高中数学人教A版 (2019)必修 第一册5.4 三角函数的图象与性质课堂检测

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函数y=的定义域为( )
A.[- eq \f(π,6),eq \f(π,6)] B.[kπ- eq \f(π,6),kπ+ eq \f(π,6)](k∈Z)
C.[2kπ- eq \f(π,6),2kπ+ eq \f(π,6)](k∈Z) D.R
【答案解析】答案为：C.
解析:因为cs x-eq \f(\r(3),2)≥0,得cs x≥eq \f(\r(3),2),所以2kπ-eq \f(π,6)≤x≤2kπ+eq \f(π,6),k∈Z.
下列各式正确的是（ ）
A. SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT B. SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT
C. SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT D. SKIPIF 1 < 0 \* MERGEFORMAT
【答案解析】答案为：B
函数y=sin x2的图象是( )
【答案解析】答案为：D；
解析：因为y=sin x2为偶函数，所以函数的图象关于y轴对称，排除A，C选项；
当x2=eq \f(π,2)，即x=± eq \r(\f(π,2))时，ymax=1，排除B选项.
已知函数f(x)=sin x＋eq \r(3)cs x，设a=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,7)))，b=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，c=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，则a，b，c的大小关系是( )
A.a【答案解析】答案为：B；
解析：f(x)=sin x＋eq \r(3)cs x=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，因为函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,7))) 函数y=－2cs2(eq \f(π,4) +x)＋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)的非奇非偶函数
【答案解析】答案为：A；
解析：因为y=－2cs2(eq \f(π,4) +x)＋1
=－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2x))))＋1=sin 2x.y=sin 2x是最小正周期为π的奇函数.故选A.
若锐角φ满足sin φ－cs φ=eq \f(\r(2),2)，则函数f(x)=sin2(x＋φ)的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(5π,12)，2kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,12)，2kπ＋\f(7π,12)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,12)，kπ＋\f(7π,12)))(k∈Z)
【答案解析】答案为：B；
解析：因为sin φ－cs φ=eq \f(\r(2),2)，所以eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ－\f(π,4)))=eq \f(\r(2),2)⇒φ－eq \f(π,4)=eq \f(π,6)⇒φ=eq \f(5π,12).
因为f(x)=sin2(x＋φ)=eq \f(1－cs2x＋2φ,2)=eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,6))),2)，
所以由2x＋eq \f(5π,6)∈[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)得f(x)的单调递增区间
为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)，故选B.
已知函数f(x)=sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，0))，则函数f(x)的单调递减区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(3π,8)，2kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,8)，2kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)
【答案解析】答案为：D；
解析：由题可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(3π,8)＋φ))=0，又0<φ由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，
得f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z).
函数f(x)=Asin(ωx＋φ)(A>0,|φ|A.向右平移eq \f(π,6)个单位长度
B.向右平移eq \f(π,12)个单位长度
C.向左平移eq \f(π,6)个单位长度
D.向左平移eq \f(π,12)个单位长度
【答案解析】答案为：D；
解析：根据函数f(x)=Asin(ωx＋φ)(A＞0，|φ|＜eq \f(π,2))的图象，可得A=1，
eq \f(1,4)×eq \f(2π,ω)=eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)，∴ω=2.因此f(x)=sin(2x＋φ).
由题图，知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)＋φ))=－1，∴eq \f(7π,6)＋φ=2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z).
又|φ|＜eq \f(π,2)，∴φ=eq \f(π,3).∴f(x)=sin(2x+ eq \f(π,3)).
∵f(x)=sin(2x+ eq \f(π,3))=cs[eq \f(π,2) -(2x+ eq \f(π,3))]=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,6)))=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))=cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))，
故把f(x)=sin(2x+ eq \f(π,3))的图象向左平移eq \f(π,12)个单位，可得g(x)=cs 2x的图象.
函数f(x)=Asin(ωx＋φ)(A>0,ω>0,|φ|A.－eq \f(\r(6),2) B.－eq \f(\r(3),2) C.－eq \f(\r(2),2) D.－1
【答案解析】答案为：D；
解析：由函数图象可得A=eq \r(2)，最小正周期T=4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,3)))=π，则ω=eq \f(2π,T)=2.
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)))=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)＋φ))=－eq \r(2)，|φ| 设ω>0，m>0，若函数f(x)=msin eq \f(ωx,2)cs eq \f(ωx,2)在区间[- eq \f(π,3),eq \f(π,3)]上单调递增，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) D.[1，＋∞)
【答案解析】答案为：B；
解析：f(x)=msin eq \f(ωx,2)cs eq \f(ωx,2)=eq \f(1,2)msin ωx，若函数在区间[- eq \f(π,3),eq \f(π,3)]上单调递增，
则eq \f(T,2)=eq \f(π,ω)≥eq \f(π,3)＋eq \f(π,3)=eq \f(2π,3)，即ω∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))).
已知函数f(x)=(1－2cs2x)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋θ))－2sin xcs xcs(eq \f(π,2)－θ)(|θ|≤(eq \f(π,2))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，－\f(π,6)))上单调递增.若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))≤m恒成立，则实数m的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) C.[1，＋∞) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))
【答案解析】答案为：C；
解析：∵f(x)=(1－2cs2x)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋θ))－2sin x·cs xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))
=－cs 2x(－cs θ)－sin 2xsin θ=cs(2x＋θ)，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，－\f(π,6)))时，－eq \f(3π,4)＋θ≤2x＋θ≤－eq \f(π,3)＋θ，
∴由函数递增知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－π≤－\f(3π,4)＋θ，,－\f(π,3)＋θ≤0，))解得－eq \f(π,4)≤θ≤eq \f(π,3).
∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋θ))，0≤eq \f(π,4)＋θ≤eq \f(7π,12)，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))≤1.∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))≤m恒成立，∴m≥1.故选C.
已知函数f(x)=2sin(x+),若对任意的实数x,总有f(x1)≤f(x)≤f(x2),则|x1-x2|的最小值是( )
A.2 B.4 C.π D.2π
【答案解析】答案为：A.
解析:由题意可得|x1-x2|的最小值为半个周期,即=2.故选A.
、填空题
设函数f(x)=cs(ωx- eq \f(π,6))(ω>0).若f(x)≤f(eq \f(π,4))对任意的实数x都成立，则ω的最小值为________.
【答案解析】答案为：eq \f(2,3).
解析：∵f(x)≤f(eq \f(π,4))对任意x∈R恒成立，∴f(eq \f(π,4))为f(x)的最大值，
∴f(eq \f(π,4))=cs(eq \f(π,4)ω－eq \f(π,6))=1，∴eq \f(π,4)ω－eq \f(π,6)=2kπ，解得ω=8k＋eq \f(2,3)，k∈Z，
又∵ω>0，∴当k=0时，ω的最小值为eq \f(2,3).
函数y=3－2cs(x＋eq \f(π,4))的最大值为________，此时x=________.
【答案解析】答案为：5，eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z).
解析：函数y=3－2cs(x＋eq \f(π,4))的最大值为3＋2=5，此时x＋eq \f(π,4)=π＋2kπ，
即x=eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z).
已知点P(4,-3)在角φ的终边上,函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)图象上与y轴最近的两个对称中心间的距离为eq \f(π,2),则f(eq \f(π,8))的值为 .
【答案解析】答案为：.
解析:由题意=eq \f(π,2),则T=π,即ω=2,则f(x)=sin(2x+φ);
又由三角函数的定义可得sin φ=-,csφ=,则f()=sincsφ+cssin SKIPIF 1 < 0 φ=.
函数f(x)=Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜eq \f(π,2))的部分图象如图所示，若x1，x2∈(－eq \f(π,6)，eq \f(π,3))，则f(x1)=f(x2)，且f(x1＋x2)=________.
【答案解析】答案为：eq \f(\r(3),2).
解析：观察题中图象可知，A=1，T=π，∴ω=2，f(x)=sin(2x＋φ).
将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))代入上式得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋φ))=0，
由已知得φ=eq \f(π,3)，故f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).函数图象的对称轴为x=eq \f(－\f(π,6)＋\f(π,3),2)=eq \f(π,12).
又x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，且f(x1)=f(x2)，
∴f(x1＋x2)=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋\f(π,3)))=eq \f(\r(3),2).
、解答题
已知函数f(x)=sin2 x－cs2 x－2eq \r(3)sin xcs x(x∈R).
(1)求f(eq \f(2π,3))的值；
(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间.
【答案解析】解：(1)由sin eq \f(2π,3)=eq \f(\r(3),2)，cs eq \f(2π,3)=－eq \f(1,2)，得
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))=2.
(2)由cs 2x=cs2 x－sin2 x与sin 2x=2sin xcs x得
f(x)=－cs 2x－eq \r(3)sin 2x=－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
所以f(x)的最小正周期是π.
由正弦函数的性质得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，
所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z).
已知函数f(x)=2sin2x＋bsin x·cs x满足f(eq \f(π,6))=2.
(1)求实数b的值以及函数f(x)的最小正周期；
(2)记g(x)=f(x＋t)，若函数g(x)是偶函数，求实数t的值.
【答案解析】解：(1)由f (eq \f(π,6))=2，得2×eq \f(1,4)＋b×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)=2，解得b=2-eq \r(3).
则f(x)=2sin2x＋2eq \r(3)sin xcs x=1－cs 2x＋eq \r(3)sin 2x=1＋2sin(2x-eq \f(π,6))，
所以函数f(x)的最小正周期T=eq \f(2π,2)=π.
(2)由(1)得f(x＋t)=2sin[2(x＋t)－eq \f(π,6)]＋1，
所以g(x)=2sin(2x+2t-eq \f(π,6))＋1.
又函数g(x)是偶函数，则对于任意的实数x，均有g(－x)=g(x)成立.
所以sin[2t-eq \f(π,6)+2x]=sin[(2t-eq \f(π,6))-2x]，
整理得cs(2t－eq \f(π,6))sin 2x=0.
则cs(2t-eq \f(π,6))=0，得2t－eq \f(π,6)=kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，所以t=eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,3)，k∈Z.
已知函数f(x)=2eq \r(3)sinax·csax＋2cs2ax－1(0(1)当a=1时，求函数f(x)在区间[eq \f(π,12),eq \f(π,2)]上的最大值与最小值；
(2)当f(x)的图象经过点(eq \f(π,3),2)时，求a的值及函数f(x)的最小正周期.
【答案解析】解：(1)当a=1时，
f(x)=2eq \r(3)sinx·csx＋2cs2x－1=eq \r(3)sin2x＋cs2x=2sin(2x＋eq \f(π,6)).
因为eq \f(π,12)≤x≤eq \f(π,2)，所以eq \f(π,3)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6).
所以当2x＋eq \f(π,6)=eq \f(π,2)，即x=eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值2，
当2x＋eq \f(π,6)=eq \f(7π,6)，即x=eq \f(π,2)时，f(x)取得最小值－1.
(2)因为f(x)=2eq \r(3)sinax·csax＋2cs2ax－1(0所以f(x)=eq \r(3)sin2ax＋cs2ax=2sin(2ax＋eq \f(π,6)).
因为f(x)的图象经过点(eq \f(π,3),2)，
所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2aπ,3)＋\f(π,6)))=2，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2aπ,3)＋\f(π,6)))=1.
所以eq \f(2aπ,3)＋eq \f(π,6)=eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z).所以a=3k＋eq \f(1,2)(k∈Z).
因为0所以f(x)的最小正周期T=eq \f(2π,1)=2π.
已知函数f(x)=2cs2 ωx－1＋2eq \r(3)cs ωxsin ωx(0＜ω＜1)，直线x=eq \f(π,3)是f(x)图象的一条对称轴.
(1)试求ω的值；
(2)已知函数y=g(x)的图象是由y=f(x)图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，然后再向左平移eq \f(2π,3)个单位长度得到的，若g(2α+eq \f(π,3))=eq \f(6,5)，α∈(0,eq \f(π,2))，求sin α的值.
【答案解析】解：f(x)=2cs2 ωx－1＋2eq \r(3)cs ωxsin ωx
=cs 2ωx＋eq \r(3)sin 2ωx=2sin (2ωx+ eq \f(π,6)).
(1)由于直线x=eq \f(π,3)是函数f(x)=2sin(2ωx+ eq \f(π,6))图象的一条对称轴，
∴sin(eq \f(2π,3)x+ eq \f(π,6))=±1.∴eq \f(2π,3)ω＋eq \f(π,6)=kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴ω=eq \f(3,2)k＋eq \f(1,2)(k∈Z).
又0＜ω＜1，∴－eq \f(1,3)＜k＜eq \f(1,3).
又∵k∈Z，从而k=0，∴ω=eq \f(1,2).
(2)由(1)知f(x)=2sin(x+ eq \f(π,6))，由题意可得
g(x)=2sin[eq \f(1,2)(x+ eq \f(2π,3))+eq \f(π,6)]，即g(x)=2cseq \f(1,2)x.
∵g(2α+ eq \f(π,3))=2cs(α+eq \f(π,6))=eq \f(6,5)，∴cs(α+eq \f(π,6))=eq \f(3,5).
又α∈(0,eq \f(π,2))，∴eq \f(π,6)＜α＋eq \f(π,6)＜eq \f(2π,3)，∴sin(α+eq \f(π,6))=eq \f(4,5)，
∴sin α=sin[(α+eq \f(π,6))- eq \f(π,6)]=sin(α+eq \f(π,6))cseq \f(π,6)－cs(α+eq \f(π,6))sineq \f(π,6)
=eq \f(4,5)×eq \f(\r(3),2)－eq \f(3,5)×eq \f(1,2)=eq \f(4\r(3)－3,10).
已知a＞0，函数，当x∈[0，]时，-5≤f(x)≤1．
(1)求常数a，b的值；
(2)设g(x)=f(x+)且lg[g(x)]＞0，求g(x)的单调区间．
【答案解析】解：(1)∵x∈[0，]，∴2x+∈[，]，∴sin(2x+)∈[-，1]，
∴-2asin(2x+)∈[-2a，a]，∴f(x)∈[b，3a+b]，又-5≤f(x)≤1．
∴b=-5,3a+b=1，解得a=2,b=-5.
(2)f(x)=-4sin(2x+)-1，g(x)=f(x+)=-4sin(2x+)-1=4sin(2x+)-1，
又由lg[g(x)]＞0，得g(x)＞1，∴4sin(2x+)-1＞1，∴sin(2x+)＞，
∴+2kπ＜2x+＜π+2kπ，k∈Z，
由+2kπ＜2x+≤2kπ+，得 kπ＜x≤kπ+，k∈Z．
由+2kπ≤2x+＜π+2kπ得+kπ≤x＜+kπ，k∈Z．
∴函数g(x)的单调递增区间为(kπ，+kπ](k∈Z)，
单调递减区间为[+kπ，+kπ)(k∈Z).
已知函数f(x)=2sin2ωx＋2eq \r(3)·sinωxcsωx－1(ω>0)，且函数f(x)的最小正周期为π．
(1)求f(x)的解析式，并求出f(x)的单调递增区间；
(2)将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度得到函数g(x)的图象，求函数g(x)的最大值及g(x)取得最大值时x的取值集合．
【答案解析】解:
(1)f(x)=2sin2ωx＋2eq \r(3)sinωxcsωx－1=1－cs2ωx＋eq \r(3)sin2ωx－1=2sin2ωx－eq \f(π,6)．
由函数f(x)的最小正周期T=eq \f(2π,2ω)=π，得ω=1．所以f(x)=2sin2x－eq \f(π,6)．
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，其中k∈Z，解得kπ－eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)，其中k∈Z，
即f(x)的单调递增区间为kπ－eq \f(π,6)，kπ＋eq \f(π,3)，其中k∈Z．
(2)g(x)=fx＋eq \f(π,4)=2sin2x＋eq \f(π,4)－eq \f(π,6)=2sin2x＋eq \f(π,3)，则g(x)的最大值为2，
此时有2sin2x＋eq \f(π,3)=2，即sin2x＋eq \f(π,3)=1，
即2x＋eq \f(π,3)=2kπ＋eq \f(π,2)，其中k∈Z，解得x=kπ＋eq \f(π,12)，其中k∈Z．
所以当g(x)取得最大值时x的取值集合为xx=kπ＋eq \f(π,12)，其中k∈Z．
已知函数f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))).
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)将y=f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再将得到的图象横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得到y=g(x)的图象.若函数y=g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(13π,4)))上的图象与直线y=a有三个交点，求实数a的取值范围.
【答案解析】解：(1)f(x)=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))
=eq \f(1,2)cs2x＋eq \f(\r(3),2)sin2x＋(sinx－csx)(sinx＋csx)
=eq \f(1,2)cs2x＋eq \f(\r(3),2)sin2x＋sin2x－cs2x
=eq \f(1,2)cs2x＋eq \f(\r(3),2)sin2x－cs2x=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z.
所以函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.
(2)将f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，
得y=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－\f(π,6)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))=cs2x的图象，
再将得到的图象的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得g(x)=csx的图象.
作函数g(x)=csx在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(13π,4)))上的图象，及直线y=A.根据图象知，
实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0)).