高考数学科学创新复习方案提升版素能培优（五）三角函数中有关ω的范围问题学案（Word版附解析）

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考向一 三角函数的单调性与ω的关系
例1 (2023·广东七校联考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋2φ)－2sinφcs(ωx＋φ)(ω>0，φ∈R)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))上单调递增，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(5,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(5,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(5,3)))
答案 D
解析 根据正弦和角与差角公式化简函数式可得f(x)＝sin(ωx＋2φ)－2sinφcs(ωx＋φ)＝sin[(ωx＋φ)＋φ]－2sinφcs(ωx＋φ)＝sin(ωx＋φ)csφ＋cs(ωx＋φ)sinφ－2sinφcs(ωx＋φ)＝sin(ωx＋φ)csφ－cs(ωx＋φ)sinφ＝sin(ωx＋φ－φ)＝sinωx(ω>0，φ∈R)．由－eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq \f(π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)，k∈Z，∴函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)，\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)))(k∈Z)．由f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))上单调递增，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≤π，,\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≥\f(3π,2)，,\f(1,2)×\f(2π,ω)≥\f(3π,2)－π，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω≥－\f(1,2)＋2k，,ω≤\f(1,3)＋\f(4k,3)，,ω≤2))(k∈Z)．又ω>0，当k＝0时，可得00，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq \f(π,8)是函数f(x)的一个零点，直线x＝eq \f(π,8)是函数f(x)图象的一条对称轴，若f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调，则ω的最大值是( )
A．14 B．16
C．18 D．20
答案 A
解析 设函数f(x)的最小正周期为T，因为x＝－eq \f(π,8)是函数f(x)的一个零点，直线x＝eq \f(π,8)是函数f(x)图象的一条对称轴，则eq \f(2n＋1,4)T＝eq \f(π,8)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝eq \f(π,4)，其中n∈N，所以T＝eq \f(π,2n＋1)＝eq \f(2π,ω)，所以ω＝4n＋2，因为函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调，则eq \f(π,4)－eq \f(π,5)≤eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)，所以ω≤20.所以ω的可能取值为2，6，10，14，18.
①当ω＝18时，f(x)＝sin(18x＋φ)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9π,4)＋φ))＝0，所以φ－eq \f(9π,4)＝kπ(k∈Z)，则φ＝kπ＋eq \f(9π,4)(k∈Z)，因为－eq \f(π,2)≤φ≤eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,4)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(18x＋\f(π,4)))，当eq \f(π,5)