2023年高考数学理一轮复习教学案第4章4.7三角函数中ω的范围问题

4.7三角函数中“ω”的范围问题题型一与单调性有关的“ω”范围问题例1(1)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上单调递增，则ω的取值范围为()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解析方法一由题意得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，))则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，,\f(1,2)＋3k>0，))k∈Z，所以k＝0，则0<ω≤eq\f(1,2).方法二取ω＝1，则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，当k＝0时，函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))上单调递减，与函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上单调递增矛盾，故ω≠1，结合四个选项可知选B.(2)已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上不单调，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调，则实数ω的取值范围为()A．(1,2] B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，2))C．[1,2] D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2))答案D解析依题意，函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上不单调，故eq\f(ωπ,4)＋eq\f(π,6)>eq\f(π,2)，即ω>eq\f(4,3)；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,3)＋\f(π,6)，\f(2ωπ,3)＋\f(π,6)))，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,3)＋\f(π,6)，\f(2ωπ,3)＋\f(π,6)))⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋kπ，\f(3π,2)＋kπ))(k∈Z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,3)＋\f(π,6)≥\f(π,2)＋kπ，k∈Z，,\f(2ωπ,3)＋\f(π,6)≤\f(3π,2)＋kπ，k∈Z，))解得1＋3k≤ω≤2＋eq\f(3,2)k(k∈Z)，而ω>eq\f(4,3)，且eq\f(π,ω)≥eq\f(π,3)，eq\f(4,3)<ω≤2.思维升华根据正弦函数的单调递减区间，确定函数f(x)的单调递减区间，利用区间之间的关系建立不等式，即可求ω的取值范围．跟踪训练1已知ω>0，函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(7,6)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,6))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(13,6)))答案B解析令2kπ≤ωx－eq\f(π,6)≤2kπ＋π(k∈Z)，得eq\f(2kπ＋\f(π,6),ω)≤x≤eq\f(2kπ＋\f(7π,6),ω)(k∈Z)．因为函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2kπ＋\f(π,6),ω)≤\f(π,2)，,\f(2kπ＋\f(7π,6),ω)≥π，))其中k∈Z，解得4k＋eq\f(1,3)≤ω≤2k＋eq\f(7,6)(k∈Z)．又因为函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，所以T≥π⇒ω≤2.又ω>0，所以k＝0，故有eq\f(1,3)≤ω≤eq\f(7,6).题型二与平移有关的“ω”范围问题例2(1)已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度后得到函数g(x)的图象关于坐标原点对称，则ω的最小值为()A．1B．2C．3D．4答案B解析∵f(x)＝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)的图象关于坐标原点对称，∴eq\f(ωπ,12)－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，∴ω＝12k＋2(k∈Z)，∴当k＝0时，ω取得最小值2.(2)将函数f(x)＝sinx的图象先向右平移eq\f(π,3)个单位长度，再把所得函数图象横坐标变为原来的eq\f(1,ω)(ω>0)，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上没有零点，则ω的取值范围是()A．(0,1] B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,9)))C.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))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,9)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,9)，1))答案C解析函数f(x)＝sinx的图象先向右平移eq\f(π,3)个单位长度，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象，再将图象上每个点的横坐标变为原来的eq\f(1,ω)(ω>0)倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))的图象，∴周期T＝eq\f(2π,ω)，由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，得ωx－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)－\f(π,3)，\f(3ωπ,2)－\f(π,3)))，若函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上没有零点，结合正弦函数y＝sinx的图象观察，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)－\f(π,3)，\f(3ωπ,2)－\f(π,3)))⊆(kπ，kπ＋π)，k∈Z，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3ωπ,2)－\f(π,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)－\f(π,3)))≤eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)，∴ω2≤1，解得0<ω≤1，又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ≤\f(ωπ,2)－\f(π,3)，,π＋kπ≥\f(3ωπ,2)－\f(π,3)，))k∈Z，解得eq\f(3ω,2)－eq\f(4,3)≤k≤eq\f(ω,2)－eq\f(1,3)，k∈Z，当k＝0时，解得eq\f(2,3)≤ω≤eq\f(8,9)，当k＝－1时，又0<ω≤1，可得0<ω≤eq\f(2,9)，∴ω∈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))).思维升华与平移有关的“ω”范围问题中，多是借用平移求得解析式，最终问题的实质还是三角函数的性质，利用数形结合思想，构建不等式求解．跟踪训练2将函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,5)))(ω>0)的图象向左平移eq\f(π,5ω)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，若y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上为增函数，则ω的最大值为()A.eq\f(π,5)B．2C．3D.eq\f(2π,5)答案B解析又因为y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上为增函数，所以eq\f(T,4)≥eq\f(π,4)，即ω≤2，所以ω的最大值为2.题型三与最值、极值有关的“ω”范围问题例3(1)将函数f(x)＝sin(2ωx＋φ)(ω>0，φ∈[0,2π])图象上每点的横坐标变为原来的2倍，得到函数g(x)，函数g(x)的部分图象如图所示，且g(x)在[0,2π]上恰有一个最大值和一个最小值(其中最大值为1，最小值为－1)，则ω的取值范围是()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解析由已知得函数g(x)＝sin(ωx＋φ)，由g(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))以及点在图象上的位置，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]上恰有一个最大值和一个最小值，∴eq\f(5π,2)≤2πω＋eq\f(2π,3)<eq\f(7π,2)，∴eq\f(11,12)≤ω<eq\f(17,12).(2)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在(0，π)内有且仅有一个极大值点，则ω的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(7,3))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(10,3)))答案A解析方法一因为ω>0，所以函数f(x)在(0，π)内有且仅有一个极大值点等价于函数y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))内有且仅有一个极大值点．若y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))上有且仅有一个极大值点，则eq\f(π,2)<ωπ＋eq\f(π,6)≤eq\f(5π,2)，解得eq\f(1,3)<ω≤eq\f(7,3).方法二令ωx＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，可得f(x)的极大值点x＝eq\f(2kπ,ω)＋eq\f(π,3ω)，其中k∈Z.由eq\f(2kπ,ω)＋eq\f(π,3ω)∈(0，π)，可得－eq\f(1,6)<k<eq\f(ω,2)－eq\f(1,6)，由题设这个范围的整数k有且仅有一个，因此0<eq\f(ω,2)－eq\f(1,6)≤1，于是正数ω的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(7,3))).思维升华利用三角函数的最值与对称轴或周期的关系，可以列出关于ω的不等式，进而求出ω的值或取值范围．跟踪训练3(1)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)．若f(x)≤f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))对任意实数x都成立，则ω的最小值为________．答案eq\f(2,3)解析因为f(x)≤f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))对任意x∈R恒成立，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))为f(x)的最大值．所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)ω－\f(π,6)))＝1，所以eq\f(π,4)ω－eq\f(π,6)＝2kπ，k∈Z，解得ω＝8k＋eq\f(2,3)，k∈Z，又因为ω>0，所以当k＝0时，ω的最小值为eq\f(2,3).(2)已知函数f(x)＝2sinωx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，则ω的取值范围是________．答案(－∞，－2]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))解析显然ω≠0，分两种情况：若ω>0，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，－eq\f(π,3)ω≤ωx≤eq\f(π,4)ω，因为函数f(x)＝2sinωx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，所以－eq\f(π,3)ω≤－eq\f(π,2)，解得ω≥eq\f(3,2)；若ω<0，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，eq\f(π,4)ω≤ωx≤－eq\f(π,3)ω，因为函数f(x)＝2sinωx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2.所以eq\f(π,4)ω≤－eq\f(π,2)，解得ω≤－2.综上所述，符合条件的实数ω的取值范围是(－∞，－2]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).题型四与零点、对称轴有关的“ω”范围问题例4(1)已知函数y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ∈(0,2π))的一条对称轴为x＝－eq\f(π,6)，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(4π,3)))上单调，则ω的最大值为()A.eq\f(5,2) B．3C.eq\f(7,2) D.eq\f(8,3)答案D解析函数y＝sin(ωx＋φ)的对称轴可表示为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)))上单调可得∃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，∴当k0＝3时，ω可取最大值为eq\f(8,3).(2)函数g(x)＝sinωx(ω>0)的图象向左平移eq\f(π,5ω)个单位长度得到函数f(x)，f(x)在[0,2π]上有且只有5个零点，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，\f(12,5))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，\f(12,5)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10)))答案D解析依题意得f(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,5ω)))＝sinωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,5ω)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))，由x∈[0,2π]，得ωx＋eq\f(π,5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，2ωπ＋\f(π,5)))，则5π≤2ωπ＋eq\f(π,5)<6π，解得ω∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10))).思维升华解决此类问题时，大致描绘出函数的图象，然后从图象中分析出相关函数性质，从而得到参数ω的不等关系．跟踪训练4已知函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))上单调递增，且|f(x)|＝1在区间[0，π]上有且仅有一个解，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,2)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))答案D解析令ωx∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))，解得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2kπ,ω)－\f(π,2ω)，\f(2kπ,ω)＋\f(π,2ω)))，k∈Z，而函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))上单调递增，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)≤－\f(2π,3)，,\f(π,2ω)≥\f(π,3)，,ω>0，))解得0<ω≤eq\f(3,4)，当x∈[0，π]时，ωx∈[0，ωπ]，因为|f(x)|＝1在区间[0，π]上有且仅有一个解，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ωπ≥\f(π,2)，,ωπ<\f(3π,2)，))解得eq\f(1,2)≤ω<eq\f(3,2).综上所述，ω的取值范围是eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(3,4).课时精练1．已知函数f(x)＝eq\r(3)cosωx＋sinωx(ω>0)的图象关于x＝eq\f(π,3)对称，则ω的最小值为()A．1B.eq\f(1,2)C．2D.eq\f(3,2)答案B解析由题意，函数f(x)＝eq\r(3)cosωx＋sinωx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))，因为函数f(x)的图象关于x＝eq\f(π,3)对称，可得ω×eq\f(π,3)－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，即ω＝3k＋eq\f(1,2)，k∈Z，因为ω>0，当k＝0时，ω的最小值为eq\f(1,2).2．已知函数f(x)＝cosωx－eq\r(3)sinωx(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,12)))上是单调函数，则ω的最大值是()A．2B．4C．8D．10答案B解析f(x)＝cosωx－eq\r(3)sinωx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosωx－\f(\r(3),2)sinωx))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，由kπ≤ωx＋eq\f(π,3)≤kπ＋π(k∈Z)，得eq\f(kπ－\f(π,3),ω)≤x≤eq\f(kπ＋\f(2π,3),ω)(k∈Z)，令k＝0，得－eq\f(π,3ω)≤x≤eq\f(2π,3ω)，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3ω)，\f(2π,3ω)))上单调，于是－eq\f(π,3ω)≤－eq\f(π,12)<eq\f(π,12)≤eq\f(2π,3ω)，得0<ω≤4，所以ω的最大值是4.3．已知函数f(x)＝sinωx(sinωx＋cosωx)(ω>0)在区间(0，π)上恰有2个最大值点，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,8)，\f(19,8))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,8)，\f(19,8)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,4)，\f(19,4))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,4)，\f(19,4)))答案A解析f(x)＝sinωx(sinωx＋cosωx)＝eq\f(1－cos2ωx,2)＋eq\f(1,2)sin2ωx＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,4)))＋eq\f(1,2)，∵x∈(0，π)，∴2ωx－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，2ωπ－\f(π,4)))，∵f(x)在(0，π)上恰有2个最大值点，∴y＝sint在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，2ωπ－\f(π,4)))上恰有两个最大值点，∵当t＝eq\f(π,2)，eq\f(5π,2)，eq\f(9π,2)时，y可以取最大值，∴eq\f(5π,2)<2ωπ－eq\f(π,4)≤eq\f(9π,2)，解得eq\f(11,8)<ω≤eq\f(19,8).4．若将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后，与函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))的图象重合，则ω的最小值为()A．1B.eq\f(3,2)C．2D．3答案D解析将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后，得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(ωπ,6)＋\f(π,4)))的图象，又平移后的图象与函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))的图象重合，而coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋ωx＋\f(π,4)))，所以eq\f(ωπ,6)＋eq\f(π,4)＝eq\f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)，则ω＝3＋12k(k∈Z)，又ω>0，所以为使ω取得最小值，只需k＝0，此时ω＝3.5．已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的一条对称轴为x＝eq\f(π,6)，一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,24)，0))，则ω有()A．最小值4 B．最小值2C．最大值4 D．最大值2答案A解析因为函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的一条对称轴为x＝eq\f(π,6)，所以ω×eq\f(π,6)＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，所以ω＝6k－2，k∈Z.因为ω>0，此时ω取4,10,16，…，因为函数f(x)的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,24)，0))，所以ω×eq\f(7π,24)＋eq\f(π,3)＝mπ＋eq\f(π,2)，m∈Z，所以ω＝eq\f(24m＋4,7)，m∈Z.因为ω>0，所以此时ω为eq\f(4,7)，4，eq\f(52,7)，…，所以ω的最小值为4，没有最大值．6．设函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0≤φ≤\f(π,2)))的最小正周期为4π，且f(x)在[0,5π]内恰有3个零点，则φ的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))答案D解析因为T＝eq\f(2π,ω)＝4π，所以ω＝eq\f(1,2).由f(x)＝0，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋φ))＝eq\f(1,2).当x∈[0,5π]时，eq\f(1,2)x＋φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(φ，φ＋\f(5π,2)))，又0≤φ≤eq\f(π,2)，则eq\f(5π,2)≤φ＋eq\f(5π,2)≤3π.因为y＝sinx－eq\f(1,2)在[0,3π]上的零点为eq\f(π,6)，eq\f(5π,6)，eq\f(13π,6)，eq\f(17π,6)，且f(x)在[0,5π]内恰有3个零点，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤φ≤\f(π,6)，,\f(13π,6)≤φ＋\f(5π,2)<\f(17π,6)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)<φ≤\f(π,2)，,\f(17π,6)≤φ＋\f(5π,2)，))解得φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).7．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2))).若f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))为奇函数，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))为偶函数，且f(x)＝eq\f(\r(2),2)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上至多有2个实根，则ω的最大值为()A．10 B．14C．15 D．18答案A解析由题意，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))为f(x)的图象的对称中心，直线x＝eq\f(π,8)为f(x)的图象的一条对称轴，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)ω＋φ＝k1π，,\f(π,8)ω＋φ＝\f(π,2)＋k2π))(k1，k2∈Z)，两式相加得φ＝eq\f(π,4)＋eq\f(k1＋k2,2)π(k1，k2∈Z)，又因为0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4)，代入eq\f(π,8)ω＋φ＝eq\f(π,2)＋k2π(k2∈Z)，得ω＝8k＋2(k∈Z)，因为当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，t＝ωx＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,6)ω＋\f(π,4)))，即由已知可得sint＝eq\f(\r(2),2)，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,6)ω＋\f(π,4)))至多有2个实根，即eq\f(π,6)ω＋eq\f(π,4)≤eq\f(11π,4)，由此可得0<ω≤15，又因为ω＝8k＋2(k∈Z)，所以当k＝1时，ω的最大值为10.8．已知f(x)＝1－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)．给出下列判断：①若f(x1)＝1，f(x2)＝－1，且|x1－x2|min＝π，则ω＝2；②存在ω∈(0,2)，使得f(x)的图象右移eq\f(π,6)个单位长度后得到的图象关于y轴对称；③若f(x)在[0,2π]上恰有7个零点，则ω的取值范围为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)))上单调递增，则ω的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))).其中判断正确的个数为()A．1B．2C．3D．4答案B解析因为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)，对于①，由条件知，周期为2π，所以ω＝eq\f(1,2)，故①错误；对于②，函数图象右移eq\f(π,6)个单位长度后得到的函数为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(ωπ,3)＋\f(π,6)))，其图象关于y轴对称，则－eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得ω＝－1－3k，k∈Z，故对任意整数k，ω∉(0,2)，所以②错误；对于③，由条件得7π≤2ω·2π＋eq\f(π,6)<8π，解得eq\f(41,24)≤ω<eq\f(47,24)，故③正确；对于④，由条件得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正确．9．设ω>0，若函数y＝sinωx在区间[π，2π]上恰有两个零点，则ω的取值范围是________．答案ω＝1或eq\f(3,2)≤ω<2或2<ω<eq\f(5,2)解析由sinωx＝0得ωx＝kπ，k∈Z，即x＝eq\f(kπ,ω)，k∈Z，∵函数y＝sinωx在区间[π，2π]上恰有两个零点，∴π≤eq\f(kπ,ω)≤2π，k∈Z，即满足ω≤k≤2ω，k∈Z的k恰有两解，又ω>0，所以k取1,2或2,3或3,4，当k取1,2时，0<ω≤1且2≤2ω<3，即ω＝1；当k取2,3时，1<ω≤2且3≤2ω<4，即eq\f(3,2)≤ω<2，当k取3,4时，2<ω≤3且4≤2ω<5，即2<ω<eq\f(5,2)，∴ω的取值范围是ω＝1或eq\f(3,2)≤ω<2或2<ω<eq\f(5,2).10．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω>0，|φ|≤eq\f(π,2)，－eq\f(π,4)为f(x)的零点，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)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值，无最大值，则ω的最大值是________．答案15解析由题意知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝eq\f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，x＝－eq\f(π,4)为f(x)的零点，∴eq\f(2n＋1,4)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,2)，n∈Z，∴ω＝2n＋1，n∈Z.∵f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值，无最大值，∴周期T≥eq\f(π,24)＋eq\f(π,12)＝eq\f(π,8)，即eq\f(2π,ω)≥eq\f(π,8)，∴ω≤16.∴要求ω的最大值，先检验ω＝15，当ω＝15时，由题意可得－eq\f(π,4)×15＋φ＝kπ，k∈Z，φ＝－eq\f(π,4)，函数为y＝f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15x－\f(π,4)))，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上，15x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(3π,8)))，此时f(x)在x＝－eq\f(π,60)时取得最小值，∴ω＝15满足题意．则ω的最大值为15.11．若函数y＝f(x)的定义域存在x1，x2(x1≠x2)，使eq\f(fx1＋fx2,2)＝1成立，则称该函数为“互补函数”．函数f(x)＝eq\f(\r(3),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(2π,3)))(ω>0)，则当ω＝3时，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝________；若f(x)在[π，2π]上为“互补函数”，则ω的取值范围为________．答案0eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(5,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，＋∞))解析由函数f(x)＝eq\f(\r(3),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)－\f(π,6)))＝sinωx，当ω＝3时，f(x)＝sin3x，可得f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sinπ＝0；由“互补函数”的定义得，存在x1，x2∈[π，2π](x1≠x2)，使得f(x1)＋f(x2)＝2，所以令t＝ωx，则函数y＝sint在区间[ωπ，2ωπ]上至少存在两个最大值点，则eq\f(2π,ω)≤π，可得ω≥2，当2T＝2×eq\f(2π,ω)≤π，即ω≥4时，显然符