1.6 第2课时 函数y＝A sin (ωx＋φ)的性质与图象(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册（北师大版）

该高中数学课件聚焦函数y=A sin(ωx + φ)的图象与性质，课堂导入从物理简谐振动实例切入，通过“思考”环节引导学生从图象分析参数，搭建从具体问题到抽象方法的学习支架，衔接五点法作图、性质探究及解析式确定。 其亮点在于以实际情境培养数学眼光，通过例题与跟踪训练发展数学思维，用表格化步骤和解题技法规范数学语言。例如例1分步演示五点法作图，例3多方法确定解析式，帮助学生提升直观想象与逻辑推理能力，教师可借助结构化内容高效开展教学。

第2课时　函数y＝A sin (ωx＋φ)的 性质与图象 新知学习 探究 1 课堂巩固 自测 2 内容 索引 新知学习 探究 PART 01 第一部分 在物理和工程技术的许多问题中，经常会遇到形如y＝A sin (ωx＋φ)的函数(其中A，ω，φ为常数)，例如，在简谐振动中位移与时间的函数关系就是形如y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)的函数，其中振子在一段时间内的图象如图所示． 新知学习 探究 返回导航 思考　你能根据图象，求出A，ω，φ吗？ 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 第二步：在同一坐标系中描出各点． 第三步：用光滑曲线顺次连接这些点，得到图象． 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 描点，连线，如图所示． 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 描点，连线，如图所示． 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 奇 偶 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 (2)求该函数图象的对称中心； 新知学习 探究 返回导航 (3)求该函数的单调递增区间． 新知学习 探究 返回导航 (1)关于函数y＝sin(ωx＋φ)的对称性与奇偶性 将ωx＋φ看作一个整体，代入到y＝sin x图象的对称中心、对称轴的表达式可以求出函数y＝sin(ωx＋φ)图象的对称中心、对称轴或φ值． (2)求解函数y＝sin(ωx＋φ)的单调区间的步骤 ①将ω化为正值． ②将ωx＋φ看作一个整体，代入到y＝sin x的单调区间中解出x的范围即为函数的单调区间． ③如果要求函数在给定区间上的单调区间，则给k赋值即可． 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 √ 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 已知图象求y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)的方法 (1)如果从图象可确定振幅和周期，则可直接确定函数表达式y＝A sin (ωx＋φ)中的参数A和ω，再选取“第一个零点”(即五点(画图)法中的第一个)的数据代入“ωx＋φ＝0”(要注意正确判断哪一个点是“第一零点”)求得φ. 新知学习 探究 返回导航 (2)通过若干特殊点代入函数解析式，可以求得相关待定系数A，ω，φ.这里需要注意的是，要认清所选择的点属于五个点中的哪一点，并能正确代入列式． (3)运用逆向思维的方法，先确定函数的基本解析式y＝A sin ωx，根据图象平移规律可以确定相关的参数． 新知学习 探究 返回导航 [跟踪训练3] 已知函数y＝sin (ωx＋φ)(ω>0， －π<φ≤π)的图象如图所示，则φ＝________． 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 解决函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象与性质的综合问题的方法及步骤：先根据已知条件，求出函数的解析式，再利用整体思想，借助函数y＝sin x的图象与性质来解决相关问题． 新知学习 探究 返回导航 √ 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 新知学习 探究 返回导航 ②求函数在[－6，0]上的值域． 新知学习 探究 返回导航 课堂巩固 自测 PART 02 第二部分 √ √ 课堂巩固 自测 返回导航 √ √ √ 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 3.如图为函数y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，－π<φ<0)的图象的一部分，则函数的解析式为 _______________________． 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 课堂巩固 自测 返回导航 1．已学习：“五点(画图)法”、由图象求三角函数的解析式、三角函数性质的综合问题． 2．须贯通：三角函数的图象与性质的综合应用． 3．应注意：求φ值时注意单调递增区间上的零点和单调递减区间上的零点的区别． 课堂巩固 自测 返回导航 eq \a\vs4\al(学习,目标) 1.会用“五点(画图)法”画函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象．　2.掌握函数y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)的性质．　3.能根据y＝A sin (ωx＋φ)的部分图象，确定其解析式． 提示：通常根据函数的振幅、周期和零点(特殊点)分别确定A，ω，φ的值．由题图可知，A＝0.5，T＝ eq \f(2π,ω) ＝2，即ω＝π，则y＝0.5 sin (πx＋φ)，又图象经过点(2，0.5)，故0.5sin (2π＋φ)＝0.5，且0<φ<π，则φ＝ eq \f(π,2) . 一　“五点(画图)法”作函数y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象 用“五点(画图)法”作y＝A sin (ωx＋φ)的图象的步骤 第一步：列表： ωx＋φ 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π x － eq \f(φ,ω) eq \f(π,2ω) － eq \f(φ,ω) eq \f(π,ω) － eq \f(φ,ω) eq \f(3π,2ω) － eq \f(φ,ω) eq \f(2π,ω) － eq \f(φ,ω) y 0 A 0 －A 0 　利用“五点(画图)法”作出函数y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3))) 在一个周期内的图象． 【解】　依次令 eq \f(x,2) － eq \f(π,3) ＝0， eq \f(π,2) ，π， eq \f(3π,2) ，2π，列出下表： eq \f(x,2) － eq \f(π,3) 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π x eq \f(2π,3) eq \f(5π,3) eq \f(8π,3) eq \f(11π,3) eq \f(14π,3) y 0 3 0 －3 0 (1)用“五点(画图)法”作图时，五点的确定，应先令ωx＋φ分别为0， eq \f(π,2) ，π， eq \f(3π,2) ，2π，解出x，从而确定这五点． (2)作给定区间上y＝A sin (ωx＋φ)的图象时，若x∈[m，n]，则应先求出ωx＋φ的相应范围，在求出的范围内确定关键点，再确定x，y的值，描点、连线并作出函数的图象． [跟踪训练1] 已知f(x)＝1＋ eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))) ，画出f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))) 上的图象． 解：因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))) ，所以2x－ eq \f(π,4) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,4)，\f(3π,4))) . 列表如下： x － eq \f(π,2) － eq \f(3π,8) － eq \f(π,8) eq \f(π,8) eq \f(3π,8) eq \f(π,2) 2x－ eq \f(π,4) － eq \f(5π,4) －π － eq \f(π,2) 0 eq \f(π,2) eq \f(3π,4) f(x) 2 1 1－ eq \r(2) 1 1＋ eq \r(2) 2 eq \f(2π,ω) 二　函数y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)的性质 性质 y＝A sin (ωx＋φ)，A>0，ω>0 定义域 R 值域 [－A，A] 周期性 T＝ eq \o(□,\s\up1(1)) ________ 对称中心 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ－φ,ω)，0)) (k∈Z) 性质 y＝A sin (ωx＋φ)，A>0，ω>0 对称轴 x＝ eq \f(π,2ω) ＋ eq \f(kπ－φ,ω) (k∈Z) 奇偶性 当φ＝kπ(k∈Z)时是 eq \o(□,\s\up1(2)) ________函数； 当φ＝kπ＋ eq \f(π,2) (k∈Z)时是 eq \o(□,\s\up1(3)) ________函数 单调性 通过整体代换可求出其单调区间 　已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3))) (ω＞0)的最小正周期为π. (1)求该函数图象的对称轴方程； 【解】　由T＝ eq \f(2π,ω) ＝π，解得ω＝2， 则f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) ， 令2x＋ eq \f(π,3) ＝kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，得x＝ eq \f(kπ,2) ＋ eq \f(π,12) ，k∈Z，即该函数图象的对称轴方程为x＝ eq \f(kπ,2) ＋ eq \f(π,12) ，k∈Z. 【解】　令2x＋ eq \f(π,3) ＝kπ，k∈Z，得x＝ eq \f(kπ,2) － eq \f(π,6) ，k∈Z.所以该函数图象的对称中心为( eq \f(kπ,2) － eq \f(π,6) ，0)(k∈Z). 【解】　令μ＝2x＋ eq \f(π,3) ，由2kπ－ eq \f(π,2) ≤μ≤2kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，即2kπ－ eq \f(π,2) ≤2x＋ eq \f(π,3) ≤2kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，解得kπ－ eq \f(5π,12) ≤x≤kπ＋ eq \f(π,12) ，k∈Z， 所以函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12))) (k∈Z). [跟踪训练2] 已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) . (1)求f(x)的最小正周期； 解：因为f(x)＝sin (2x＋ eq \f(π,6) )，所以f(x)的最小正周期为T＝ eq \f(2π,2) ＝π. (2)求f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上的最大值和最小值． 解：因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，所以2x＋ eq \f(π,6) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6))) ，根据正弦函数y＝sin x的性质可知，当2x＋ eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ，即x＝ eq \f(π,6) 时，f(x)取得最大值1，当2x＋ eq \f(π,6) ＝ eq \f(7π,6) ，即x＝ eq \f(π,2) 时，f(x)取得最小值－ eq \f(1,2) .综上，函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上的最大值为1，最小值为－ eq \f(1,2) . 三　由图象确定函数y＝A sin (ωx＋φ)的解析式 　(1)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，－π<φ<0)的图象如图所示，则φ的值是(　　) A.－ eq \f(7π,10) B．－ eq \f(9π,10) C．－ eq \f(π,2) D．－ eq \f(π,5) 【解】　由题图可知 eq \f(T,2) ＝π－ eq \f(π,6) ＝ eq \f(5π,6) ，所以T＝ eq \f(5π,3) ＝ eq \f(2π,ω) ，所以ω＝ eq \f(6,5) ，则f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)x＋φ)) ，把 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，－1)) 代入得，sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)＋φ)) ＝－1，所以 eq \f(π,5) ＋φ＝ － eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，则φ＝－ eq \f(7π,10) ＋2kπ，k∈Z， 又因为－π<φ<0，所以φ＝－ eq \f(7π,10) .故选A. (2)如图是函数y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )的图象，求A，ω，φ的值，并确定其函数解析式． 【解】　方法一(逐一定参法) ： 由题图知振幅A＝3，又T＝ eq \f(5π,6) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))) ＝π，所以ω＝ eq \f(2π,T) ＝2. 由图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0)) 可知，－ eq \f(π,6) ×2＋φ＝2kπ，k∈Z，又|φ|< eq \f(π,2) ，所以φ＝ eq \f(π,3) ，所以y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) . 方法二(待定系数法)： 由题图知A＝3，又图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0)) 和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，0)) ，根据“五点(画图)法”原理(以上两点可判定为“五点(画图)法”中的第三点和第五点)，有 \f(5π,6)·ω＋φ＝2π，)) 解得 φ＝\f(π,3)．)) 所以y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) . 方法三(图象变换法)： 由T＝ eq \f(5π,6) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))) ＝π，点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0)) ，A＝3可知，题图是由y＝3sin 2x向左平移 eq \f(π,6) 个单位长度而得到的，所以y＝3sin 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))) ，即y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) . eq \f(9π,10) 解析：由题意得 eq \f(T,2) ＝2π－ eq \f(3π,4) ，所以T＝ eq \f(5π,2) ，ω＝ eq \f(4,5) .又由x＝ eq \f(3π,4) 时，y＝－1，得－1＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,5)＋φ)) ，又－ eq \f(2π,5) < eq \f(3π,5) ＋φ≤ eq \f(8π,5) ，所以 eq \f(3π,5) ＋φ＝ eq \f(3π,2) ，所以φ＝ eq \f(9π,10) . 【解】　因为f(x)为偶函数， 所以φ－ eq \f(π,6) ＝kπ＋ eq \f(π,2) (k∈Z)， 所以φ＝kπ＋ eq \f(2π,3) (k∈Z). 四　函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象与性质的综合应用 　已知函数f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6))) (0＜φ＜π，ω＞0)为偶函数，且函数f(x)的图象的两相邻对称轴间的距离为 eq \f(π,2) . (1)求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8))) 的值； 又0＜φ＜π，所以φ＝ eq \f(2π,3) ， 所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2))) ＝2cos ωx. 又函数f(x)的图象的两相邻对称轴间的距离为 eq \f(π,2) ，所以T＝ eq \f(2π,ω) ＝2× eq \f(π,2) ，所以ω＝2， 所以f(x)＝2cos 2x， 所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8))) ＝2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,8))) ＝ eq \r(2) . 【解】　将f(x)的图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度后，得到函数y＝2cos 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) ＝2cos (2x－ eq \f(π,3) )的图象，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到g(x)＝2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3))) 的图象． (2)将函数f(x)的图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)的单调递减区间． 令2kπ≤ eq \f(x,2) － eq \f(π,3) ≤2kπ＋π(k∈Z)， 解得4kπ＋ eq \f(2π,3) ≤x≤4kπ＋ eq \f(8π,3) (k∈Z). 所以函数g(x)的单调递减区间是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4kπ＋\f(2π,3)，4kπ＋\f(8π,3))) (k∈Z). [跟踪训练4] (1)将函数y＝sin (2x＋φ)(|φ|< eq \f(π,2) )图象上各点的横坐标缩短到原来的 eq \f(1,2) (纵坐标不变)，再向左平移 eq \f(π,6) 个单位长度得到曲线C.若曲线C关于y轴对称，则φ的值为(　　) A.－ eq \f(π,3) B．－ eq \f(π,6) C.－ eq \f(π,12) D． eq \f(π,3) 解析：由题意得曲线C对应的函数解析式为y＝sin (4x＋ eq \f(2π,3) ＋φ)，因为曲线C关于y轴对称，故 eq \f(2π,3) ＋φ＝ eq \f(π,2) ＋kπ，k∈Z，即φ＝kπ－ eq \f(π,6) ，k∈Z，又|φ|< eq \f(π,2) ，即当k＝0时，φ＝－ eq \f(π,6) .故选B. (2)已知曲线y＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|≤ eq \f(π,2) )上一个最高点为(2， eq \r(2) )，该最高点与相邻的最低点间的曲线与x轴交于点(6，0). ①求函数的解析式； 解：由题意可知A＝ eq \r(2) ， eq \f(T,4) ＝6－2＝4， 所以T＝16，即 eq \f(2π,ω) ＝16，所以ω＝ eq \f(π,8) ， 所以y＝ eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋φ)) . 又图象过最高点(2， eq \r(2) )，所以sin ( eq \f(π,8) ×2＋φ)＝1，故 eq \f(π,4) ＋φ＝ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，得φ＝ eq \f(π,4) ＋2kπ，k∈Z，由|φ|≤ eq \f(π,2) ，得φ＝ eq \f(π,4) ， 所以y＝ eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(π,4))) . 解：因为－6≤x≤0，所以－ eq \f(π,2) ≤ eq \f(π,8) x＋ eq \f(π,4) ≤ eq \f(π,4) ， 所以－ eq \r(2) ≤ eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)x＋\f(π,4))) ≤1. 即函数在[－6，0]上的值域为[－ eq \r(2) ，1]. 1．(多选)若函数f(x)＝3sin (ωx＋φ)对任意x有f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋x)) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x)) ，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＝(　　) A.－3 B．－1 C．0 D．3 解析：由题意知，函数f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,6) 对称，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) 是函数f(x)的最大值或最小值，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＝3或f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＝－3. 2．(多选)已知函数f(x)＝cos (2x＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2))) 的图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度后得到的函数是奇函数，则关于函数f(x)的图象，下列说法不正确的是(　　) A.关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0)) 对称 B.关于直线x＝－ eq \f(π,6) 对称 C.关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0)) 对称 D.关于直线x＝ eq \f(π,12) 对称 令x＝－ eq \f(π,6) ，得f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2))) ＝0，故B不正确； 解析：将函数f(x)＝cos (2x＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2))) 的图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度后，可得y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ)) 的图象，根据得到的函数是奇函数，可得－ eq \f(π,3) ＋φ＝kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，又|φ|< eq \f(π,2) ，所以φ＝－ eq \f(π,6) ，所以f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) .令x＝－ eq \f(π,3) ，得f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6))) ＝－ eq \f(\r(3),2) ，故A不正确； 令x＝ eq \f(π,12) ，得f(x)＝cos 0＝1，为函数的最大值，故C不正确，D正确． 解析：由题图，可得A＝ eq \r(3) ， eq \f(1,2) · eq \f(2π,ω) ＝ eq \f(5π,6) － eq \f(π,3) ，所以ω＝2. 因为函数图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0)) ， 所以 eq \r(3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ)) ＝0， y＝ eq \r(3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3))) 所以 eq \f(2π,3) ＋φ＝2kπ，k∈Z，所以φ＝2kπ－ eq \f(2π,3) ，k∈Z， 又因为－π<φ<0，所以φ＝－ eq \f(2π,3) ， 故函数的解析式为y＝ eq \r(3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3))) . eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12))) 4．(教材P52T4改编)函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) 在区间[0，π]上的单调递减区间是____________________________． 解析：由2kπ＋ eq \f(π,2) ≤2x＋ eq \f(π,3) ≤2kπ＋ eq \f(3π,2) (k∈Z)得kπ＋ eq \f(π,12) ≤x≤kπ＋ eq \f(7π,12) (k∈Z).结合x∈[0，π]，可得函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) 在区间[0，π]上的单调递减区间是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12))) ． $