2023年高考數(shù)學一輪復習（全國版理） 第4章 培優(yōu)課　§4.7　三角函數(shù)中“ω”的范圍問題

§4.7三角函數(shù)中“ω”的范圍問題題型一與單調(diào)性有關(guān)的“ω”范圍問題例1(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，,\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.(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上不單調(diào)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上單調(diào)，則實數(shù)ω的取值范圍為()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解析依題意，函數(shù)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)))上不單調(diào)，故eq\f(ωπ,4)＋eq\f(π,6)>eq\f(π,2)，即ω>eq\f(4,3)；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))時，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)，則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.思維升華根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間，確定函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間，利用區(qū)間之間的關(guān)系建立不等式，即可求ω的取值范圍．跟蹤訓練1已知ω>0，函數(shù)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))上單調(diào)遞減，則ω的取值范圍是()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)．因為函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，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)．又因為函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，所以T≥π?ω≤2.又ω>0，所以k＝0，故有eq\f(1,3)≤ω≤eq\f(7,6).題型二與平移有關(guān)的“ω”范圍問題例2(1)已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(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)于坐標原點對稱，則ω的最小值為()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)的圖象關(guān)于坐標原點對稱，∴eq\f(ωπ,12)－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，∴ω＝12k＋2(k∈Z)，∴當k＝0時，ω取得最小值2.(2)將函數(shù)f(x)＝sinx的圖象先向右平移eq\f(π,3)個單位長度，再把所得函數(shù)圖象橫坐標變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,ω)(ω>0)，縱坐標不變，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．(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解析函數(shù)f(x)＝sinx的圖象先向右平移eq\f(π,3)個單位長度，可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象，再將圖象上每個點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,ω)(ω>0)倍(縱坐標不變)，得到函數(shù)g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))的圖象，∴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)))，若函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上沒有零點，結(jié)合正弦函數(shù)y＝sinx的圖象觀察，則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，當k＝0時，解得eq\f(2,3)≤ω≤eq\f(8,9)，當k＝－1時，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))).思維升華與平移有關(guān)的“ω”范圍問題中，多是借用平移求得解析式，最終問題的實質(zhì)還是三角函數(shù)的性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合思想，構(gòu)建不等式求解．跟蹤訓練2將函數(shù)f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,5)))(ω>0)的圖象向左平移eq\f(π,5ω)個單位長度，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，若y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上為增函數(shù)，則ω的最大值為()A.eq\f(π,5)B．2C．3D.eq\f(2π,5)答案B解析又因為y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上為增函數(shù)，所以eq\f(T,4)≥eq\f(π,4)，即ω≤2，所以ω的最大值為2.題型三與最值、極值有關(guān)的“ω”范圍問題例3(1)將函數(shù)f(x)＝sin(2ωx＋φ)(ω>0，φ∈[0,2π])圖象上每點的橫坐標變?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)的圖象過點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).(2)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在(0，π)內(nèi)有且僅有一個極大值點，則ω的取值范圍為()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解析方法一因為ω>0，所以函數(shù)f(x)在(0，π)內(nèi)有且僅有一個極大值點等價于函數(shù)y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))內(nèi)有且僅有一個極大值點．若y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))上有且僅有一個極大值點，則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)的極大值點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)，由題設這個范圍的整數(shù)k有且僅有一個，因此0<eq\f(ω,2)－eq\f(1,6)≤1，于是正數(shù)ω的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(7,3))).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，進而求出ω的值或取值范圍．跟蹤訓練3(1)設函數(shù)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)))對任意實數(shù)x都成立，則ω的最小值為________．答案eq\f(2,3)解析因為f(x)≤f

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

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))為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，又因為ω>0，所以當k＝0時，ω的最小值為eq\f(2,3).(2)已知函數(shù)f(x)＝2sinωx在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值為－2，則ω的取值范圍是________．答案(－∞，－2]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))解析顯然ω≠0，分兩種情況：若ω>0，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))時，－eq\f(π,3)ω≤ωx≤eq\f(π,4)ω，因為函數(shù)f(x)＝2sinωx在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值為－2，所以－eq\f(π,3)ω≤－eq\f(π,2)，解得ω≥eq\f(3,2)；若ω<0，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))時，eq\f(π,4)ω≤ωx≤－eq\f(π,3)ω，因為函數(shù)f(x)＝2sinωx在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值為－2.所以eq\f(π,4)ω≤－eq\f(π,2)，解得ω≤－2.綜上所述，符合條件的實數(shù)ω的取值范圍是(－∞，－2]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).題型四與零點、對稱軸有關(guān)的“ω”范圍問題例4(1)已知函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ∈(0,2π))的一條對稱軸為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k0＝3時，ω可取最大值為eq\f(8,3).(2)函數(shù)g(x)＝sinωx(ω>0)的圖象向左平移eq\f(π,5ω)個單位長度得到函數(shù)f(x)，f(x)在[0,2π]上有且只有5個零點，則ω的取值范圍是()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解析依題意得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)))，則5π≤2ωπ＋eq\f(π,5)<6π，解得ω∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10))).思維升華解決此類問題時，大致描繪出函數(shù)的圖象，然后從圖象中分析出相關(guān)函數(shù)性質(zhì)，從而得到參數(shù)ω的不等關(guān)系．跟蹤訓練4已知函數(shù)f(x)＝sinωx(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，且|f(x)|＝1在區(qū)間[0，π]上有且僅有一個解，則ω的取值范圍是()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，而函數(shù)f(x)＝sinωx(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，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)，當x∈[0，π]時，ωx∈[0，ωπ]，因為|f(x)|＝1在區(qū)間[0，π]上有且僅有一個解，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).綜上所述，ω的取值范圍是eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(3,4).課時精練1．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)cosωx＋sinωx(ω>0)的圖象關(guān)于x＝eq\f(π,3)對稱，則ω的最小值為()A．1B.eq\f(1,2)C．2D.eq\f(3,2)答案B解析由題意，函數(shù)f(x)＝eq\r(3)cosωx＋sinωx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))，因為函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于x＝eq\f(π,3)對稱，可得ω×eq\f(π,3)－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，即ω＝3k＋eq\f(1,2)，k∈Z，因為ω>0，當k＝0時，ω的最小值為eq\f(1,2).2．已知函數(shù)f(x)＝cosωx－eq\r(3)sinωx(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,12)))上是單調(diào)函數(shù)，則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)))上單調(diào)，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．已知函數(shù)f(x)＝sinωx(sinωx＋cosωx)(ω>0)在區(qū)間(0，π)上恰有2個最大值點，則ω的取值范圍是()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個最大值點，∴y＝sint在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，2ωπ－\f(π,4)))上恰有兩個最大值點，∵當t＝eq\f(π,2)，eq\f(5π,2)，eq\f(9π,2)時，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．若將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后，與函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))的圖象重合，則ω的最小值為()A．1B.eq\f(3,2)C．2D．3答案D解析將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后，得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(ωπ,6)＋\f(π,4)))的圖象，又平移后的圖象與函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))的圖象重合，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)，則ω＝3＋12k(k∈Z)，又ω>0，所以為使ω取得最小值，只需k＝0，此時ω＝3.5．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x＝eq\f(π,6)，一個對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,24)，0))，則ω有()A．最小值4 B．最小值2C．最大值4 D．最大值2答案A解析因為函數(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.因為ω>0，此時ω取4,10,16，…，因為函數(shù)f(x)的一個對稱中心為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.因為ω>0，所以此時ω為eq\f(4,7)，4，eq\f(52,7)，…，所以ω的最小值為4，沒有最大值．6．設函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0≤φ≤\f(π,2)))的最小正周期為4π，且f(x)在[0,5π]內(nèi)恰有3個零點，則φ的取值范圍是()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解析因為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).當x∈[0,5π]時，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)，則eq\f(5π,2)≤φ＋eq\f(5π,2)≤3π.因為y＝sinx－eq\f(1,2)在[0,3π]上的零點為eq\f(π,6)，eq\f(5π,6)，eq\f(13π,6)，eq\f(17π,6)，且f(x)在[0,5π]內(nèi)恰有3個零點，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．已知函數(shù)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)))為奇函數(shù)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))為偶函數(shù)，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個實根，則ω的最大值為()A．10 B．14C．15 D．18答案A解析由題意，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))為f(x)的圖象的對稱中心，直線x＝eq\f(π,8)為f(x)的圖象的一條對稱軸，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)，兩式相加得φ＝eq\f(π,4)＋eq\f(k1＋k2,2)π(k1，k2∈Z)，又因為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)，因為當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))時，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個實根，即eq\f(π,6)ω＋eq\f(π,4)≤eq\f(11π,4)，由此可得0<ω≤15，又因為ω＝8k＋2(k∈Z)，所以當k＝1時，ω的最大值為10.8．已知f(x)＝1－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)．給出下列判斷：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)的圖象右移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))).其中判斷正確的個數(shù)為()A．1B．2C．3D．4答案B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)圖象右移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．9．設ω>0，若函數(shù)y＝sinωx在區(qū)間[π，2π]上恰有兩個零點，則ω的取值范圍是________．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，∵函數(shù)y＝sinωx在區(qū)間[π，2π]上恰有兩個零點，∴π≤eq\f(kπ,ω)≤2π，k∈Z，即滿足ω≤k≤2ω，k∈Z的k恰有兩解，又ω>0，所以k取1,2或2,3或3,4，當k取1,2時，0<ω≤1且2≤2ω<3，即ω＝1；當k取2,3時，1<ω≤2且3≤2ω<4，即eq\f(3,2)≤ω<2，當k取3,4時，2<ω≤3且4≤2ω<5，即2<ω<eq\f(5,2)，∴ω的取值范圍是ω＝1或eq\f(3,2)≤ω<2或2<ω<eq\f(5,2).10．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________．答案15解析由題意知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝eq\f(π,4)為y＝f(x)圖象的對稱軸，x＝－eq\f(π,4)為f(x)的零點，∴eq\f(2n＋1,4)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,2)，n∈Z，∴ω＝2n＋1，n∈Z.∵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，∴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，先檢驗ω＝15，當ω＝15時，由題意可得－eq\f(π,4)×15＋φ＝kπ，k∈Z，φ＝－eq\f(π,4)，函數(shù)為y＝f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15x－\f(π,4)))，在區(qū)間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)))，此時f(x)在x＝－eq\f(π,60)時取得最小值，∴ω＝15滿足題意．則ω的最大值為15.11．若函數(shù)y＝f(x)的定義域存在x1，x2(x1≠x2)，使eq\f(fx1＋fx2,2)＝1成立，則稱該函數(shù)為“互補函數(shù)”．函數(shù)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)，則當ω＝3時，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝________；若f(x)在[π，2π]上為“互補函數(shù)”，則ω的取值范圍為________．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)，＋∞))解析由函數(shù)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，當ω＝3時，f(x)＝sin3x，可得f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sinπ＝0；由“互補函數(shù)”的定義得，存在x1，x2∈[π，2π](x1≠x2)，使得f(x1)＋f(x2)＝2，所以令t＝ωx，則函數(shù)y＝sint在區(qū)間[ωπ，2ωπ]上至少存在兩個最大值點，則eq\f(2π,ω)≤π，可得ω≥2，當2T＝2×eq\f(2π,ω)≤π，即ω≥4時，顯然