新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案26第四章三角函数解三角形第四讲三角函数的图象与性质

练案[26]第四讲三角函数的图象与性质A组基础巩固一、单选题1．(2023·海淀区模拟)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))的最小正周期为π，则ω＝(D)A．1 B．±1C．2 D．±2[解析]因为T＝eq\f(2π,|ω|)，所以|ω|＝eq\f(2π,T)＝2，故ω＝±2.2．函数y＝sin(x＋φ)(0≤φ≤π)是定义在R上的偶函数，则φ的值是(C)A．0 B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,2) D．π[解析]当φ＝0时，y＝sin(x＋φ)＝sinx为奇函数，不符合题意，因此排除A；当φ＝eq\f(π,4)时，y＝sin(x＋φ)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))为非奇非偶函数，因此排除B；当φ＝eq\f(π,2)时，y＝sin(x＋φ)＝cosx为偶函数，满足条件；当φ＝π时，y＝sin(x＋φ)＝－sinx为奇函数，故选C.3．函数y＝lg(tan2x)的定义域是(D)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)kπ，\f(1,2)kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)kπ，\f(1,2)kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)[解析]由函数y＝lg(tan2x)有意义得tan2x>0，所以kπ<2x<kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以eq\f(kπ,2)<x<eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)，k∈Z，所以函数y＝lg(tan2x)的定义域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，\f(kπ,2)＋\f(π,4)))(k∈Z)．故选D.4．(2023·蚌埠月考)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(π,2)))的值域是(B)A．[－1,1] B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))[解析]由0≤x≤eq\f(π,2)，∴0≤2x≤π，∴－eq\f(π,4)≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(3π,4)，由正弦函数的性质知f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1)).故选B.5．设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))，则f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调递减区间是(D)A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))[解析]由已知f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z，kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))).6．下列函数中，周期为π，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增的奇函数是(C)A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2))) B．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))C．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))) D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))[解析]y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))＝－cos2x为偶函数，排除A；y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝sin2x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，排除B；y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x为奇函数，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，且周期为π，C符合题意；y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝cosx为偶函数，排除D.故选C.7．已知直线y＝m(0<m<2)与函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)的图象相邻的三个交点依次为A(1，m)，B(5，m)，C(7，m)，则ω＝(A)A.eq\f(π,3) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,2) D．eq\f(π,6)[解析]由题意，得函数f(x)的相邻的两条对称轴分别为x＝eq\f(1＋5,2)＝3，x＝eq\f(5＋7,2)＝6，故函数的周期为2×(6－3)＝eq\f(2π,ω)，得ω＝eq\f(π,3)，故选A.8．(2020·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)，则(D)A．f(x)的最小值为2B．f(x)的图象关于y轴对称C．f(x)的图象关于直线x＝π对称D．f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称[解析]由题意得sinx∈[－1,0)∪(0,1]．对于A，当sinx∈(0,1]时，f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)≥2eq\r(sinx·\f(1,sinx))＝2，当且仅当sinx＝1时取等号；当sinx∈[－1,0)时，f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－sinx＋\f(1,－sinx)))≤－2eq\r(－sinx·\f(1,－sinx))＝－2，当且仅当sinx＝－1时取等号，所以A错误；对于B，f(－x)＝sin(－x)＋eq\f(1,sin－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(1,sinx)))＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，图象关于原点对称，所以B错误；对于C，f(x＋π)＝sin(x＋π)＋eq\f(1,sinx＋π)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(1,sinx)))，f(π－x)＝sin(π－x)＋eq\f(1,sinπ－x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)，则f(x＋π)≠f(π－x)，f(x)的图象不关于直线x＝π对称，所以C错误；对于D，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2))))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称，所以D正确．故选D.二、多选题9．设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，则下列结论正确的是(AD)A．f(x)的一个周期为－2πB．f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称C．f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))对称D．f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增[解析]A项，函数的最小正周期为T＝eq\f(2π,|ω|)＝2π，所以－2π是函数f(x)的一个周期，故本结论是正确的；B项，当x＝eq\f(π,4)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(π,4)))＝0，该函数值不是函数的最值，故本结论是错误的；C项，当x＝－eq\f(π,4)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)－\f(π,4)))＝－1≠0，故本结论是错误的；D项，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))单调递增，故本结论是正确的．10．关于函数f(x)＝|sinx|＋sin|x|，下述四个结论正确的是(ABD)A．f(x)是偶函数B．f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))单调递减C．f(x)在[－π，π]上有4个零点D．f(x)的最大值为2[解析]对于A，由f(－x)＝|sin(－x)|＋sin|－x|＝|sinx|＋sin|x|＝f(x)可得f(x)为偶函数，故A正确；对于B，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，f(x)＝|sinx|＋sin|x|＝－sinx－sinx＝－2sinx，所以f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))单调递减，故B正确；对于C，当x∈[0，π]时，f(x)＝|sinx|＋sin|x|＝sinx＋sinx＝2sinx，当x＝0或x＝π时，f(x)＝0，又因为函数f(x)是偶函数，所以f(x)在[－π，π]上有3个零点：－π，0，π，故C错误；对于D，由|sinx|≤1，sin|x|≤1可得f(x)＝|sinx|＋sin|x|≤2，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2)))＋sineq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2，所以f(x)的最大值为2，故D正确．三、填空题11．若y＝cosx在区间[－π，a]上为增函数，则实数a的取值范围是_－π<a≤0__.[解析]∵y＝cosx在区间[－π，0]上为增函数．∴[－π，a]⊆[－π，0]，∴－π<a≤0.12．(2023·云南昆明高三调研测试)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象上相邻的两个最高点之间的距离为_π__.[解析]函数f(x)的图象上相邻两个最高点之间的距离为函数f(x)的最小正周期，又函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的最小正周期为π，故f(x)的图象上相邻的两个最高点之间的距离为π.13．(2022·北京卷)若函数f(x)＝Asinx－eq\r(3)cosx的一个零点为eq\f(π,3)，则A＝_1__；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝－eq\r(2).[解析]依题意得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝A×eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)×eq\f(1,2)＝0，解得A＝1，所以f(x)＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(π,3)))＝－eq\r(2).14．函数f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1的最小正周期是_π__，单调减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))，k∈Z.[解析]∵f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1＝eq\f(1,2)(1－cos2x)＋eq\f(1,2)sin2x＋1＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq\f(3,2)，∴最小正周期是π.由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得kπ＋eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(7π,8)(k∈Z)．∴单调减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))，k∈Z.四、解答题15．已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).(1)求函数的最大值及相应的x值集合；(2)求函数f(x)的图象的对称轴与对称中心．[解析](1)当sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝1时，2x－eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即x＝kπ＋eq\f(3π,8)，k∈Z，此时函数取得最大值为2，故f(x)的最大值为2，使函数取得最大值的x的集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3π,8)＋kπ，k∈Z)))).(2)由2x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(3π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，即函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝eq\f(3π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z.由2x－eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，得x＝eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，即对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，0))，k∈Z.16．已知函数f(x)＝sinωx－cosωx(ω>0)的最小正周期为π.(1)求函数y＝f(x)图象的对称轴方程；(2)讨论函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调性．[解析](1)∵f(x)＝sinωx－cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))，且T＝π，∴ω＝2.于是，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).令2x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(3π,8)(k∈Z)，即函数f(x)图象的对称轴方程为x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(3π,8)(k∈Z)．(2)令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)．注意到x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以令k＝0，得函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,8)))；同理，其单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(π,2))).B组能力提升1．下列函数中，以eq\f(π,2)为周期且在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增的是(A)A．f(x)＝|cos2x| B．f(x)＝|sin2x|C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|[解析]A中，函数f(x)＝|cos2x|的周期为eq\f(π,2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函数f(x)单调递增，故A正确；B中，函数f(x)＝|sin2x|的周期为eq\f(π,2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函数f(x)单调递减，故B不正确；C中，函数f(x)＝cos|x|＝cosx的周期为2π，故C不正确；D中，f(x)＝sin|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx，x≥0，,－sinx，x<0，))由正弦函数图象知，在x≥0和x<0时，f(x)均以2π为周期，但在整个定义域上f(x)不是周期函数，故D不正确，故选A.2．已知函数f(x)＝2sin(πx＋1)，若对于任意的x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则|x1－x2|的最小值为(B)A．2 B．1C．4 D．eq\f(1,2)[解析]对任意的x∈R，f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，所以f(x1)＝f(x)min＝－2，f(x2)＝f(x)max＝2，所以|x1－x2|min＝eq\f(T,2)，又f(x)＝2sin(πx＋1)的周期T＝eq\f(2π,π)＝2，所以|x1－x2|min＝1，故选B.3．(2023·常德模拟)若函数f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋θ)＋cos(2x＋θ)为奇函数，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))上为减函数，则θ的一个值为(D)A．－eq\f(π,3) B．－eq\f(π,6)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)[解析]由题意得f(x)＝eq\r(3)sin(2x＋θ)＋cos(2x＋θ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋θ＋\f(π,6))).因为函数f(x)为奇函数，所以θ＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，故θ＝－eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)．当θ＝－eq\f(π,6)时，f(x)＝2sin2x，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))上为增函数，不合题意．当θ＝eq\f(5π,6)时，f(x)＝－2sin2x，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))上为减函数，符合题意，故选D.4．(多选题)(2022·浙江慈溪中学高二阶段练习)已知函数f(x)＝asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，a≠0，则下列结论正确的(AB)A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))是奇函数B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))是偶函数C．f(x)的图象关于直线x＝eq\f(3π,2)对称D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))[解析]因为f(x)＝asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，a≠0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝asinx为奇函数，故A正确；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝asineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝acosx为偶函数，故B正确；令x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，故函数f(x)的对称轴为x＝eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，故C错误；若a>0时令－eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(3π,4)＋2kπ≤x≤eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)＋2kπ，\f(π,4)＋2kπ))，k∈Z上单调递增，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，若a<0时令－eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(3π,4)＋2kπ≤x≤eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)＋2kπ，\f(π,4)＋2kπ))，k∈Z上单调递减，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，故D错误；故选AB.5．设函数f(x)＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)，y＝f(x)的一条对称轴是直线x＝eq\f(π,8).(1)求φ的值；(2)求y＝f(x)的单调递增区间；(3)求x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，求f(x)的值域．[解析](1)由题意，函数f(x)＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)．y＝f(x)的一条对称轴是直线x＝eq\f(π,8)，则2×eq\f(π,8)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，结合－π<φ<0可得φ＝－eq\f(3π,4).(2)由(1)可得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π