2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)與測(cè)試專(zhuān)題強(qiáng)化練四提升點(diǎn)三角函數(shù)中ωφ的求法

專(zhuān)題強(qiáng)化練（四）提升點(diǎn)三角函數(shù)中ω，φ的求法1．已知函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,6)對(duì)稱(chēng)，則φ的值為(B)A．eq\f(π,12) B．eq\f(π,6) C．eq\f(π,3) D．eq\f(2π,3)解析：依題意得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).故選B.2．(2024·河源模擬)將函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))(ω＞0)的圖象向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)的圖象，若g(x)在區(qū)間(eq\f(π,4)，eq\f(5π,4))上單調(diào)遞增，則ω的最大值為(A)A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2) C．eq\f(3,4) D．1解析：由題意得g(x)＝sin(ωx－eq\f(ωπ,4)＋eq\f(π,4))，因?yàn)閤∈(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?yàn)間(x)在區(qū)間(eq\f(π,4)，eq\f(5π,4))上單調(diào)遞增，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的最大值為eq\f(1,4).故選A.3．已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,3))(ω＞0)在區(qū)間(0，π)上有3個(gè)極值點(diǎn)，則ω的取值范圍為(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?yàn)棣兀?，x∈(0，π)，所以eq\f(π,3)＜ωx＋eq\f(π,3)＜ωπ＋eq\f(π,3)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,3))(ω＞0)在區(qū)間(0，π)上有3個(gè)極值點(diǎn)，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的取值范圍為(eq\f(13,6)，eq\f(19,6)].故選C.4．已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))(ω＞0)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,8)對(duì)稱(chēng)，且f(x)在區(qū)間(0，eq\f(π,6))上沒(méi)有最小值，則ω的值為(A)A．2 B．4C．6 D．10解析：由f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))(ω＞0)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,8)對(duì)稱(chēng)，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)在區(qū)間(0，eq\f(π,6))上沒(méi)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.故選A.5．已知函數(shù)f(x)＝sin(2x－φ)(0<φ<eq\f(π,2))在區(qū)間[0，eq\f(π,3)]上單調(diào)遞增，且函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，eq\f(7π,8))上有最小值，那么φ的取值范圍是(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?yàn)閒(x)在區(qū)間[0，eq\f(π,3)]上單調(diào)遞增，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).當(dāng)x∈(0，eq\f(7π,8))時(shí)，2x－φ∈(－φ，eq\f(7π,4)－φ)，由f(x)在區(qū)間(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)，則0<φ<eq\f(π,4).綜上，eq\f(π,6)≤φ<eq\f(π,4).6．已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)滿足f(eq\f(π,4))＝1，f(eq\f(5π,3))＝0且f(x)在區(qū)間(eq\f(π,4)，eq\f(5π,6))上單調(diào)，則ω的最大值為(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?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為T(mén)＝eq\f(2π,ω)，因?yàn)閒(eq\f(π,4))＝1，f(eq\f(5π,3))＝0，且函數(shù)f(x)在區(qū)間(eq\f(π,4)，eq\f(5π,6))上單調(diào)，所以eq\f(5π,6)－eq\f(π,4)≤eq\f(π,ω)，解得0<ω≤eq\f(12,7)，同時(shí)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)，結(jié)合0<ω≤eq\f(12,7)，可得ωmax＝eq\f(18,17).故選B.方法二：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為T(mén)＝eq\f(2π,ω)，因?yàn)閒(eq\f(π,4))＝1，f(eq\f(5π,3))＝0，且函數(shù)f(x)在區(qū)間(eq\f(π,4)，eq\f(5π,6))上單調(diào)，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)，所以可知當(dāng)k1＝2時(shí)，ωmax＝eq\f(18,17).故選B.7．(2024·浙江二模)將函數(shù)f(x)＝sin2x的圖象向右平移φ(0<φ<eq\f(π,2))個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)的圖象，若對(duì)滿足|f(x1)－g(x2)|＝2的x1，x2，有|x1－x2|的最小值為eq\f(π,3)，則φ＝(D)A．eq\f(5π,12) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)解析：由題意得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當(dāng)f(x)min－g(x)max＝－2時(shí)，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?yàn)閨x1－x2|的最小值為eq\f(π,3)，所以x2＝eq\f(π,12)或x2＝－eq\f(7π,12).當(dāng)x2＝eq\f(π,12)時(shí)，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?yàn)棣铡?0，eq\f(π,2))，所以φ無(wú)解；當(dāng)x2＝－eq\f(7π,12)時(shí)，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?yàn)棣铡?0，eq\f(π,2))，所以φ＝eq\f(π,6).②當(dāng)f(x)max－g(x)min＝2時(shí)，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?yàn)閨x1－x2|的最小值為eq\f(π,3)，所以x2＝－eq\f(π,12)或x2＝eq\f(7π,12).當(dāng)x2＝－eq\f(π,12)時(shí)，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?yàn)棣铡?0，eq\f(π,2))，所以φ＝eq\f(π,6)；當(dāng)x2＝eq\f(7π,12)時(shí)，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?yàn)棣铡?0，eq\f(π,2))，所以φ無(wú)解．綜上，φ＝eq\f(π,6).8．(多選)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,6))(ω＞0)在區(qū)間(－eq\f(π,4)，eq\f(π,3))上有且僅有一個(gè)最大值和一個(gè)最小值，則ω的可能取值是(BCD)A．eq\f(8,3) B．3C．eq\f(10,3) D．4解析：函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,6))，其中ω＞0，則T＝eq\f(2π,ω)，由題意得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，則g(t)＝2sint．函數(shù)f(x)在區(qū)間(－eq\f(π,4)，eq\f(π,3))上有且僅有一個(gè)最大值和一個(gè)最小值等價(jià)于函數(shù)g(t)＝2sint在區(qū)間(－eq\f(πω,4)＋eq\f(π,6)，eq\f(πω,3)＋eq\f(π,6))上有且僅有一個(gè)最大值和一個(gè)最小值，因?yàn)棣?gt;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)，則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，))無(wú)解．綜上，eq\f(8,3)<ω≤4.故選BCD.9．(多選)已知函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋eq\f(π,3))(ω＞0)在區(qū)間(0，2π)上恰有4個(gè)零點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是(BCD)A．f(x)在區(qū)間(0，2π)上有且僅有1個(gè)極大值點(diǎn)B．f(x)在區(qū)間(0，2π)上有且僅有2個(gè)極小值點(diǎn)C．ω的取值范圍是(eq\f(19,12)，eq\f(25,12)]D．f(x)在區(qū)間(0，eq\f(π,5))上單調(diào)遞減解析：因?yàn)?＜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，則y＝cost，作出y＝cost的大致圖象如圖，若f(x)在區(qū)間(0，2π)上恰有4個(gè)零點(diǎn)，則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正確；由圖象可知，f(x)在區(qū)間(0，2π)上有1或2個(gè)極大值點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；f(x)在區(qū)間(0，2π)上有且僅有2個(gè)極小值點(diǎn)，故B正確；當(dāng)0＜x＜eq\f(π,5)時(shí)，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)在區(qū)間(0，eq\f(π,5))上單調(diào)遞減，故D正確．故選BCD.10．(2024·溫州模擬)在函數(shù)f(x)＝sin(2x－φ)(φ>0)的圖象與x軸的所有交點(diǎn)中，點(diǎn)(eq\f(φ,2)，0)離原點(diǎn)最近，則φ的值可以為_(kāi)_____________．(寫(xiě)出一個(gè)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?yàn)辄c(diǎn)(eq\f(φ,2)，0)離原點(diǎn)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，滿足0<φ≤eq\f(π,2)均可)11．(2024·濟(jì)南模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx－eq\f(π,3))(ω>0)在區(qū)間[0，eq\f(π,2)]上的值域?yàn)閇－eq\f(\r(3),2)，1]，則ω的取值范圍為_(kāi)________________．解析：因?yàn)棣?gt;0，所以當(dāng)x∈[0，eq\f(π,2)]時(shí)，ωx－eq\f(π,3)∈[－eq\f(π,3)，eq\f(ωπ,2)－eq\f(π,3)]，又函數(shù)f(x)＝sin(ωx－eq\f(π,3))在[0，eq\f(π,2)]上的值域?yàn)閇－eq\f(\r(3),2)，1]，所以結(jié)合正弦函數(shù)的圖象可知，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的取值范圍為[eq\f(5,3)，eq\f(10,3)].答案：[eq\f(5,3)，eq\f(10,3)]12．已知函數(shù)f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)，若?x0∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]，使得f(x)的圖象在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線與x軸平行，則ω的最小值是________．解析：由題得f(x)＝eq\r(2)sin(ωx＋eq\f(π,4))，所以f′(x)＝eq\r(2)ωcos(ωx＋eq\f(π,4))，由題意?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)，當(dāng)x0＝0時(shí)，等式不成立，所以x0≠0，所以ω＝eq\f(\f(π,4)＋kπ,x0)(k∈Z).當(dāng)－eq\f(π,4)≤x0<0時(shí)，因?yàn)棣?gt;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.當(dāng)0<x0≤eq\f(π,3)時(shí)，因?yàn)棣?gt;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的最小值為eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)13．已知函數(shù)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)是函數(shù)y＝f(x)－f(x＋φ)(φ>0)的一個(gè)零點(diǎn)，求φ的最小值．解：(1)因?yàn)閒(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)的最小正周期為2π.(2)由題知，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)是該函數(shù)的一個(gè)零點(diǎn)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