2024年高考数学第一轮复习讲义第四章培优课4.7　三角函数中有关ω的范围问题(学生版+解析)

§4.7三角函数中有关ω的范围问题在三角函数的图象与性质中，ω的求解是近几年高考的一个热点内容，但因其求法复杂，涉及的知识点多，历来是我们复习中的难点．题型一三角函数的单调性与ω的关系例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))听课记录：______________________________________________________________________________________________________________________________________思维升华确定函数的单调区间，根据区间之间的包含关系，建立不等式，即可求ω的取值范围．跟踪训练1(2023·宜昌模拟)已知函数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)))上单调递减，那么ω的取值共有()A．2个B．3个C．4个D．5个题型二三角函数的对称性与ω的关系例2(2023·宜宾质检)将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象向右平移eq\f(3π,2ω)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若F(x)＝f(x)·g(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称，则ω的最小值为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C．1D．4听课记录：______________________________________________________________________________________________________________________________________思维升华三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为eq\f(T,2)，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为eq\f(T,4)，这就说明，我们可根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于ω的不等式组，进而可以研究“ω”的取值范围．跟踪训练2已知函数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)的图象的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间(3π，4π)，则ω的取值范围是()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)))题型三三角函数的最值与ω的关系例3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)))听课记录：______________________________________________________________________________________________________________________________________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(组)，进而求出ω的值或取值范围．跟踪训练3(2023·青岛质检)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()A．11B．13C．15D．17题型四三角函数的零点与ω的关系例4将函数f(x)＝cosx的图象先向右平移eq\f(5π,6)个单位长度，再把所得函数图象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)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.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]听课记录：_______________________________________________________________________________________________________________________________________思维升华三角函数两个零点之间的“水平间隔”为eq\f(T,2)，根据三角函数的零点个数，可以研究“ω”的取值．跟踪训练4(2022·全国甲卷)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在区间(0，π)上恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是()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)))§4.7三角函数中有关ω的范围问题在三角函数的图象与性质中，ω的求解是近几年高考的一个热点内容，但因其求法复杂，涉及的知识点多，历来是我们复习中的难点．题型一三角函数的单调性与ω的关系例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，k∈Z，,\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.思维升华确定函数的单调区间，根据区间之间的包含关系，建立不等式，即可求ω的取值范围．跟踪训练1(2023·宜昌模拟)已知函数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)))上单调递减，那么ω的取值共有()A．2个B．3个C．4个D．5个答案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)))上单调递减，∴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个不同取值，∴ω的取值共有5个．题型二三角函数的对称性与ω的关系例2(2023·宜宾质检)将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象向右平移eq\f(3π,2ω)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若F(x)＝f(x)g(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称，则ω的最小值为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C．1D．4答案C解析将函数f(x)的图象向右平移eq\f(3π,2ω)个单位长度，得到函数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)))的图象，又因为F(x)＝f(x)g(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称，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)))的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))对称，则2ω·eq\f(π,3)＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，所以ω＝eq\f(3k－1,2)，k∈Z，又因为ω>0，所以ω的最小值为1.思维升华三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为eq\f(T,2)，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为eq\f(T,4)，这就说明，我们可根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于ω的不等式组，进而可以研究“ω”的取值范围．跟踪训练2已知函数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)的图象的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间(3π，4π)，则ω的取值范围是()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解析因为f(x)的图象的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间(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，当k＝0时，eq\f(2,9)≤ω≤eq\f(5,12)，不满足eq\f(1,2)<ω≤1，当k＝1时，eq\f(5,9)≤ω≤eq\f(2,3)，符合题意，当k＝2时，eq\f(8,9)≤ω≤eq\f(11,12)，符合题意，当k＝3时，eq\f(11,9)≤ω≤eq\f(7,6)，此时ω不存在，故C正确，D不正确．题型三三角函数的最值与ω的关系例3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)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).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(组)，进而求出ω的值或取值范围．跟踪训练3(2023·青岛质检)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()A．11B．13C．15D．17答案C解析由题意，直线x＝eq\f(π,4)是f(x)的一条对称轴，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，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.综上，先检验ω＝15，当ω＝15时，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)，此时f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15x－\f(π,4)))，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))时，15x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(3π,8)))，当15x－eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(π,60)时，f(x)取得最小值，无最大值，满足题意．故ω的最大值为15.题型四三角函数的零点与ω的关系例4将函数f(x)＝cosx的图象先向右平移eq\f(5π,6)个单位长度，再把所得函数图象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)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.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解析将函数f(x)＝cosx的图象先向右平移eq\f(5π,6)个单位长度，得到y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5π,6)))的图象，再把所得函数图象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)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(5π,6)))(ω>0)的图象，周期T＝eq\f(2π,ω)，因为函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上没有零点，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，假设函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上有零点，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，则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，又函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上没有零点，且0<ω≤1，所以0<ω≤eq\f(2,9)或eq\f(2,3)≤ω≤eq\f(8,9).思维升华三角函数两个零点之间的“水平间隔”为eq\f(T,2)，根据三角函数的零点个数，可以研究“ω”的取值．跟踪训练4(2022·全国甲卷)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在区间(0，π)上恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是()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解析由题意可得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))).根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有三个极值点，知eq\f(5π,2)<πω＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,2)，得eq\f(13,6)<ω≤eq\f(19,6).根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有两个零点，知2π<πω＋eq\f(π,3)≤3π，得eq\f(5,3)<ω≤eq\f(8,3).综上，ω的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))).课时精练1．已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的一条对称轴为直线x＝eq\f(π,3)，一个对称中心为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，则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∵函数的对称中心到对称轴的最短距离是eq\f(T,4)，两条对称轴间的最短距离是eq\f(T,2)，∴对称中心点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))到对称轴x＝eq\f(π,3)间的距离用周期可表示为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．函数f(x)＝coseq\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,3)，\f(2π,3)))内单调递减，则ω的最大值为()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)))，则eq\f(πω,3)－eq\f(π,6)≤ωx－eq\f(π,6)≤eq\f(2πω,3)－eq\f(π,6)，因为函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))内单调递减，则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)，因为k∈Z且ω>0，则k＝0，eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(7,4).因此，正数ω的最大值为eq\f(7,4).3．(2023·芜湖模拟)已知函数y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ∈(0,2π))的一条对称轴为直线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).4．已知函数f(x)＝2eq\r(3)sin

eq\f(ωx,2)cos

eq\f(ωx,2)＋2sin2eq\f(ωx,2)－1(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)＝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)，ω>0，∴当k＝0时，ωmin＝2.5．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(5π,6)，\f(2π,3)))上单调递增，且存在唯一x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6)))，使得f(x0)＝1，则ω的取值范围为()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解析由正弦函数性质，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)))上单调递增，∴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)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ω≤\f(4－12k,5)，,ω≤\f(6k＋1,2)))(k∈Z)，又ω>0，则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，而此时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)，综上，有eq\f(2,5)≤ω≤eq\f(1,2).6．(2023·银川模拟)已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)，若方程|f(x)|＝1在区间(0,2π)上恰有5个实根，则ω的取值范围是()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)，当x∈(0,2π)时，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)的可能取值为eq\f(5π,6)，eq\f(7π,6)，eq\f(11π,6)，eq\f(13π,6)，eq\f(17π,6)，eq\f(19π,6)，…，因为原方程在区间(0,2π)上恰有5个实根，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的取值范围是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)，给出下列结论：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)的图象向右平移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))).其中所有正确的结论是()A．①② B．①③C．②③ D．③④答案D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，函数图象向右平移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．8．(2023·衡水调研)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))(ω>0)，将f(x)的图象向右平移eq\f(π,3ω)个单位长度得到函数g(x)的图象，点A，B，C是f(x)与g(x)图象的连续相邻的三个交点，若△ABC是钝角三角形，则ω的取值范围是()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解析由条件可得，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，作出两个函数图象，如图，A，B，C为连续三个交点，不妨设B在x轴下方，D为AC的中点．由对称性可得△ABC是以∠B为顶角的等腰三角形，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)，则yC＝－yB＝eq\f(\r(3),2)，所以BD＝2|yB|＝eq\r(3)，要使△ABC为钝角三角形，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．函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上有且仅有3个零点，则实数ω的取值范围是．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，则函数的零点为x＝eq\f(1,ω)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)))，k∈Z，所以函数在y轴右侧的四个零点分别是eq\f(π,6ω)，eq\f(7π,6ω)，eq\f(13π,6ω)，eq\f(19π,6ω)，函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上有且仅有3个零点，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·全国乙卷)记函数f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)＝eq\f(\r(3),2)，x＝eq\f(π,9)为f(x)的零点，则ω的最小值为．答案3解析因为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))).因为x＝eq\f(π,9)为f(x)的零点，所以eq\f(π,9