（浙江专用）2023年高考数学总复习第四章三角函数、解三角形第3讲三角函数的图象与性质学案

PAGE1-第3讲三角函数的图象与性质最新考纲1.能画出y＝sinx，y＝cosx，y＝tanx的图象，了解三角函数的周期性；2.理解正弦函数、余弦函数在区间[0，2π]上的性质(如单调性、最大值和最小值、图象与x轴的交点等)，理解正切函数在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内的单调性.知识梳理1.用五点法作正弦函数和余弦函数的简图(1)正弦函数y＝sinx，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).(2)余弦函数y＝cosx，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＝sinxy＝cosxy＝tanx图象定义域RR{xeq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x∈R，且x≠))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)))值域[－1，1][－1，1]R周期性2π2ππ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)，2kπ＋\f(π,2)))[2kπ－π，2kπ]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))递减区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，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无诊断自测1.判断正误(在括号内打“√〞或“×〞)(1)由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(2π,3)))＝sineq\f(π,6)知，eq\f(2π,3)是正弦函数y＝sinx(x∈R)的一个周期.()(2)余弦函数y＝cosx的对称轴是y轴.()(3)正切函数y＝tanx在定义域内是增函数.()(4)y＝ksinx＋1，x∈R，那么y的最大值为k＋1.()(5)y＝sin|x|是偶函数.()解析(1)函数y＝sinx的周期是2kπ(k∈Z).(2)余弦函数y＝cosx的对称轴有无穷多条，y轴只是其中的一条.(3)正切函数y＝tanx在每一个区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)上都是增函数，但在定义域内不是单调函数，故不是增函数.(4)当k>0时，ymax＝k＋1；当k<0时，ymax＝－k＋1.答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√2.(2022·四川卷)以下函数中，最小正周期为π的奇函数是()A.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))) B.y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))C.y＝sin2x＋cos2x D.y＝sinx＋cosx解析y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos2x是最小正周期为π的偶函数；y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x是最小正周期为π的奇函数；y＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))是最小正周期为π的非奇非偶函数；y＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))是最小正周期为2π的非奇非偶函数.答案B3.(2022·郑州模拟)假设函数f(x)＝sineq\f(x＋φ,3)(φ∈[0，2π])是偶函数，那么φ＝()A.eq\f(π,2) B.eq\f(2π,3) C.eq\f(3π,2) D.eq\f(5π,3)解析由f(x)＝sineq\f(x＋φ,3)是偶函数，可得eq\f(φ,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，即φ＝3kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，又φ∈[0，2π]，所以φ＝eq\f(3π,2).答案C4.函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为()A.－1 B.－eq\f(\r(2),2) C.eq\f(\r(2),2) D.0解析由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，故函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为－eq\f(\r(2),2).答案B5.(必修4P47B2改编)函数y＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))的单调递减区间为________.解析因为y＝tanx的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)，所以由－eq\f(π,2)＋kπ＜2x－eq\f(3π,4)＜eq\f(π,2)＋kπ，得eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)＜x＜eq\f(5π,8)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，所以y＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)6.(2022·绍兴调研)设函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0，x∈R)，最小正周期T＝π，那么实数ω＝________，函数f(x)的图象的对称中心为________，单调递增区间是________.解析由T＝eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，令2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝0，得2x＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，∴x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)，对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))(k∈Z)，由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)，∴单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z).答案2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))(k∈Z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)考点一三角函数的定义域及简单的三角不等式【例1】(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|x≠\f(π,6))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠－\f(π,12)))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠kπ＋\f(π,6)〔k∈Z〕)) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(kπ,2)＋\f(π,6)〔k∈Z〕))(2)不等式eq\r(3)＋2cosx≥0的解集是________.(3)函数f(x)＝eq\r(64－x2)＋log2(2sinx－1)的定义域是________.解析(1)由正切函数的定义域，得2x＋eq\f(π,6)≠kπ＋eq\f(π,2)，即x≠eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)，应选D.(2)由eq\r(3)＋2cosx≥0，得cosx≥－eq\f(\r(3),2)，由余弦函数的图象，得在一个周期[－π，π]上，不等式cosx≥－eq\f(\r(3),2)的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(5π,6)≤x≤\f(5,6)π))，故原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(5,6)π＋2kπ≤x≤\f(5,6)π＋2kπ，k∈Z)).(3)由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(64－x2≥0，①,2sinx－1>0，②))由①得－8≤x≤8，由②得sinx>eq\f(1,2)，由正弦曲线得eq\f(π,6)＋2kπ<x<eq\f(5,6)π＋2kπ(k∈Z).所以不等式组的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,6)π，－\f(7,6)π))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5,6)π))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)，8)).答案(1)D(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(5,6)π＋2kπ≤x≤\f(5,6)π＋2kπ，k∈Z))(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,6)π，－\f(7,6)π))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5,6)π))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)，8))规律方法(1)三角函数定义域的求法①以正切函数为例，应用正切函数y＝tanx的定义域求函数y＝Atan(ωx＋φ)的定义域.②转化为求解简单的三角不等式求复杂函数的定义域.(2)简单三角不等式的解法①利用三角函数线求解.②利用三角函数的图象求解.【训练1】(1)函数y＝tan2x的定义域是()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠kπ＋\f(π,4)，k∈Z)) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(kπ,2)＋\f(π,8)，k∈Z))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠kπ＋\f(π,8)，k∈Z)) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z))(2)函数y＝eq\r(sinx－cosx)的定义域为________.解析(1)由2x≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x≠eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)，k∈Z，∴y＝tan2x的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z)).(2)法一要使函数有意义，必须使sinx－cosx≥0.利用图象，在同一坐标系中画出[0，2π]上y＝sinx和y＝cosx的图象，如下图.在[0，2π]内，满足sinx＝cosx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，所以原函数的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)))，k∈Z)).法二利用三角函数线，画出满足条件的终边范围(如图阴影局部所示).所以定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)))).法三sinx－cosx＝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＝sinx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).所以定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z)))).答案(1)D(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z))))考点二三角函数的值域【例2】(1)函数y＝－2sinx－1，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)π，\f(13,6)π))的值域是()A.[－3，1] B.[－2，1] C.(－3，1] D.(－2，1](2)(2022·全国Ⅱ卷)函数f(x)＝cos2x＋6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))的最大值为()A.4 B.5 C.6 D.7(3)函数y＝sinx－cosx＋sinxcosx的值域为________.解析(1)由正弦曲线知y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)π，\f(13,6)π))上，－1≤sinx<eq\f(1,2)，所以函数y＝－2sinx－1，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(13,6)π))的值域是(－2，1].(2)由f(x)＝cos2x＋6coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝1－2sin2x＋6sinx＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(11,2)，所以当sinx＝1时函数的最大值为5，应选B.(3)设t＝sinx－cosx，那么t2＝sin2x＋cos2x－2sinxcosx，sinxcosx＝eq\f(1－t2,2)，且－eq\r(2)≤t≤eq\r(2).∴y＝－eq\f(t2,2)＋t＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)(t－1)2＋1.当t＝1时，ymax＝1；当t＝－eq\r(2)时，ymin＝－eq\f(1,2)－eq\r(2).∴函数的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\r(2)，1)).答案(1)D(2)B(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\r(2)，1))规律方法求解三角函数的值域(最值)常见到以下几种类型：(1)形如y＝asinx＋bcosx＋c的三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)；(2)形如y＝asin2x＋bsinx＋c的三角函数，可先设sinx＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)；(3)形如y＝asinxcosx＋b(sinx±cosx)＋c的三角函数，可先设t＝sinx±cosx，化为关于t的二次函数求值域(最值).【训练2】(1)(2022·杭州调研)函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－\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)(2)(2022·金华检测)函数y＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,3)))＋1的最大值是________，此时x的取值集合为________.解析(1)因为0≤x≤9，所以－eq\f(π,3)≤eq\f(π,6)x－eq\f(π,3)≤eq\f(7π,6)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)).所以y∈[－eq\r(3)，2]，所以ymax＋ymin＝2－eq\r(3).选A.(2)ymax＝－2×(－1)＋1＝3，此时，eq\f(1,2)x－eq\f(π,3)＝2kπ＋π，即x＝4kπ＋eq\f(8π,3)(k∈Z).答案(1)A(2)3eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝4kπ＋\f(8π,3)，k∈Z))考点三三角函数的性质(多维探究)命题角度一三角函数的奇偶性与周期性【例3－1】(1)(2022·宁波调研)函数y＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))－1是()A.最小正周期为π的奇函数B.最小正周期为π的偶函数C.最小正周期为eq\f(π,2)的奇函数D.最小正周期为eq\f(π,2)的偶函数(2)(2022·衡水中学金卷)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋θ))－eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋θ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|θ|<\f(π,2)))的图象关于y轴对称，那么θ＝()A.－eq\f(π,6) B.eq\f(π,6) C.－eq\f(π,3) D.eq\f(π,3)解析(1)y＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))－1＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝sin2x，那么函数为最小正周期为π的奇函数.(2)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋θ))－eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋θ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋θ－\f(π,3)))，由题意可得f(0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝±2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝±1，∴θ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，∴θ＝eq\f(5π,6)＋kπ(k∈Z)，∵|θ|<eq\f(π,2)，∴k＝－1时，θ＝－eq\f(π,6).应选A.答案(1)A(2)A规律方法(1)假设f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，那么①f(x)为偶函数的充要条件是φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)；②f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z).(2)函数y＝Asin(ωx＋φ)与y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq\f(2π,|ω|)，y＝Atan(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq\f(π,|ω|).命题角度二三角函数的单调性【例3－2】(1)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))的单调递减区间为________.(2)假设f(x)＝2sinωx＋1(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))上是增函数，那么ω的取值范围是________.解析(1)由可得函数为y＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，欲求函数的单调减区间，只需求y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调增区间.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.故所求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).(2)法一由2kπ－eq\f(π,2)≤ωx≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得f(x)的增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2kπ,ω)－\f(π,2ω)，\f(2kπ,ω)＋\f(π,2ω)))(k∈Z).因为f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))上是增函数，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω))).所以－eq\f(π,2)≥－eq\f(π,2ω)且eq\f(2π,3)≤eq\f(π,2ω)，所以ω∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))).法二因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))，ω>0.所以ωx∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,2)，\f(2πω,3)))，又f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))上是增函数，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,2)，\f(2πω,3)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，那么eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,2)≥－\f(π,2)，,\f(2πω,3)≤\f(π,2)，))又ω>0，得0<ω≤eq\f(3,4).法三因为f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))上是增函数，故原点到－eq\f(π,2)，eq\f(2π,3)的距离不超过eq\f(T,4)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)≤\f(T,4)，,\f(2π,3)≤\f(T,4)，))得T≥eq\f(8π,3)，即eq\f(2π,ω)≥eq\f(8π,3)，又ω>0，得0<ω≤eq\f(3,4).答案(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))规律方法(1)求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成y＝Asin(ωx＋φ)形式，再求y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，只需把ωx＋φ看作一个整体代入y＝sinx的相应单调区间内即可，注意要先把ω化为正数.(2)对于函数的单调区间的某一局部确定参数ω的范围的问题，首先，明确的单调区间应为函数的单调区间的子集，其次，要确定函数的单调区间，从而利用它们之间的关系可求解，另外，假设是选择题利用特值验证排除法求解更为简捷.命题角度三三角函数的对称轴或对称中心【例3－3】(1)(2022·浙江适应性测试)假设函数f(x)＝2sin(4x＋φ)(φ<0)的图象关于直线x＝eq\f(π,24)对称，那么φ的最大值为()A.－eq\f(5π,3) B.－eq\f(2π,3) C.－eq\f(π,6) D.－eq\f(5π,6)(2)(2022·全国Ⅰ卷)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq\f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，那么ω的最大值为()A.11 B.9 C.7 D.5解析(1)由题可得，4×eq\f(π,24)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，∴φ＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，∵φ<0，∴φmax＝－eq\f(2π,3).(2)因为x＝－eq\f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq\f(π,4)为f(x)的图象的对称轴，所以eq\f(π,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝eq\f(T,4)＋kT，即eq\f(π,2)＝eq\f(4k＋1,4)T＝eq\f(4k＋1,4)·eq\f(2π,ω)，所以ω＝4k＋1(k∈N*)，又因为f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，所以eq\f(5π,36)－eq\f(π,18)＝eq\f(π,12)≤eq\f(T,2)＝eq\f(2π,2ω)，即ω≤12，由此得ω的最大值为9，应选B.答案(1)B(2)B规律方法(1)对于可化为f(x)＝Asin(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)，求x即可；如果求f(x)的对称