2024年高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)講義第四章培優(yōu)課4.7　三角函數(shù)中有關(guān)ω的范圍問題(學(xué)生版+解析)

§4.7三角函數(shù)中有關(guān)ω的范圍問題在三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)中，ω的求解是近幾年高考的一個熱點內(nèi)容，但因其求法復(fù)雜，涉及的知識點多，歷來是我們復(fù)習(xí)中的難點．題型一三角函數(shù)的單調(diào)性與ω的關(guān)系例1已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(8,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，2))聽課記錄：______________________________________________________________________________________________________________________________________思維升華確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)區(qū)間之間的包含關(guān)系，建立不等式，即可求ω的取值范圍．跟蹤訓(xùn)練1(2023·宜昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝3sin(ωx＋φ)，ω>0，若f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝3，f(π)＝0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞減，那么ω的取值共有()A．2個B．3個C．4個D．5個題型二三角函數(shù)的對稱性與ω的關(guān)系例2(2023·宜賓質(zhì)檢)將函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的圖象向右平移eq\f(3π,2ω)個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象，若F(x)＝f(x)·g(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對稱，則ω的最小值為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C．1D．4聽課記錄：______________________________________________________________________________________________________________________________________思維升華三角函數(shù)兩條相鄰對稱軸或兩個相鄰對稱中心之間的“水平間隔”為eq\f(T,2)，相鄰的對稱軸和對稱中心之間的“水平間隔”為eq\f(T,4)，這就說明，我們可根據(jù)三角函數(shù)的對稱性來研究其周期性，解決問題的關(guān)鍵在于運用整體代換的思想，建立關(guān)于ω的不等式組，進(jìn)而可以研究“ω”的取值范圍．跟蹤訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>\f(1,2)，x∈R))，若f(x)的圖象的任何一條對稱軸與x軸交點的橫坐標(biāo)均不屬于區(qū)間(3π，4π)，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，\f(7,6))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(17,24)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,18)，\f(29,24)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,9)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，\f(11,12))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,18)，\f(17,24)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,18)，\f(23,24)))題型三三角函數(shù)的最值與ω的關(guān)系例3將函數(shù)f(x)＝sin(2ωx＋φ)(ω>0，φ∈[0,2π])圖象上每點的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?倍，得到函數(shù)g(x)，函數(shù)g(x)的部分圖象如圖所示，且g(x)在[0,2π]上恰有一個最大值和一個最小值(其中最大值為1，最小值為－1)，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,12)，\f(13,12))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)，\f(13,12)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,12)，\f(17,12))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,12)，\f(17,12)))聽課記錄：______________________________________________________________________________________________________________________________________思維升華利用三角函數(shù)的最值與對稱軸或周期的關(guān)系，可以列出關(guān)于ω的不等式(組)，進(jìn)而求出ω的值或取值范圍．跟蹤訓(xùn)練3(2023·青島質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω>0，|φ|≤eq\f(π,2)，－eq\f(π,4)為f(x)的零點，且f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))恒成立，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值無最大值，則ω的最大值是()A．11B．13C．15D．17題型四三角函數(shù)的零點與ω的關(guān)系例4將函數(shù)f(x)＝cosx的圖象先向右平移eq\f(5π,6)個單位長度，再把所得函數(shù)圖象的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,ω)(ω>0)倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g(x)的圖象，若函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上沒有零點，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,9)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(8,9))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,9)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,9)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，1)) D．(0,1]聽課記錄：_______________________________________________________________________________________________________________________________________思維升華三角函數(shù)兩個零點之間的“水平間隔”為eq\f(T,2)，根據(jù)三角函數(shù)的零點個數(shù)，可以研究“ω”的取值．跟蹤訓(xùn)練4(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)上恰有三個極值點、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)))§4.7三角函數(shù)中有關(guān)ω的范圍問題在三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)中，ω的求解是近幾年高考的一個熱點內(nèi)容，但因其求法復(fù)雜，涉及的知識點多，歷來是我們復(fù)習(xí)中的難點．題型一三角函數(shù)的單調(diào)性與ω的關(guān)系例1已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(8,3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，2))答案B解析方法一由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,4)＋\f(π,6)≥－\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，,\f(2ωπ,3)＋\f(π,6)≤\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ω≤\f(8,3)－8k，k∈Z，,ω≤\f(1,2)＋3k，k∈Z，))又ω>0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－8k>0，k∈Z，,\f(1,2)＋3k>0，k∈Z，))所以k＝0，則0<ω≤eq\f(1,2).方法二取ω＝1，則f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，令eq\f(π,2)＋2kπ≤x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，當(dāng)k＝0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))上單調(diào)遞減，與函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增矛盾，故ω≠1，結(jié)合四個選項可知選B.思維升華確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)區(qū)間之間的包含關(guān)系，建立不等式，即可求ω的取值范圍．跟蹤訓(xùn)練1(2023·宜昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝3sin(ωx＋φ)，ω>0，若f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝3，f(π)＝0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞減，那么ω的取值共有()A．2個B．3個C．4個D．5個答案D解析∵f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝3，f(π)＝0，∴π－eq\f(π,6)＝eq\f(2n－1,4)·T(n∈N*)，T＝eq\f(10π,32n－1)，∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞減，∴eq\f(T,2)≥eq\f(π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，∴T≥eq\f(π,3)，即eq\f(10π,32n－1)≥eq\f(π,3)，∴2n－1≤10，∴n＝1,2,3,4,5，即周期T有5個不同取值，∴ω的取值共有5個．題型二三角函數(shù)的對稱性與ω的關(guān)系例2(2023·宜賓質(zhì)檢)將函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的圖象向右平移eq\f(3π,2ω)個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象，若F(x)＝f(x)g(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對稱，則ω的最小值為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C．1D．4答案C解析將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(3π,2ω)個單位長度，得到函數(shù)g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3π,2ω)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)－\f(3π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))的圖象，又因為F(x)＝f(x)g(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對稱，所以F(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對稱，則2ω·eq\f(π,3)＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，所以ω＝eq\f(3k－1,2)，k∈Z，又因為ω>0，所以ω的最小值為1.思維升華三角函數(shù)兩條相鄰對稱軸或兩個相鄰對稱中心之間的“水平間隔”為eq\f(T,2)，相鄰的對稱軸和對稱中心之間的“水平間隔”為eq\f(T,4)，這就說明，我們可根據(jù)三角函數(shù)的對稱性來研究其周期性，解決問題的關(guān)鍵在于運用整體代換的思想，建立關(guān)于ω的不等式組，進(jìn)而可以研究“ω”的取值范圍．跟蹤訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>\f(1,2)，x∈R))，若f(x)的圖象的任何一條對稱軸與x軸交點的橫坐標(biāo)均不屬于區(qū)間(3π，4π)，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，\f(7,6))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(17,24)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,18)，\f(29,24)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,9)，\f(2,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，\f(11,12))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,18)，\f(17,24)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,18)，\f(23,24)))答案C解析因為f(x)的圖象的任何一條對稱軸與x軸交點的橫坐標(biāo)均不屬于區(qū)間(3π，4π)，所以eq\f(1,2)×eq\f(2π,ω)≥4π－3π，所以eq\f(1,2)<ω≤1，故排除A，B；又kπ＋eq\f(π,2)≤3ωπ－eq\f(π,6)，且kπ＋π＋eq\f(π,2)≥4ωπ－eq\f(π,6)，解得eq\f(3k＋2,9)≤ω≤eq\f(3k＋5,12)，k∈Z，當(dāng)k＝0時，eq\f(2,9)≤ω≤eq\f(5,12)，不滿足eq\f(1,2)<ω≤1，當(dāng)k＝1時，eq\f(5,9)≤ω≤eq\f(2,3)，符合題意，當(dāng)k＝2時，eq\f(8,9)≤ω≤eq\f(11,12)，符合題意，當(dāng)k＝3時，eq\f(11,9)≤ω≤eq\f(7,6)，此時ω不存在，故C正確，D不正確．題型三三角函數(shù)的最值與ω的關(guān)系例3將函數(shù)f(x)＝sin(2ωx＋φ)(ω>0，φ∈[0,2π])圖象上每點的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?倍，得到函數(shù)g(x)，函數(shù)g(x)的部分圖象如圖所示，且g(x)在[0,2π]上恰有一個最大值和一個最小值(其中最大值為1，最小值為－1)，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,12)，\f(13,12))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)，\f(13,12)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,12)，\f(17,12))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,12)，\f(17,12)))答案C解析由已知得函數(shù)g(x)＝sin(ωx＋φ)，由g(x)圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))以及點在圖象上的位置，知sinφ＝eq\f(\r(3),2)，φ＝eq\f(2π,3)，∵0≤x≤2π，∴eq\f(2π,3)≤ωx＋eq\f(2π,3)≤2πω＋eq\f(2π,3)，由g(x)在[0,2π]上恰有一個最大值和一個最小值，∴eq\f(5π,2)≤2πω＋eq\f(2π,3)<eq\f(7π,2)，∴eq\f(11,12)≤ω<eq\f(17,12).思維升華利用三角函數(shù)的最值與對稱軸或周期的關(guān)系，可以列出關(guān)于ω的不等式(組)，進(jìn)而求出ω的值或取值范圍．跟蹤訓(xùn)練3(2023·青島質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω>0，|φ|≤eq\f(π,2)，－eq\f(π,4)為f(x)的零點，且f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))恒成立，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值無最大值，則ω的最大值是()A．11B．13C．15D．17答案C解析由題意，直線x＝eq\f(π,4)是f(x)的一條對稱軸，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝±1，即eq\f(π,4)ω＋φ＝k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z，①又f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝0，所以－eq\f(π,4)ω＋φ＝k2π，k2∈Z，②由①②，得ω＝2(k1－k2)＋1，k1，k2∈Z，又f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值無最大值，所以T≥eq\f(π,24)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\f(π,8)，即eq\f(2π,ω)≥eq\f(π,8)，解得ω≤16.綜上，先檢驗ω＝15，當(dāng)ω＝15時，由①得eq\f(π,4)×15＋φ＝k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z，即φ＝k1π－eq\f(13π,4)，k1∈Z，又|φ|≤eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，此時f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15x－\f(π,4)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))時，15x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(3π,8)))，當(dāng)15x－eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(π,60)時，f(x)取得最小值，無最大值，滿足題意．故ω的最大值為15.題型四三角函數(shù)的零點與ω的關(guān)系例4將函數(shù)f(x)＝cosx的圖象先向右平移eq\f(5π,6)個單位長度，再把所得函數(shù)圖象的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,ω)(ω>0)倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g(x)的圖象，若函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上沒有零點，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,9)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(8,9))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,9)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,9)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，1)) D．(0,1]答案A解析將函數(shù)f(x)＝cosx的圖象先向右平移eq\f(5π,6)個單位長度，得到y(tǒng)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5π,6)))的圖象，再把所得函數(shù)圖象的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,ω)(ω>0)倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(5π,6)))(ω>0)的圖象，周期T＝eq\f(2π,ω)，因為函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上沒有零點，所以eq\f(3π,2)－eq\f(π,2)≤eq\f(T,2)，得T≥2π，即eq\f(2π,ω)≥2π，得0<ω≤1，假設(shè)函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上有零點，令g(x)＝0，得ωx－eq\f(5π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,ω)＋eq\f(4π,3ω)，k∈Z，則eq\f(π,2)<eq\f(kπ,ω)＋eq\f(4π,3ω)<eq\f(3π,2)，得eq\f(8,9)＋eq\f(2k,3)<ω<eq\f(8,3)＋2k，k∈Z，又0<ω≤1，所以eq\f(2,9)<ω<eq\f(2,3)或eq\f(8,9)<ω≤1，又函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上沒有零點，且0<ω≤1，所以0<ω≤eq\f(2,9)或eq\f(2,3)≤ω≤eq\f(8,9).思維升華三角函數(shù)兩個零點之間的“水平間隔”為eq\f(T,2)，根據(jù)三角函數(shù)的零點個數(shù)，可以研究“ω”的取值．跟蹤訓(xùn)練4(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)上恰有三個極值點、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解析由題意可得ω>0，故由x∈(0，π)，得ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，πω＋\f(π,3))).根據(jù)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，π)上恰有三個極值點，知eq\f(5π,2)<πω＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,2)，得eq\f(13,6)<ω≤eq\f(19,6).根據(jù)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，π)上恰有兩個零點，知2π<πω＋eq\f(π,3)≤3π，得eq\f(5,3)<ω≤eq\f(8,3).綜上，ω的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))).課時精練1．已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的一條對稱軸為直線x＝eq\f(π,3)，一個對稱中心為點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，則ω有()A．最小值2 B．最大值2C．最小值1 D．最大值1答案A解析∵函數(shù)的對稱中心到對稱軸的最短距離是eq\f(T,4)，兩條對稱軸間的最短距離是eq\f(T,2)，∴對稱中心點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))到對稱軸x＝eq\f(π,3)間的距離用周期可表示為eq\f(π,3)－eq\f(π,12)≥eq\f(T,4)，又∵T＝eq\f(2π,ω)，∴eq\f(\f(2π,ω),4)≤eq\f(π,4)，∴ω≥2，∴ω有最小值2.2．函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))內(nèi)單調(diào)遞減，則ω的最大值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(7,4)C.eq\f(5,2)D．6答案B解析∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，則eq\f(πω,3)－eq\f(π,6)≤ωx－eq\f(π,6)≤eq\f(2πω,3)－eq\f(π,6)，因為函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))內(nèi)單調(diào)遞減，則eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(πω,3)－\f(π,6)，\f(2πω,3)－\f(π,6)))?[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(πω,3)－\f(π,6)≥2kπ，,\f(2πω,3)－\f(π,6)≤2kπ＋π))(k∈Z)，解得6k＋eq\f(1,2)≤ω≤3k＋eq\f(7,4)(k∈Z)，由6k＋eq\f(1,2)≤3k＋eq\f(7,4)(k∈Z)，可得k≤eq\f(5,12)，因為k∈Z且ω>0，則k＝0，eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(7,4).因此，正數(shù)ω的最大值為eq\f(7,4).3．(2023·蕪湖模擬)已知函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ∈(0,2π))的一條對稱軸為直線x＝－eq\f(π,6)，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(4π,3)))上單調(diào)，則ω的最大值為()A.eq\f(5,2)B．3C.eq\f(7,2)D.eq\f(8,3)答案D解析函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)的對稱軸可表示為x＝eq\f(kπ,ω)－eq\f(π,6)(k∈Z)，由f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(4π,3)))上單調(diào)，可得?k0∈Z，使得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(k0π,ω)－\f(π,6)≤π，,\f(k0＋1π,ω)－\f(π,6)≥\f(4π,3)，))解得eq\f(6,7)k0≤ω≤eq\f(2,3)(k0＋1)，又∵ω>0，∴k0＝0,1,2,3，∴當(dāng)k0＝3時，ω可取最大值為eq\f(8,3).4．已知函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sin

eq\f(ωx,2)cos

eq\f(ωx,2)＋2sin2eq\f(ωx,2)－1(ω>0)的圖象向左平移eq\f(π,12)個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，則ω的最小值為()A．1B．2C．3D．4答案B解析∵f(x)＝2eq\r(3)sin

eq\f(ωx,2)cos

eq\f(ωx,2)＋2sin2eq\f(ωx,2)－1＝eq\r(3)sinωx－cosωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))，∴g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(ωπ,12)－\f(π,6))).又g(x)的圖象關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，∴eq\f(ωπ,12)－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，∴ω＝12k＋2(k∈Z)，ω>0，∴當(dāng)k＝0時，ωmin＝2.5．函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，且存在唯一x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6)))，使得f(x0)＝1，則ω的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(1,2)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(4,5)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(4,5)))答案B解析由正弦函數(shù)性質(zhì)，得2kπ－eq\f(π,2)≤ωx＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即eq\f(2kπ,ω)－eq\f(2π,3ω)≤x≤eq\f(2kπ,ω)＋eq\f(π,3ω)(k∈Z)，∵f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)≥\f(2kπ,ω)－\f(2π,3ω)，,\f(2π,3)≤\f(2kπ,ω)＋\f(π,3ω)))(k∈Z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ω≤\f(4－12k,5)，,ω≤\f(6k＋1,2)))(k∈Z)，又ω>0，則0<ω≤eq\f(1,2)，又存在唯一x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6)))，使得f(x0)＝1，而此時ωx0＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5πω,6)＋\f(π,6)))，∴eq\f(π,2)≤eq\f(5πω,6)＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,2)，得eq\f(2,5)≤ω<eq\f(14,5)，綜上，有eq\f(2,5)≤ω≤eq\f(1,2).6．(2023·銀川模擬)已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)，若方程|f(x)|＝1在區(qū)間(0,2π)上恰有5個實根，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,6)，\f(5,3))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(13,6)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(3,2)))答案D解析由方程|f(x)|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))))＝1，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＝±eq\f(1,2)，所以ωx＋eq\f(π,6)＝kπ±eq\f(π,6)(k∈Z)，當(dāng)x∈(0,2π)時，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，2ωπ＋\f(π,6)))，所以ωx＋eq\f(π,6)的可能取值為eq\f(5π,6)，eq\f(7π,6)，eq\f(11π,6)，eq\f(13π,6)，eq\f(17π,6)，eq\f(19π,6)，…，因為原方程在區(qū)間(0,2π)上恰有5個實根，所以eq\f(17π,6)<2ωπ＋eq\f(π,6)≤eq\f(19π,6)，解得eq\f(4,3)<ω≤eq\f(3,2)，即ω的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(3,2))).7．已知f(x)＝1－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，給出下列結(jié)論：①若f(x1)＝1，f(x2)＝－1，且|x1－x2|min＝π，則ω＝2；②存在ω∈(0,2)，使得f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后得到的圖象關(guān)于y軸對稱；③若f(x)在[0,2π]上恰有7個零點，則ω的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(41,24)，\f(47,24)))；④若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))).其中所有正確的結(jié)論是()A．①② B．①③C．②③ D．③④答案D解析因為f(x)＝1－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))，所以周期T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,ω).對于①，由條件知，周期為2π，所以ω＝eq\f(1,2)，故①錯誤；對于②，函數(shù)圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后得到的函數(shù)為y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(ωπ,3)＋\f(π,6)))，其圖象關(guān)于y軸對稱，則－eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得ω＝－1－3k(k∈Z)，故對任意整數(shù)k，ω?(0,2)，所以②錯誤；對于③，由條件得7π≤2ω·2π＋eq\f(π,6)<8π，解得eq\f(41,24)≤ω<eq\f(47,24)，故③正確；對于④，由條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(πω,3)＋\f(π,6)≥－\f(π,2)，,\f(πω,2)＋\f(π,6)≤\f(π,2)，))解得ω≤eq\f(2,3)，又ω>0，所以0<ω≤eq\f(2,3)，故④正確．8．(2023·衡水調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))(ω>0)，將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3ω)個單位長度得到函數(shù)g(x)的圖象，點A，B，C是f(x)與g(x)圖象的連續(xù)相鄰的三個交點，若△ABC是鈍角三角形，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)π,3)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)π,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2)π,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)π,3)))答案D解析由條件可得，g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，又f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))＝cosωx，作出兩個函數(shù)圖象，如圖，A，B，C為連續(xù)三個交點，不妨設(shè)B在x軸下方，D為AC的中點．由對稱性可得△ABC是以∠B為頂角的等腰三角形，AC＝T＝eq\f(2π,ω)＝2CD，由cosωx＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，整理得cosωx＝eq\r(3)sinωx，得cosωx＝±eq\f(\r(3),2)，則yC＝－yB＝eq\f(\r(3),2)，所以BD＝2|yB|＝eq\r(3)，要使△ABC為鈍角三角形，只需∠ACB<eq\f(π,4)即可，由tan∠ACB＝eq\f(BD,DC)＝eq\f(\r(3)ω,π)<1，所以0<ω<eq\f(\r(3)π,3).9．函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上有且僅有3個零點，則實數(shù)ω的取值范圍是．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6)))解析令ωx－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，則函數(shù)的零點為x＝eq\f(1,ω)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)))，k∈Z，所以函數(shù)在y軸右側(cè)的四個零點分別是eq\f(π,6ω)，eq\f(7π,6ω)，eq\f(13π,6ω)，eq\f(19π,6ω)，函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上有且僅有3個零點，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6ω)≤π，,\f(19π,6ω)>π，))解得ω∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6))).10．(2022·全國乙卷)記函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期為T.若f(T)＝eq\f(\r(3),2)，x＝eq\f(π,9)為f(x)的零點，則ω的最小值為．答案3解析因為T＝eq\f(2π,ω)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,ω)))＝eq\f(\r(3),2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π＋φ))＝eq\f(\r(3),2)，即cosφ＝eq\f(\r(3),2).又0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,6).所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).因為x＝eq\f(π,9)為f(x)的零點，所以eq\f(π,9