高中數(shù)學(xué)人教A版第一章三角函數(shù) 2023版必考部分第1章章末分層突破

章末分層突破①180°②|α|R③eq\f(1,2)lR④相等⑤1⑥eq\f(sinα,cosα)⑦周期性⑧奇偶性⑨單調(diào)性⑩定義域?值域任意角的三角函數(shù)的定義及三角函數(shù)線掌握任意角的正弦、余弦、正切的定義及三角函數(shù)線，能夠利用三角函數(shù)的定義求三角函數(shù)值，利用三角函數(shù)線判斷三角函數(shù)的符號，借助三角函數(shù)線求三角函數(shù)的定義域.函數(shù)y＝lg(2sinx－1)＋eq\r(1－2cosx)的定義域為________.【精彩點撥】先列出三角函數(shù)的不等式組，再借助于三角函數(shù)線或三角函數(shù)的圖象求解.【規(guī)范解答】要使函數(shù)有意義，必須有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2sinx－1>0，,1－2cosx≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx>\f(1,2)，,cosx≤\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2kπ<x<\f(5,6)π＋2kπ，,\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(5,3)π＋2kπ，))(k∈Z)∴eq\f(π,3)＋2kπ≤x<eq\f(5π,6)＋2kπ(k∈Z).故所求函數(shù)的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2kπ≤x＜\f(5,6)π＋2kπ，k∈Z)))).【答案】eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2kπ≤x＜\f(5,6)π＋2kπ，k∈Z))))[再練一題]1.求函數(shù)f(x)＝eq\r(－sinx)＋eq\r(tanx－1)的定義域.【導(dǎo)學(xué)號：00680030】【解】要使函數(shù)f(x)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－sinx≥0，,tanx－1≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx≤0，,tanx≥1，))如圖所示，結(jié)合三角函數(shù)線知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋π≤x≤2kπ＋2πk∈Z，,kπ＋\f(π,4)≤x<kπ＋\f(π,2)k∈Z，))∴2kπ＋eq\f(5π,4)≤x<2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z).故f(x)的定義域為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(5π,4)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z).三角函數(shù)的最值問題三角函數(shù)的最值問題是三角函數(shù)基礎(chǔ)知識的綜合應(yīng)用，它往往與二次函數(shù)、三角函數(shù)圖象、函數(shù)的單調(diào)性等知識聯(lián)系在一起，有一定的綜合性.在求解時，一要注意三角函數(shù)式的變形方向；二要注意正弦、余弦函數(shù)本身的有界性，還要注意靈活運用方法.求函數(shù)f(x)＝cos2x＋sinx＋1eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)≤x))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(≤\f(π,4)))的最小值.【精彩點撥】本題應(yīng)先通過同角三角函數(shù)關(guān)系式將函數(shù)轉(zhuǎn)化成關(guān)于sinx的二次函數(shù)，然后再求最小值.【規(guī)范解答】f(x)＝cos2x＋sinx＋1＝1－sin2x＋sinx＋1＝－sin2x＋sinx＋2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,2)))2＋eq\f(9,4)，又－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(\r(2),2)≤sinx≤eq\f(\r(2),2).故當(dāng)sinx＝－eq\f(\r(2),2)時，f(x)取最小值eq\f(3－\r(2),2).[再練一題]2.求函數(shù)y＝cos2x－sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))的值域.【解】y＝－sin2x－sinx＋1，令t＝sinx.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，∴t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))).原函數(shù)可化為y＝－t2－t＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)，∴當(dāng)t＝－eq\f(1,2)時，有ymax＝eq\f(5,4)；當(dāng)t＝eq\f(\r(2),2)時，有ymin＝eq\f(1－\r(2),2).故原函數(shù)值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(2),2)，\f(5,4))).三角函數(shù)的圖象及變換三角函數(shù)的圖象是研究三角函數(shù)性質(zhì)的基礎(chǔ)，又是三角函數(shù)性質(zhì)的具體體現(xiàn).在平時的考查中，主要體現(xiàn)在三角函數(shù)圖象的變換和解析式的確定，以及通過對圖象的描繪、觀察來討論函數(shù)的有關(guān)性質(zhì).如圖1-1是函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的一段圖象.圖1-1(1)求此函數(shù)解析式；(2)分析一下該函數(shù)是如何通過y＝sinx變換得來的？【精彩點撥】(1)先確定A，k，再根據(jù)周期求ω，最后確定φ.(2)可先平移再伸縮，也可先伸縮再平移.【規(guī)范解答】(1)由圖象知A＝eq\f(－\f(1,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2))),2)＝eq\f(1,2)，k＝eq\f(－\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2))),2)＝－1，T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝2，∴y＝eq\f(1,2)sin(2x＋φ)－1.當(dāng)x＝eq\f(π,6)時，2×eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6)，∴所求函數(shù)解析式為y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1.(2)把y＝sinx向左平移eq\f(π,6)個單位得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，然后縱坐標(biāo)保持不變、橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，再橫坐標(biāo)保持不變，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)得到y(tǒng)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，最后把函數(shù)y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向下平移1個單位，得到y(tǒng)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1的圖象.[再練一題]3.已知函數(shù)y＝eq\f(1,2)cosx＋eq\f(1,2)|cosx|.(1)畫出函數(shù)的簡圖；(2)這個函數(shù)是周期函數(shù)嗎？如果是，求出它的最小正周期；(3)指出這個函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間.【解】(1)y＝eq\f(1,2)cosx＋eq\f(1,2)|cosx|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))k∈Z，,0，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))k∈Z.))函數(shù)圖象如圖所示.(2)該函數(shù)是周期函數(shù)，且由圖象可知函數(shù)的最小正周期是2π.(3)由圖象可知函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ))(k∈Z).三角函數(shù)的性質(zhì)三角函數(shù)的性質(zhì)，重點應(yīng)掌握y＝sinx，y＝cosx，y＝tanx的定義域、值域、單調(diào)性、奇偶性、對稱性等有關(guān)性質(zhì)，在此基礎(chǔ)上掌握函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)及y＝Atan(ωx＋φ)的相關(guān)性質(zhì).在研究其相關(guān)性質(zhì)時，將ωx＋φ看成一個整體，利用整體代換思想解題是常見的技巧.已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1(其中a為常數(shù)).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f(x)的最大值為4，求a的值；(3)求f(x)取最大值時x的取值集合.【精彩點撥】(1)將2x＋eq\f(π,6)看成一個整體，利用y＝sinx的單調(diào)區(qū)間求解.(2)先求x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時2x＋eq\f(π,6)的范圍，再根據(jù)最值求a的值.(3)先求f(x)取最大值時2x＋eq\f(π,6)的值，再求x的值.【規(guī)范解答】(1)由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))(k∈Z)，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z).(2)∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，∴－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1，∴f(x)的最大值為2＋a＋1＝4，∴a＝1.(3)當(dāng)f(x)取最大值時，2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ，∴2x＝eq\f(π,3)＋2kπ，∴x＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，∴當(dāng)f(x)取最大值時，x的取值集合是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(π,6)))＋kπ，k∈Z)).[再練一題]4.已知函數(shù)f(x)＝(sinx＋cosx)2＋cos2x.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值.【解】(1)因為f(x)＝sin2x＋cos2x＋2sinxcosx＋cos2x＝1＋sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由(1)的計算結(jié)果知，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1.當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，由正弦函數(shù)y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上的圖象知，當(dāng)2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,8)時，f(x)取得最大值eq\r(2)＋1；當(dāng)2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(5π,4)，即x＝eq\f(π,2)時，f(x)取得最小值0.綜上，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為eq\r(2)＋1，最小值為0.數(shù)形結(jié)合思想數(shù)形結(jié)合思想就是把抽象的數(shù)學(xué)語言與直觀圖形相結(jié)合進(jìn)行思考，使抽象思維和形象思維結(jié)合，通過“以形助數(shù)”和“以數(shù)解形”使復(fù)雜問題簡單化、抽象問題具體化，從而起到優(yōu)化解題過程的目的.“以形助數(shù)”是借助形的生動和直觀來闡述數(shù)間的聯(lián)系.“以數(shù)解形”是借助于數(shù)的精確性、規(guī)范性、嚴(yán)密性來闡明形的某些屬性.由于三角函數(shù)具有實際的幾何背景，因此，在本章中，處處可見“數(shù)形結(jié)合”思想的身影.函數(shù)y＝eq\f(2－sinx,3＋cosx)的最小值為________，最大值為________.【精彩點撥】根據(jù)題目特征，構(gòu)造符合題意圖形，運用“數(shù)形結(jié)合”思想往往可以很簡捷地解決問題.【規(guī)范解答】如圖所示，y＝eq\f(2－sinx,3＋cosx)可看做定點A(3,2)與動點B(－cosx，sinx)連線的斜率，而動點(－cosx，sinx)是單位圓上點，故問題轉(zhuǎn)化為定點與單位圓上點B連線的斜率的最值問題.根據(jù)數(shù)形結(jié)合不難得知，當(dāng)連線與圓相切時，斜率取最值，解得ymin＝eq\f(3－\r(3),4)，ymax＝eq\f(3＋\r(3),4).【答案】eq\f(3－\r(3),4)eq\f(3＋\r(3),4)[再練一題]5.求函數(shù)y＝eq\f(sinx＋1,cosx－2)的值域.【解】將y＝eq\f(sinx＋1,cosx－2)看成是單位圓上的點(cosx，sinx)到點(2，－1)的斜率，即求斜率的范圍.如圖所示，由解析幾何知識可求得過點(2，－1)，且與單位圓有交點的直線的斜率k∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0))，即y∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0)).轉(zhuǎn)化與化歸的思想化歸思想貫穿本章的始終，在三角函數(shù)的恒等變形中，同角關(guān)系式和誘導(dǎo)公式?；睘楹?，化異為同，弦切互化；在研究三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)時，常把函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)化歸為簡單的y＝sinx來研究.這些均體現(xiàn)三角函數(shù)中的轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法.求函數(shù)y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(2,3)x))的單調(diào)區(qū)間.【精彩點撥】求三角函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的單調(diào)區(qū)間，需先保證x的系數(shù)為正值，如果ω<0，那么應(yīng)先進(jìn)行轉(zhuǎn)化，將x的系數(shù)化為正數(shù)，再求解.【規(guī)范解答】將原函數(shù)化為y＝－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(π,4))).由2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(2,3)x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得3kπ－eq\f(3,8)π≤x≤3kπ＋eq\f(9,8)π(k∈Z)，此時函數(shù)單調(diào)遞減；由2kπ＋eq\f(π,2)≤eq\f(2,3)x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3,2)π(k∈Z)，得3kπ＋eq\f(9,8)π≤x≤3kπ＋eq\f(21,8)π(k∈Z)，此時函數(shù)單調(diào)遞增.故原函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3kπ－\f(3,8)π，3kπ＋\f(9,8)π))(k∈Z)，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3kπ＋\f(9,8)π，3kπ＋\f(21,8)π))(k∈Z).[再練一題]6.求函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))的單調(diào)遞增區(qū)間.【解】y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))).令z＝x－eq\f(π,4)，則y＝－2sinz.∵z是x的一次函數(shù)，∴要取y＝－2sinz的遞增區(qū)間，即取sinz的遞減區(qū)間，即2kπ＋eq\f(π,2)≤z≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，∴2kπ＋eq\f(π,2)≤x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，2kπ＋eq\f(3π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(7π,4)(k∈Z)，∴函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))的遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(3π,4)，2kπ＋\f(7π,4)))(k∈Z).1.將函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期后，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為()＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))) ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))【解析】函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的周期為π，將函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(1,4)個周期即eq\f(π,4)個單位長度，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故選D.【答案】D2.函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖1-2所示，則()圖1-2＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))【解析】由圖象知eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(π,2)，故T＝π，因此ω＝eq\f(2π,π)＝2.又圖象的一個最高點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2))，所以A＝2，且2×eq\f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，故φ＝2kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)，結(jié)合選項可知y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).故選A.【答案】A3.函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)的部分圖象如圖1-3所示，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()圖1-3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(1,4)，kπ＋\f(3,4)))，k∈Z\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(1,4)，2kπ＋\f(3,4)))，k∈Z\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,4)，k＋\f(3,4)))，k∈Z\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z【解析】由圖象知，周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)－\f(1,4)))＝2，∴eq\f(2π,ω)＝2，∴ω＝π.由π×eq\f(1,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，不妨取φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,4))).由2kπ<πx＋eq\f(π,4)<2kπ＋π，得2k－eq\f(1,4)<x<2k＋eq\f(3,4)，k∈Z，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z.故選D.【答案】D4.設(shè)函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(x＋π)＝f(x)＋sinx.當(dāng)0≤x<π時，f(x)＝0，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(23π,6)))＝()\f(1,2) \f(\r(3),2) D.－eq\f(1,2)【解析】∵f(x＋π)＝f(x)＋sinx，∴f(x＋2π)＝f(x＋π)－sinx.∴f(x＋2π)＝f(x)＋sinx－sinx＝f(x).∴f(x)是以2π為周期的周期函數(shù).又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(23π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π－\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))).feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋π))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))－eq\f(1,2).∵當(dāng)0≤x<π時，f(x)＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝0，∴f