2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练四提升点三角函数中ωφ的求法

专题强化练（四）提升点三角函数中ω，φ的求法1．已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，则φ的值为(B)A．eq\f(π,12) B．eq\f(π,6) C．eq\f(π,3) D．eq\f(2π,3)解析：依题意得2×eq\f(π,6)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得φ＝kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，又0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,6).故选B.2．(2024·河源模拟)将函数f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))(ω＞0)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)在区间(eq\f(π,4)，eq\f(5π,4))上单调递增，则ω的最大值为(A)A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2) C．eq\f(3,4) D．1解析：由题意得g(x)＝sin(ωx－eq\f(ωπ,4)＋eq\f(π,4))，因为x∈(eq\f(π,4)，eq\f(5π,4))，所以eq\f(π,4)＜ωx－eq\f(ωπ,4)＋eq\f(π,4)＜ωπ＋eq\f(π,4)，因为g(x)在区间(eq\f(π,4)，eq\f(5π,4))上单调递增，所以eq\f(π,4)<ωπ＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)，即0＜ω≤eq\f(1,4)，所以ω的最大值为eq\f(1,4).故选A.3．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,3))(ω＞0)在区间(0，π)上有3个极值点，则ω的取值范围为(C)A．(eq\f(13,6)，＋∞) B．[eq\f(13,6)，eq\f(19,6)]C．(eq\f(13,6)，eq\f(19,6)] D．(eq\f(7,6)，eq\f(13,6)]解析：因为ω＞0，x∈(0，π)，所以eq\f(π,3)＜ωx＋eq\f(π,3)＜ωπ＋eq\f(π,3)，因为函数f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,3))(ω＞0)在区间(0，π)上有3个极值点，所以eq\f(5π,2)＜ωπ＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,2)，解得eq\f(13,6)＜ω≤eq\f(19,6)，所以ω的取值范围为(eq\f(13,6)，eq\f(19,6)].故选C.4．已知函数f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))(ω＞0)的图象关于直线x＝eq\f(π,8)对称，且f(x)在区间(0，eq\f(π,6))上没有最小值，则ω的值为(A)A．2 B．4C．6 D．10解析：由f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))(ω＞0)的图象关于直线x＝eq\f(π,8)对称，可得eq\f(π,8)ω＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得ω＝2＋8k，k∈Z，由于x∈(0，eq\f(π,6))，所以ωx＋eq\f(π,4)∈(eq\f(π,4)，eq\f(ωπ,6)＋eq\f(π,4))，由于f(x)在区间(0，eq\f(π,6))上没有最小值，所以eq\f(π,4)<eq\f(ωπ,6)＋eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)，解得0<ω≤eq\f(15,2)，又ω＝2＋8k，k∈Z，ω>0，所以ω＝2.故选A.5．已知函数f(x)＝sin(2x－φ)(0<φ<eq\f(π,2))在区间[0，eq\f(π,3)]上单调递增，且函数f(x)在区间(0，eq\f(7π,8))上有最小值，那么φ的取值范围是(B)A．[eq\f(π,6)，eq\f(π,2)) B．[eq\f(π,6)，eq\f(π,4))C．[eq\f(π,3)，eq\f(π,2)) D．[eq\f(π,4)，eq\f(π,3))解析：由x∈[0，eq\f(π,3)]，可得2x－φ∈[－φ，eq\f(2π,3)－φ].因为f(x)在区间[0，eq\f(π,3)]上单调递增，且0<φ<eq\f(π,2)，可得－φ<eq\f(2π,3)－φ≤eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)≤φ<eq\f(π,2).当x∈(0，eq\f(7π,8))时，2x－φ∈(－φ，eq\f(7π,4)－φ)，由f(x)在区间(0，eq\f(7π,8))上有最小值，且0<φ<eq\f(π,2)，可得eq\f(7π,4)－φ>eq\f(3π,2)，则0<φ<eq\f(π,4).综上，eq\f(π,6)≤φ<eq\f(π,4).6．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)满足f(eq\f(π,4))＝1，f(eq\f(5π,3))＝0且f(x)在区间(eq\f(π,4)，eq\f(5π,6))上单调，则ω的最大值为(B)A．eq\f(12,7) B．eq\f(18,17)C．eq\f(6,17) D．eq\f(30,17)解析：方法一：因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)，所以函数f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,ω)，因为f(eq\f(π,4))＝1，f(eq\f(5π,3))＝0，且函数f(x)在区间(eq\f(π,4)，eq\f(5π,6))上单调，所以eq\f(5π,6)－eq\f(π,4)≤eq\f(π,ω)，解得0<ω≤eq\f(12,7)，同时有eq\f(5π,3)－eq\f(π,4)＝eq\f(T,4)＋kT(k∈Z)或eq\f(5π,3)－eq\f(π,4)＝eq\f(3T,4)＋kT(k∈Z)，即eq\f(17π,12)＝(eq\f(1,4)＋k)×eq\f(2π,ω)(k∈Z)或eq\f(17π,12)＝(eq\f(3,4)＋k)×eq\f(2π,ω)(k∈Z)，所以ω＝(k＋eq\f(1,4))×eq\f(24,17)(k∈Z)或ω＝(k＋eq\f(3,4))×eq\f(24,17)，结合0<ω≤eq\f(12,7)，可得ωmax＝eq\f(18,17).故选B.方法二：因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)，所以函数f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,ω)，因为f(eq\f(π,4))＝1，f(eq\f(5π,3))＝0，且函数f(x)在区间(eq\f(π,4)，eq\f(5π,6))上单调，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,4)＋φ＝\f(π,2)＋2kπ（k∈Z），,\f(5ωπ,3)＋φ＝nπ（n∈Z），,\f(π,ω)≥\f(5π,6)－\f(π,4)＝\f(7π,12)，))解得0<ω≤eq\f(12,7)，且ω＝eq\f(12,17)(k1－eq\f(1,2))(k1＝n－2k∈Z)，所以可知当k1＝2时，ωmax＝eq\f(18,17).故选B.7．(2024·浙江二模)将函数f(x)＝sin2x的图象向右平移φ(0<φ<eq\f(π,2))个单位长度后得到函数g(x)的图象，若对满足|f(x1)－g(x2)|＝2的x1，x2，有|x1－x2|的最小值为eq\f(π,3)，则φ＝(D)A．eq\f(5π,12) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)解析：由题意得g(x)＝sin(2x－2φ)，f(x)∈[－1，1]，g(x)∈[－1，1]，由|f(x1)－g(x2)|＝2，得f(x)min－g(x)max＝－2或f(x)max－g(x)min＝2.①当f(x)min－g(x)max＝－2时，f(x)min＝－1，令2x＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得x＝－eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，不妨取x1＝－eq\f(π,4)，因为|x1－x2|的最小值为eq\f(π,3)，所以x2＝eq\f(π,12)或x2＝－eq\f(7π,12).当x2＝eq\f(π,12)时，g(x2)＝1，所以eq\f(π,6)－2φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝－eq\f(π,6)－kπ，k∈Z，因为φ∈(0，eq\f(π,2))，所以φ无解；当x2＝－eq\f(7π,12)时，g(x2)＝1，所以－eq\f(7π,6)－2φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝－eq\f(5π,6)－kπ，k∈Z，因为φ∈(0，eq\f(π,2))，所以φ＝eq\f(π,6).②当f(x)max－g(x)min＝2时，f(x)max＝1，令2x＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，不妨取x1＝eq\f(π,4)，因为|x1－x2|的最小值为eq\f(π,3)，所以x2＝－eq\f(π,12)或x2＝eq\f(7π,12).当x2＝－eq\f(π,12)时，g(x2)＝－1，所以－eq\f(π,6)－2φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝eq\f(π,6)－kπ，k∈Z，因为φ∈(0，eq\f(π,2))，所以φ＝eq\f(π,6)；当x2＝eq\f(7π,12)时，g(x2)＝－1，所以eq\f(7π,6)－2φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝eq\f(5π,6)－kπ，k∈Z，因为φ∈(0，eq\f(π,2))，所以φ无解．综上，φ＝eq\f(π,6).8．(多选)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,6))(ω＞0)在区间(－eq\f(π,4)，eq\f(π,3))上有且仅有一个最大值和一个最小值，则ω的可能取值是(BCD)A．eq\f(8,3) B．3C．eq\f(10,3) D．4解析：函数f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,6))，其中ω＞0，则T＝eq\f(2π,ω)，由题意得eq\f(π,3)－(－eq\f(π,4))>eq\f(T,2)，所以ω>eq\f(12,7).令ωx＋eq\f(π,6)＝t，则g(t)＝2sint．函数f(x)在区间(－eq\f(π,4)，eq\f(π,3))上有且仅有一个最大值和一个最小值等价于函数g(t)＝2sint在区间(－eq\f(πω,4)＋eq\f(π,6)，eq\f(πω,3)＋eq\f(π,6))上有且仅有一个最大值和一个最小值，因为ω>eq\f(12,7)，所以－eq\f(πω,4)＋eq\f(π,6)<－eq\f(11π,42)，eq\f(πω,3)＋eq\f(π,6)>eq\f(31π,42)，则①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)≤－\f(πω,4)＋\f(π,6)<－\f(π,2)，,\f(31π,42)<\f(πω,3)＋\f(π,6)≤\f(3π,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)<ω≤\f(20,3)，,\f(12,7)<ω≤4，))所以eq\f(8,3)<ω≤4.②eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)≤－\f(πω,4)＋\f(π,6)<－\f(11π,42)，,\f(3π,2)<\f(πω,3)＋\f(π,6)≤\f(5π,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(12,7)<ω≤\f(8,3)，,4＜ω≤7，))无解．综上，eq\f(8,3)<ω≤4.故选BCD.9．(多选)已知函数f(x)＝cos(ωx＋eq\f(π,3))(ω＞0)在区间(0，2π)上恰有4个零点，则下列说法正确的是(BCD)A．f(x)在区间(0，2π)上有且仅有1个极大值点B．f(x)在区间(0，2π)上有且仅有2个极小值点C．ω的取值范围是(eq\f(19,12)，eq\f(25,12)]D．f(x)在区间(0，eq\f(π,5))上单调递减解析：因为0＜x＜2π，所以eq\f(π,3)＜ωx＋eq\f(π,3)＜2πω＋eq\f(π,3)，令ωx＋eq\f(π,3)＝t，则y＝cost，作出y＝cost的大致图象如图，若f(x)在区间(0，2π)上恰有4个零点，则eq\f(7π,2)＜2πω＋eq\f(π,3)≤eq\f(9π,2)，解得eq\f(19,12)＜ω≤eq\f(25,12)，故C正确；由图象可知，f(x)在区间(0，2π)上有1或2个极大值点，故A错误；f(x)在区间(0，2π)上有且仅有2个极小值点，故B正确；当0＜x＜eq\f(π,5)时，eq\f(π,3)＜ωx＋eq\f(π,3)＜eq\f(ωπ,5)＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,5)×eq\f(25,12)＋eq\f(π,3)＝eq\f(3π,4)＜π，所以f(x)在区间(0，eq\f(π,5))上单调递减，故D正确．故选BCD.10．(2024·温州模拟)在函数f(x)＝sin(2x－φ)(φ>0)的图象与x轴的所有交点中，点(eq\f(φ,2)，0)离原点最近，则φ的值可以为______________．(写出一个即可)解析：令f(x)＝0得，sin(2x－φ)＝0，所以2x－φ＝kπ(k∈Z)，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(φ,2)(k∈Z).因为点(eq\f(φ,2)，0)离原点最近，且φ>0，所以eq\f(φ,2)≤|eq\f(φ,2)－eq\f(π,2)|，所以0<φ≤eq\f(π,2)，所以可取φ＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)(答案不唯一，满足0<φ≤eq\f(π,2)均可)11．(2024·济南模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx－eq\f(π,3))(ω>0)在区间[0，eq\f(π,2)]上的值域为[－eq\f(\r(3),2)，1]，则ω的取值范围为_________________．解析：因为ω>0，所以当x∈[0，eq\f(π,2)]时，ωx－eq\f(π,3)∈[－eq\f(π,3)，eq\f(ωπ,2)－eq\f(π,3)]，又函数f(x)＝sin(ωx－eq\f(π,3))在[0，eq\f(π,2)]上的值域为[－eq\f(\r(3),2)，1]，所以结合正弦函数的图象可知，eq\f(π,2)≤eq\f(ωπ,2)－eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，解得eq\f(5,3)≤ω≤eq\f(10,3)，即ω的取值范围为[eq\f(5,3)，eq\f(10,3)].答案：[eq\f(5,3)，eq\f(10,3)]12．已知函数f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)，若∃x0∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]，使得f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线与x轴平行，则ω的最小值是________．解析：由题得f(x)＝eq\r(2)sin(ωx＋eq\f(π,4))，所以f′(x)＝eq\r(2)ωcos(ωx＋eq\f(π,4))，由题意∃x0∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]，使得f′(x0)＝eq\r(2)ωcos(ωx0＋eq\f(π,4))＝0，于是ωx0＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，当x0＝0时，等式不成立，所以x0≠0，所以ω＝eq\f(\f(π,4)＋kπ,x0)(k∈Z).当－eq\f(π,4)≤x0<0时，因为ω>0，所以eq\f(π,4)＋kπ<0，又k∈Z，所以eq\f(π,4)＋kπ≤－eq\f(3π,4)，所以ω≥eq\f(－\f(3π,4),－\f(π,4))＝3.当0<x0≤eq\f(π,3)时，因为ω>0，所以eq\f(π,4)＋kπ>0，又k∈Z，所以eq\f(π,4)＋kπ≥eq\f(π,4)，所以ω≥eq\f(\f(π,4),\f(π,3))＝eq\f(3,4).所以ω的最小值为eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)13．已知函数f(x)＝sinx＋sin(x＋eq\f(π,3)).(1)求f(x)的最小正周期；(2)若eq\f(π,6)是函数y＝f(x)－f(x＋φ)(φ>0)的一个零点，求φ的最小值．解：(1)因为f(x)＝sinx＋sin(x＋eq\f(π,3))＝sinx＋eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx＝eq\f(3,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx＝eq\r(3)sin(x＋eq\f(π,6))，所以f(x)的最小正周期为2π.(2)由题知，y＝f(x)－f(x＋φ)＝eq\r(3)sin(x＋eq\f(π,6))－eq\r(3)sin(x＋eq\f(π,6)＋φ)，由eq\f(π,6)是该函数的一个零点可知，eq\r(3)sin(eq\f(π,6)＋eq\f(π,6))－eq\r(3)sin(eq\f(π,6)＋eq\f(π,6)＋φ)＝0，即sin(eq\f(π,3)＋φ)＝eq\f(\r(3),2).故eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,3)＋2k