下列函数中最小正周期为π，且为偶函数的是(　　) A．y＝|cos x| B．y＝sin 2x C．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))) D．y＝cos eq \f(1,2)x 解析　(1)函数的最小正周期 T＝ eq \f(2π,\f(1,2))＝4π，故选D. (2)对于A，定义域为R，因为f(－x)＝|cos (－x)|＝|cos x|＝f(x)，所以函数为偶函数，因为y＝|cos x|的图象是由y＝cos x的图象在x轴下方的关于x轴对称后与x轴上方的图象共同组成，所以y＝|cos x|的最小正周期为π，所以A正确， 对于B，定义域为R，因为f(－x)＝sin (－2x)＝－sin 2x＝－f(x)，所以函数为奇函数，所以B错误， 对于C，定义域为R，f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos 2x，最小正周期为π，因为f(－x)＝cos (－2x)＝cos 2x＝f(x)，所以函数为偶函数，所以C正确， 对于D，定义域为R，最小正周期为 eq \f(2π,\f(1,2))＝4π，所以D错误，故选AC. 答案　(1)D　(2)AC 题型二　正弦型函数图象的对称性 　(1)若将函数y＝2sin 2x的图象向左平移 eq \f(π,12)个单位长度，则平移后图象的对称轴为(　　) A．x＝ eq \f(kπ,2)－ eq \f(π,6)(k∈Z) B．x＝ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,6)(k∈Z) C．x＝ eq \f(kπ,2)－ eq \f(π,12)(k∈Z) D．x＝ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,12)(k∈Z) (2)(2022·新高考Ⅰ卷)记函数f(x)＝sin eq \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f eq \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]　(1)函数y＝2sin 2x的图象向左平移 eq \f(π,12)个单位长度，得到的图象对应的函数表达式为y＝2sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，令2x＋ eq \f(π,6)＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)，解得x＝ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,6)(k∈Z)，所以所求图象的对称轴为x＝ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,6)(k∈Z). (2)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)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)x＋\f(π,4)))＋2，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)π＋\f(π,4)))＋2＝1. [答案]　(1)B　(2)A 正弦型函数对称轴、对称中心的求法 函数 对称轴 对称中心 y＝A sin (ωx＋φ) 令ωx＋φ＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z) 令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求对称中心的横坐标 [触类旁通] 2．(2025·河南南阳期中)函数 f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象的对称中心为(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z)) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,2)，0)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z)) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(5π,6)，0)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,6)，0)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z)) 解析　令 2x－ eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，解得x＝ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,6)，k∈Z，所以f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的对称中心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,6)，0))(k∈Z)，故选D. 答案　D 题型三　正弦型函数的综合应用 　已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω＞0，0≤φ≤π)是R上的偶函数，其图象关于点M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，0))对称，且在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是单调函数，求φ和ω的值． [解析]　由f(x)是偶函数，得f(－x)＝f(x)，即函数f(x)的图象关于y轴对称． 所以f(x)在x＝0时取得最值． 即sin φ＝1或sin φ＝－1. 依题设0≤φ≤π，解得φ＝ eq \f(π,2). 由f(x)的图象关于点M对称， 可知sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)ω＋\f(π,2)))＝0， 所以 eq \f(3π,4)ω＋ eq \f(π,2)＝kπ(k∈Z)， 因为ω＞0，所以k≥1， 又f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是单调函数， 所以T≥π，即 eq \f(2π,ω)≥π， 又ω＞0，所以0＜ω≤2. 所以当k＝1时，ω＝ eq \f(2,3)； 当k＝2时，ω＝2. 所以φ＝ eq \f(π,2)，ω＝2或 eq \f(2,3). 正弦型函数性质的应用 (1)应用范围：主要围绕着函数的单调性、最值、奇偶性、图象的对称性等方面都有体现和考查． (2)解决方法：有关函数y＝A sin (ωx＋φ)的性质的问题，充分利用正弦曲线的基本性质，要特别注意整体代换思想的运用．　 [触类旁通] 3．(2024·湖北孝感高一期中)已知函数f(x)＝ eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，x∈R . (1)求f(x)的最大值和对应x的取值； (2)求f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))的单调递增区间． 解析　(1)∵f(x)＝ eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，x∈R，函数取最大值满足：2x＋ eq \f(π,4)＝ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z， 可得x＝ eq \f(π,8)＋kπ，k∈Z，∴当x＝ eq \f(π,8)＋kπ，k∈Z时，函数f(x)有最大值 eq \f(1,2). (2)函数在R上的增区间满足：－ eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,4)≤ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z， 可得－ eq \f(3π,8)＋kπ≤x≤ eq \f(π,8)＋kπ，k∈Z， 又x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))， ∴函数f(x)的单增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，\f(π,8))). [缜密思维提能区] 易错辨析 正弦型函数的单调性 [典例]　求函数y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))的单调区间． [错解]　当－ eq \f(π,2)＋2kπ≤ eq \f(π,4)－x≤ eq \f(π,2)＋2kπ时，y单调递增，当 eq \f(π,2)＋2kπ≤ eq \f(π,4)－x≤ eq \f(3π,2)＋2kπ时，y单调递减，所以y的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)－2kπ，\f(3π,4)－2kπ))，单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,4)－2kπ，－\f(π,4)－2kπ)). [错因分析]　忽略了“ω”的正负和“k∈Z”的条件，当y＝A sin (ωx＋φ)中ω＜0时，错以为ω为负值对单调性没有影响． [正解]　y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))化为 y＝－2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))). 因为y＝sin u(u∈R)的单调递增区间、单调递减区间分别为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)， 所以函数y＝－2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的单调递增区间、单调递减区间分别由下面的不等式确定． 2kπ＋ eq \f(π,2)≤x－ eq \f(π,4)≤2kπ＋ eq \f(3π,2)，k∈Z， 2kπ－ eq \f(π,2)≤x－ eq \f(π,4)≤2kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z， 解得2kπ＋ eq \f(3π,4)≤x≤2kπ＋ eq \f(7π,4)，k∈Z， 2kπ－ eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋ eq \f(3π,4)，k∈Z. 故函数y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))的单调递增区间、单调递减区间分别为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(3π,4)，2kπ＋\f(7π,4))) (k∈Z)， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,4)，2kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z). [纠错心得] 正确应用复合函数单调性规律“同增异减”是求解此类问题的关键．注意整体思想的应用，视“ωx＋φ”为一个整体，结合正弦函数的性质解题． 知识落实 技法强化 (1)由图象求解析式． (2)正弦型函数的性质：周期性、单调性、最值、对称性． (3)正弦型函数性质与图象的综合应用． (1)本节课应用了整体代换、数形结合、转化的思想方法． (2)注意单调区间不要漏写k∈Z，用并集符号连接，由图象求解析式中的φ时，选择点时不要出错． $