备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第四章 培优课 §4.7 三角函数中有关ω的范围问题

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在三角函数的图象与性质中，ω的求解是近几年高考的一个热点内容，但因其求法复杂，涉及的知识点多，历来是我们复习中的难点．
题型一 三角函数的单调性与ω的关系
例1 已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上单调递增，则ω的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(8,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(8,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，2))
答案 B
解析 方法一 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(ωπ,4)＋\f(π,6)≥－\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，,\f(2ωπ,3)＋\f(π,6)≤\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，))
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(\f(8,3)－8k>0，k∈Z，,\f(1,2)＋3k>0，k∈Z，))
所以k＝0，则0<ω≤eq \f(1,2).
方法二 取ω＝1，则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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，当k＝0时，函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))上单调递减，与函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上单调递增矛盾，故ω≠1，结合四个选项可知选B.
思维升华 确定函数的单调区间，根据区间之间的包含关系，建立不等式，即可求ω的取值范围．
跟踪训练1 (2023·宜昌模拟)已知函数f(x)＝3sin(ωx＋φ)，ω>0，若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝3，f(π)＝0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递减，那么ω的取值共有( )
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
答案 D
解析 ∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝3，f(π)＝0，
∴π－eq \f(π,6)＝eq \f(2n－1,4)·T(n∈N*)，
T＝eq \f(10π,32n－1)，
∵f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递减，
∴eq \f(T,2)≥eq \f(π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，∴T≥eq \f(π,3)，
即eq \f(10π,32n－1)≥eq \f(π,3)，∴2n－1≤10，
∴n＝1,2,3,4,5，
即周期T有5个不同取值，
∴ω的取值共有5个．
题型二 三角函数的对称性与ω的关系
例2 (2023·宜宾质检)将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象向右平移eq \f(3π,2ω)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若F(x)＝f(x)g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称，则ω的最小值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C．1 D．4
答案 C
解析 将函数f(x)的图象向右平移eq \f(3π,2ω)个单位长度，得到函数g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3π,2ω)))＋\f(π,6)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)－\f(3π,2)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))的图象，
又因为F(x)＝f(x)g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称，
所以F(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))
＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,3)))的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称，
则2ω·eq \f(π,3)＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，所以ω＝eq \f(3k－1,2)，k∈Z，
又因为ω>0，所以ω的最小值为1.
思维升华 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eq \f(T,2)，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为eq \f(T,4)，这就说明，我们可根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于ω的不等式组，进而可以研究“ω”的取值范围．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>\f(1,2)，x∈R))，若f(x)的图象的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间(3π，4π)，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,9)，\f(7,6))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(17,24)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(17,18)，\f(29,24)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,9)，\f(2,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,9)，\f(11,12))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,18)，\f(17,24)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(17,18)，\f(23,24)))
答案 C
解析 因为f(x)的图象的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间(3π，4π)，所以eq \f(1,2)×eq \f(2π,ω)≥4π－3π，所以eq \f(1,2)<ω≤1，故排除A，B；
又kπ＋eq \f(π,2)≤3ωπ－eq \f(π,6)，且kπ＋π＋eq \f(π,2)≥4ωπ－eq \f(π,6)，解得eq \f(3k＋2,9)≤ω≤eq \f(3k＋5,12)，k∈Z，
当k＝0时，eq \f(2,9)≤ω≤eq \f(5,12)，不满足eq \f(1,2)<ω≤1，
当k＝1时，eq \f(5,9)≤ω≤eq \f(2,3)，符合题意，
当k＝2时，eq \f(8,9)≤ω≤eq \f(11,12)，符合题意，
当k＝3时，eq \f(11,9)≤ω≤eq \f(7,6)，此时ω不存在，故C正确，D不正确．
题型三 三角函数的最值与ω的关系
例3 将函数f(x)＝sin(2ωx＋φ)(ω>0，φ∈[0,2π])图象上每点的横坐标变为原来的2倍，得到函数g(x)，函数g(x)的部分图象如图所示，且g(x)在[0,2π]上恰有一个最大值和一个最小值(其中最大值为1，最小值为－1)，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,12)，\f(13,12))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,12)，\f(13,12)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,12)，\f(17,12))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,12)，\f(17,12)))
答案 C
解析 由已知得函数g(x)＝sin(ωx＋φ)，由g(x)图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)))以及点在图象上的位置，
知sin φ＝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]上恰有一个最大值和一个最小值，
∴eq \f(5π,2)≤2πω＋eq \f(2π,3)∴eq \f(11,12)≤ω思维升华 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3 (2023·青岛质检)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω>0，|φ|≤eq \f(π,2)，－eq \f(π,4)为f(x)的零点，且f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))))恒成立，f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值无最大值，则ω的最大值是( )
A．11 B．13 C．15 D．17
答案 C
解析 由题意，直线x＝eq \f(π,4)是f(x)的一条对称轴，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝±1，即eq \f(π,4)ω＋φ＝k1π＋eq \f(π,2)，k1∈Z，①
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝0，所以－eq \f(π,4)ω＋φ＝k2π，k2∈Z，②
由①②，得ω＝2(k1－k2)＋1，k1，k2∈Z，
又f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值无最大值，
所以T≥eq \f(π,24)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝eq \f(π,8)，
即eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,8)，解得ω≤16.
综上，先检验ω＝15，
当ω＝15时，由①得eq \f(π,4)×15＋φ＝k1π＋eq \f(π,2)，k1∈Z，即φ＝k1π－eq \f(13π,4)，k1∈Z，又|φ|≤eq \f(π,2)，
所以φ＝－eq \f(π,4)，此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15x－\f(π,4)))，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,24)))时，15x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(3π,8)))，
当15x－eq \f(π,4)＝－eq \f(π,2)，即x＝－eq \f(π,60)时，f(x)取得最小值，无最大值，满足题意．
故ω的最大值为15.
题型四 三角函数的零点与ω的关系
例4 将函数f(x)＝cs x的图象先向右平移eq \f(5π,6)个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上没有零点，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,9)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(8,9))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(8,9)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,9)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,9)，1)) D．(0,1]
答案 A
解析 将函数f(x)＝cs x的图象先向右平移eq \f(5π,6)个单位长度，得到y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5π,6)))的图象，
再把所得函数图象的横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(5π,6)))(ω>0)的图象，周期T＝eq \f(2π,ω)，
因为函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上没有零点，所以eq \f(3π,2)－eq \f(π,2)≤eq \f(T,2)，得T≥2π，即eq \f(2π,ω)≥2π，得0<ω≤1，
假设函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上有零点，
令g(x)＝0，得ωx－eq \f(5π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,ω)＋eq \f(4π,3ω)，k∈Z，
则eq \f(π,2)又0<ω≤1，所以eq \f(2,9)<ω又函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上没有零点，且0<ω≤1，
所以0<ω≤eq \f(2,9)或eq \f(2,3)≤ω≤eq \f(8,9).
思维升华 三角函数两个零点之间的“水平间隔”为eq \f(T,2)，根据三角函数的零点个数，可以研究“ω”的取值．
跟踪训练4 (2022·全国甲卷)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))在区间(0，π)上恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(13,6))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(19,6)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(8,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(19,6)))
答案 C
解析 由题意可得ω>0，故由x∈(0，π)，得ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，πω＋\f(π,3))).
根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有三个极值点，知eq \f(5π,2)<πω＋eq \f(π,3)≤eq \f(7π,2)，得eq \f(13,6)<ω≤eq \f(19,6).
根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有两个零点，知2π<πω＋eq \f(π,3)≤3π，得eq \f(5,3)<ω≤eq \f(8,3).
综上，ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(8,3))).
课时精练
1．已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的一条对称轴为直线x＝eq \f(π,3)，一个对称中心为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))，则ω有( )
A．最小值2 B．最大值2
C．最小值1 D．最大值1
答案 A
解析 ∵函数的对称中心到对称轴的最短距离是eq \f(T,4)，两条对称轴间的最短距离是eq \f(T,2)，∴对称中心点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，0))到对称轴x＝eq \f(π,3)间的距离用周期可表示为eq \f(π,3)－eq \f(π,12)≥eq \f(T,4)，
又∵T＝eq \f(2π,ω)，∴eq \f(\f(2π,ω),4)≤eq \f(π,4)，∴ω≥2，∴ω有最小值2.
2．函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))内单调递减，则ω的最大值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(7,4) C.eq \f(5,2) D．6
答案 B
解析 ∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，则eq \f(πω,3)－eq \f(π,6)≤ωx－eq \f(π,6)≤eq \f(2πω,3)－eq \f(π,6)，
因为函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))内单调递减，则eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(πω,3)－\f(π,6)，\f(2πω,3)－\f(π,6)))⊆[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(πω,3)－\f(π,6)≥2kπ，,\f(2πω,3)－\f(π,6)≤2kπ＋π))(k∈Z)，解得6k＋eq \f(1,2)≤ω≤3k＋eq \f(7,4)(k∈Z)，
由6k＋eq \f(1,2)≤3k＋eq \f(7,4)(k∈Z)，可得k≤eq \f(5,12)，
因为k∈Z且ω>0，则k＝0，eq \f(1,2)≤ω≤eq \f(7,4).
因此，正数ω的最大值为eq \f(7,4).
3．(2023·芜湖模拟)已知函数y＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ∈(0,2π)) 的一条对称轴为直线x＝－eq \f(π,6)，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(4π,3)))上单调，则ω的最大值为( )
A.eq \f(5,2) B．3 C.eq \f(7,2) D.eq \f(8,3)
答案 D
解析 函数y＝sin(ωx＋φ)的对称轴可表示为x＝eq \f(kπ,ω)－eq \f(π,6)(k∈Z)，
由f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(4π,3)))上单调，可得∃k0∈Z，使得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(k0π,ω)－\f(π,6)≤π，,\f(k0＋1π,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，
∴当k0＝3时，ω可取最大值为eq \f(8,3).
4．已知函数f(x)＝2eq \r(3)sin eq \f(ωx,2)cs eq \f(ωx,2)＋2sin2eq \f(ωx,2)－1(ω>0)的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度后得到函数g(x)的图象关于坐标原点对称，则ω的最小值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 ∵f(x)＝2eq \r(3)sin eq \f(ωx,2)cs eq \f(ωx,2)＋2sin2eq \f(ωx,2)－1
＝eq \r(3)sin ωx－cs ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))，
∴g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(ωπ,12)－\f(π,6))).
又g(x)的图象关于坐标原点对称，
∴eq \f(ωπ,12)－eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，
∴ω＝12k＋2(k∈Z)，ω>0，
∴当k＝0时，ωmin＝2.
5．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)，\f(2π,3)))上单调递增，且存在唯一x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,6)))，使得f(x0)＝1，则ω的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，\f(1,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，\f(1,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，\f(4,5))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，\f(4,5)))
答案 B
解析 由正弦函数性质，得2kπ－eq \f(π,2)≤ωx＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，即eq \f(2kπ,ω)－eq \f(2π,3ω)≤x≤eq \f(2kπ,ω)＋eq \f(π,3ω)(k∈Z)，
∵f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)，\f(2π,3)))上单调递增，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)≥\f(2kπ,ω)－\f(2π,3ω)，,\f(2π,3)≤\f(2kπ,ω)＋\f(π,3ω)))(k∈Z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω≤\f(4－12k,5)，,ω≤\f(6k＋1,2)))(k∈Z)，
又ω>0，则0<ω≤eq \f(1,2)，
又存在唯一x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,6)))，使得f(x0)＝1，而此时ωx0＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5πω,6)＋\f(π,6)))，
∴eq \f(π,2)≤eq \f(5πω,6)＋eq \f(π,6)综上，有eq \f(2,5)≤ω≤eq \f(1,2).
6．(2023·银川模拟)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)，若方程|f(x)|＝1在区间(0,2π)上恰有5个实根，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,6)，\f(5,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(13,6)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(4,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(3,2)))
答案 D
解析 由方程|f(x)|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))))＝1，
可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＝±eq \f(1,2)，
所以ωx＋eq \f(π,6)＝kπ±eq \f(π,6)(k∈Z)，
当x∈(0,2π)时，ωx＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2ωπ＋\f(π,6)))，
所以ωx＋eq \f(π,6)的可能取值为eq \f(5π,6)，eq \f(7π,6)，eq \f(11π,6)，eq \f(13π,6)，eq \f(17π,6)，eq \f(19π,6)，…，
因为原方程在区间(0,2π)上恰有5个实根，
所以eq \f(17π,6)<2ωπ＋eq \f(π,6)≤eq \f(19π,6)，
解得eq \f(4,3)<ω≤eq \f(3,2)，即ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(3,2))).
7．已知f(x)＝1－2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，给出下列结论：
①若f(x1)＝1，f(x2)＝－1，且|x1－x2|min＝π，则ω＝2；
②存在ω∈(0,2)，使得f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后得到的图象关于y轴对称；
③若f(x)在[0,2π]上恰有7个零点，则ω的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(41,24)，\f(47,24)))；
④若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递增，则ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))).
其中所有正确的结论是( )
A．①② B．①③
C．②③ D．③④
答案 D
解析 因为f(x)＝1－2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))
＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))，
所以周期T＝eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,ω).对于①，由条件知，周期为2π，所以ω＝eq \f(1,2)，故①错误；
对于②，函数图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度后得到的函数为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(ωπ,3)＋\f(π,6)))，
其图象关于y轴对称，则－eq \f(ωπ,3)＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得ω＝－1－3k(k∈Z)，
故对任意整数k，ω∉(0,2)，所以②错误；
对于③，由条件得7π≤2ω·2π＋eq \f(π,6)<8π，
解得eq \f(41,24)≤ω对于④，由条件得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\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正确．
8．(2023·衡水调研)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,2)))(ω>0)，将f(x)的图象向右平移eq \f(π,3ω)个单位长度得到函数g(x)的图象，点A，B，C是f(x)与g(x)图象的连续相邻的三个交点，若△ABC是钝角三角形，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)π,3)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2)π,2)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2)π,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3)π,3)))
答案 D
解析 由条件可得，g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))，又f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,2)))＝cs ωx，作出两个函数图象，如图，
A，B，C为连续三个交点，不妨设B在x轴下方，D为AC的中点．
由对称性可得△ABC是以∠B为顶角的等腰三角形，AC＝T＝eq \f(2π,ω)＝2CD，
由cs ωx＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))，整理得cs ωx＝eq \r(3)sin ωx，得cs ωx＝±eq \f(\r(3),2)，
则yC＝－yB＝eq \f(\r(3),2)，所以BD＝2|yB|＝eq \r(3)，
要使△ABC为钝角三角形，只需∠ACB由tan∠ACB＝eq \f(BD,DC)＝eq \f(\r(3)ω,π)<1，所以0<ω9．函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上有且仅有3个零点，则实数ω的取值范围是 ．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(19,6)))
解析 令ωx－eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，
则函数的零点为x＝eq \f(1,ω)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)))，k∈Z，
所以函数在y轴右侧的四个零点分别是eq \f(π,6ω)，eq \f(7π,6ω)，eq \f(13π,6ω)，eq \f(19π,6ω)，
函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上有且仅有3个零点，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(13π,6ω)≤π，,\f(19π,6ω)>π，))解得ω∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(19,6))).
10．(2022·全国乙卷)记函数f(x)＝cs(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)＝eq \f(\r(3),2)，x＝eq \f(π,9)为f(x)的零点，则ω的最小值为 ．
答案 3
解析 因为T＝eq \f(2π,ω)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,ω)))＝eq \f(\r(3),2)，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π＋φ))＝eq \f(\r(3),2)，
即cs φ＝eq \f(\r(3),2).
又0<φ<π，所以φ＝eq \f(π,6).
所以f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6))).
因为x＝eq \f(π,9)为f(x)的零点，
所以eq \f(π,9)ω＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，
解得ω＝9k＋3(k∈Z)．
又ω>0，所以当k＝0时，ω取得最小值，
且最小值为3.
11．(2023·黄冈模拟)已知函数y＝f(x)的图象是由函数y＝cs ωx(ω>0)的图象向左平移eq \f(π,6ω)个单位长度所得，若函数y＝f(x)在区间(π，2π)上单调，则ω的取值范围是 ．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,12)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,6)，\f(11,12)))
解析 y＝f(x)的图象是由y＝cs ωx(ω>0)的图象向左平移eq \f(π,6ω)个单位长度所得，故f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))，
∵当x∈(π，2π)，
即ωx＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωπ＋\f(π,6)，2ωπ＋\f(π,6)))时，函数y＝f(x)单调，
∴kπ≤ωπ＋eq \f(π,6)<2ωπ＋eq \f(π,6)≤kπ＋π，k∈Z，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω>0，,ωπ＋\f(π,6)≥kπk∈Z，,2ωπ＋\f(π,6)≤kπ＋πk∈Z，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω>0，,ω≥k－\f(1,6)k∈Z，,ω≤\f(k,2)＋\f(5,12)k∈Z，))
由eq \f(k,2)＋eq \f(5,12)>k－eq \f(1,6)，得k又k∈Z，得k＝0或k＝1，
∴0<ω≤eq \f(5,12)或eq \f(5,6)≤ω≤eq \f(11,12)，
综上，ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,12)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,6)，\f(11,12))).
12．若函数y＝f(x)的定义域存在x1，x2(x1≠x2)，使eq \f(fx1＋fx2,2)＝1成立，则称该函数为“互补函数”．函数f(x)＝eq \f(\r(3),2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))－eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(2π,3)))(ω>0)，则当ω＝3时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝ ；若f(x)在[π，2π]上为“互补函数”，则ω的取值范围为 ．
答案 0 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，\f(5,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,4)，＋∞))
解析 由函数f(x)＝eq \f(\r(3),2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))－eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(2π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)－\f(π,6)))＝sin ωx，
当ω＝3时，f(x)＝sin 3x，可得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sin π＝0；
令t＝ωx，则函数y＝sin t在区间[ωπ，2ωπ]上存在两个极大值点，则eq \f(2π,ω)≤π，可得ω≥2，
当2T＝2×eq \f(2π,ω)≤π时，即ω≥4，显然符合题意；
当ωπ≤eq \f(5π,2)时，即ω≤eq \f(5,2)时，2ωπ≥eq \f(9π,2)，即ω≥eq \f(9,4)，所以eq \f(9,4)≤ω≤eq \f(5,2)；
当4π>ωπ>eq \f(5π,2)，即eq \f(5,2)<ω<4时，2ωπ≥eq \f(13π,2)，即ω≥eq \f(13,4)，所以eq \f(13,4)≤ω<4，
综上，ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，\f(5,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,4)，＋∞)).