高中数学高考第4节 三角函数的图象与性质 教案

这是一份高中数学高考第4节 三角函数的图象与性质 教案，共14页。

1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图
正弦函数y＝sin x，x∈[0,2π]图象的五个关键点是：(0,0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．
余弦函数y＝cs x，x∈[0,2π]图象的五个关键点是：(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0))，(2π，1)．
2．正弦函数、余弦函数、正切函数的图象与性质
eq \([常用结论])
1．对称与周期
(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半个周期，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半个周期．
2．函数具有奇偶性的充要条件
函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)是奇函数⇔φ＝kπ(k∈Z)；
函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)是偶函数⇔φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)；
函数y＝Acs(ωx＋φ)(x∈R)是奇函数⇔φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)；
函数y＝Acs(ωx＋φ)(x∈R)是偶函数⇔φ＝kπ(k∈Z)．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数y＝sin x的图象关于点(kπ，0)(k∈Z)中心对称．( )
(2)正切函数y＝tan x在定义域内是增函数．( )
(3)已知y＝ksin x＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1.( )
(4)y＝sin |x|与y＝|sin x|都是周期函数．( )
[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)×
二、教材改编
1．函数y＝tan 2x的定义域是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,4)，k∈Z))))
B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,8)，k∈Z))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,8)，k∈Z))))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z))))
D [由2x≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)，k∈Z，
∴y＝tan 2x的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z)))).]
2．函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的最小正周期是________．
π [T＝eq \f(2π,2)＝π.]
3．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的单调减区间是________．
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)＋kπ，\f(7π,8)＋kπ))(k∈Z) [由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z得
eq \f(3π,8)＋kπ≤x≤eq \f(7π,8)＋kπ，k∈Z.]
4．y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域是________．
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3)) [当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
故3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3))，
即y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，3)).]
考点1 三角函数的定义域和值域

1．三角函数定义域的求法
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．求三角函数最值或值域的常用方法
(1)直接法：直接利用sin x和cs x的值域求解．
(2)化一法：把所给三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，由正弦函数单调性写出函数的值域．
(3)换元法：把sin x，cs x，sin xcs x或sin x±cs x换成t，转化为二次函数求解．
1.函数f(x)＝－2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的定义域是( )
A．xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,6)))
B．xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x≠－\f(π,12)))
C．xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,6)k∈Z))
D．xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,6)k∈Z))
D [由正切函数的定义域，得2x＋eq \f(π,6)≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即x≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)，故选D.]
2．(2019·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2)))－3cs x的最小值为________．
－4 [f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2)))－3cs x＝－cs 2x－3cs x＝－2cs2x－3cs x＋1，
令cs x＝t，则t∈[－1,1]．
f(t)＝－2t2－3t＋1＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(3,4)))eq \s\up20(2)＋eq \f(17,8)，
易知当t＝1时，f(t)min＝－2×12－3×1＋1＝－4.
故f(x)的最小值为－4.]
3．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，其中x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，a))，若f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，则实数a的取值范围是________．
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π)) [∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，a))，∴x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，a＋\f(π,6)))，
∵当x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))时，f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
∴由函数的图象(图略)知eq \f(π,2)≤a＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，∴eq \f(π,3)≤a≤π.]
4．函数y＝sin x－cs x＋sin xcs x的值域为________．
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\r(2)，1)) [设t＝sin x－cs x，则t2＝sin2x＋cs2x－2sin x·cs x，sin xcs x＝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，t∈[－eq \r(2)，eq \r(2)]．
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\c1(－\f(1,2)－\r(2)，1)).]
求解三角函数的值域(最值)常见的几种类型
(1)形如y＝asin x＋bcs x＋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＋bsin x＋c的三角函数，可先设sin x＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)．
(3)形如y＝asin3x＋bsin2x＋csin x＋d，类似于(2)进行换元，然后用导数法求最值．
考点2 三角函数的单调性
(1)形如y＝Asin(ωx＋φ)的函数的单调性问题，一般是将ωx＋φ看成一个整体，再结合图象利用y＝sin x的单调性求解．
(2)如果函数中自变量的系数为负值，要根据诱导公式把自变量系数化为正值，再确定其单调性．
求三角函数的单调性
(1)函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
(2)(2019·大连模拟)函数y＝eq \f(1,2)sin x＋eq \f(\r(3),2)cs xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))的单调递增区间是________．
(1)B (2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))) [(1)由kπ－eq \f(π,2)＜2x－eq \f(π,3)＜kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)＜x＜eq \f(kπ,2)＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，
所以函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)，故选B.
(2)∵y＝eq \f(1,2)sin x＋eq \f(\r(3),2)cs x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，
由2kπ－eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
解得2kπ－eq \f(5π,6)≤x≤2kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)．
∴函数的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(5π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)，
又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))).]
本例(2) 在整体求得函数y＝eq \f(1,2)sin x＋eq \f(\r(3),2)cs x的增区间后，采用对k赋值的方式求得x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的区间．
根据函数的单调性求参数
(1)(2019·西安模拟)已知ω＞0，函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是( )
A．(0,2] B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4)))
(2)(2018·全国卷Ⅱ)若f(x)＝cs x－sin x在[0，a] 是减函数，则a的最大值是( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2)
C.eq \f(3π,4) D．π
(1)D (2)C [(1)由2kπ＋eq \f(π,2)≤ωx＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，得eq \f(2kπ,ω)＋eq \f(π,4ω)≤x≤eq \f(2kπ,ω)＋eq \f(5π,4ω)，k∈Z，
因为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2kπ,ω)＋\f(π,4ω)≤\f(π,2)，,\f(2kπ,ω)＋\f(5π,4ω)≥π，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω≥4k＋\f(1,2)，,ω≤2k＋\f(5,4).))因为k∈Z，ω＞0，所以k＝0，
所以eq \f(1,2)≤ω≤eq \f(5,4)，即ω的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4))).故选D.
(2)f(x)＝cs x－sin x＝－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))，
当x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，即x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))时，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))单调递增，－eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))单调递减，
∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))是f(x)在原点附近的单调递减区间，
结合条件得[0，a]⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，
∴a≤eq \f(3π,4)，即amax＝eq \f(3π,4)，故选C.]
已知单调区间求参数范围的三种方法
1.若函数f(x)＝sin ωx(ω＞0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω＝________.
eq \f(3,2) [由已知得eq \f(T,4)＝eq \f(π,3)，∴T＝eq \f(4π,3)，∴ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(3,2).]
2．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3)))的单调减区间为________．
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z) [由已知，得函数为y＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(2x－\f(π,3)))的单调增区间即可．
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.
故所求函数的单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．]
考点3 三角函数的周期性、奇偶性、对称性
求解三角函数y＝sin(ωx＋φ)(ω＞0)的周期性、奇偶性、对称性问题，其实质都是根据y＝sin x的对应性质，利用整体代换的思想求解．
三角函数的周期性
(1)(2019·全国卷Ⅱ)下列函数中，以eq \f(π,2)为周期且在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))单调递增的是( )
A．f(x)＝|cs 2x| B．f(x)＝|sin 2x|
C．f(x)＝cs|x| D．f(x)＝sin|x|
(2)若函数f(x)＝2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx＋\f(π,3)))的最小正周期T满足1＜T＜2，则自然数k的值为________．
(1)A (2)2或3 [(1)对于选项A，作出y＝|cs 2x|的部分图象，如图1所示，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，且最小正周期T＝eq \f(π,2)，故A正确．
对于选项B，作出f(x)＝|sin 2x|的部分图象，如图2所示，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，且最小正周期T＝eq \f(π,2)，故B不正确．对于选项C，∵f(x)＝cs|x|＝cs x，∴最小正周期T＝2π，故C不正确．
对于选项D，作出f(x)＝sin|x|的部分图象，如图3所示．显然f(x)不是周期函数，故D不正确．故选A.
图1
图2
]
图3
(2)由题意得，1＜eq \f(π,k)＜2，
∴k＜π＜2k，即eq \f(π,2)＜k＜π，
又k∈Z，∴k＝2或3.]
公式莫忘绝对值，对称抓住“心”与“轴”
(1)公式法求周期
①正弦型函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋B的周期T＝eq \f(2π,|ω|)；
②余弦型函数f(x)＝Acs(ωx＋φ)＋B的周期T＝eq \f(2π,|ω|)；
③正切型函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)＋B的周期T＝eq \f(π,|ω|).
(2)对称性求周期
①两对称轴距离的最小值等于eq \f(T,2)；
②两对称中心距离的最小值等于eq \f(T,2)；
③对称中心到对称轴距离的最小值等于eq \f(T,4).
(3)特征点法求周期
①两个最大值点之差的最小值等于T；
②两个最小值点之差的最小值等于T；
③最大值点与最小值点之差的最小值等于eq \f(T,2).
特征点法求周期实质上就是由图象的对称性求周期，因为最值点与函数图象的对称轴相对应．(说明：此处的T均为最小正周期)
三角函数的奇偶性
已知函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))，φ∈(0，π)．
(1)若f(x)为偶函数，则φ＝________；
(2)若f(x)为奇函数，则φ＝________.
(1)eq \f(5,6)π (2)eq \f(π,3) [(1)因为f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))为偶函数，
所以－eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
又因为φ∈(0，π)，所以φ＝eq \f(5π,6).
(2)因为f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋φ))为奇函数，
所以－eq \f(π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，
又φ∈(0，π)，
所以φ＝eq \f(π,3).]
若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，则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)．
三角函数的对称性
(1)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)的最小正周期为4π，则该函数的图象( )
A．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称
B．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，0))对称
C．关于直线x＝eq \f(π,3)对称
D．关于直线x＝eq \f(5π,3)对称
(2)已知函数y＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＜φ＜\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，则φ的值为________．
(1)B (2)－eq \f(π,6) [(1)因为函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)的最小正周期是4π，而T＝eq \f(2π,ω)＝4π，所以ω＝eq \f(1,2)，
即f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,6))).
令eq \f(x,2)＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得x＝eq \f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)，
故f(x)的对称轴为x＝eq \f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)，
令eq \f(x,2)＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，解得x＝－eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)．
故f(x)的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋2kπ，0))(k∈Z)，对比选项可知B正确．
(2)由题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝±1，
∴eq \f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝kπ－eq \f(π,6)(k∈Z)．
∵φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴φ＝－eq \f(π,6).]
三角函数图象的对称轴和对称中心的求解方法
若求f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω≠0)图象的对称轴，则只需令ωx＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，求x；若求f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω≠0)图象的对称中心的横坐标，则只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求x.
1.设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，则下列结论错误的是( )
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,6)
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减
D [A项，因为f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的周期为2kπ(k∈Z)，所以f(x)的一个周期为－2π，A项正确；
B项，因为f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))图象的对称轴为直线x＝kπ－eq \f(π,3)(k∈Z)，所以y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(8π,3)对称，B项正确；
C项，f(x＋π)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4π,3))).令x＋eq \f(4π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝kπ－eq \f(5π,6)，当k＝1时，x＝eq \f(π,6)，
所以f(x＋π)的一个零点为x＝eq \f(π,6)，C项正确；
D项，因为f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，
单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(2π,3)，2kπ＋\f(5π,3)))(k∈Z)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))是f(x)的单调递减区间，eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))是f(x)的单调递增区间，D项错误．]
2．(2019·成都模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的最小正周期为4π，且∀x∈R，有f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))成立，则f(x)图象的一个对称中心坐标是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，0))
A [由f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为4π，得ω＝eq \f(1,2).
因为f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))恒成立，
所以f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
即eq \f(1,2)×eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
由|φ|＜eq \f(π,2)，得φ＝eq \f(π,3)，故f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,3))).
令eq \f(1,2)x＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，得x＝2kπ－eq \f(2π,3)(k∈Z)，
故f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3)，0))(k∈Z)，
当k＝0时，f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，0)).]
子集法
求出原函数的相应单调区间，由已知区间是所求某区间的子集，列不等式(组)求解
反子集法
由所给区间求出整体角的范围，由该范围是某相应正、余弦函数的某个单调区间的子集，列不等式(组)求解
周期性法
由所给区间的两个端点到其相应对称中心的距离不超过eq \f(1,4)周期列不等式(组)求解