備考2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第四章考點測試24

考點測試24函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象與性質(zhì)高考概覽本考點是高考必考知識點，?？碱}型為選擇題、解答題，分值為5分、12分，中等難度考點研讀1.了解函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的物理意義，能畫出函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象，了解參數(shù)A，ω，φ對函數(shù)圖象變化的影響2．了解三角函數(shù)是描述周期變化現(xiàn)象的重要函數(shù)模型，會用三角函數(shù)解決一些簡單的實際問題一、基礎(chǔ)小題1．已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期為π，則該函數(shù)的圖象()A．關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))對稱B．關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))對稱C．關(guān)于直線x＝eq\f(π,12)對稱D．關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對稱答案C解析∵T＝eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，于是f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋\f(π,3)))＝1≠0，故A錯誤，C正確；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋\f(π,3)))≠0，故B錯誤；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋\f(π,3)))＝0≠±1，故D錯誤．故選C.2．函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))具有的性質(zhì)是()A．最大值為eq\r(3)，圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,6)對稱B．最大值為1，圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,6)對稱C．最大值為eq\r(3)，圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))對稱D．最大值為1，圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))對稱答案C解析因為y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))＝－sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx－eq\f(1,2)sinx＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))，所以函數(shù)的最大值為eq\r(3).令eq\f(π,6)－x＝kπ(k∈Z)，求得x＝eq\f(π,6)－kπ(k∈Z)，所以函數(shù)圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))對稱．故選C.3.如圖是函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的圖象的一部分，則要得到該函數(shù)的圖象，只需要將函數(shù)g(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x的圖象()A．向左平移eq\f(π,4)個單位長度B．向右平移eq\f(π,4)個單位長度C．向左平移eq\f(π,2)個單位長度D．向右平移eq\f(π,2)個單位長度答案A解析∵eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(T,4)，∴T＝π＝eq\f(2π,|ω|)，又ω>0，∴ω＝2，∴f(x)＝Asin(2x＋φ)，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，∴Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，∵0<φ<eq\f(π,2)，解得φ＝eq\f(π,3)，∴f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，又f(0)＝eq\r(3)，∴Asineq\f(π,3)＝eq\r(3)，∴A＝2，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，g(x)＝eq\r(3)sin2x－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，又f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－\f(π,6)))，∴將g(x)的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度可得到f(x)的圖象．故選A.4．已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,12)))上有最大值，沒有最小值，則ω的值可以是()A．17 B．14C．5 D．2答案A解析由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,12)))上有最大值，沒有最小值，可得eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,3)＝2kπ(k∈Z)，所以ω＝6k－1(k∈Z)．由f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,12)))上有最大值，沒有最小值，可得eq\f(1,4)×eq\f(2π,ω)<eq\f(5π,12)－eq\f(π,3)≤eq\f(3,4)×eq\f(2π,ω)，解得6<ω≤18，又ω＝6k－1(k∈Z)，當(dāng)k＝3時，ω＝17.故選A.5．已知函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))－2(ω>0)在[0，π]內(nèi)有且僅有兩個零點，則ω的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,6)，\f(5,2))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)，\f(5,2)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,12)，\f(5,4))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)，\f(5,4)))答案D解析由f(x)＝0得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))＝eq\f(1,2)，而當(dāng)x∈[0，π]，ω>0時，－eq\f(π,3)≤2ωx－eq\f(π,3)≤2πω－eq\f(π,3)，又sineq\f(π,6)＝sineq\f(5π,6)＝sineq\f(13π,6)＝eq\f(1,2)，函數(shù)f(x)在[0，π]內(nèi)有且僅有兩個零點，于是得eq\f(5π,6)≤2πω－eq\f(π,3)<eq\f(13π,6)，解得eq\f(7,12)≤ω<eq\f(5,4)，所以ω的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)，\f(5,4))).故選D.6．(多選)將函數(shù)f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度，再向上平移1個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，則下列關(guān)于函數(shù)g(x)的說法正確的是()A．g(x)的最大值為eq\r(3)，其圖象關(guān)于直線x＝－eq\f(π,3)對稱B．g(x)的圖象關(guān)于y軸對稱C．g(x)的最小正周期為πD．g(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))中心對稱答案BCD解析將函數(shù)f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度，得到y(tǒng)＝eq\r(3)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,3)))－1＝eq\r(3)cos(2x＋π)－1＝－eq\r(3)cos2x－1的圖象，再向上平移1個單位長度，得到函數(shù)g(x)＝－eq\r(3)cos2x的圖象．對于函數(shù)g(x)，它的最大值為eq\r(3)，由于當(dāng)x＝－eq\f(π,3)時，g(x)＝eq\f(\r(3),2)，不是最值，故g(x)的圖象不關(guān)于直線x＝－eq\f(π,3)對稱，故A錯誤；由于該函數(shù)為偶函數(shù)，故它的圖象關(guān)于y軸對稱，故B正確；函數(shù)g(x)的最小正周期為eq\f(2π,2)＝π，故C正確；當(dāng)x＝eq\f(π,4)時，g(x)＝0，故函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))中心對稱，故D正確．7．已知函數(shù)f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)和g(x)＝3cos(2x＋φ)的圖象完全相同，若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則f(x)的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))解析因為f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＝3coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))))＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(2π,3)))，f(x)和g(x)的圖象完全相同，所以ω＝2，則f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，所以－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤1，所以－eq\f(3,2)≤f(x)≤3.8．已知函數(shù)f(x)＝2sinωx(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，且直線y＝－2與函數(shù)f(x)的圖象在[－2π，0]上有且僅有一個交點，則實數(shù)ω的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,3)))解析令－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，可得－eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)≤x≤eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)(k∈Z)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)，\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)))(k∈Z)，因為函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)≤－\f(3π,4)，,\f(π,4)≤\f(π,2ω)，))因為ω>0，解得0<ω≤eq\f(2,3)，又因為直線y＝－2與函數(shù)f(x)的圖象在[－2π，0]上有且僅有一個交點，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×\f(2π,ω)≤2π，,\f(5,4)×\f(2π,ω)>2π，))解得eq\f(1,4)≤ω<eq\f(5,4).綜上可得，實數(shù)ω的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,3))).二、高考小題9．(2023·全國乙卷)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))單調(diào)遞增，直線x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)為函數(shù)y＝f(x)的圖象的兩條對稱軸，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝()A．－eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),2)答案D解析由題意，eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，不妨設(shè)ω>0，則T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，當(dāng)x＝eq\f(π,6)時，f(x)取得最小值，則2·eq\f(π,6)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，則φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z，不妨取k＝0，則f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)))＝eq\f(\r(3),2).故選D.10．(2023·全國甲卷)函數(shù)y＝f(x)的圖象由函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度得到，則y＝f(x)的圖象與直線y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)的交點個數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4答案C解析因為函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度得到函數(shù)y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x的圖象，所以f(x)＝－sin2x，而直線y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)顯然過eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)))與(1，0)兩點，作出y＝f(x)與y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)的部分圖象如圖，所以由圖可知，y＝f(x)的圖象與直線y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)的交點個數(shù)為3.故選C.11．(2022·新高考Ⅰ卷)記函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω>0)的最小正周期為T.若eq\f(2π,3)<T<π，且y＝f(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心對稱，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝()A．1 B．eq\f(3,2)C．eq\f(5,2) D．3答案A解析因為eq\f(2π,3)＜T＜π，所以eq\f(2π,3)＜eq\f(2π,ω)＜π，解得2＜ω＜3.因為y＝f(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心對稱，所以b＝2，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＋b＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＝0，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，又2＜ω＜3，所以eq\f(13π,4)＜eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＜eq\f(19π,4)，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝4π，解得ω＝eq\f(5,2)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)x＋\f(π,4)))＋2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)×\f(π,2)＋\f(π,4)))＋2＝sineq\f(3π,2)＋2＝1.故選A.12．(2022·全國甲卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在區(qū)間(0，π)恰有三個極值點、兩個零點，則ω的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(13,6))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(19,6)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6)))答案C解析依題意可得ω＞0，因為x∈(0，π)，所以ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3)))，要使函數(shù)在區(qū)間(0，π)恰有三個極值點、兩個零點，又y＝sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，3π))的圖象如圖所示，則eq\f(5π,2)＜ωπ＋eq\f(π,3)≤3π，解得eq\f(13,6)＜ω≤eq\f(8,3)，即ω的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))).故選C.13．(多選)(2022·新高考Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)(0＜φ＜π)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))中心對稱，則()A．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))單調(diào)遞減B．f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))有兩個極值點C．直線x＝eq\f(7π,6)是曲線y＝f(x)的對稱軸D．直線y＝eq\f(\r(3),2)－x是曲線y＝f(x)的切線答案AD解析由題意得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋φ))＝0，所以eq\f(4π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(4π,3)＋kπ，k∈Z，又0＜φ＜π，所以k＝2時，φ＝eq\f(2π,3)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).對于A，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))時，2x＋eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3π,2)))，由正弦函數(shù)y＝sinu的圖象知，y＝f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))單調(diào)遞減，故A正確；對于B，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))時，2x＋eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,2)))，由正弦函數(shù)y＝sinu的圖象知，y＝f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))只有1個極值點，故B錯誤；對于C，當(dāng)x＝eq\f(7π,6)時，2x＋eq\f(2π,3)＝3π，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))＝0，所以直線x＝eq\f(7π,6)不是曲線y＝f(x)的對稱軸，故C錯誤；對于D，由y′＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝－1得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝－eq\f(1,2)，解得2x＋eq\f(2π,3)＝eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z或2x＋eq\f(2π,3)＝eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，從而得x＝kπ，k∈Z或x＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，所以曲線y＝f(x)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))處的切線斜率為－1，切線方程為y－eq\f(\r(3),2)＝－(x－0)，即y＝eq\f(\r(3),2)－x，故D正確．故選AD.14．(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝cosωx－1(ω>0)在區(qū)間[0，2π]有且僅有3個零點，則ω的取值范圍是________．答案[2，3)解析因為0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，令f(x)＝cosωx－1＝0，則cosωx＝1有3個根，令t＝ωx，則cost＝1有3個根，其中t∈[0，2ωπ]，結(jié)合余弦函數(shù)y＝cost的圖象性質(zhì)可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3.15.(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)，如圖，A，B是直線y＝eq\f(1,2)與曲線y＝f(x)的兩個交點，若|AB|＝eq\f(π,6)，則f(π)＝________．答案－eq\f(\r(3),2)解析設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,2)))，由|AB|＝eq\f(π,6)可得x2－x1＝eq\f(π,6)，由sinx＝eq\f(1,2)可知，x＝eq\f(π,6)＋2kπ或x＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，由圖可知，ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝eq\f(5π,6)－eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)，即ω(x2－x1)＝eq\f(2π,3)，則ω＝4.因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋φ))＝0，所以eq\f(8π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(8π,3)＋kπ，k∈Z，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(8π,3)＋kπ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))或f(x)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))，又因為f(0)<0，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2π,3)))，則f(π)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4π－\f(2π,3)))＝－eq\f(\r(3),2).三、模擬小題16．(2024·河北邢臺四校高三月考)將函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移φ(φ>0)個單位長度，得到偶函數(shù)g(x)的圖象，則φ的最小值是()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)答案B解析由題意可得g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（x－φ）＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－2φ＋\f(π,6)))，因為g(x)是偶函數(shù)，所以－2φ＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得φ＝－eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)(k∈Z)．因為φ>0，所以當(dāng)k＝－1時，φ取得最小值eq\f(π,3).故選B.17．(2024·山東威海銀灘高級中學(xué)高三月考)已知函數(shù)f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)，若f(x)在[0，π)內(nèi)有且僅有3個零點和3條對稱軸，則ω的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,6)，\f(10,3))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,6)，\f(23,6)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,6)，\f(10,3))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(10,3)))答案A解析由題意，當(dāng)x∈[0，π)時，令t＝ωx＋eq\f(π,6)，則t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))，若f(x)在[0，π)內(nèi)有且僅有3個零點和3條對稱軸，則y＝2cost在t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))內(nèi)有且僅有3個零點和3條對稱軸，則3π<ωπ＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,2)，解得eq\f(17,6)<ω≤eq\f(10,3).故選A.18．(2024·浙江嘉興高三基礎(chǔ)測試)將函數(shù)f(x)＝sin2x的圖象向左平移eq\f(3π,16)個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象，若函數(shù)g(x)在[－2m，m](m>0)上單調(diào)遞增，則實數(shù)m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,32))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,16)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,16)，\f(7π,32))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,16)，\f(7π,32)))答案B解析由題意知g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,16)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,16)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,8)))，當(dāng)x∈[－2m，m]時，2x＋eq\f(3π,8)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4m＋\f(3π,8)，2m＋\f(3π,8)))，∵g(x)在[－2m，m]上單調(diào)遞增，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4m＋\f(3π,8)≥－\f(π,2)＋2kπ，,2m＋\f(3π,8)≤\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≤\f(7π,32)－\f(kπ,2)，,m≤\f(π,16)＋kπ))(k∈Z)；若eq\f(7π,32)－eq\f(kπ,2)>eq\f(π,16)＋kπ(k∈Z)，則k<eq\f(5,48)，此時m≤eq\f(π,16)＋kπ，又m>0，∴k＝0，∴0<m≤eq\f(π,16)；若eq\f(7π,32)－eq\f(kπ,2)≤eq\f(π,16)＋kπ(k∈Z)，則k≥eq\f(5,48)，k≥1，此時m≤eq\f(7π,32)－eq\f(kπ,2)<0，與m>0矛盾，不符合題意．綜上所述，實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,16))).故選B.19．(2023·山東濰坊一模)設(shè)函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(π,4)))上的最大值為g1(t)，最小值為g2(t)，則g1(t)－g2(t)的最小值為()A．1 B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(2)－1,2) D．eq\f(2－\r(2),2)答案D解析因為函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以其最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π，而區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(π,4)))的區(qū)間長度是該函數(shù)的最小正周期的eq\f(1,4)，因為函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(π,4)))上的最大值為g1(t)，最小值為g2(t)，所以當(dāng)區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(π,4)))關(guān)于函數(shù)圖象的對稱軸對稱時，g1(t)－g2(t)取得最小值，區(qū)間對稱軸為直線x＝eq\f(t＋t＋\f(π,4),2)＝t＋eq\f(π,8)，此時函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))有最值±1，不妨設(shè)y取得最大值g1(t)＝1，則有sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(π,8)))＋\f(π,3)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(7π,12)))＝1，解得2t＋eq\f(7π,12)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得t＝kπ－eq\f(π,24)，k∈Z，所以g2(t)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,24)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(k∈Z)，所以g1(t)－g2(t)的最小值為eq\f(2－\r(2),2).故選D.20．(多選)(2023·重慶第一中學(xué)高三月考)已知函數(shù)f(x)＝sin(x＋φ)(0<φ<2π)，g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，若將f(x)圖象上每個點的橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)后，再將圖象向右平移eq\f(π,6)個單位，可以得到g(x)的圖象，則下列說法正確的是()A．φ＝eq\f(2π,3)B．g(x)的周期為πC．g(x)的一個單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，\f(7π,6)))D．g(x)＝eq\f(1,2)在區(qū)間(a，b)上有5個不同的解，則b－a的取值范圍為(2π，3π]答案ABD解析將f(x)＝sin(x＋φ)的圖象上每個點的橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)，得到y(tǒng)＝sin(2x＋φ)的圖象，再向右平移eq\f(π,6)個單位，得到g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))的圖象，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω＝2，,－\f(π,3)＋φ＝\f(π,3)＋2kπ（k∈Z），))又0<φ<2π，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω＝2，,φ＝\f(2π,3)，))故A正確；由A項分析可知g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴周期T＝eq\f(2π,2)＝π，故B正確；由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，\f(7π,6)))，得2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(8π,3)))，eq\f(8π,3)>eq\f(5π,2)，可知g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，\f(7π,6)))上不單調(diào)，故C錯誤；g(x)＝eq\f(1,2)在區(qū)間(a，b)上有5個不同的解，由函數(shù)圖象可知，區(qū)間(a，b)的長度大于兩個周期，小于等于3個周期，故b－a∈(2π，3π]，故D正確．故選ABD.21．(多選)(2024·重慶七校高三第一次月考)摩天輪是一種大型轉(zhuǎn)輪狀的機(jī)械建筑設(shè)施，游客坐在摩天輪的座艙里慢慢地往上轉(zhuǎn)，可以從高處俯瞰四周景色．某摩天輪最高點距離地面的高度為120m，轉(zhuǎn)盤直徑為110m，設(shè)置有48個座艙，開啟后按逆時針方向勻速旋轉(zhuǎn)，游客在座艙轉(zhuǎn)到距離地面最近的位置進(jìn)艙，轉(zhuǎn)一周大約需要30min.游客甲坐上摩天輪的座艙，開始轉(zhuǎn)動tmin后距離地面的高度為H(t)m．游客乙所在座艙與甲所在座艙間隔7個座艙．在運(yùn)行一周的過程中，甲、乙兩人距離地面的高度差為hm．下列結(jié)論正確的是()A．H(t)＝55sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)))＋65B．H(5)＝38.5C．在運(yùn)行一周的過程中，H(t)>90的時間超過10minD．hmax＝55答案ACD解析由題意可得H(t)是關(guān)于t的三角函數(shù)，如圖所示，以摩天輪軸心為原點，與地面平行的直線為橫軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)摩天輪距地面最近的點為P，則當(dāng)t＝0時，游客甲位于點P(0，－55)處，以O(shè)P為終邊的角為－eq\f(π,2)，而轉(zhuǎn)一圈大約需要30min，可知角速度大約為eq\f(π,15)rad/min，由題意可得H(t)＝55sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)))＋65，故A正確；當(dāng)t＝5時，H(5)＝55sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)×5－\f(π,2)))＋65＝37.5，故B錯誤；H(t)＝55sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)))＋65≥90＋2.5?sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)))≥eq\f(1,2)，當(dāng)0≤t≤30時，eq\f(π,15)t－eq\f(π,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))，故eq\f(π,15)t－eq\f(π,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))?t∈[10，20]，即在運(yùn)行一周的過程中，高度不低于(90＋2.5)m的時間為20－10＝10min，顯然高度超過90m的時間超過10min，故C正確；甲、乙所在位置分別設(shè)為A，B兩點，甲、乙座艙差7個，則∠AOB＝8×eq\f(2π,48)＝eq\f(π,3)，故tmin后甲、乙的高度分別為H1＝55sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)))＋65，H2＝55sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)－\f(π,3)))＋65，其高度差h＝|H1－H2|＝55eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)))－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,2)－\f(π,3)))))＝55eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,15)t－\f(π,6)))))≤55，故D正確．故選ACD.22.(2023·云南紅河開遠(yuǎn)市第一中學(xué)高三?？奸_學(xué)考試)已知函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，將函數(shù)f(x)圖象上所有的點向左平移eq\f(π,12)個單位長度，再把所得圖象上各點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，所得函數(shù)圖象的解析式為________．答案y＝2cosx解析由題意知，eq\f(1,4)T＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,4)，即T＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝2cos(2x＋φ)，因為圖象經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，2))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝2，所以eq\f(π,6)＋φ＝2kπ，k∈Z，因為|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，將函數(shù)f(x)圖象上所有的點向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得y＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－\f(π,6)))＝2cos2x的圖象，再將所得圖象上各點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，得y＝2cosx的圖象，所以所得函數(shù)圖象的解析式為y＝2cosx.一、高考大題1．(2023·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝sinωxcosφ＋cosωxsinφeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2))).(1)若f(0)＝－eq\f(\r(3),2)，求φ的值；(2)已知f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝1，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使函數(shù)f(x)存在，求ω，φ的值．條件①：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(2)；條件②：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－1；條件③：f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))上單調(diào)遞減．注：如果選擇的條件不符合要求，第(2)問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．解(1)因為f(x)＝sinωxcosφ＋cosωxsinφ，所以f(0)＝sin(ω·0)cosφ＋cos(ω·0)sinφ＝sinφ＝－eq\f(\r(3),2)，因為|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3).(2)因為f(x)＝sinωxcosφ＋cosωxsinφ，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)，所以f(x)＝sin(ωx＋φ)，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)，所以f(x)的最大值為1，最小值為－1.若選條件①：因為f(x)＝sin(ωx＋φ)的最大值為1，最小值為－1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(2)無解，故條件①不能使函數(shù)f(x)存在．若選條件②：因為f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－1，所以eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝π，所以T＝2π，ω＝eq\f(2π,T)＝1，所以f(x)＝sin(x＋φ)，又因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋φ))＝－1，所以－eq\f(π,3)＋φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，因為|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6).所以ω＝1，φ＝－eq\f(π,6).若選條件③：因為f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))上單調(diào)遞減，所以f(x)在x＝－eq\f(π,3)處取得最小值－1，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－1.以下與選條件②相同．二、模擬大題2．(2024·福建省龍巖二中月考)已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)圖象上任意兩條相鄰對稱軸間的距離為eq\f(π,2).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和其圖象的對稱中心；(2)若關(guān)于x的方程2sin2x－mcosx－4＝0在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有實數(shù)解，求實數(shù)m的取值范圍．解(1)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)圖象上任意兩條相鄰對稱軸間的距離為eq\f(π,2)，∴eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，即T＝π，那么eq\f(2π,ω)＝π，可得ω＝2，∴f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).令2kπ－π≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ，k∈Z，解得kπ－eq\f(2π,3)≤x≤kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(2π,3)，kπ－\f(π,6)))，k∈Z，令2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z，解得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z，令2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)，k∈Z，∴函數(shù)f(x)圖象的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,12)，0))，k∈Z.(2)方程2sin2x－mcosx－4＝0在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有實數(shù)解，即2cos2x＋mcosx＋2＝0在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有實數(shù)解，令t＝cosx，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴t∈(0，1)，則2t2＋mt＋2＝0，即m＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))在(0，1)上有解，易得g(t)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))在(0，1)上單調(diào)遞增，且t→0＋時，g(t)→－∞，∴m<g(1)＝－4，∴實數(shù)m的取值范圍為(－∞，－4)．3．(2024·江蘇靖江中學(xué)、華羅庚中學(xué)高三第一次階段考試)已知函數(shù)f(x)＝cos4x－sin4x＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(1)求函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)將函數(shù)f(x)的圖象向左平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,4)))個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象，若函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))中心對稱，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，α))上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，求α的取值范圍．解(1)f(x)＝cos4x－sin4x＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝s