角函数w的取值问题
重难点专题18 三角函数中w取值范围问题八大题型汇总(原卷版) 备战2024年高考数学重难点突破
题型8新定义 (9)已知函数y =Asin(ωx +φ)(A >0,ω>0)，在[x 1,x 2]上单调递增（或递减），求ω的取值范围第一步：根据题意可知区间[x 1,x 2]的长度不大于该函数最小正周期的一半，即x 2-x 1≤12T =πω，求得0<ω≤πx 2-x 1.第二步：以单调递增为例，利用[ωx 1+φ,ωx 2+φ]⊆[―π2+2kπ,π2+2kπ]，解得ω的范围；第三步：结合第一步求出的ω的范围对k 进行赋值，从而求出ω（不含参数）的取值范围.结合图象平移求ω的取值范围1、平移后与原图象重合思路1：平移长度即为原函数周期的整倍数；思路2：平移前的函数=平移后的函数.2、平移后与新图象重合：平移后的函数=新的函数.3、平移后的函数与原图象关于轴对称：平移后的函数为偶函数；4、平移后的函数与原函数关于轴对称：平移前的函数=平移后的函数-；5、平移后过定点：将定点坐标代入平移后的函数中。
()f x ()g x ()f x ()g x y x ()f x ()g x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T，相邻的对称轴和对2，也就是说，我们可以根据三角函数的对称性来研究其周期称中心之间的“水平间隔”为T4性，进而可以研究ω的取值。
三角函数的对称轴比经过图象的最高点或最低点，函数的对称中心就是其图象与x轴的交点（零点），也就是说我们可以利用函数的最值、零点之间的“差距”来确定其周期，进而可以确定ω的取值.已知三角函数的零点个数问题求ω的取值范围对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有k个零点，需要确定含有k个零点的区间长度，一般和周期相关，若在在区间至多含有k个零点，需要确定包含k+1个零点的区间长度的最小值．三角函数的对称轴比经过图象的最高点或最低点，函数的对称中心就是其图象与x轴的交点（零点），也就是说我们可以利用函数的最值、零点之间的“差距”来确定其周期，进而可以确定ω的取值.ππ。
专题二 三角函数中一类求w的范围问题
专题二 三角函数中一类求w 的最值问题三角函数的性质是高考必考内容，也是高考中的热点内容。
本文筛选了一部分高考题和模考题，就三角函数中一类求w 的取值范围问题做了整理，希望对大家有所帮助。
类型一 已知周期求w 的范围【例1】（2010.辽宁）设>0,函数y=sin(x+)+2的图像向右平移个单位后与原图像重合，则的最小值是（A ） (B) (C) (D)3 【答案】C 【解析】将2)3sin(++=πωx y 的图像向右平移个单位后为 ， 所以有=2k ,即， 又因为，所以k ≥1,故≥，所以选C 【题后反思】该题的突破点在于平移后与原图像重合，因此和函数的周期性有关。
借助平移和诱导公式的相关知识点可以解决问题。
类型二 已知值域求w 的范围【例2】已知函数],0[),0)(6sin()(πωπω∈>-=x x x f ，)(x f 的值域为]1,21[-，则ω的最小值为（ ）A. 32B.43C.34D.23 【答案】A【解析】由于],0[π∈x ，所以666πωππωπ-≤-≤-xωω3π34πω23433234π4sin[()]233y x ππω=-++4sin()233x πωπω=+-+43ωππ32k ω=0ω>32k ω=32又因为)(x f 的值域为]1,21[-，且21)6sin(-=-π，2167sin -=π 结合图象可得6762ππωππ≤-≤，解之得3432≤≤ω，故选A 【题后反思】该题在处理时运用整体的思想，将值域问题转化在基本函数y=sinx 上结合图象处理更为简单明了。
类型三 已知零点情况求w 的范围【例3】（2016.天津）已知函数R x x x x f ∈>-+=),0(21sin 212sin )(2ωωω，若)(x f 在区间)2,(ππ内没有零点，则ω的取值范围是A. ]81,0(B.)1,85[]41,0(⋃C.]85,0(D.)85,41[]81,0(⋃ 【答案】D 【解析】化简得)0)(4sin(22)(>-=ωπωx x f ，由于0),2,(>∈ωππx ， 所以4244πωππωπωπ-<-<-x ，)(x f 在区间)2,(ππ内没有零点包含以 下情况： ①ππωπk 24≥-且πππωπ+≤-k 242，其中Z k ∈ 解得Z k k k ∈++∈]85,412[ω，取0=k ，则]85,41[∈ω ②πππωπ+≥-k 24且πππωπ2242+≤-k ，其中Z k ∈ 解得Z k k k ∈++∈]89,452[ω，取1-=k ，则]81,43[-∈ω 综上，结合0>ω得]85,41[]81,0(⋃∈ω，故选D 【相关例题1】已知函数]3,4[),0)(sin()(ππϕωϕω∈>+=x x f ，已知)(x f 在]2,0[π上有且仅有4个零点，则下列ω的值中满足条件的是（ ）A. 613=ωB.611=ωC.47=ωD.43=ω 【答案】A【相关例题2】已知函数),0)(6sin(cos )(>++=ωπωωx x x f 在],0[π上恰有一个最大值和两个零点，则ω的取值范围是________.【答案】)613,35[ 【题后反思】几个题目类型相同，处理时同样体现整体换元的思想，结合基本函数y=sinx 的图象，更易求解。
三角函数w的取值问题
三角函数w 的取值问题1.ω＞0，函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减，那么ω的取值范围是________． 答案：⎣⎡⎦⎤12，54答案：C4．函数f 〔x 〕=sin 〔ωx +φ〕〔ω＞0，0≤φ≤π〕是R 上的偶函数，其图象关于点对称，且在区间上是单调函数，那么ω的值为〔 〕 A ．B ．C ．D ．解：由f 〔x 〕是偶函数，得f 〔﹣x 〕=f 〔x 〕，即sin 〔﹣ωx +∅〕=sin 〔ωx +∅〕， 所以﹣cosφsinωx=cosφsinωx ，对任意x 都成立，且ω＞0，所以得cosφ=0． 依题设0＜φ＜π，所以解得φ=，由f 〔x 〕的图象关于点M 对称，得f 〔﹣x 〕=﹣f〔+x 〕，取x=0，得f 〔〕=sin 〔+〕=cos ，∴f〔〕=sin 〔+〕=cos，∴cos=0，又ω＞0，得=+kπ，k=1，2，3，∴ω=〔2k +1〕，k=0，1，2，当k=0时，ω=，f 〔x 〕=sin 〔x +〕在[0，]上是减函数，满足题意； 当k=1时，ω=2，f 〔x 〕=sin 〔2x +〕在[0，]上是减函数；当k=2时，ω=，f 〔x 〕=〔x +〕在[0，]上不是单调函数；所以，综合得ω=或2．应选D ．5．〔2021年全国I 高考〕函数ππ()sin()(0),24f x x+x ，ωϕωϕ=>≤=-为()f x 的零点，π4x =为()y f x =图像的对称轴，且()f x 在π5π()1836，单调，那么ω的最大值为 〔A 〕11 〔B 〕9 〔C 〕7 〔D 〕5 解：∵x=﹣为f 〔x 〕的零点，x=为y=f 〔x 〕图象的对称轴， ∴，即，〔n ∈N 〕即ω=2n +1，〔n ∈N 〕 即ω为正奇数，∵f 〔x 〕在〔，〕那么﹣=≤，即T=≥，解得：ω≤12，当ω=11时，﹣+φ=kπ，k ∈Z ，∵|φ|≤，∴φ=﹣，此时f 〔x 〕在〔，〕不单调，不满足题意；当ω=9时，﹣+φ=kπ，k ∈Z ，∵|φ|≤，∴φ=，此时f 〔x 〕在〔，〕单调，满足题意；故ω的最大值为9，应选：B6. 函数f (x )＝2sin ωx (ω＞0)在区间⎣⎡⎦⎤－π3，π4上的最小值是－2，那么ω的最小值等于________． 答案：328. 〔第十三周周考题〕函数()2sin()3f x x πω=-〔13ω>，x R ∈〕，假设()f x 的任意一个对称中心的横坐标都不属于区间(),2ππ，那么ω的取值范围是 ．答案：12,33⎛⎤ ⎥⎝⎦9.〔2021年天津高考改编〕函数2())(0)4f x x πωω=->，R x ∈.假设)(x f 在区间)2,(ππ内没有零点，那么ω的取值范围是〔 〕〔A 〕]81,0( 〔B 〕)1,85[]41,0( 〔C 〕]85,0( 〔D 〕]85,41[]81,0(答案:D。
三角函数中的参数w的范围问题
三角函数中的参数问题三角函数中的参数范围问题是三角函数中中等偏难的问题，很多同学由于思维方式不对，导致问题难解。
此类问题主要分为四类，它们共同的方法是将相位看成整体，结合正弦函数或余弦函数的图像与性质进行求解。
【题型示例】1.已知,0ω函数在上单调递减，则ω的取值范围是（）A. B. C. D.2.已知函数在上有且只有两个零点，则实数ω的取值范围为（）A. B. C. D.3.已知函数，若的图象的任意一条对称轴与x轴的交点的横坐标都不属于区间，则ω的取值范围是（）A、 B. C. D.4.已知函数，其中，，若且恒成立在区间上有最小值无最大值，则ω的最大值是（）A.11B.13C. 15D.17【专题练习】1.已知函数在上单调递减，则ω的取值范围是（）A. B. C. D.2.已知函数，若方程在上有且只有四个实根数，则实数ω的取值范围为（）A. B. C. D.3.将函数的图像向右平移个单位后,所得图像关于y轴对称,则ω的最小值为（）A.2B. 1C.D.4.已知函数的图象过点,若对恒成立，则ω的最小值为（）A. 2B.10C.4D.165.已知函数，若对满足的，有，若对任意恒成立，则φ的取值范围是（）A. B. C. D.6.将函数的图象向右平移个单位,得取函数的图象,若在上为减函数,则ω的最大值为（）A.2B. 3C.4D.57.函数在内的值域为,则ω的取值范围为（）A. B. C. D.8.已知函数，若且在区间上有最小值，无最大值，则ω的值为（）A. B. C. D.。
三角函数中w取值范围研究
三角函数中w取值范围研究在三角函数中，我们常用的三角函数包括正弦函数(sin)、余弦函数(cos)、正切函数(tan)。
在研究三角函数中w的取值范围时，我们可以从两个方面进行讨论，即角度角和弧度角两个方面。
首先，我们来讨论角度角的情况。
在角度角中，一个完整的圆周角为360°。
因此，我们可以将w看作一个角度值，而角度值的取值范围是从0°到360°之间。
即0°≤w≤360°。
在这个取值范围内，我们可以观察到一些特殊的取值点。
比如当w等于0°时，sin(w)和tan(w)都为0，而cos(w)为1、当w等于90°时，sin(w)和cos(w)都为1，而tan(w)不存在。
当w等于180°时，sin(w)为0，而cos(w)为-1，tan(w)不存在。
当w等于270°时，sin(w)和cos(w)都为-1，而tan(w)不存在。
最后，当w等于360°时，sin(w)和tan(w)都为0，而cos(w)为1、可以看出，在这些特殊的取值点上，三角函数会有一些特殊的性质。
接下来，我们来讨论弧度角的情况。
在弧度角中，一个完整的圆周角为2π(π≈3.14)。
因此，我们可以将w看作一个弧度值，而弧度值的取值范围是从0到2π之间。
即0≤w≤2π。
同样地，在这个取值范围内，我们可以观察到一些特殊的取值点。
比如当w等于0时，sin(w)和tan(w)都为0，而cos(w)为1、当w等于π/2时，sin(w)和cos(w)都为1，而tan(w)不存在。
当w等于π时，sin(w)为0，而cos(w)为-1，tan(w)不存在。
当w等于3π/2时，sin(w)和cos(w)都为-1，而tan(w)不存在。
最后，当w等于2π时，sin(w)和tan(w)都为0，而cos(w)为1总结起来，三角函数中w的取值范围在角度角中是0°≤w≤360°，在弧度角中是0≤w≤2π。
三角函数之w的取值范围解析
三角函数之w 的取值范围解析一、单选题1．（2023·湖北·二模）已知0w >，函数()π3sin 24f x wx ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在区间π,π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，则w 的取值范围是（）A ．10,2⎛⎤B ．(]0,2C．13,24⎡⎤⎢⎥D ．15,24⎡⎤⎢⎥2．（2017·山西太原·三模）已知函数()(0)f x sinwx w =->在()0,π上有且只有两个零点，则实数w 的取值范围为A ．40,3⎛⎤ B ．47,33⎛⎤ ⎥C ．710,33⎛⎤ ⎥D ．1013,33⎛⎤ ⎥3．（2019·安徽·三模）已知奇函数()sin())f x x x ωϕωϕ=+-+，（其中0ω>，ϕ∈R ）在[1,1]x ∈-有7个零点，则实数w 的取值范围是A ．(3,4]B ．(3,4]ππC ．[3,4)D ．[3,4)ππ4．（19-20高三下·湖南·阶段练习）已知函数()()222sin cos sin 024f x x x ωωω⎛⎫=⋅-> ⎪⎝⎭在区间2π5π,36⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是增函数，且在区间[]0,π上恰好取得一次最大值1，则w 的取值范围是A ．30,5⎛⎤ ⎥B ．13,25⎡⎤⎢⎥C ．13,24⎡⎤⎢⎥D ．15,22⎡⎫⎪⎢5．（17-18高三·河南南阳·阶段练习）已知函数()21cos sin (0,)222wx f x wx w x R =+->∈，若()f x 在区间(,2)ππ内没有零点，则w 的取值范围是A ．5(0,)12πB ．5(0,]12πC ．5(0,6D ．5511(0,[,]126126．（2018·安徽合肥·一模）已知0w >，函数()cos()3f x wx π=+在(,)32ππ上单调递增，则w 的取值范围是（）A ．210(,33B ．210[,]33C ．10[2,]3D ．5[2,3二、多选题7．（2024·贵州黔西·一模）已知()cos (0)f x wx wx w =+>，则下列说法正确的是（）A ．若()f x 的最小正周期为π，则()f x 的对称中心为ππ,0,62k k ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭ZB ．若()f x 在区间π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，则w 的取值范围为40,3⎤⎛ ⎥⎝⎦C ．若()01f x =，则02π1cos 32wx ⎛⎫+=⎝⎭D ．若()f x 在区间[]0,π上恰好有三个极值点，则w 的取值范围为710,33⎡⎫⎪⎢三、填空题8．（21-22高一下·安徽池州·阶段练习）已知函数()2sin f x wx =在区间ππ,43⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最小值为2-，则w 的取值范围是．9．（18-19高三上·天津武清·期中）已知函数()()sin (0,02f x wx w πϕϕ=+><<，若()f x 的图象的一条对称轴是3x π=，且在区间,64ππ⎛⎫- ⎪上单调递增，则w 的取值范围是10．（20-21高三上·江西抚州·期末）若函数()cos()(0)4f x wx w π=+>在[]0,π的值域为1⎡-⎢⎣⎦，则w 的取值范围是。
三角函数常见典型考题赏析
高一使用3031年4月▼W bW V-b*e・▼■r~9•w**■一■—W-^■张文伟三角函数是高中数学的重要内容,也是高考的常考点。
同学们要掌握三角函数的有关概念和性质(单调性、对称性、奇偶性、周期性、最值)，要理解和掌握三角函数的图像与性质，掌握三角函数模型的简单应用。
题型1:角的概念象限角的两种判断方法:(1)图像法，在平面直角坐标系中，作出已知角并根据象限角的定义直接判断已知角是第几象限角;(2)转化法，先将已知角化为k X360°+a (0°C a V360°k e Z)的形式，即找出与已知角终边相同的角a,再由角a终边所在的象限判断已知角是第几象限角。
利用终边相同的角的集合S=,,=2k n+a,e Z｝判断一个角,所在的象限时，只需把这个角写成[0,2n)范围内的一个角a与2n的整数倍的和，然后判断角a所在的象限。
例1在一720°〜0°范围内所有与45°终边相同的角为。
解：所有与45°终边相同的角可表示为,=45°+k X360°(k e Z)。
令一720°C45°+ k X360°V0°(k e Z)，可得一765°C k X360°V7(^5°A50—45°(-e z)，解得一76n oC-v—4°(-e360360Z),即一2.125C k V0.125(k e z),可知k=—2或k=—1,代入可得,=一675°或,=—315°。
答案为一675°或一315°。
跟踪训练1若a=k X360°+3,=m X 360°—3-m e Z),则角a与角,的终边的位置关系是))OA.重合B.关于原点对称C.关于x轴对称D.关于y轴对称提示：由题意知角a与角3的终边相同,角，与角一3的终边相同。
三角函数中“ω”的取值范围(解析版)
专题2 三角函数中“ω”的取值范围2022·全国甲卷（理）T11【分析】由x 的取值范围得到3x πω+的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．【详解】解：依题意可得0ω>，因为()0,x π∈，所以,333x πππωωπ +∈+， 要使函数在区间()0,π恰有三个极值点、两个零点，又sin y x =，,33x ππ∈的图象如下所示：则5323ππωππ<+≤，解得13863ω<≤，即138,63ω∈．2023·新高考Ⅰ卷T152．已知函数()cos 1(0)f x x ωω=−>在区间[]0,2π有且仅有3个零点，则ω的取值范围是 ． 【答案】[2,3)【分析】令()0f x =，得cos 1x ω=有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解. 【详解】因为02x π≤≤，所以02x πωω≤≤， 令()cos 10f x x ω=−=，则cos 1x ω=有3个根， 令t x ω=，则cos 1t =有3个根，其中[0,2π]t ω∈，结合余弦函数cos y t =的图像性质可得4π2π6πω≤<，故23ω≤<，2023·新高考Ⅱ卷T16【分析】设1211,,,22A x B x，依题可得，21π6x x −=，结合1sin 2x =的解可得，()212π3x x ω−=，从而得到ω的值，再根据2π03f = 以及()00f <，即可得2()sin 4π3f x x =− ，进而求得()πf ． 【详解】设1211,,,22A x B x，由π6AB =可得21π6x x −=，由1sin 2x =可知，π2π6xk =+或5π2π6x k =+，Z k ∈，由图可知， ()215π2ππ663x x ωϕωϕ+−+=−=，即()212π3x x ω−=，4ω∴=． 因为28ππsin 033f ϕ =+=，所以8ππ3k ϕ+=，即8ππ3k ϕ=−+，Z k ∈． 所以82()sin 4ππsin 4ππ33f x x k x k=−+=−+， 所以()2sin 4π3f x x =−或()2sin 4π3f x x=−− ，又因为()00f <，所以2()sin 4π3f x x =− ，()2πsin 4ππ3f ∴=− 2022·全国乙卷数学（理）T15【分析】首先表示出T ，根据()f T=求出ϕ，再根据π9x =为函数的零点，即可求出ω的取值，从而得解；【详解】解： 因为()()cos f x x ωϕ=+，（0ω>，0πϕ<<） 所以最小正周期2πT ω=，因为()()2πcos cos 2πcos f T ωϕϕϕω=⋅+=+==， 又0πϕ<<，所以π6ϕ=，即()πcos 6f x x ω=+， 又π9x =为()f x 的零点，所以ππππ,Z 962k k ω+=+∈，解得39,Z k k ω=+∈， 因为0ω>，所以当0k =时min 3ω=；1．已知函数()cos (0)6f x x πωω=−>在区间7,26ππω上有且只有3个零点，则ω的取值范围是____________.【答案】117,63解：7,2,2666x x πππωπωωπ∈⇒−∈π−由于()cos (0)6f x x πωω=−>在区间7,26ππω上有且只有3个零点，则有 226263πωω7ππ9π117≤−<⇒≤<，所以,w 的取值范围是117,63重点题型·归类精讲2023·湖南郴州·统考三模【分析】根据图象平移得π()sin()5f x x ω=+，结合零点个数及正弦型函数的性质可得1229510ω≤<，进而判断极值点个数判断B 、D ；代入法判断A ，整体法判断C. 【详解】由题设ππ()()sin()55f x g x x ωω=+=+，在[]0,2π上，若πππ[,2π]555t x ωω+∈+， 所以sin y t =在ππ[,2π]55ω+上有5个零点，则π5π2π6π5ω≤+<，解得1229510ω≤<，D 正确； 在()0,2π上ππ(,2π)55t ω∈+，由上分析知：极值点个数可能为5或6个，B 错误；πππ()sin()225f ω=+且ππ33π)2520ω+∈，故π()2f 不为0，A 错误； 在π0,10上πππ(,)5105t ω∈+，则ππ11π49π[,)10525100ω+∈，故sin y t =递增，即()f x 在π0,10上递增，C 正确. 故选：CD2024届·江苏省南京市六校联合调研（10月）3．（多选）已知函数()sin (0)f x x x ωωω=>，下列说法正确的是（ ）【答案】ACD【分析】化简()f x 的解析式，根据三角函数的值域、最值、周期、单调性、极值点等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】已知函数()π2sin 3f x x ω=+，可知其值域为[]22−,，故选项A 正确； 若存在12,x x ∈R ，使得对x ∀∈R 都有()()()12f x f x f x ≤≤， 所以12x x −的最小值为π2T ω=，故选项B 错误； 函数()f x 的单调递增区间为πππ2π2π232k x k ω−≤+≤+，()5ππ2π2π66,Z k k x k ωω−+ ∈∈， 所以5π2ππ66π2ππ63k k ωω− ≤− + ≥ ，令0k =，则10,2ωω<≤∴的取值范围为10,2 ，故选项C 正确；若函数()f x 在区间()0,π上恰有3个极值点和2个零点，πππ,π333x ωω+∈+， 由如图可得：5ππ138π3π2363ωω<+≤⇒<≤，ω∴的取值范围为138,63，故选项D 正确 2024届·广东省六校第二次联考【分析】先将()f x 的函数式化简成形如sin()y A x k ωθ++的形式，根据()f x 在π5π,66−上为增函数，列出关于ω的不等式组求解即可．【详解】π1()4cos sin cos(π2)4sin sin cos 262f x x x x x x x x ωωωωωωω=++−=−−222sin 2sin cos sin 21x x x x x x ωωωωωω=−−+=−，当π5π,66x∈−时，π5π2,33x ωωω ∈−， 若函数()f x 在π5π,66 − 上为增函数，则ππ325ππ32ωω −≥− ≤ ，由0ω>，解得3010ω<≤， 则ω的最大值为310．2024届长郡中学月考（二） 5．已知函数211()sin sin (0)222xf x x ωωω=+−>，x R ∈.若()f x 在区间(,2)ππ内没有零点，则ω的取值范围是A ．10,8B ．150,,148 ∪C ．50,8D ．1150,,848 ∪【答案】D【分析】先把()f x化成()4f x x πω=−，求出()f x 的零点的一般形式为+4,k x k Z ππω∈，根据()f x 在区间(,2)ππ内没有零点可得关于k 的不等式组，结合k 为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.【详解】由题设有1cos 11()sin 2224f x x x x πωωω−=+−=−， 令()0f x =，则有,4x k k Z πωπ−=∈即+4,k x k Z ππω∈.因为()f x 在区间(,2)ππ内没有零点， 故存在整数k ，使得5++442k k ππππππωω≤<<，即14528k k ωω ≥+ ≤+，因为0ω>，所以1k ≥−且15428k k +≤+，故1k =−或0k =，所以108ω<≤或1548ω≤≤，2024届浙江省名校协作体高三上学期适应性考T7【分析】令ππππ(,π)3333t x ωωω+∈++，将问题转化为sin y t =，πππ(,π)333t ωω∈++只有1个零点，则πππππ33πππππ3k k k k ωω−≤+<<+≤+（Z k ∈），从而讨论可求出结果. 【详解】令ππππ(,π)3333t x ωωω+∈++，因为函数π()sin()(0)3f x x ωω+>在π(π)3,上恰有1个零点，即转化为sin y t =，πππ(,π)333t ωω∈++只有1个零点，故可得πππππ33πππππ3k k k k ωω −≤+< <+≤+（Z k ∈），即34311233k k k k ωω−≤<− −<≤+ （Z k ∈）， 又0ω>，要使上述方程组有解，则需13132343203310k k k k k k −<−−≤++> −> （Z k ∈），所以1733k <≤（Z k ∈），故1,2k =，当1k =时，2533ω<≤，当2k =时，283ω≤≤【分析】根据正弦型函数的最小值的性质，结合题意进行求解即可.【详解】因为函数()()πsin 04f x x ωω +> 在π7π,44内恰有两个最小值点，0ω>，所以最小正周期满足1711713πππππ=π,3442442T −=≤<− 所以42π7154,ππ+ππ312444Tωω<≤<≤，所以有：4413337π7ππ11π72442ωωω <≤ ⇒<≤<+≤8．已知函数π()cos sin (0)6f x x x ωωω =−+>，若()f x 在[0,π]上的值域为11,2 −，则ω的取值范围为（ ） A. 2,13B. 24,33C. 74,63D. 27,36【答案】B 【解析】【分析】化简函数解析式可得π()cos 3f x x ω =+，求出π3x ω+的范围，再由函数的值域可得π5πππ33ω≤+≤，解不等式即可求解. 【详解】函数π()cos sin 6f x x x ωω=−+可化为ππ1π()cos sin coscos sin cos cos 6623f x x x x x x x ωωωωω=−−==+， 所以π()cos 3f x x ω=+， 因为0πx ≤≤，所以ππππ+333x ωω≤+≤， 因为()f x 在[0,π]上的值域为11,2−，所以π5πππ33ω≤+≤， 所以2433ω≤≤，所以ω的取值范围为24,33. 2024届山东联考9．若函数()()cos 05πf x x ωω =+>在区间π3π,22上恰有两个零点，则ω的取值范围是（ ）A ．2311,155B ．2311,155C ．23111343,,155515D ．23111343,,155515【答案】C【分析】利用整体思想，结合余弦函数得图象与性质列出不等式组，解之即可. 【详解】由题可知3ππ32222T T <−≤，解得13ω<≤，πππ3ππ25525x ωωω+<+<+． 因为函数()πcos 5f x x ω =+ 在区间π3π,22上恰有两个零点， 所以πππ3π,22525π3ππ7π,2252ωω ≤+< <+≤ 或3πππ5π,22527π3ππ9π,2252ωω ≤+<<+≤解得2311155ω<≤或1343515ω≤≤，即23111343,,155515ω ∈．2024届·长沙一中月考（二）10．函数()2sin()f x x ωϕ=+（0ω>，ππ2ϕ<<）的部分图象如图所示，若()()1gx f x =+在[]6,ππ上有且仅有3个零点，则ω的最小值为（ ）A ．52B ．3C ．196D ．92【答案】A【分析】先求得ϕ，然后根据()()1g x f x =+在[]6,ππ上有且仅有3个零点列不等式，从而求得ω的取值范围，进而求得正确答案.【详解】由图可知()0=2sin f ϕϕ 由于ππ2ϕ<<，所以2π=3φ，2π()2sin()3f x x ω=+ 令()2π=2sin 1=03g x x ω++，得2π1sin =32x ω+− ，由ππ6≤≤x 得π2π2π2ππ6333x ωωω+≤+≤+，依题意，()()1gx f x =+在[]6,ππ上有且仅有3个零点，故当ω取值最小时，有2ππ2π7π3636π2ππ3ππ4π636ωω <+≤ +≤+<−，解得532ω≤≤，所以ω的最小值为52.2024届·合肥一中高三上学期第一次检测（10月）11．已知函数()()2sin f x x ωϕ=+，其中0ω>，0πϕ<<，且()π3f x f ≤恒成立，若()f x 在区间π0,2上恰有3个零点，则ω的取值范围是（ ）【分析】分析可得π23f=，可得出()ππ2π23k k ωϕ=+−∈Z ，再结合题意可得出关于ω的不等式，结合k 的取值可求得ω的取值范围.【详解】因为()π3f x f≤恒成立，则ππ2sin 233f ωϕ=+=，所以，()ππ2π32k k ωϕ+=+∈Z ，则()ππ2π23k k ωϕ=+−∈Z ， 当π02x <<时，π2x ωϕωϕϕ<+<+， 因为0πϕ<<，则()0sin 0f ϕ=>，因为()f x 在区间π0,2上恰有3个零点，则0ππ3π4π2ϕωϕ<< <+≤， 即ππ02ππ23π3π4π2k ωωϕ<+−< <+≤，k ∈Z ，解得33662215122112k k k k ωω −<<+ −<≤− ，k ∈Z ，假设ω不存在，则3621122k k −≥−或3615122k k +≤−，解得34k ≤或54k ≥，因为ω存在，则3544k <<，因为k ∈Z ，则1k =.所以，9152239ωω <<<≤ ，可得91522ω<< 2024届·广州市越秀区高三上学期月考（十月）12．函数()()sin 0f x x ωω=>，将()f x 的图象上所有的点纵坐标保持不变横坐标变为原来的ω倍，然后将()0,2π内恰有4个零点，则ω的取值范围是 .【答案】 cos x 3π5π,22【分析】根据三角函数图象平移可得()cos g x x =，再代入()()10f g x −=，数形结合求解即可 【详解】由题意()πsin cos 2g x x x=+=，又()()()1h x f g x =−在()0,2π内恰有4个零点， 故()cos 10f x −=，即()sin cos 1x ω=在()0,2π内恰有4个零点， 则()πcos 2π,Z 2x k k ω=+∈在()0,2π内恰有4个零点， 数形结合可得，当0k =时πcos 2x ω=有两根，当1k =−时3πcos 2x ω=−也有两根，故3π25π2ωω−<− ≤，即3π5π22ω<≤，故ω的取值范围是3π5π,22 .题型二 在某区间上单调2023武汉市华中师大附一中高三上期中【答案】16【分析】由π,π2x∈得到πππ2π,2π666x ωωω +∈++ ，结合正弦函数图象得到不等式组，求出21236k k ω−+≤≤+，Zk ∈，利用21236106k k k −+<+ +> ，求出0k =，从而得到106ω<≤，得到答案.【详解】π,π2x∈ ，则πππ2π,2π666x ωωω +∈++ ，因为0ω>，所以要想()f x 在π,π2上单调递增，需要满足πππ2π26k ω+≥−+且ππ2π2π62k ω+≤+，Z k ∈，解得：21236k k ω−+≤≤+，Z k ∈，所以21236106k k k −+<+ +> ，解得：1566k −<<，因为Z k ∈，所以0k =， 因为0ω>，所以106ω<≤， ω的最大值是16.【分析】由三角函数的图象与性质可得πππ33ω+>及2π3ππ242T ω=≥− ，继而可得3πππ2233ππ5π432ωω ≤+ +≤ ，计算可得结果.【详解】化简π()sin 2sin()3f x x x x ωωω==+， 在π0,3x∈ 时，ππππ,3333x ωω +∈+ ，该区间上有零点，故πππ233ωω+>⇒>，又π3π,24x ∈ 时()f x 单调，则2π3ππ2442T ωω≥−⇒≤ ，即(]2,4ω∈， 故4πππ7π3πππ7263233223,11π3ππ10π3ππ5π396433432ωωωωω <+≤≤+ ⇒⇒∈<+≤+≤ 总结：有难度，先通过无零点区间和周期求出ω大致范围，进一步确定单调区间的增减性，最终得出ω范围2023届杭州市二模T8【分析】通过对称轴与对称点得出ω的式子，再通过单调得出ω的范围，即可得出答案.【详解】()sin()f x x ωφ=+(0)>ω满足()14f π=，503f π=， 53442T nT ππ∴−=+，即()1736Tn n π=∈+N ， ()61217nn ω+∴=∈N ， ()f x 在5,46ππ上单调， 572641222T ππππω∴−≤，即127ω≤，∴当1n =时ω最大，最大值为1817， 故选：B.2024届·重庆市高三上学期入学调研【分析】三角函数在区间上单调，可知在区间内不含对称轴，构建不等式即可求得ω的取值范围.【详解】因为()πsin 2(0)3g x x ωω=+> ，令ππ22π,32x k ω+=+()k ∈Z ，可得对称轴方程1ππ26x k ω+()k ∈Z ， 函数()πsin 2(0)3g x x ωω =+> 在区间π,π2上是单调的，∴1π22T ≥,且1πππ,π262x k ω=+∉ ，()k ∈Z ，∴12ππ222ω⋅≥即01ω<≤， 函数()πsin 2(0)3g x x ωω =+>在区间π,π2 上是单调的，所以()1πππ2621π1ππ26k k ωω +≤++≥ ，即6167612k k ω++≤≤()k ∈Z ， 又01ω<≤， 可得1012ω<≤或17612ω≤≤2023·杭州二模T8（改）最大值为 . 【答案】3013【分析】由函数在区间π2π,43上单调，求出ω的取值范围，再由π14f = ，4π03f = 得到*2113π,N 412k T k −=∈，即可求出的取值集合，从而求出ω的最大值； 【详解】因为()f x 在区间π2π,43上单调，所以2ππ5π23412T ≥−=，5π6T ∴≥，2π5π60ωω ≥ ∴ >，解得1205ω<≤； 因为π14f=，4π()03f =，所以*214ππ13π,N 43412k T k −=−=∈，所以13π3(21)T k =−，所以2π13π3(21)k ω=−，所以*6(21),N 13k k ω−=∈； 当6(21)12135k ω−=≤，解得3110k ≤，所以max6(231)301313ω×−==.是 .【答案】1117,46【分析】利用辅助角公式化简函数()f x 的解析式，利用函数()f x 在区间π0,3上存在最值，以及函数()f x 在2π,π3上单调分别求出ω的取值范围，取交集可得ω的取值范围. 【详解】因为()sin π2sin 3s x x f x x ωωω−= ，当π03x <<时，因为0ω>，则ππππ3333x ωω−<−<−， 因为函数()f x 在π0,3上存在最值，则πππ332ω−>，解得52ω>，当2ππ3x <<时，2πππππ3333x ωωω−<−<−， 因为函数()f x 在2π,π3上单调，则()2πππππ,ππ,π33322k k k ωω −−⊆−+∈Z ， 所以，2ππππ332ππππ32k k ωω −≥−−≤+，其中k ∈Z ，解得()315246k k k ω−≤≤+∈Z ， 所以，315246k k −≤+，解得136k ≤，又因为0ω>，则{}0,1,2k ∈.当0k =时，506ω<≤；当1k =时，51146ω≤≤；当2k =时，111746ω≤≤.又因为52ω>，因此，实数ω的取值范围是1117,46题型三 涉及多个函数性质2024届深圳宝安区10月调研【答案】11,44【分析】先根据题目的要求平移伸缩对称变换得到()g x 的解析式，然后结合函数在2π0,3上恰有两个零点以及在ππ,1212−上单调递增，列出不等式组，即可求得本题答案.【详解】函数()f x 的图象向左平移2π3个单位长度，得到2πcos 3y x+的图象，再将图象上所有点的横坐标变为原来的1ω，纵坐标不变，得到2πcos 3yx ω+的图象，因为函数()g x 的图象与2πcos 3yx ω+的图象关于x 轴对称，所以2π()cos 3g x x ω=−+ 2ππsin 32x ω+−= πsin 6x ω +， 因为20π3x ≤≤，所以ππ2ππ6636x ωω≤+≤+， 又因为π()sin 6g x x ω =+ 在2π0,3 恰有2个零点，且()sin π0k =，Z k ∈， 所以2π2ππ3π36ω≤+<，解得1117<44ω≤， 令22πππ2π2π262k x k ω−+≤+≤+，2k ∈Z ，得222π2π2ππ33k k x ωωωω−+≤≤+，2k ∈Z ，令20k =，得()g x 在2ππ,33ωω − 上单调递增，所以ππ,1212 − 2ππ,33ωω⊆− ， 所以2ππ312ππ312ωω −≤−≥ ，又0ω>，解得04ω<≤． 综上所述，1144ω≤≤，故ω的取值范围是11,4420．记函数()()cos (0,0π)f x x ωϕωϕ=+><<的最小正周期为T，若()f T =9x π=为()f x 的零点，则ω的最小值为 ． 【答案】3【分析】首先表示出T ，根据()f T =求出ϕ，再根据π9x =为函数的零点，即可求出ω的取值，从而得解；【详解】解： 因为()()cos f x x ωϕ=+，（0ω>，0πϕ<<） 所以最小正周期2πT ω=，因为()()2πcos cos 2πcos f T ωϕϕϕω=⋅+=+==， 又0πϕ<<，所以π6ϕ=，即()πcos 6f x x ω=+， 又π9x =为()f x 的零点，所以ππππ,Z 962k k ω+=+∈，解得39,Z k k ω=+∈， 因为0ω>，所以当0k =时min 3ω=；故答案为：3湖北省黄冈市2023-2024学年高三上学期9月调研【分析】利用正弦型函数的对称性、奇偶性、单调性进行求解即可.【详解】因为函数()f x 在3π7π,88内单调递减，3π8x =是函数()f x 的一条对称轴， 所以有7π3π17π3π12π2882882T ωω−≤⇒−≤⋅⇒≤， 所以()()3ππ2πZ 182k k ωϕ⋅+=+∈， 因为ππsin 88y f x x ωωϕ=+=++是奇函数， 所以()()ππZ 28m m ωϕ+=∈，由()()12−可得：()422k m ω=−+，而2ω≤，所以2ω=±， 当2ω=时，()()2ππZ πZ 84m m m m πϕϕ+=∈⇒=−∈， 因为ππ22ϕ−<<，所以π4ϕ=−，即π()sin(2)4f x x =−， 当3π7π,88x∈ 时，ππ3π2,422x −∈ ，显然此时函数单调递减，符合题意，所以7π7πππ()sin(2)sin 242443f =×−==； 当2ω=−时，(()2πππZ πZ 84m m m m ϕϕ−+=∈⇒=+∈， 因为ππ22ϕ−<<，所以π4ϕ=，即π()sin(2)4f x x =+， 当3π7π,88x∈时，()π2π,2π4x +∈，显然此时函数不是单调递减函数，不符合题意2023·山东淄博·统考三模【答案】5π12【分析】先化简函数，利用零点求出ω，根据单调递增求出m 的值.【详解】因为()sin (0)f x x x ωωω=>，所以1π()2sin 2sin 23f x x x x ωωω ==−， 因为()f x 的零点是以π2为公差的等差数列，所以周期为π，即2π=πω，解得2ω=； 当[]0,x m ∈时，πππ2,2333x m−∈−−，因为()f x 在区间[]0,m 上单调递增，所以ππ232m −≤，解得5π12m ≤. 所以m 的最大值为5π12.。
高三数学三角函数的图象与性质试题
高三数学三角函数的图象与性质试题1.将函数的图象关于x＝对称，则ω的值可能是( )A．B．C．5D．2【答案】D【解析】根据正弦型函数的性质及已知条件，有取k＝0，得ω＝2满足条件，选D考点:三角函数的图象及其性质2.设函数（1）求函数的周期和单调递增区间；（2）设A,B,C为ABC的三个内角，若AB=1，，，求s1n B的值.【答案】（1）周期为,单调递增区间为（2）【解析】（1）用两角和差公式、二倍角公式和化一公式将函数化简为的形式，根据周期公式求其周期；将整体角代入正弦的单调增区间内，即可解得函数的增区间。
（2）根据可得角，根据正弦定理可得。
试题解析：=（1）函数的周期为.令，则∴函数f(x)的单调递增区间为（2）由已知，因为所以，，∴s1n C =.在中，由正弦定理，，得.【考点】1三角函数的化简；2正弦定理。
3.下列函数中周期为且图象关于直线对称的函数是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，所以选项A,B,C,D的周期依次为又当时，选项A,B,C,D的值依次为所以只有选项A,B关于直线对称，因此选B.【考点】三角函数性质4.函数的一条对称轴方程是（）A．B．C．D．【答案】D．【解析】．令，解得．令得，故选D．【考点】1．三角恒等变换；2．三角函数图像性质．5.将函数y＝cos x＋sin x(x∈R)的图象向左平移m(m＞0)个单位长度后，所得到的图象关于y 轴对称，则m的最小值是()A．B．C．D．【答案】B【解析】由于y＝cos x＋sin x＝2cos，向左平移m(m＞0)个单位长度后得到函数y＝2cos的图象．由于该图象关于y轴对称，所以m－＝kπ(k∈Z，m＞0)，于是m＝kπ＋ (k∈Z，m＞0)，故当k＝0时，m取得最小值.6.函数y=(acosx+bsinx)cosx有最大值2,最小值-1,则实数(ab)2的值为________.【答案】8【解析】y=acos2x+bsinxcosx=a·+sin 2x=sin(2x+φ)+,∴∴a=1,b2=8,∴(ab)2=8.【方法技巧】三角恒等变换的特点(1)三角恒等变换就是利用两角和与差的正弦、余弦、正切公式、倍角公式、半角公式等进行简单的恒等变换.三角恒等变换位于三角函数与数学变换的结合点上.(2)对于三角变换,由于不同的三角函数式不仅会有结构形式方面的差异,而且还会有所包含的角,以及这些角的三角函数种类方面的差异,因此三角恒等变换常常首先寻找式子所包含的各个角之间的联系,这是三角恒等变换的重要特点.7.设函数f(x)=msinx+cosx(x∈R)的图象经过点(,1).(1)求f(x)的解析式,并求函数的最小正周期.(2)若f(α+)=且α∈(0,),求f(2α-)的值.【答案】(1) f(x)= sin(x+) T=2π (2)【解析】(1)∵函数f(x)=msinx+cosx(x∈R)的图象经过点(,1),∴msin+cos=1,∴m=1,∴f(x)=sinx+cosx=sin(x+),∴函数的最小正周期T=2π.(2)f(α+)=sin(α++)=sin(α+)=cosα=,∴cosα=,又∵α∈(0,),∴sinα==,∴f(2α-)=sin(2α-+)=sin2α=2sinαcosα=.8.已知函数f(x)=sin(2x+).(1)求函数y=f(x)的单调递减区间.(2)画出函数y=f(x)在区间[0,π]上的图象.【答案】(1) [kπ+,kπ+](k∈Z) (2)见解析【解析】(1)由2kπ+≤2x+≤2kπ+(k∈Z),得kπ+≤x≤kπ+(k∈Z).∴函数的单调递减区间是[kπ+,kπ+](k∈Z).(2)∵0≤x≤π,∴≤2x+≤.列表如下:2x+画出图象如图所示:9.函数f(x)＝Asin(ωx＋φ) 的部分图像如图所示．(1)求函数y＝f(x)的解析式；(2)当x∈时，求f(x)的取值范围．【答案】(1) f(x)＝sin (2)【解析】解：(1)由图像得A＝1，＝－＝，所以T＝2π，则ω＝1.将代入得1＝sin，而－<φ<，所以φ＝.因此函数f(x)＝sin.(2)由于x∈，－≤x＋≤，所以－1≤sin≤，所以f(x)的取值范围是.10.已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)的图象关于直线x＝对称，且f＝0，则ω的最小值为()．A．2B．4C．6D．8【答案】A【解析】由f＝0知是f(x)图象的一个对称中心，又x＝是一条对称轴，所以应有解得ω≥2，即ω的最小值为2，故选A.11.函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，－<φ<)的部分图象如图所示，则ω，φ的值分别是()．A．2，－B．2，－C．4，－D．4，【答案】A【解析】T＝－，T＝π，∴ω＝2，∴2×＋φ＝2kπ＋，k∈Z，∴φ＝2kπ－，k∈Z，又φ∈，∴φ＝－，选A.12..函数的部分图象如图所示，则的值分别是A．B．C．D．【答案】A【解析】由图知在时取到最大值，且最小正周期满足故，.所以或由逐个检验知【考点】正弦函数的图象和性质.13.函数f(x)＝sin(2x＋)图象的对称轴方程可以为()A．x＝B．x＝C．x＝D．x＝【答案】A【解析】对于函数的对称轴方程为，则令，解得函数的对称轴方程为，当，有.所以正确答案为A.【考点】正弦函数的对称轴14.已知函数（其中）的图象与x轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为，且图象上一个最低点为.（Ⅰ）求的解析式；（Ⅱ）当，求的值域．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）值域为．【解析】(Ⅰ)首先由函数图象上一个最低点为，得A=2．又函数图象与x轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为，所以，由此可求得的值，进而可求得的值．利用函数图象上一个最低点为，由代入法或关键点法可求得的值，最后得函数的解析式；（Ⅱ）在(Ⅰ)的基础上首先写出的表达式，利用三角函数的有关公式，将其化为一个复合角的三角函数，利用整体思想来求函数的值域．试题解析：（1）由最低点为，得A=2．由x轴上相邻的两个交点之间的距离为，得，即，，由点在图像上得故，，又6分（2），．因为，则，所以值域为．12分【考点】1．由三角函数的图像及其性质求三角函数的解析式；2．三角函数的值域．15.已知函数，下列命题是真命题的为（）A．若，则.B．函数在区间上是增函数.C．直线是函数的一条对称轴.D．函数图象可由向右平移个单位得到.【答案】C【解析】，∵，∴，∴，∴所以A错；∵，∴，∴函数在上是减函数，所以B错；函数图像可由向左平移个单位得到，所以D错；直线是函数的一条对称轴，C正确.【考点】1.三角函数的最值；2.函数的对称轴；3.函数图像的平移变换；4.函数的单调性.16.将函数f(x)=2sin的图象向左平移个单位，得到函数y="g" (x)的图象．若y=g(x)在[]上为增函数，则的最大值( )A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】由题意，要使其在[]为增函数，如图所示，只需，所以，选B.【考点】1、三角函数的图象变换；2、函数的单调性.17.函数的部分图象如右图所示，设是图象的最高点，是图象与轴的交点，则( )A．B．C．D．【答案】B【解析】由函数的解析式可得周期T=2，再结合图象可得A、P、B的坐标．设点P在x轴上的射影为M，得tan∠BPM=和tan∠APM=的值，再由tan∠APB=tan（∠BPM+∠APM）=，故选B.【考点】1.两角差的正切公式；2.三角函数的图像18.）已知向量=(，)，=(1，)，且=，其中、、分别为的三边、、所对的角.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，且，求边的长．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）.【解析】(Ⅰ)由向量，，和 ,利用数量积公式可求得,即；（Ⅱ）因为,且,利用正弦定理将角转化为边,利用余弦定理来求试题解析：（Ⅰ）在中，，,所以，又, 所以,所以，即；（Ⅱ）因为，由正弦定理得,，得,由余弦定理得,解得.【考点】1、向量的数量积, 2、三角恒等变形, 3、解三角形.19.函数的部分图象如图所示，则的解析式为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】将点（6,0）代入验证可知，的解析式为，故选B。
高考三轮复习专题训练1---三角函数中有关w的求解
三角函数中有关w 的求解数学运算是解决数学问题的基本手段，通过运算可促进学生思维的发展；而逻辑推理是得到数学结论、构建数学体系的重要方式．运算和推理贯穿于探究数学问题的始终，可交替使用，相辅相成．类型一．三角函数的周期T 与ω的关系【典例1】函数()()cos 06f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的最小正周期为π，则2f π⎛⎫= ⎪⎝⎭【答案】32−【解析】因为函数()f x 的最小正周期为π，0>ω，所以22πωπ==，得()cos 26f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，所以3cos 2cos 22662f ππππ⎛⎫⎛⎫=⨯+=−=− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．【解题技巧】解决此类问题的关键在于结合条件弄清周期T ＝2πω与所给区间的关系，从而建立不等关系.【跟踪训练】（2022福建厦门外国语高三模拟） 为了使函数y ＝sin ωx (ω>0)在区间[0，1]上至少出现50次最大值，则ω的最小值为( ) A.98π B.1972π C.1992π D.100π【答案】B【解析】由题意，至少出现50次最大值即至少需用4914个周期，所以1974T ＝1974·2πω≤1，所以ω≥1972π.故选B.类型二．三角函数的单调性与ω的关系【典例2】若函数()sin f x x ω=(0)>ω在区间,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，则ω的取值范围是（ ）A ．20,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．3,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】由题意，令()32222k x k k Z +≤≤+∈πππωπ，则()23222k k x k Z +≤≤+∈ππππωωωω， 即函数()sin f x x ω=(0)>ω的单调递减区间为()232,22k k k Z ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦ππππωωωω， 思路引导母题呈现因为函数()sin f x x ω=(0)>ω在区间,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以2233222223k k T πππωωπππωωπππω⎧+≤⎪⎪⎪≤+⎨⎪⎪=>−⎪⎩()k Z ∈，解得3623406k k ωωω⎧≥+⎪⎪≤+⎨⎪<<⎪⎩()k Z ∈，所以0k =，332ω≤≤.故选：D. 【解题技巧】(组)求解【跟踪训练】（2022山东青州一中高三模拟）将函数3sin 6y x π⎛⎫=− ⎪⎝⎭的图象向右平移(0)ϕϕπ<<个单位长度后得到()f x 的图象.若()f x 在5,66ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，则ϕ的取值范围为（ ）A ．,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．232,ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】B【解析】()3sin 6f x x πϕ⎛⎫=−− ⎪⎝⎭，当566x ππ<<时，263x ππϕϕϕ−<−−<−， 由0ϕπ<<，有(,0)ϕπ−∈−，22,333πππϕ⎛⎫−∈− ⎪⎝⎭， 有2232πϕππϕ⎧−≥−⎪⎪⎨⎪−≤⎪⎩，得62ππϕ≤≤.故选：B类型三．三角函数的对称性、最值与ω的关系【典例3】（1）（2022苏州大学附中高三模拟）函数1sin 2y x =−的图像沿x 轴向右平移a 个单位(0a >)，所得图像关于y 轴对称，则a 的最小值为（ ） A ．π B ．34πC ．2π D ．4π【答案】D【解析】1sin 2y x =−的图象向右平移a 个单位得()1sin 21sin(22)y x a a x =−−=+−的图象，所得图象关于y 轴对称， 所以()22a k k Z ππ=+∈,()24k a k Z ππ=+∈ 因此a 的最小正值为4π，故选D. （2）已知函数f (x )＝2sin ωx 在区间]4,3[ππ−上的最小值为－2，则ω的取值范围是________.【答案】}232{≥−≤ωωω或【解析】显然ω≠0，分两种情况： 若ω>0，当x ∈]4,3[ππ−时，－π3ω≤ωx ≤π4ω. 因函数f (x )＝2sin ωx 在区间]4,3[ππ−上的最小值为－2，所以－π3ω≤－π2，解得ω≥32. 若ω<0，当x ∈]4,3[ππ−时，π4ω≤ωx ≤－π3ω， 因函数f (x )＝2sin ωx 在区间]4,3[ππ−上的最小值为－2，所以π4ω≤－π2，解得ω≤－2. 综上所述，符合条件的实数ω≤－2或ω≥32.【解题技巧】(1)若已知函数的对称性，则根据三角函数的对称性研究其周期性，进而可以研究ω的取值；(2)若已知三角函数的最值，则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】 已知直线6x π=为函数()()sin 0,π2f x x ϕωϕω⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭图象的一条对称轴，()f x 的图象与直线12y =的交点中，相邻两点间的最小距离为3π，那么函数()f x =（ ） A ．sin 3x π⎛⎫− ⎪⎝⎭B ．sin 26x π⎛⎫− ⎪⎝⎭C ．sin 3x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．sin 26x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭.【答案】D【解析】由()1sin 2x ωϕ+=，得()126x k k πωϕπ+=+∈Z 或()2526x n n πωϕπ+=+∈Z ， 所以相邻的两角的差为2123x x πω−=或2143x x πω−=， 所以相邻两点中距离较小的应满足2123x x πω−=， 又由21min 3x x π−=，所以2ω=，故()()sin 2f x x ϕ=+，因为直线6x π=为()f x 图象的一条对称轴，所以()262k k ππϕπ⨯+=+∈Z ，解得()6k k πϕπ=+∈Z ， 因为2πϕ<，所以6π=ϕ，故()sin 26f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.故选D.1．（2023·北京·高三校考强基计划）已知函数()sin 3f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恰有一个极大值点与一个极小值点，则正实数ω的取值范围是（ ）A ．711,33⎛⎫⎪⎝⎭B ．711,33⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．713,33⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．713,33⎛⎤ ⎥⎝⎦2．（2023春·河南·高三信阳高中校联考阶段练习）已知函数()()π2sin 04f x x ωω⎛⎫=−> ⎪⎝⎭在区间[]0,2π上存在零点，且函数()f x 在区间[]0,2π上的值域为2,2M ⎡⎤⊆−⎣⎦，则ω的取值范围是（ ） A ．13,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．13,84⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．14,83⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,18⎡⎤⎢⎥⎣⎦3．（2023·甘肃武威·统考一模）将函数()πsin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象向右平移π6个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的1(0)ωω>，纵坐标不变，得到函数()g x 的图象，若()g x 在π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有2个零点，则ω的取值范围为（ ）A ．713,33⎛⎤⎥⎝⎦B ．713,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．410,33⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．410,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭4．（2022秋·山西阳泉·高三统考期末）将函数πcos 6y x ⎛⎫=− ⎪⎝⎭的图象上所有点的横坐标变为原来的()0ωω>倍，纵坐标不变，得到图象恰好与函数()()()sin 20f x x ϕϕ=+<<π的图象重合，则（ ） A ．2ω= B ．π6ϕ=C ．直线π6x =是曲线()y f x =的对称轴 D ．点π,03⎛⎫⎪⎝⎭是曲线()y f x =的对称中心5．（2023秋·辽宁·高三校联考期末）设函数()()1sin (0)2f x x ωϕω=+−>，若对于任意实数ϕ，函数()f x 在区间[]0,2π上至少有3个零点，至多有4个零点，则ω的取值范围是（ ）A ．41,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．45,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．5,23⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．72,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭模拟训练6．（2023春·广东广州·高一广东实验中学校考阶段练习）将函数sin y x =的图象向右平移π6个单位长度，再将横坐标缩短为原来的1(0)ωω>得到函数()y f x =的图象.若()y f x =在π0,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为5ω，则ω的取值个数为（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．47．（2022秋·湖南·高二校联考期中）设函数π()sin ,(0,5π)6f x x x ω⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭，方程2[()]1f x =恰有5个实数解，则实数ω的取值范围是（ ） A ．1316,1515⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．1316,1515⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．297,306⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1319,66⎛⎫ ⎪⎝⎭8．（2023春·浙江·高三开学考试）已知函数()()πsin ,0,0,2f x A x A ωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭，两个等式π()02f x f x ⎛⎫−+−= ⎪⎝⎭，π()02f x f x ⎛⎫−−= ⎪⎝⎭，对任意实数x 均成立，()f x 在π5π,828⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调，则ω的最大值为（ ） A ．17 B ．16 C ．15 D ．139．（（多选题）2023春·黑龙江双鸭山·高一双鸭山一中校考开学考试）函数π()3sin (0)3f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭相邻两个最高点之间的距离为π，则以下正确的是（ ） A ．()f x 的最小正周期为πB ．2π 3f x ⎛⎫− ⎪⎝⎭是奇函数C ．() f x 的图象关于直线π6x =−对称D ．() f x 在5ππ1212⎡⎤−⎢⎥⎣⎦,上单调递增10．（多选题）（2023春·云南昆明·高三云南省昆明市第十二中学校考阶段练习）函数sinf x x在区间ππ,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ω的取值可能为（ ）A ．6B ．4C ．32D ．1211．（多选题）（2023秋·湖北黄冈·高一统考期末）函数()()2sin 2(0)f x x ωϕω=+>，以下正确的是（ ） A ．若()f x 的最小正周期为π，则2ω= B ．若()()124f x f x −=，且12min π2x x −=，则1ω= C ．当0,N ϕω=∈时，()f x 在ππ,55⎡⎤−⎢⎥⎣⎦单调且在ππ,33⎡⎤−⎢⎥⎣⎦不单调，则1ω=.D ．当π12ϕ=时，若对任意的x 有()π3f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭成立，则ω的最小值为5812．（多选题）（2023秋·广东河源·高二龙川县第一中学校考期末）函数()()sin f x A x =+ωϕ（A ，ω，ϕ是常数，0A >，0ω>，π2ϕ<）的部分图象如图所示，下列结论正确的是（ ）A ．2ω=B ．()01f =C ．在区间π,03⎡⎤−⎢⎥⎣⎦上单调递增D ．将()f x 的图象向左平移π6个单位，所得到的函数是偶函数13．（2023春·黑龙江双鸭山·高一双鸭山一中校考开学考试）函数π()2sin()(0)4f x x ωω=+>，若()f x 在区间()π,2π内无最值，则ω的取值范围是_________.14．（2022春·湖南衡阳·高一衡阳市一中校考阶段练习）,63x ππ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得关于x 的不等式函数()()sin 22sin cos a x x ϕϕϕ>+−+成立，则实数a 的取值范围是_________15．（2023秋·江苏·高三统考期末）设函数()()πsin 03f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，则使()f x 在ππ,22⎛⎫− ⎪⎝⎭上为增函数的ω的值可以为__________.（写出一个即可）.16．（2023·山东·烟台二中校考模拟预测）已知函数()|sin ||cos |(0)f x x x ωωω=+>在区间,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，则ω的取值范围是___．1．（2023·北京·高三校考强基计划）已知函数()sin 3f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恰有一个极大值点与一个极小值点，则正实数ω的取值范围是（ ）A ．711,33⎛⎫⎪⎝⎭B ．711,33⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．713,33⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．713,33⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D【分析】利用正弦函数的性质结合换元法可求正实数ω的取值范围.【详解】根据题意，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，有32,336x ππωππω+⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭， 而函数()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恰有一个极大值点与一个极小值点，因此332571326233πωπππω+<≤⇒<≤． 故选：D.2．（2023春·河南·高三信阳高中校联考阶段练习）已知函数()()π2sin 04f x x ωω⎛⎫=−> ⎪⎝⎭在区间[]0,2π上存在零点，且函数()f x 在区间[]0,2π上的值域为2,2M ⎡⎤⊆−⎣⎦，则ω的取值范围是（ ） A ．13,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．13,84⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．14,83⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,18⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】B【分析】利用正弦函数的图象与性质以及整体代换的技巧进行求解. 【详解】当[]0,2πx ∈时， πππ,2π444x ωω⎡⎤−∈−−⎢⎥⎣⎦，因为函数()()π2sin 04f x x ωω⎛⎫=−> ⎪⎝⎭在区间[]0,2π上存在零点，根据正弦函数图象可知，π2π04ω−≥，解得18ω≥， 又函数()f x 在区间[]0,2π上的值域为2,2M ⎡⎤⊆−⎣⎦， 根据正弦函数图象可知，π5π2π44ω−≤，解得34ω≤， 所以ω的取值范围是13,84⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故A ，C ，D 错误.故选：B.3．（2023·甘肃武威·统考一模）将函数()πsin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象向右平移π6个单位长度，再将所得图象上模拟训练所有点的横坐标变为原来的1(0)ωω>，纵坐标不变，得到函数()g x 的图象，若()g x 在π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有2个零点，则ω的取值范围为（ ）A ．713,33⎛⎤⎥⎝⎦B ．713,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．410,33⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．410,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】B【分析】根据题意得()πsin 26g x x ω⎛⎫=− ⎪⎝⎭，由π04x ≤≤得ππππ26626x ωω−≤−≤−，由()g x 在π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有2个零点，得 πππ2π26ω≤−<，即可解决. 【详解】由题可知，()πsin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，先将函数()πsin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象向右平移π6个单位长度，得πsin 26y x ⎛⎫=− ⎪⎝⎭，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的1(0)ωω>，纵坐标不变，得()πsin 26g x x ω⎛⎫=− ⎪⎝⎭，当π04x ≤≤时，ππππ26626x ωω−≤−≤−， 因为()g x 在π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有2个零点，所以πππ2π26ω≤−<，解得71333ω≤<.所以ω的取值范围为713,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭，故选：B4．（2022秋·山西阳泉·高三统考期末）将函数πcos 6y x ⎛⎫=− ⎪⎝⎭的图象上所有点的横坐标变为原来的()0ωω>倍，纵坐标不变，得到图象恰好与函数()()()sin 20f x x ϕϕ=+<<π的图象重合，则（ ） A ．2ω= B ．π6ϕ=C ．直线π6x =是曲线()y f x =的对称轴 D ．点π,03⎛⎫⎪⎝⎭是曲线()y f x =的对称中心【答案】D【分析】根据三角函数图像变化结合诱导公式得出sin 3x y πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，即可得出ω与ϕ，判断选项AB ；根据三角函数解析式求出其对称轴与对称中心得出，即可判断选项CD.【详解】将函数πcos 6y x ⎛⎫=− ⎪⎝⎭的图象上所有点的横坐标变为原来的ω倍，纵坐标不变，则解析式变为πcos cos sin 6323x x x y πππωωω⎛⎫⎛⎫⎛⎫=−=+−=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则12ω=，即12ω=，故A 错误； 而3πϕ=，故B 错误；()sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，令()232x k k πππ+=+∈Z ，即()212k x k ππ=+∈Z 为()y f x =的对称轴，令π2126k ππ+=，解得16k =∉Z ，即直线π6x =不是曲线()y f x =的对称轴， 故C 错误； 令()23x k k ππ+=∈Z ，即(),026k k ππ⎛⎫−∈ ⎪⎝⎭Z 为()y f x =的对称中心， 令263k πππ−=，解得1k =∈Z ，故点π,03⎛⎫⎪⎝⎭是曲线()y f x =的对称中心， 故D 正确； 故选：D.5．（2023秋·辽宁·高三校联考期末）设函数()()1sin (0)2f x x ωϕω=+−>，若对于任意实数ϕ，函数()f x 在区间[]0,2π上至少有3个零点，至多有4个零点，则ω的取值范围是（ ） A ．41,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．45,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．5,23⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．72,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C【分析】根据ϕ为任意实数，转化为研究函数1sin 2y x ω=−在任意一个长度为2π02π−=的区间上的零点问题，求出函数1sin 2y x ω=−在y 轴右侧靠近坐标原点处的零点，得到相邻四个零点之间的最大距离为10π3ω，相邻五个零点之间的距离为4πω，根据相邻四个零点之间的最大距离不大于2π，相邻五个零点之间的距离大于2π，列式可求出结果.【详解】因为ϕ为任意实数，故函数()f x 的图象可以任意平移，从而研究函数()f x 在区间[]0,2π上的零点问题，即研究函数1sin 2y x ω=−在任意一个长度为2π02π−=的区间上的零点问题，令1sin 2y x ω=−0=，得1sin 2x ω=，则它在y 轴右侧靠近坐标原点处的零点分别为π6ω，5π6ω，13π6ω，17π6ω，25π6ω，，则它们相邻两个零点之间的距离分别为2π3ω，4π3ω，2π3ω，4π3ω，，故相邻四个零点之间的最大距离为10π3ω，相邻五个零点之间的距离为4πω，所以要使函数()f x 在区间[]0,2π上至少有3个零点，至多有4个零点，则需相邻四个零点之间的最大距离不大于2π，相邻五个零点之间的距离大于2π，即10π2π34π2πωω⎧≤⎪⎪⎨⎪>⎪⎩，解得523ω≤<.故选：C【点睛】关键点点睛：在求解复杂问题时，要善于将问题进行简单化，本题中的ϕ以及区间[]0,2π是干扰因素，所以排除干扰因素是解决问题的关键所在.6．（2023春·广东广州·高一广东实验中学校考阶段练习）将函数sin y x =的图象向右平移π6个单位长度，再将横坐标缩短为原来的1(0)ωω>得到函数()y f x =的图象.若()y f x =在π0,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为5ω，则ω的取值个数为（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】B【分析】利用函数图象的平移与伸缩变换求得()f x 的解析式，再由x 的范围求得π6x ω−的范围，结合()y f x =在π0,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为5ω，分类求解得答案．【详解】将函数sin y x =的图象向右平移π6个单位长度，可得πsin 6y x ⎛⎫=− ⎪⎝⎭的图象．再将横坐标缩短为原来的1(0)ωω>得到函数π()sin 6y f x x ω⎛⎫==− ⎪⎝⎭的图象，由π0,3x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上，得ππππ,6636x ωω⎡⎤−∈−−⎢⎥⎣⎦，当πππ362ω−≥，即2ω≥时，则15ω=，求得5ω=，当πππ362ω−<，即02ω<<时，由题意可得ππsin 365ωω⎛⎫−= ⎪⎝⎭，作出函数ππsin 36y x ⎛⎫=− ⎪⎝⎭与5x y =的图象如图：由图可知，此时函数ππsin 36y x ⎛⎫=− ⎪⎝⎭与5x y =的图象在()0,2x ∈上有唯一交点，则ππsin 365ωω⎛⎫−= ⎪⎝⎭有唯一解，综上，ω的取值个数为2． 故选：B ．【点睛】本题考查sin()y A x ωϕ=+型的函数图象的变换，考查分类讨论的数学思想方法与数形结合的解题思想方法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，属难题．7．（2022秋·湖南·高二校联考期中）设函数π()sin ,(0,5π)6f x x x ω⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭，方程2[()]1f x =恰有5个实数解，则实数ω的取值范围是（ ） A ．1316,1515⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．1316,1515⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．297,306⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1319,66⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【分析】当05πx <<时，得到πππ5π666x ωω<+<+.若方程2[()]1f x =恰有5个实数解，只需函数π()sin 6f x x ω⎛⎫=+⎪⎝⎭在区间(0,5π)上恰好有5个()f x ，使得()1f x =±，从而确定()f x 在(0,5π)上恰有5条对称轴．结合正弦函数的图象可建立9ππ11π5π262ω<+≤求解即可. 【详解】当05πx <<时，πππ5π666x ωω<+<+， 因为函数π()sin 6f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间(0,5π)上恰好有5个()f x ，使得()1f x =±，故()f x 在(0,5π)上恰有5条对称轴．令π6x t ω+=ππ(5π)66t ω<<+， 则sin y t =在ππ(,5π)66ω+上恰有5条对称轴，如图：所以9ππ11π5π262ω<+≤，解得1316,1515ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦． 故选：B ．8．（2023春·浙江·高三开学考试）已知函数()()πsin ,0,0,2f x A x A ωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭，两个等式π()02f x f x ⎛⎫−+−= ⎪⎝⎭，π()02f x f x ⎛⎫−−= ⎪⎝⎭，对任意实数x 均成立，()f x 在π5π,828⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调，则ω的最大值为（ ） A ．17 B ．16 C ．15 D ．13【答案】C【分析】根据题意中的两个等式可得()f x 的一个对称中心和对称轴方程，利用正弦函数的周期性和单调性求得21(N)k k ω=+∈且5603ω<≤，依次分析选项求出ϕ得出相应的解析式，依次验证函数()f x 的单调性即可. 【详解】π()02f x f x ⎛⎫−+−= ⎪⎝⎭，π()2f x f x ⎛⎫∴−=−− ⎪⎝⎭，()f x ∴的一个对称中心为π,04⎛⎫− ⎪⎝⎭，π()02f x f x ⎛⎫−−= ⎪⎝⎭，π()2f x f x ⎛⎫∴=− ⎪⎝⎭，()f x ∴的对称轴方程π4x =，有ππ()(N)4442T T k k −−=+∈，解得2π21T k =+， 又2πT ω=，所以2π2π21k ω=+，21(N)k k ω=+∈，为奇数， ()f x 在π5π,828⎛⎫⎪⎝⎭上单调，则5ππ3ππ288562T ω−=≤=，得56201833ω<≤=，由选项知，需要依次验证17,15,13,ω=，直至符合题意为止，当17ω=时，()sin(17)f x A x ϕ=+，有ππ17π(Z)42k k ϕ⨯+=+∈，得15ππ(Z)4k k ϕ=−+∈，由π2ϕ<得π4ϕ=，此时π()sin(17)4f x A x =+，可以验证()f x 在π5π,828⎛⎫⎪⎝⎭上不单调，不符合题意；当15ω=时，()sin(15)f x A x ϕ=+，有ππ15π(Z)42k k ϕ⨯+=+∈，得13ππ(Z)4k k ϕ=−+∈，由π2ϕ<得π4ϕ=−，此时π()sin(15)4f x A x =−，可以验证()f x 在π5π,828⎛⎫⎪⎝⎭上单调，符合题意；综上，ω的最大值为15. 故选：C ．9．（（多选题）2023春·黑龙江双鸭山·高一双鸭山一中校考开学考试）函数π()3sin (0)3f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭相邻两个最高点之间的距离为π，则以下正确的是（ ） A ．()f x 的最小正周期为πB ．2π 3f x ⎛⎫− ⎪⎝⎭是奇函数C ．() f x 的图象关于直线π6x =−对称D ．() f x 在5ππ1212⎡⎤−⎢⎥⎣⎦,上单调递增【答案】ABD【分析】根据相邻两个最高点之间的距离为π得到函数的最小正周期，从而求出ω，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.【详解】解：因为函数π()3sin (0)3f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭相邻两个最高点之间的距离为π，即函数()f x 的最小正周期为π，故A 正确； 所以2ππT ω==，解得2ω=，则()π3sin 23f x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭， 所以2π2ππ3sin 23sin 2333f x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫−=−+=− ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦为奇函数，故B 正确；又ππ0π3sin 23sin 6036f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝−⎭−，所以函数关于点π,06⎛⎫− ⎪⎝⎭对称，即C 错误；若5ππ1212x ⎡⎤∈−⎢⎥⎣⎦,，则ππ223π2x ⎡⎤∈−⎢⎥⎣+⎦,，因为sin y x =在ππ,22⎡⎤−⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以()f x 在5ππ1212⎡⎤−⎢⎥⎣⎦,上单调递增，故D 正确；故选：ABD10．（多选题）（2023春·云南昆明·高三云南省昆明市第十二中学校考阶段练习）函数sinf xx在区间ππ,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ω的取值可能为（ ）A ．6B ．4C ．32D ．12【答案】ACD【分析】由0ω>且ππ43x ≤≤，可得出ππ43x ωωω≤≤，根据正弦函数的单调性可得出ππππ,2π,2π4322k k ωω⎡⎤⎡⎤⊆−+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，其中k ∈Z ，确定k 的可能取值，即可得出ω的取值范围. 【详解】因为0ω>且ππ43x ≤≤，则ππ43x ωωω≤≤， 因为函数()f x 在区间ππ,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ππππ,2π,2π4322k k ωω⎡⎤⎡⎤⊆−+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，其中k ∈Z ，所以，ππ2π42ππ2π32k k ωω⎧≥−⎪⎪⎨⎪≤+⎪⎩，其中k ∈Z ，解得38262k k ω−≤≤+，其中k ∈Z ，所以，()38262k k k −≤+∈Z ，可得74k ≤，{}0,1k ∴∈，因为0ω>，当0k =时，302ω<≤；当1k =时，1562ω≤≤， 所以，实数ω的取值范围是3150,6,22⎛⎤⎡⎤ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦. 故选：ACD.11．（多选题）（2023秋·湖北黄冈·高一统考期末）函数()()2sin 2(0)f x x ωϕω=+>，以下正确的是（ ） A ．若()f x 的最小正周期为π，则2ω= B ．若()()124f x f x −=，且12min π2x x −=，则1ω= C ．当0,N ϕω=∈时，()f x 在ππ,55⎡⎤−⎢⎥⎣⎦单调且在ππ,33⎡⎤−⎢⎥⎣⎦不单调，则1ω=.D ．当π12ϕ=时，若对任意的x 有()π3f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭成立，则ω的最小值为58【答案】BCD【分析】由函数周期公式可判断A ；由题意得122π2T x x −==，结合函数周期公式可判断B ； 若()f x 在ππ,55⎡⎤−⎢⎥⎣⎦单调，则5π2π2ω−≤−且2ππ52ω≤，结合N ω∈得1ω=，则()2sin 2f x x =，验证题设条件可判断C ；由题意得Z ππ2π2π,3122k k ω+=+∈，即53,Z 8k k ω=+∈，求得ω最小值可判断D. 【详解】()()2sin 2(0)f x x ωϕω=+>，2ππ2T ω∴==，1ω∴=，故A 错误； max min ()2,()2f x f x ==−，又()()124f x f x −=，且12minπ2x x −=，1222πT x x ∴−==，2ππ2T ω∴==，1ω∴=，故B 正确；当0ϕ=时，若()f x 在ππ,55⎡⎤−⎢⎥⎣⎦单调，则2π2πππ5,,522ωω⎡⎤⎡⎤−⊆−⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， π5π22ω∴−≤−且2ππ52ω≤，504ω∴<≤，又N ω∈，1ω∴=，则()2sin 2f x x =， 由ππ222x −≤≤，得ππ44x −≤≤，此时()f x 在ππ,55⎡⎤−⎢⎥⎣⎦单调且在ππ,33⎡⎤−⎢⎥⎣⎦不单调，故C 正确；当π12ϕ=时，π()2sin 212f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，又因为对任意的x 有()π3f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭成立，则Z ππ2π2π,3122k k ω+=+∈，即53,Z 8k k ω=+∈，当0k =时，ω取最小值58，故D 正确．故选：BCD.12．（多选题）（2023秋·广东河源·高二龙川县第一中学校考期末）函数()()sin f x A x =+ωϕ（A ，ω，ϕ是常数，0A >，0ω>，π2ϕ<）的部分图象如图所示，下列结论正确的是（ ）A ．2ω=B ．()01f =C ．在区间π,03⎡⎤−⎢⎥⎣⎦上单调递增D ．将()f x 的图象向左平移π6个单位，所得到的函数是偶函数【答案】AC【分析】根据函数图象得到A =2，37ππ3π41264T ⎛⎫=−−= ⎪⎝⎭，再根据函数图象过点 7π,212⎛⎫− ⎪⎝⎭，求得,ωϕ，得到函数()f x 的解析式，然后再逐项判断即可.【详解】由函数图象得：A =2，37ππ3π41264T ⎛⎫=−−= ⎪⎝⎭, 所以2ππ,0,2T ωωω==>=， 又因为函数图象过点 7π,212⎛⎫− ⎪⎝⎭，所以7π2sin 26ϕ⎛⎫+=−⎪⎝⎭，即 7πsin 16ϕ⎛⎫+=− ⎪⎝⎭， 解得7π32π62k πϕ+=+，即 2π,Z 3k k πϕ=+∈， 因为π2ϕ<，所以π3ϕ=， 所以()π2sin 23f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，A. 2ω=，故正确；B. ()π02sin33f ==，故错误； C. 因为π,03x ⎡⎤∈−⎢⎥⎣⎦，所以πππππ2,,33322x ⎡⎤⎡⎤+∈−⊆−⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，故正确；D.将()f x 的图象向左平移π6个单位，所得到的函数是ππ2π2sin 22sin 2633y x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，非奇非偶函数，故错误； 故选：AC.13．（2023春·黑龙江双鸭山·高一双鸭山一中校考开学考试）函数π()2sin()(0)4f x x ωω=+>，若()f x 在区间()π,2π内无最值，则ω的取值范围是_________.【答案】1150,,848⎛⎤⎡⎤⋃ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦【分析】根据正弦函数的图像与性质，可求得取最值时的自变量值， 由()f x 在区间()π,2π上没有最值可知()πππ,2π4kωω+∉， 进而可知πππ4k ωω+≤或ππ2π4k ωω+≥，解不等式并取k 的值，即可确定ω的取值范围. 【详解】函数()()π2sin ,04f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，由正弦函数的图像与性质可知，当取得最值时满足πππ,Z 42x k k ω+=+∈， 解得ππ,Z 4kx k ωω=+∈， 由题意可知，()f x 在区间()π,2π上没有最值，则2π2π,<1T ωω=>则()πππ,2π4kωω+∉，Z k ∈， 所以πππ4k ωω+≤或ππ2π4k ωω+≥， 因为0ω>，解得14k ω≥+或1182k ω≤+，当0k =时，代入可得14ω≥或18ω≤，当1k =时，代入可得54ω≥或58ω≤，当2k =时，代入可得94ω≥或98ω≤，此时无解. 综上可得108ω<≤或1548ω≤≤，即ω的取值范围为1150,,848⎛⎤⎡⎤⋃ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦. 故答案为：1150,,848⎛⎤⎡⎤⋃ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦.14．（2022春·湖南衡阳·高一衡阳市一中校考阶段练习）,63x ππ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得关于x 的不等式函数()()sin 22sin cos a x x ϕϕϕ>+−+成立，则实数a 的取值范围是_________ 【答案】1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【分析】由三角恒等变化得出()()sin 22sin cos x x ϕϕϕ+−+sin x =，再由sin x 的范围得出实数a 的取值范围. 【详解】因为()sin(2)sin cos()cos sin x x x ϕϕϕϕϕ+=+++所以()()sin 22sin cos x x ϕϕϕ+−+cos sin()sin cos()x x ϕϕϕϕ=+−+sin()sin x x ϕϕ=+−=.因为,63x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以13sin ,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.要使得关于x 的不等式函数()()sin 22sin cos a x x ϕϕϕ>+−+成立，只需12a >. 故答案为：1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭15．（2023秋·江苏·高三统考期末）设函数()()πsin 03f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，则使()f x 在ππ,22⎛⎫− ⎪⎝⎭上为增函数的ω的值可以为__________.（写出一个即可）.【答案】13（答案不唯一，满足10,3ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦即可）【分析】根据三角函数单调性求出函数()f x 在5ππ2π2π66,⎡⎤−+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦k k ωω，Z k ∈上单调递增，使()f x 在ππ,22⎛⎫− ⎪⎝⎭上为增函数，令5π2π60260k k ωππω⎧−⎪≤⎪⎪⎨⎪+⎪≥⎪⎩，Z k ∈，解得151212k −≤≤，则k 取0，此时函数()f x 的单调递增为5ππ,66⎡⎤−⎢⎥⎣⎦ωω，则5π6ππ,2,62π⎡⎤−⎢⎥⎛⎫−⊆ ⎪⎭⎣⎝⎦ωω，即可列式得出13ω≤，即可得出答案. 【详解】()()πsin 03f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，令πππ22π232−+≤+≤+k x k πω，Z k ∈，解得5ππ2π2π66−+≤≤k k x ωω，Z k ∈即函数()f x 在5ππ2π2π66,⎡⎤−+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦k k ωω，Z k ∈上单调递增，而函数()f x 在,22ππ⎛⎫− ⎪⎝⎭上为增函数，令5260260k k ππωππω⎧−⎪≤⎪⎪⎨⎪+⎪≥⎪⎩，0ω>，解得151212k −≤≤，Z k ∈，则k 取0，此时函数()f x 的单调递增为5ππ,66⎡⎤−⎢⎥⎣⎦ωω， 则5π6ππ,2,62π⎡⎤−⎢⎥⎛⎫−⊆ ⎪⎭⎣⎝⎦ωω，则π5π26ππ26ωω⎧−≥−⎪⎪⎨⎪≤⎪⎩，解得13ω≤，则使()f x 在ππ,22⎛⎫− ⎪⎝⎭上为增函数的ω的值的范围为10,3⎛⎤ ⎥⎝⎦，故答案为：13（答案不唯一，满足10,3ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦即可）16．（2023·山东·烟台二中校考模拟预测）已知函数()|sin ||cos |(0)f x x x ωωω=+>在区间,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，则ω的取值范围是___． 【答案】10,4⎛⎤ ⎥⎝⎦【分析】将()f x 变形，求出()f x 单调递增区间，将π(,π)4包含于()f x 单调递增区间列式即可.【详解】解：1cos 4()12|sin ||cos |1|sin 2|12xf x x x x ωωωω−=+=+=+， 令2π4(21)πk x k ω≤≤+，Z k ∈，所以π(21)π,Z 24k k x k ωω+≤≤∈，0ω>．即()f x 单调递增区间为π(21)π[,],Z 24k k k ωω+∈，0ω>， 所以只需ππ24(21)ππ4k k ωω⎧≤⎪⎪⎨+⎪≥⎪⎩，Z k ∈，解得212,Z 4k k k ω+≤≤∈，0ω>， 则21242104k k k +⎧≤⎪⎪⎨+⎪>⎪⎩，解得1126k −<≤，又Z k ∈，所以0k =，所以104ω<≤，即ω的取值范围是10,4⎛⎤ ⎥⎝⎦．。
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三角函数w 的取值问题
1.已知ω＞0，函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减，则ω的取值范围是________．
答案：⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，54
答案：C
4．已知函数f （x ）=sin （ωx +φ）（ω＞0，0≤φ≤π）是R 上的偶函数，其图象关于点
对称，且在区间
上是单调函数，则ω的值为（ ） A ．
B ．
C ．
D ．
解：由f （x ）是偶函数，得f （﹣x ）=f （x ），即sin （﹣ωx +∅）=sin （ωx +∅）， 所以﹣cosφsinωx=cosφsinωx，对任意x 都成立，且ω＞0，所以得cosφ=0． 依题设0＜φ＜π，所以解得φ=，由f （x ）的图象关于点M 对称，得f （
﹣x ）=
﹣f （
+x ），
取x=0，得f （
）=sin （
+
）=cos
，∴f （
）=sin （
+
）
=cos ，∴cos =0，又ω＞0，得=+kπ，k=1，2，3，∴ω=（2k+1），
k=0，1，2，
当k=0时，ω=，f （x ）=sin （x+）在[0，]上是减函数，满足题意； 当k=1时，ω=2，f （x ）=sin （2x+）在[0，]上是减函数；
当k=2时，ω=，f （x ）=（
x+
）在[0，
]上不是单调函数；所以，综合得ω=
或2．故选D ．
5．（2016年全国I 高考）已知函数ππ
()sin()(0),24
f x x+x ，
ωϕωϕ=>≤=-为()f x 的零点，π4x =
为()y f x =图像的对称轴，且()f x 在π5π
()1836
，单调，则ω的最大值为 （A ）11 （B ）9 （C ）7 （D ）5 解：∵x=﹣为f （x ）的零点，x=为y=f （x ）图象的对称轴， ∴
，即
，（n ∈N ）即ω=2n +1，（n ∈N ） 即ω为正奇数，∵f （x ）在（，
）则
﹣
=
≤，
即T=≥
，解得：ω≤12，当ω=11时，﹣+φ=kπ，k ∈Z ，
∵|φ|≤，∴φ=﹣
，此时f （x ）在（
，
）不单调，不满足题意；当ω=9时，
﹣
+φ=kπ，k ∈Z ，
∵|φ|≤，∴φ=
，此时f （x ）在（
，
）单调，满足题意；故ω的最大值为
9，故选：B
6. 已知函数f (x )＝2sin ωx (ω＞0)在区间⎣⎢
⎡⎦⎥⎤－π3，π4上的最小值是－2，则ω的最小值等于________． 答案：32
8. （第十三周周考题）函数()2sin()3
f x x π
ω=-
（1
3
ω>
，x R ∈），若()f x 的任意一个对称中心的横坐标都不属于区间(),2ππ，则ω的取值范围是 ．
答案：12,33⎛⎤ ⎥⎝⎦
9.（2016年天津高考改编）已知函数2())(0)24
f x x π
ωω=
->，R x ∈.若)(x f 在区间)2,(ππ内没有零点，则ω的取值范围是（ ）
（A ）]81
,0( （B ）)1,85[]41,0(Y （C ）]85,0( （D ）]85,41[]8
1,0(Y
答案:D。