2021学年3.1 函数课时作业

这是一份2021学年3.1 函数课时作业，共11页。

1．某简谐运动的函数表达式为y＝2sin eq \f(5π,2)x，则该简谐运动的振幅和初相分别是( )
A.2，0 B．－2，0
C.2， eq \f(5π,2)x D．－2， eq \f(5π,2)x
2．已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期为π，则该函数的图象( )
A.关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称 B．关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))对称
C.关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称 D．关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称
3．函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的单调减区间是( )
A. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))
C. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(5π,12))) D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2)))
4．已知函数f(x)＝A cs (ωx＋φ)的图象如图所示，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－ eq \f(2,3)，则f(0)＝( )
A.－ eq \f(2,3) B．－ eq \f(1,2)
C. eq \f(2,3)D． eq \f(1,2)
5．已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))，若f(x)的图象经过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))，相邻对称轴的距离为 eq \f(π,2)，则f(x)的解析式可能为( )
A.f(x)＝－cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) B．f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
C.f(x)＝3cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))) D．f(x)＝4cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))
6．(多选)函数f(x)＝2sin (2x＋φ)(φ∈R)的一条对称轴方程为x＝ eq \f(π,6)，则φ可能的取值为( )
A.－ eq \f(π,3) B．－ eq \f(5π,6)
C. eq \f(2π,3)D． eq \f(π,6)
7．若函数f(x)＝ eq \r(2)sin (ωx＋φ)(ω>0)的图象的相邻两条对称轴的距离是π，则ω的值为________．
8．函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，－π＜φ＜0)的部分图象如图所示，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))的值为________．
9．如图为函数y＝A sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ))的一段图象．
(1)请写出这个函数的一个解析式；
(2)求与(1)中函数图象关于直线x＝2π对称的函数图象的解析式．
10．已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜ eq \f(π,2))的部分图象如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若将函数f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变；再把所得函数图象向左平移 eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象．求函数g(x)在[0，2π]上的单调递增区间．
[提能力]
11．函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)))的图象如图所示，为了得到g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝sin 3x的图象，只需将f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的图象( )
A.向右平移 eq \f(π,4)个单位长度
B.向左平移 eq \f(π,4)个单位长度
C.向右平移 eq \f(π,12)个单位长度
D.向左平移 eq \f(π,12)个单位长度
12．(多选)已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，0＜φ＜π)的部分图象如图所示，则下列正确的是( )
A.f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))
B.f(2021π)＝1
C.函数y＝|f(x)|为偶函数
D.∀x∈R，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝0
13．已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0))，若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) 在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上恰有两个零点，则ω 的取值范围是________．
14．函数f(x)＝sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则φ＝________；将函数f(x)的图象沿x轴向右平移b eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(015．已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜φ＜\f(π,2)))，函数y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))为奇函数．
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)将函数y＝f(x)的图象向右平移 eq \f(π,6)个单位，然后将所得图象上的各点的横坐标缩小到原来的 eq \f(1,2)倍(纵坐标不变)得到函数g(x)的图象，证明：当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，2g2(x)－g(x)－1≤0.
[培优生]
16．已知函数f(x)＝2sin ωx，其中常数ω>0.
(1)若y＝f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上单调递增，求ω的取值范围；
(2)令ω＝2，将函数y＝f(x)的图象向左平移 eq \f(π,6)个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，区间[a，b](a，b∈R且a课时作业(四十九) 函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象与性质
1．解析：简谐运动的函数y＝2sin eq \f(5π,2)x，
振幅A＝2，初相φ＝0.
答案：A
2．解析：∵ω＝ eq \f(2π,π)＝2，∴f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，将选项逐一代入可得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝0，故选C.
答案：C
3．解析：由2kπ＋ eq \f(π,2)≤2x－ eq \f(π,3)≤2kπ＋ eq \f(3π,2)，k∈Z，
得kπ＋ eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋ eq \f(11π,12)，k∈Z，
又x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2))).
答案：D
4．解析：由图象可知函数f(x)的周期为 eq \f(2,3)π，故ω＝3.将 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，0))代入解析式得 eq \f(11,4)π＋φ＝ eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，所以φ＝－ eq \f(π,4)＋2(k－1)·π(k∈Z).令φ＝－ eq \f(π,4)，代入解析式得f(x)＝A cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,4)))，又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－A cs eq \f(π,4)＝－ eq \f(2,3)，故A＝ eq \f(2\r(2),3).所以f(0)＝ eq \f(2\r(2),3)cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝ eq \f(2\r(2),3)cs eq \f(π,4)＝ eq \f(2,3).
答案：C
5．解析：因为相邻对称轴的距离为周期的一半，所以函数f(x)的最小正周期T＝2× eq \f(π,2)＝π，又T＝π＝ eq \f(2π,ω)，所以ω＝2，故选项B，D错误；把点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))代入选项A，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)＋\f(π,6)))＝－cs eq \f(3π,2)＝0，选项A成立，而把点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))代入选项C，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝3cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)－\f(π,3)))＝3cs π＝－3≠0，选项C不成立．
答案：A
6．解析：因为函数f(x)＝2sin (2x＋φ)(φ∈R) 的一条对称轴方程为x＝ eq \f(π,6)，
所以2× eq \f(π,6)＋φ＝ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得φ＝ eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，所以当k＝0时，φ＝ eq \f(π,6)，
当k＝1时，φ＝ eq \f(7π,6)，
当k＝－1时，φ＝－ eq \f(5π,6).
答案：BD
7．解析：因为函数f(x)＝ eq \r(2)sin (ωx＋φ)(ω>0)的图象的相邻两条对称轴的距离是半个周期π，所以 eq \f(T,2)＝π⇒T＝2π＝ eq \f(2π,ω)⇒ω＝1.
答案：1
8．解析：由图象得：A＝2， eq \f(T,2)＝ eq \f(π,3)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝ eq \f(π,2)，
故T＝π，故ω＝ eq \f(2π,π)＝2，
由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋φ))＝2，
故 eq \f(2π,3)＋φ＝2kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，解得φ＝2kπ－ eq \f(π,6)，k∈Z.
∵－π<φ<0，∴φ＝－ eq \f(π,6)，
故f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,4)－\f(π,6)))＝2sin eq \f(π,3)＝2× eq \f(\r(3),2)＝ eq \r(3).
答案： eq \r(3)
9．解析：(1)T＝ eq \f(13π,3)－ eq \f(π,3)＝4π，∵ω＝ eq \f(2π,T)＝ eq \f(1,2)，又A＝3，
由y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))的图象过 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，
∴0＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(π,3)＋φ))，φ＝－ eq \f(π,6)(为其中一个值).
∴y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))为所求．
(2)设 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y))为所求函数图象上任意一点，该点关于直线x＝2π对称点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4π－x，y))，则点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4π－x，y))必在函数y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))的图象上．
∴y＝3sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4π－x))－\f(π,6)))，即y＝－3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))，
所以与y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6)))的图象关于直线x＝2π 对称的函数图象的解析式是y＝－3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,6))).
10．解析：(1)根据函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜ eq \f(π,2))的部分图象，
可得 A＝2， eq \f(1,2)× eq \f(2π,ω)＝ eq \f(5π,6)－ eq \f(π,3)，∴ω＝2.
再根据五点法作图，2× eq \f(π,3)＋φ＝2kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，∴φ＝2kπ－ eq \f(π,6)，k∈Z.
∵|φ|< eq \f(π,2)，∴φ＝－ eq \f(π,6).
∴f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
(2)将函数f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，可得y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))) 的图象；
再把所得函数图象向左平移 eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))的图象．
令2kπ－ eq \f(π,2)≤x＋ eq \f(π,6)≤2kπ＋ eq \f(π,2)，求得2kπ－ eq \f(2π,3)≤x≤2kπ＋ eq \f(π,3)，
可得g(x)的增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.
故函数g(x)在[0，2π]上的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，2π)).
11．解析：由函数的图象可知：函数的图象过 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，－1))这两点，
设函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的最小正周期为T，
所以有： eq \f(1,4)T＝ eq \f(5π,12)－ eq \f(π,4)⇒T＝ eq \f(2π,3)，而T＝ eq \f(2π,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ω)))⇒ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ω))＝3，∵ω>0，∴ω＝3，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋φ))，因为函数图象过 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))点，
所以3· eq \f(π,4)＋φ＝kπ(k∈Z)⇒φ＝kπ－ eq \f(3π,4)(k∈Z)，因为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))< eq \f(π,2)，所以k＝1，即φ＝ eq \f(π,4)，
因此f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))，而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))))，因此为了得到g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝sin 3x的图象，只需将f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的图象向右平移 eq \f(π,12)个单位长度即可．
答案：C
12．解析：由图象知：A＝2，T＝2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))))＝π
故ω＝ eq \f(2π,T)＝ eq \f(2π,π)＝2，故f(x)＝2sin (2x＋φ)，
∵f(x)的图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，2))，
∴2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋φ))＝2，故sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋φ))＝1，
∴－ eq \f(π,6)＋φ＝ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，故φ＝ eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，
∵0＜φ＜π，故φ＝ eq \f(2π,3)，故f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，
对于A：f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，故A正确；
对于B：f(2021π)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2·2021π＋\f(2π,3)))＝2sin eq \f(2π,3)＝ eq \r(3)，故B错误；
对于C：∵ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)＋\f(2π,3)))))＝0.
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋\f(2π,3)))))＝ eq \r(3)，
故 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))))≠ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))))，故|f(x)|不是偶函数，故C错误；
对于D：∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋2x＋\f(2π,3)))＝2sin (π＋2x)＝－2sin 2x，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x＋\f(2π,3)))＝2sin (π－2x)＝2sin 2x，
故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝－2sin 2x＋2sin 2x＝0，故D正确．
答案：AD
13．解析：∵0≤x≤ eq \f(2π,3)，且ω>0，∴ eq \f(π,3)≤ωx＋ eq \f(π,3)≤ eq \f(2πω,3)＋ eq \f(π,3)，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)) 在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上恰有两个零点，
∴ eq \f(2πω,3)＋ eq \f(π,3)≥2π且 eq \f(2πω,3)＋ eq \f(π,3)<3π，解之得 eq \f(5,2)≤ω<4.
答案： eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，4))
14．解析：根据函数的图象可得 eq \f(1,4)T＝ eq \f(3π,8)－ eq \f(π,8)＝ eq \f(π,4)，所以T＝π，所以 eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，
又因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝1，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,8)＋φ))＝1，所以φ＋ eq \f(π,4)＝2kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，
所以φ＝2kπ＋ eq \f(π,4)，k∈Z，因为|φ|< eq \f(π,2)，所以φ＝ eq \f(π,4).所以f(x)＝sin (2x＋ eq \f(π,4))，
将f(x)的图象沿x轴向右移b个长度单位得函数y＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2（x－b）＋\f(π,4)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)－2b))的图象，因为函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)－2b))是偶函数，所以 eq \f(π,4)－2b＝kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，
所以b＝－ eq \f(kπ,2)－ eq \f(π,8)，k∈Z，
因为0答案： eq \f(π,4) eq \f(3π,8)
15．解析：(1)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)＋φ))，
因为其为奇函数，
所以－ eq \f(π,6)＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝kπ＋ eq \f(π,6)，k∈Z，
因为0＜φ＜ eq \f(π,2)，
所以φ＝ eq \f(π,6)，
所以f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
令－ 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，
可得函数f(x)的单调递增区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z.
(2)证明：函数y＝f(x)的图象向右平移 eq \f(π,6)个单位，得到函数y＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象，
再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的 eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))的图象，
因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时4x－ eq \f(π,6)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5,6)π))，g(x)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
所以2g2(x)－g(x)－1＝[2g(x)＋1][g(x)－1]≤0，得证．
16．解析：(1)因为ω>0，根据题意有
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)ω≥－\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，,\f(2π,3)ω≤\f(π,2)＋2kπ，k∈Z))解得0<ω≤ eq \f(3,4).
所以ω的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))).
(2)由题意知f(x)＝2sin 2x，
g(x)＝2sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))))＋1＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1，
由g(x)＝0得，sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝－ eq \f(1,2)，
解得x＝kπ－ eq \f(π,4)或x＝kπ－ eq \f(7,12)π，k∈Z，
即g(x)的零点相离间隔依次为 eq \f(π,3)和 eq \f(2π,3)，
故若y＝g(x)在[a，b]上至少含有30个零点，则b－a的最小值为14× eq \f(2π,3)＋15× eq \f(π,3)＝ eq \f(43π,3).