2023届高考一轮复习加练必刷题第37练　三角函数小题综合练【解析版】

这是一份2023届高考一轮复习加练必刷题第37练　三角函数小题综合练【解析版】，共9页。试卷主要包含了定义运算，已知函数f＝eq \f，则，中国折叠扇有着深厚的文化底蕴等内容，欢迎下载使用。

A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(5π,8)))，k∈Z
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))，k∈Z
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))，k∈Z
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(5π,8)，kπ＋\f(7π,8)))，k∈Z
答案 A
解析 由对数函数的定义域可知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))>0，
结合复合函数单调性的性质“同增异减”可知， 所求区间为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))在定义域上的单调递减区间，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2kπ<2x－\f(π,4)<π＋2kπ，k∈Z，,\f(π,2)＋2kπ<2x－\f(π,4)<\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，))
即求不等式eq \f(π,2)＋2kπ<2x－eq \f(π,4)<π＋2kπ，k∈Z，
所以解集为eq \f(3π,8)＋kπ即函数f(x)＝lgeq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(5π,8)))，k∈Z.
2．定义运算：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(\s\up7(a1),\s\d5(a3)) \(\s\up7(a2),\s\d5(a4))))＝a1a4－a2a3，将函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(\s\up7(\r(3)),\s\d5(1)) \(\s\up7(sin ωx),\s\d5(cs ωx))))(ω>0)的图象向左平移eq \f(2π,3)个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数，则ω的最小值是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(3,4) C.eq \f(7,4) D.eq \f(5,4)
答案 D
解析 函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(\s\up7(\r(3)),\s\d5(1)) \(\s\up7(sin ωx),\s\d5(cs ωx))))＝eq \r(3)cs ωx－sin ωx＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)，将f(x)的图象向左平移eq \f(2π,3)个单位长度，所得图象对应的函数为y＝2cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)))＋\f(π,6)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(2ωπ,3)＋\f(π,6)))，又因为该函数为偶函数，所以eq \f(2ωπ,3)＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z.解得ω＝eq \f(3k,2)－eq \f(1,4)，k∈Z，当k＝1时，ω取得最小值是eq \f(5,4).
3．函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增，则函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,3)))上的最小值为( )
A．－2 B．－eq \r(2) C．－1 D．－eq \f(\r(2),2)
答案 B
解析 由题意得eq \f(π,2)ω＋eq \f(π,4)＝2kπ＋π(k∈Z)，解得ω＝4k＋eq \f(3,2)(k∈Z)．
又∵f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增，
∴eq \f(π,ω)≥eq \f(π,2)，∴0<ω≤2，∴ω＝eq \f(3,2)，
则f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋\f(π,4)))，
∵－eq \f(π,2)≤x≤eq \f(π,3)，
∴－eq \f(π,2)≤eq \f(3,2)x＋eq \f(π,4)≤eq \f(3π,4)，
∴－eq \f(\r(2),2)≤cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋\f(π,4)))≤1，
故f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,3)))上的最小值为－eq \r(2).
4．(多选)已知函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1，将函数f(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变，再向左平移eq \f(π,2)个单位长度，向上平移2个单位长度，得到函数g(x)的图象，则以下结论正确的是( )
A．g(x)的最大值为1
B．函数g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7π,4)＋3kπ，－\f(π,4)＋3kπ))(k∈Z)
C．直线x＝－eq \f(π,4)是函数g(x)图象的一条对称轴
D．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，1))是函数g(x)图象的一个对称中心
答案 BC
解析 由题意知f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1，
将函数f(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，得到y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x－\f(π,6)))－1，再向左平移eq \f(π,2)个单位长度，向上平移2个单位长度得g(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x＋\f(π,3)－\f(π,6)))＋1＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x＋\f(π,6)))＋1，
选项A，g(x)的最大值为3，故A错误；
选项B，令－π＋2kπ≤eq \f(2,3)x＋eq \f(π,6)≤2kπ(k∈Z)，故－eq \f(7π,4)＋3kπ≤x≤－eq \f(π,4)＋3kπ(k∈Z)．
故函数g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7π,4)＋3kπ，－\f(π,4)＋3kπ))(k∈Z)，故B正确；
选项C，因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝2cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＋1＝3＝g(x)max，所以直线x＝－eq \f(π,4)是函数g(x)图象的一条对称轴，故C正确；
选项D，因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝2cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＋1＝3≠1，所以点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，1))不是函数g(x)图象的一个对称中心，故D错误．
5．(2022·成都模拟)已知taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－3，则sin 2α等于( )
A.eq \f(4,5) B.eq \f(2,5) C．－eq \f(4,5) D．－eq \f(4\r(5),5)
答案 A
解析 由题意，根据三角函数的诱导公式和三角函数的基本关系式及二倍角公式，
可得sin 2α＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝－cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))
＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))－cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))
＝eq \f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))－cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))),sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＋cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))))＝eq \f(tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))－1,tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＋1)
＝eq \f(－32－1,－32＋1)＝eq \f(4,5).
6．(多选)已知函数f(x)＝eq \f(cs 2x,1＋sin x)，则( )
A．f(x＋π)＝f(－x)
B．f(x)的最大值为4－2eq \r(2)
C．f(x)是奇函数
D．f(x)的最小值为－eq \f(1,2)
答案 AB
解析 由题意，函数f(x)＝eq \f(cs 2x,1＋sin x)，
可得f(x＋π)＝eq \f(cs 2x＋π,1＋sinx＋π)＝eq \f(cs 2x,1－sin x)，
f(－x)＝eq \f(cs－2x,1＋sin－x)＝eq \f(cs 2x,1－sin x)，所以A正确；
f(x)＝eq \f(cs 2x,1＋sin x)＝eq \f(1－2sin2x,1＋sin x)
＝4－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋2sin x＋\f(1,1＋sin x)))≤4－2eq \r(2)，
当且仅当sin x＝eq \f(\r(2),2)－1时等号成立，故B正确；
由f(－x)＝eq \f(cs－2x,1＋sin－x)＝eq \f(cs 2x,1－sin x)，
得f(－x)≠－f(x)，所以C不正确；
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝eq \f(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3))),1＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))))＝eq \f(－\f(1,2),1－\f(\r(3),2))＝－2－eq \r(3)<－eq \f(1,2)，所以D不正确．
7．中国折叠扇有着深厚的文化底蕴．如图(2)，在半圆O中作出两个扇形OAB和OCD，用扇环形ABDC(图中阴影部分)制作折叠扇的扇面．记扇环形ABDC的面积为S1，扇形OAB的面积为S2，当S1与S2的比值为eq \f(\r(5)－1,2)时，扇面的形状较为美观，则此时扇形OCD的半径与半圆O的半径之比为( )
A.eq \f(\r(5)＋1,4) B.eq \f(\r(5)－1,2)
C．3－eq \r(5) D.eq \r(5)－2
答案 B
解析 设∠AOB＝θ，半圆O的半径为r，扇形OCD的半径为r1，依题意，
有eq \f(\f(1,2)θr2－\f(1,2)θr\\al(2,1),\f(1,2)θr2)＝eq \f(\r(5)－1,2)，
即eq \f(r2－r\\al(2,1),r2)＝eq \f(\r(5)－1,2)，
所以eq \f(r\\al(2,1),r2)＝eq \f(3－\r(5),2)＝eq \f(6－2\r(5),4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)))2，
得eq \f(r1,r)＝eq \f(\r(5)－1,2).
8．已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)))的部分图象如图所示，下列关于函数g(x)＝Acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈R))的表述正确的是( )
A．函数g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))对称
B．函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))上单调递减
C．函数g(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,8)对称
D．函数heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝cs 2x的图象上所有点向左平移eq \f(π,4)个单位长度得到函数g(x)的图象
答案 B
解析 根据函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)))的部分图象可知，
f(x)的最小正周期T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)－\f(π,8)))＝eq \f(π,2)，
∴ω＝eq \f(π,T)＝2，
∴2×eq \f(π,8)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
∴φ＝eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z.
∵eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝Atan eq \f(π,4)＝A＝1，
∴函数g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
当x＝eq \f(π,4)时，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(π,4)))＝－eq \f(\r(2),2)≠0，
∴g(x)的图象不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))对称，A错误；
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))时，2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，π))，
故g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))上单调递减，B正确；
当x＝eq \f(π,8)时，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(π,4)))＝0，
∴g(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,8)对称，C错误；
heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝cs 2x的图象上所有点向左平移eq \f(π,4)个单位长度，
得到keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))的图象，
不是函数g(x)的图象，D错误．
9．(多选)(2022·沈阳质检)关于函数f(x)＝3sin xcs x＋3eq \r(3)sin2x－eq \f(3\r(3),2)＋1，下列命题正确的是( )
A．由f(x1)＝f(x2)＝1可得x1－x2是π的整数倍
B．y＝f(x)的表达式可改写成f(x)＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6)))
＋1
C．y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，1))对称
D．y＝f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,12)对称
答案 BD
解析 因为f(x)＝3sin xcs x＋3eq \r(3)sin2x－eq \f(3\r(3),2)＋1，
所以f(x)＝eq \f(3,2)sin 2x－eq \f(3\r(3),2)cs 2x＋1
＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1.
A项，由f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1＝1，
得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＝0，函数的最小正周期T＝π，则x1－x2是eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)的整数倍，故A错误；
B项，f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1
＝3cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))＋1＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2x))＋1
＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6)))＋1，故B正确；
C项，当x＝eq \f(3π,4)时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(3π,4)－\f(π,3)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－\f(π,3)))＝sineq \f(7π,6)＝－eq \f(1,2)≠0，
即函数关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，1))不对称，故C错误；
D项，当x＝－eq \f(π,12)时，sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))－\f(π,3)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)－\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－1，是最小值，
则y＝f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,12)对称，故D正确．
10．(多选)(2022·济南模拟)如图，摩天轮的半径为40 m，其中心O点距离地面的高度为50 m，摩天轮按逆时针方向做匀速转动，且20 min转一圈，若摩天轮上点P的起始位置在最高点处，则摩天轮转动过程中( )
A．经过10 min点P距离地面10 m
B．若摩天轮转速减半，则其周期变为原来的eq \f(1,2)倍
C．第17 min和第43 min时P点距离地面的高度相同
D．摩天轮转动一圈，P点距离地面的高度不低于70 m的时间为eq \f(20,3) min
答案 ACD
解析 由题意知，可以以点O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
设转动的时间为t min，点P距离地面的高度h(t)＝Asin(ωt＋φ)＋50，其中|φ|≤eq \f(π,2)，ω>0.
由题意得A＝40，函数h(t)的最小正周期T＝20，得ω＝eq \f(2π,20)＝eq \f(π,10)，又当t＝0时，h(t)＝90，所以φ＝eq \f(π,2)，
所以h(t)＝40sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,10)t＋\f(π,2)))＋50，
化简得h(t)＝40cseq \f(π,10)t＋50.
当t＝10时，h(t)＝10，故A正确；
若摩天轮转速减半，T＝40，则其周期变为原来的2倍，故B错误；
第17 min时，P点距离地面的高度为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(17))＝40cs eq \f(17π,10)＋50＝40cs eq \f(3π,10)＋50，
第43 min时，P点距离地面的高度为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(43))＝40cs eq \f(43π,10)＋50＝40cs eq \f(3π,10)＋50，
所以第17 min和第43 min时P点距离地面的高度相同，故C正确；
摩天轮转动一圈，P点距离地面的高度不低于70 m，即40cs eq \f(π,10)t＋50≥70，
即cs eq \f(πt,10)≥eq \f(1,2)，因为0≤t≤20，得0≤eq \f(πt,10)≤2π，
所以0≤eq \f(πt,10)≤eq \f(π,3)或eq \f(5π,3)≤eq \f(πt,10)≤2π，
解得0≤t≤eq \f(10,3)或eq \f(50,3)≤t≤20，共eq \f(20,3) min，故D正确．
11．(2022·长春模拟)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，关于此函数的下列描述：①ω＝2；②φ＝eq \f(π,3)；③若x1＋x2＝eq \f(π,3)，则f(x1)＝f(x2)；④若x1＋x2＝eq \f(π,3)，则f(x1)＋f(x2)＝0，其中正确的是( )
A．②③ B．①④ C．①③ D．①②
答案 C
解析 由题图知，eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(5π,12)＋eq \f(π,12)，得ω＝2.由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2可得2×eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
又|φ|<π，所以φ＝eq \f(π,6)，故①正确，②错误；若eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(π,6)，由题图可知，直线x＝eq \f(π,6)是函数f(x)图象的一条对称轴，则f(x1)＝f(x2)，故③正确；由③得，f(x1)＝f(x2)＝0不是必然成立的，故④错误．
12．若2cs 2θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))，且θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，则sin 2θ的值为________．
答案 －eq \f(7,8)
解析 因为2cs 2θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))，
故2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs2θ－sin2θ))＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs θ－sin θ)).
因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，故cs θ－sin θ≠0，
所以2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs θ＋sin θ))＝eq \f(\r(2),2).
即cs θ＋sin θ＝eq \f(\r(2),4)，两边平方有1＋sin 2θ＝eq \f(1,8).
故sin 2θ＝－eq \f(7,8).
13．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，ω>0，x∈R，且f(α)＝－eq \f(1,2)，f(β)＝eq \f(1,2).若|α－β|的最小值为eq \f(3π,4)，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))＝________，函数f(x)的单调递增区间为__________________．
答案 eq \f(\r(3)＋1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋3kπ，π＋3kπ))，k∈Z
解析 函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，ω>0，x∈R，由f(α)＝－eq \f(1,2)，f(β)＝eq \f(1,2)，且|α－β|的最小值为eq \f(3π,4)，得eq \f(T,4)＝eq \f(3π,4)，即T＝3π＝eq \f(2π,ω)，所以ω＝eq \f(2,3)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2).则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))＝sin eq \f(π,3)＋eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3)＋1,2).由－eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(2,3)x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(π,2)＋3kπ≤x≤π＋3kπ，k∈Z，即函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋3kπ，π＋3kπ))，k∈Z.
14．已知函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤x≤\f(91π,6)))，若函数F(x)＝f(x)－3的所有零点依次记为x1，x2，x3，…，xn，且x1答案 445π
解析 令2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(π,6)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，故函数f(x)的图象在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(91π,6)))上的对称轴为x＝eq \f(π,6)，eq \f(2π,3)，…，eq \f(44π,3)，共有30条，所以x1＋x2＝2×eq \f(π,6)＝eq \f(π,3)，x2＋x3＝2×eq \f(2π,3)＝eq \f(4π,3)，x3＋x4＝2×eq \f(7π,6)＝eq \f(7π,3)，以此类推，xn－1＋xn＝2×eq \f(44π,3)＝eq \f(88π,3)，所以(x1＋x2)＋(x2＋x3)＋…＋(xn－1＋xn)＝eq \f(30×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋\f(88π,3))),2)＝445π.