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高考数学专题练 专题二 微专题16 三角函数中ω，φ的范围问题（含答案）
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这是一份高考数学专题练 专题二 微专题16 三角函数中ω，φ的范围问题（含答案），共18页。
典例1 (1)已知ω>0，函数f(x)＝sin ωx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))上存在最值，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,2)))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
(2)已知函数f(x)＝4sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))相邻两个对称轴之间的距离为π，且f(x)>2对于任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,3)))恒成立，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,3)))
典例2 (1)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(其中ω>0)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω的取值范围为( )
A．(0,1] B．(0,2]
C．[1,2] D．(1,2)
(2)已知函数f(x)＝cs(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的图象的一条对称轴与其相邻的一个对称中心的距离为eq \f(π,4)，将f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象．若函数g(x)的图象在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上单调递增，则φ的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))
典例3 (1)(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝cs ωx－1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．
(2)(2023·银川模拟)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))，将函数f(x)的图象先向右平移φ(0<φ≤π)个单位长度，再将所得函数图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的eq \f(1,2)倍，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,4)，\f(π,2)))上没有零点，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))
[总结提升]
求ω，φ题型多为复杂题，大多数是代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，或者利用图象的变换，或者利用函数的单调区间、对称性、最值、零点、极值点等性质，再结合图形解出ω，φ的值或取值范围．
1．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))向右平移φ(0≤φ≤π)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(2π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,4)))
2．已知x1，x2是函数f(x)＝tan(ωx－φ)(ω>0,0<φ<π)的两个零点，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))的最小值为eq \f(π,3)，若将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度后得到的图象关于原点对称，则φ的最大值为( )
A.eq \f(3π,4) B.eq \f(π,4) C.eq \f(7π,8) D.eq \f(π,8)
3．(2023·乌鲁木齐模拟)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象过点(0,1)，且在区间(π，2π)内不存在最值，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(7,12)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(7,12))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))
4．(2023·重庆模拟)函数f(x)＝(2cs ωx－1)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))，ω>0在(0,3π)上有6个零点，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(13,12))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(13,12)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(11,9))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(11,9)))
5．(多选)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,5)))(ω＞0)，已知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2π))上有且仅有5个零点，下列四个结论正确的是( )
A．f(x)在(0,2π)上有且仅有3个极大值点
B．f(x)在(0,2π)上有且仅有2个极小值点
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))上单调递增
D．ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10)))
6．(多选)(2023·武汉统考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)))，T为f(x)图象的最小正周期，满足f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,ω)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,3)))，且f(x)在(0，π)上恰有两个极值点，则有( )
A．φ＝－eq \f(π,6)
B．函数y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3ω)))为奇函数
C.eq \f(11,6)<ω≤eq \f(17,6)
D．若ω∈N*，则直线y＝x－eq \f(\r(3),2)为f(x)图象的一条切线
7．(2023·南通模拟)若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cs x(0<φ<π)的最大值为2，则常数φ的值为________．
8．(2023·成都模拟)定义在R上的函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上恰有两个零点和一个极值点，则ω的取值范围是________________．
9．(2023·安徽安庆示范高中联考)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω≠0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)))的图象经过点(0，eq \r(3))，若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上既有最大值，又有最小值，而且取得最大值、最小值时的自变量x的值分别只有一个，则实数ω的取值范围是________________．
10．(2023·洛阳统考)先将函数f(x)＝cs x的图象向左平移eq \f(2π,3)个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，所得图象与函数g(x)的图象关于x轴对称，若函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上恰有两个零点，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,12)))上单调递增，则ω的取值范围是________________．
微专题16 三角函数中ω，φ的范围问题
[考情分析] 三角函数是高考的必考考点，其中求ω，φ的取值范围问题是热门考点．主要结合函数的单调性、对称性、极值与最值、零点等考查，需要考生能够熟练应用三角函数的基本性质和图象．从近几年的高考情况来看，常在选择题中出现，难度稍大．
考点一 三角函数的最值(值域)与ω，φ的取值范围
典例1 (1)已知ω>0，函数f(x)＝sin ωx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))上存在最值，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,2)))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
答案 D
解析 当f(x)＝sin ωx取最值时，ωx＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即x＝eq \f(kπ＋\f(π,2),ω)，k∈Z，
由题知eq \f(π,3)故eq \f(1,3)ω即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω<3k＋\f(3,2)，,ω>k＋\f(1,2)，))k∈Z.
因为ω>0，当k＝0时，eq \f(1,2)<ω当k＝1时，eq \f(3,2)<ω显然当ω>eq \f(3,2)时，eq \f(T,2)＝eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,ω)此时f(x)＝sin ωx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))上必有最值点．
综上，所求ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
(2)已知函数f(x)＝4sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))相邻两个对称轴之间的距离为π，且f(x)>2对于任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,3)))恒成立，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,3)))
答案 C
解析 由题意，得T＝eq \f(2π,ω)＝2π，解得ω＝1.
由4sin(x＋φ)>2，即sin(x＋φ)>eq \f(1,2)，
得eq \f(π,6)＋2kπ即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋2kπ－φ，\f(5π,6)＋2kπ－φ))，k∈Z.
因为f(x)>2对于任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,3)))恒成立，且|φ|≤eq \f(π,2)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,3)))⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－φ，\f(5π,6)－φ))，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－φ≤－\f(π,4)，,\f(5π,6)－φ≥\f(π,3)，))
解得eq \f(5π,12)≤φ≤eq \f(π,2).
跟踪训练1 (1)(2023·平顶山模拟)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，2))，则ω的取值范围为( )
A．[1,2] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
C．[1,3] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))
答案 A
解析 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，eq \f(π,6)≤ωx＋eq \f(π,6)≤eq \f(πω,3)＋eq \f(π,6)，
因为函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，2))，
所以eq \f(π,2)≤eq \f(πω,3)＋eq \f(π,6)≤eq \f(5π,6)，
解得1≤ω≤2.
(2)已知函数f(x)＝asin x－2eq \r(3)cs x，若f(t)＝0，f′(t)>0，且f(x)在(t，t＋φ)上恰有一个最大值点，那么φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，π))
答案 A
解析 由题意，函数f(x)＝asin x－2eq \r(3)cs x＝eq \r(a2＋12)sin(x－β)，
其中cs β＝eq \f(a,\r(a2＋12))，sin β＝eq \f(2\r(3),\r(a2＋12))，
可得函数f(x)的最小正周期为2π，
又由f(t)＝0，f′(t)>0且f(x)在(t，t＋φ)上恰有一个最大值点，
所以t＋eq \f(π,2)考点二 单调性与ω，φ的取值范围
典例2 (1)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(其中ω>0)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω的取值范围为( )
A．(0,1] B．(0,2]
C．[1,2] D．(1,2)
答案 C
解析 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，ωx＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,6)ω＋\f(π,6)))，
所以eq \f(π,6)ω＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)，解得ω≤2，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))时，ωx＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)ω＋\f(π,6)，\f(π,2)ω＋\f(π,6)))，
因为ω≤2，则eq \f(π,2)ω＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，
所以eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,6)≥eq \f(π,2)，
解得ω≥1，综上所述，1≤ω≤2.
(2)已知函数f(x)＝cs(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的图象的一条对称轴与其相邻的一个对称中心的距离为eq \f(π,4)，将f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象．若函数g(x)的图象在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上单调递增，则φ的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))
答案 B
解析 设最小正周期为T，由题意，知eq \f(T,4)＝eq \f(π,4)，
∴T＝π＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝2，
∴f(x)＝cs(2x＋φ)，
∵将f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象，
∴g(x)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋φ))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ－\f(π,3)))，
由2kπ－π≤2x＋φ－eq \f(π,3)≤2kπ，k∈Z，
得kπ－eq \f(π,3)－eq \f(φ,2)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)－eq \f(φ,2)，k∈Z，
即g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)－\f(φ,2)，kπ＋\f(π,6)－\f(φ,2)))，k∈Z，
∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)－\f(φ,2)，kπ＋\f(π,6)－\f(φ,2)))，k∈Z，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)－\f(φ,2)≤\f(π,2)，,kπ＋\f(π,6)－\f(φ,2)≥\f(3π,4)，))k∈Z，
∴2kπ－eq \f(5π,3)≤φ≤2kπ－eq \f(7π,6)，k∈Z，
∵0<φ<π，∴eq \f(π,3)≤φ≤eq \f(5π,6).
跟踪训练2 (1)(2023·大庆模拟)已知函数f(x)＝2cs(2x＋φ)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递减，且其图象过点(0,1)，则φ的值可能为( )
A．－eq \f(π,3) B．－eq \f(π,6) C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,3)
答案 D
解析 由0因为函数f(x)＝2cs(2x＋φ)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递减，
可得φ≥2kπ且eq \f(π,2)＋φ≤π＋2kπ，k∈Z，
解得2kπ≤φ≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
又由函数f(x)的图象过点(0,1)，可得2cs φ＝1，即cs φ＝eq \f(1,2)，
解得φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z或φ＝－eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，
当k＝0时，可得φ＝eq \f(π,3)，所以φ的值可能为eq \f(π,3).
(2)已知函数f(x)＝sin ωx＋2cs2eq \f(ωx,2)(ω>0)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上单调递增，则ω的取值范围是( )
A．(0,4] B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，4))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，3)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，3))
答案 D
解析 f(x)＝sin ωx＋2cs2eq \f(ωx,2)
＝sin ωx＋cs ωx＋1＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))＋1，
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，
所以ωx＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)，\f(3π,4)ω＋\f(π,4)))，
因为函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上单调递增，
所以函数y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)，\f(3π,4)ω＋\f(π,4)))上单调递增，且eq \f(3π,4)－eq \f(π,2)≤eq \f(1,2)T＝eq \f(π,ω)，即0<ω≤4.
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)，\f(3π,4)ω＋\f(π,4)))⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(13π,4)))，
所以函数y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)，\f(3π,4)ω＋\f(π,4)))上单调递增，
等价于eq \f(3π,4)ω＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)ω＋\f(π,4)≤\f(5π,2)，,\f(π,2)ω＋\f(π,4)≥\f(3π,2)，))
所以解不等式得0<ω≤eq \f(1,3)或eq \f(5,2)≤ω≤3，
所以ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，3)).
考点三 零点与ω，φ的取值范围
典例3 (1)(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝cs ωx－1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．
答案 [2,3)
解析 因为0≤x≤2π，
所以0≤ωx≤2ωπ，
令f(x)＝cs ωx－1＝0，
则cs ωx＝1有3个根，
令t＝ωx，则cs t＝1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]，
结合余弦函数y＝cs t的图象性质可得4π≤2ωπ<6π，
故2≤ω<3.
(2)(2023·银川模拟)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))，将函数f(x)的图象先向右平移φ(0<φ≤π)个单位长度，再将所得函数图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的eq \f(1,2)倍，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,4)，\f(π,2)))上没有零点，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))
答案 D
解析 f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝cs x，
将函数f(x)的图象先向右平移φ(0<φ≤π)个单位长度，可得y＝cs(x－φ)的图象，
再将所得函数图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的eq \f(1,2)倍，得到y＝cs(2x－φ)的图象，
即g(x)＝cs(2x－φ)．
由x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，
设t＝2x－φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－φ，π－φ))，0<φ≤π，
则－eq \f(π,2)≤eq \f(π,2)－φ因为函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上没有零点，即y＝cs t在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－φ，π－φ))上没有零点．
所以0≤π－φ≤eq \f(π,2)，解得φ≥eq \f(π,2)，所以eq \f(π,2)≤φ≤π.
跟踪训练3 (1)(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))).
(2)(2023·天津模拟)设函数f(x)＝2eq \r(3)sin(ωx＋φ)－eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0≤φ≤\f(π,2)))的最小正周期为4π，且f(x)在[0,5π]内恰有3个零点，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)))
答案 C
解析 因为T＝eq \f(2π,ω)＝4π，所以ω＝eq \f(1,2)，所以f(x)＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))－eq \r(3).
令f(x)＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))－eq \r(3)＝0，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))＝eq \f(1,2).
当x∈[0,5π]时，eq \f(1,2)x＋φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(φ，φ＋\f(5π,2))).
又0≤φ≤eq \f(π,2)，所以eq \f(5π,2)≤φ＋eq \f(5π,2)≤3π.
因为y＝sin x－eq \f(1,2)在[0,3π]上的零点为eq \f(π,6)，eq \f(5π,6)，eq \f(13π,6)，eq \f(17π,6)，且f(x)在[0,5π]内恰有3个零点，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤φ≤\f(π,6)，,\f(13π,6)≤φ＋\f(5π,2)<\f(17π,6)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,6)<φ≤\f(π,2)，,\f(17π,6)≤φ＋\f(5π,2)≤3π，))
解得φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))).
[总结提升]
求ω，φ题型多为复杂题，大多数是代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，或者利用图象的变换，或者利用函数的单调区间、对称性、最值、零点、极值点等性质，再结合图形解出ω，φ的值或取值范围．
1．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))向右平移φ(0≤φ≤π)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(2π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,4)))
答案 D
解析 把函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))向右平移φ(0≤φ≤π)个单位长度后得到函数g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,3)))的图象，
若g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增，且0≤φ≤π，
则－eq \f(π,3)－2φ＋eq \f(π,3)≥－eq \f(π,2)，且eq \f(π,3)－2φ＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，
解得eq \f(π,12)≤φ≤eq \f(π,4).
2．已知x1，x2是函数f(x)＝tan(ωx－φ)(ω>0,0<φ<π)的两个零点，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))的最小值为eq \f(π,3)，若将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度后得到的图象关于原点对称，则φ的最大值为( )
A.eq \f(3π,4) B.eq \f(π,4) C.eq \f(7π,8) D.eq \f(π,8)
答案 A
解析 因为x1，x2是函数f(x)＝tan(ωx－φ)(ω>0,0<φ<π)的两个零点，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))的最小值为eq \f(π,3)，
所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(π,3)，
因此eq \f(π,ω)＝eq \f(π,3)，解得ω＝3，
所以f(x)＝tan(3x－φ)．
又因为将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度得到y＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))－φ))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)－φ))的图象，
而该图象关于原点对称，
所以eq \f(π,4)－φ＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，
因此φ＝eq \f(π,4)－eq \f(kπ,2)(k∈Z)．
又0<φ<π，
所以当k＝－1时，φ取得最大值，最大值为eq \f(3π,4).
3．(2023·乌鲁木齐模拟)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象过点(0,1)，且在区间(π，2π)内不存在最值，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(7,12)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(7,12))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))
答案 D
解析 ∵函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的图象过点(0,1)，
∴f(0)＝2sin φ＝1，即sin φ＝eq \f(1,2)，
又0<φ∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))，
令ωx＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
即x＝eq \f(π,3ω)＋eq \f(kπ,ω)，k∈Z，
∴当x＝eq \f(π,3ω)＋eq \f(kπ,ω)，k∈Z时，
函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)取最值，
∵f(x)在区间(π，2π)内不存在最值，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,3ω)＋\f(kπ,ω)≤π，,\f(π,3ω)＋\f(k＋1π,ω)≥2π，))k∈Z，
解得eq \f(1,3)＋k≤ω≤eq \f(2,3)＋eq \f(k,2)，k∈Z，
当k<－1时，ω不存在；
当k＝－1时，－eq \f(2,3)≤ω≤eq \f(1,6)；
又ω>0，∴0<ω≤eq \f(1,6)；
当k＝0时，eq \f(1,3)≤ω≤eq \f(2,3)；
当k>0时，ω不存在，
综上可得ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3))).
4．(2023·重庆模拟)函数f(x)＝(2cs ωx－1)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))，ω>0在(0,3π)上有6个零点，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(13,12))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(13,12)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(11,9))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(11,9)))
答案 B
解析 f(x)＝(2cs ωx－1)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))＝0得2cs ωx－1＝0或sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))＝0，
解得ωx＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z或ωx＝－eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z或ωx＝eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z，
即x＝eq \f(π,3ω)＋eq \f(2kπ,ω)，k∈Z或x＝－eq \f(π,3ω)＋eq \f(2kπ,ω)，k∈Z或x＝eq \f(π,4ω)＋eq \f(kπ,ω)，k∈Z，
因为ω>0，函数f(x)在(0，＋∞)上的7个零点依次为eq \f(π,4ω)，eq \f(π,3ω)，eq \f(5π,4ω)，eq \f(5π,3ω)，eq \f(9π,4ω)，eq \f(7π,3ω)，eq \f(13π,4ω)，
由于f(x)在(0,3π)上有6个零点，
所以eq \f(7π,3ω)<3π≤eq \f(13π,4ω)，
解得eq \f(7,9)<ω≤eq \f(13,12)，
则ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(13,12))).
5．(多选)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,5)))(ω＞0)，已知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2π))上有且仅有5个零点，下列四个结论正确的是( )
A．f(x)在(0,2π)上有且仅有3个极大值点
B．f(x)在(0,2π)上有且仅有2个极小值点
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))上单调递增
D．ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10)))
答案 ACD
解析 f(x)在(0,2π)上有且仅有3个极大值点，分别对应ωx＋eq \f(π,5)＝eq \f(π,2)，eq \f(5π,2)，eq \f(9π,2)，故A正确；
f(x)在(0,2π)上有2个或3个极小值点，分别对应ωx＋eq \f(π,5)＝eq \f(3π,2)，eq \f(7π,2)和ωx＋eq \f(π,5)＝eq \f(3π,2)，eq \f(7π,2)，eq \f(11π,2)，故B不正确；
因为当x∈[0,2π]时，eq \f(π,5)≤ωx＋eq \f(π,5)≤2ωπ＋eq \f(π,5)，
由f(x)在[0,2π]上有且仅有5个零点，得5π≤2ωπ＋eq \f(π,5)<6π，
解得ω∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10)))，故D正确；
由ω∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10)))，得eq \f(π,10)ω＋eq \f(π,5)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,25)，\f(49π,100)))，则eq \f(49π,100)所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))上单调递增，故C正确．
6．(多选)(2023·武汉统考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)))，T为f(x)图象的最小正周期，满足f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,ω)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,3)))，且f(x)在(0，π)上恰有两个极值点，则有( )
A．φ＝－eq \f(π,6)
B．函数y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3ω)))为奇函数
C.eq \f(11,6)<ω≤eq \f(17,6)
D．若ω∈N*，则直线y＝x－eq \f(\r(3),2)为f(x)图象的一条切线
答案 BCD
解析 因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,ω)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,3)))，T＝eq \f(2π,ω)，
所以sin(π＋φ)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))，
则π＋φ＝eq \f(2π,3)＋φ＋2kπ(不符合题意，舍去)或π＋φ＋eq \f(2π,3)＋φ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,2)))，
故φ＝kπ－eq \f(π,3)，又eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))则φ＝－eq \f(π,3)，故A错误；
y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3ω)))＝sin ωx，而sin(－ωx)＋sin(ωx)＝0，所以是奇函数，故B正确；
由f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))在(0，π)上恰有两个极值点，根据正弦函数的图象及性质可得eq \f(3π,2)<ωπ－eq \f(π,3)≤eq \f(5π,2)，解得eq \f(11,6)<ω≤eq \f(17,6)，故C正确；
当ω∈N*时，由上可得ω＝2，即f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
则f′(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
当x＝0时，f′(0)＝1，f(0)＝－eq \f(\r(3),2)，
则y＝x－eq \f(\r(3),2)是f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的一条切线，故D正确．
7．(2023·南通模拟)若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cs x(0<φ<π)的最大值为2，则常数φ的值为________．
答案 eq \f(π,2)
解析 因为f(x)＝cs φsin x＋(sin φ＋1)cs x＝eq \r(cs2φ＋sin φ＋12)sin(x＋θ)，
所以eq \r(cs2φ＋sin φ＋12)＝2，解得sin φ＝1，
因为0<φ<π，所以φ＝eq \f(π,2).
8．(2023·成都模拟)定义在R上的函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上恰有两个零点和一个极值点，则ω的取值范围是________________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(4，5))
解析 设函数f(x)的最小正周期为T，
由正弦型函数可知，两个零点之间必存在极值点，两个极值点之间必存在零点，
则eq \f(π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,3)≤T，
则T＝eq \f(2π,|ω|)≥eq \f(π,3)，
注意到ω>0，解得0<ω≤6，
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))，
则－eq \f(2π,3)≤－eq \f(π,6)ω＋eq \f(π,3)<ωx＋eq \f(π,3)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)≤－\f(π,6)ω＋\f(π,3)<0，,π<\f(π,6)ω＋\f(π,3)≤\f(4π,3)，))
解得4<ω≤5，
故ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(4，5)).
9．(2023·安徽安庆示范高中联考)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω≠0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)))的图象经过点(0，eq \r(3))，若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上既有最大值，又有最小值，而且取得最大值、最小值时的自变量x的值分别只有一个，则实数ω的取值范围是________________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(17,2)，－5))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(13,2)))
解析 由条件知2sin φ＝eq \r(3)，
于是sin φ＝eq \f(\r(3),2)，
又eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))则f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，当ω>0时，因为0所以eq \f(π,3)<ωx＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,3)，要满足条件，
则eq \f(2π,3)≤eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,3)解得1≤ω当ω<0时，因为0所以eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,3)≤ωx＋eq \f(π,3)则－eq \f(5π,2)解得－eq \f(17,2)<ω≤－5，
综上，实数ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(17,2)，－5))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(13,2))).
10．(2023·洛阳统考)先将函数f(x)＝cs x的图象向左平移eq \f(2π,3)个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，所得图象与函数g(x)的图象关于x轴对称，若函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上恰有两个零点，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,12)))上单调递增，则ω的取值范围是________________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,4)，4))
解析 函数f(x)的图象向左平移eq \f(2π,3)个单位长度，得到y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)))的图象，
再将图象上所有点的横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，得到y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(2π,3)))的图象，
因为函数g(x)的图象与y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(2π,3)))的图象关于x轴对称，
所以g(x)＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(2π,3)－\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))，
因为0≤x≤eq \f(2π,3)，
所以eq \f(π,6)≤ωx＋eq \f(π,6)≤eq \f(2ωπ,3)＋eq \f(π,6)，
又因为g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上恰有两个零点，且sin kπ＝0，k∈Z，
所以2π≤eq \f(2ωπ,3)＋eq \f(π,6)<3π，
解得eq \f(11,4)≤ω令－eq \f(π,2)＋2k1π≤ωx＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2k1π，k1∈Z，
得－eq \f(2π,3ω)＋eq \f(2k1π,ω)≤x≤eq \f(π,3ω)＋eq \f(2k1π,ω)，k1∈Z，
令k1＝0，得g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3ω)，\f(π,3ω)))上单调递增，
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,12)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3ω)，\f(π,3ω)))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3ω)≤－\f(π,12)，,\f(π,3ω)≥\f(π,12)，))
又ω>0，解得0<ω≤4.
综上所述，eq \f(11,4)≤ω≤4，
故ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,4)，4))
典例1 (1)已知ω>0，函数f(x)＝sin ωx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))上存在最值，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,2)))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
(2)已知函数f(x)＝4sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))相邻两个对称轴之间的距离为π，且f(x)>2对于任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,3)))恒成立，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,3)))
典例2 (1)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(其中ω>0)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω的取值范围为( )
A．(0,1] B．(0,2]
C．[1,2] D．(1,2)
(2)已知函数f(x)＝cs(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的图象的一条对称轴与其相邻的一个对称中心的距离为eq \f(π,4)，将f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象．若函数g(x)的图象在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上单调递增，则φ的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))
典例3 (1)(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝cs ωx－1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．
(2)(2023·银川模拟)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))，将函数f(x)的图象先向右平移φ(0<φ≤π)个单位长度，再将所得函数图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的eq \f(1,2)倍，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,4)，\f(π,2)))上没有零点，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))
[总结提升]
求ω，φ题型多为复杂题，大多数是代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，或者利用图象的变换，或者利用函数的单调区间、对称性、最值、零点、极值点等性质，再结合图形解出ω，φ的值或取值范围．
1．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))向右平移φ(0≤φ≤π)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(2π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,4)))
2．已知x1，x2是函数f(x)＝tan(ωx－φ)(ω>0,0<φ<π)的两个零点，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))的最小值为eq \f(π,3)，若将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度后得到的图象关于原点对称，则φ的最大值为( )
A.eq \f(3π,4) B.eq \f(π,4) C.eq \f(7π,8) D.eq \f(π,8)
3．(2023·乌鲁木齐模拟)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象过点(0,1)，且在区间(π，2π)内不存在最值，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(7,12)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(7,12))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))
4．(2023·重庆模拟)函数f(x)＝(2cs ωx－1)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))，ω>0在(0,3π)上有6个零点，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(13,12))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(13,12)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(11,9))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(11,9)))
5．(多选)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,5)))(ω＞0)，已知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2π))上有且仅有5个零点，下列四个结论正确的是( )
A．f(x)在(0,2π)上有且仅有3个极大值点
B．f(x)在(0,2π)上有且仅有2个极小值点
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))上单调递增
D．ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10)))
6．(多选)(2023·武汉统考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)))，T为f(x)图象的最小正周期，满足f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,ω)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,3)))，且f(x)在(0，π)上恰有两个极值点，则有( )
A．φ＝－eq \f(π,6)
B．函数y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3ω)))为奇函数
C.eq \f(11,6)<ω≤eq \f(17,6)
D．若ω∈N*，则直线y＝x－eq \f(\r(3),2)为f(x)图象的一条切线
7．(2023·南通模拟)若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cs x(0<φ<π)的最大值为2，则常数φ的值为________．
8．(2023·成都模拟)定义在R上的函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上恰有两个零点和一个极值点，则ω的取值范围是________________．
9．(2023·安徽安庆示范高中联考)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω≠0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)))的图象经过点(0，eq \r(3))，若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上既有最大值，又有最小值，而且取得最大值、最小值时的自变量x的值分别只有一个，则实数ω的取值范围是________________．
10．(2023·洛阳统考)先将函数f(x)＝cs x的图象向左平移eq \f(2π,3)个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，所得图象与函数g(x)的图象关于x轴对称，若函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上恰有两个零点，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,12)))上单调递增，则ω的取值范围是________________．
微专题16 三角函数中ω，φ的范围问题
[考情分析] 三角函数是高考的必考考点，其中求ω，φ的取值范围问题是热门考点．主要结合函数的单调性、对称性、极值与最值、零点等考查，需要考生能够熟练应用三角函数的基本性质和图象．从近几年的高考情况来看，常在选择题中出现，难度稍大．
考点一 三角函数的最值(值域)与ω，φ的取值范围
典例1 (1)已知ω>0，函数f(x)＝sin ωx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))上存在最值，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,2)))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
答案 D
解析 当f(x)＝sin ωx取最值时，ωx＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即x＝eq \f(kπ＋\f(π,2),ω)，k∈Z，
由题知eq \f(π,3)
因为ω>0，当k＝0时，eq \f(1,2)<ω
综上，所求ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
(2)已知函数f(x)＝4sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))相邻两个对称轴之间的距离为π，且f(x)>2对于任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,3)))恒成立，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,3)))
答案 C
解析 由题意，得T＝eq \f(2π,ω)＝2π，解得ω＝1.
由4sin(x＋φ)>2，即sin(x＋φ)>eq \f(1,2)，
得eq \f(π,6)＋2kπ
因为f(x)>2对于任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,3)))恒成立，且|φ|≤eq \f(π,2)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,3)))⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－φ，\f(5π,6)－φ))，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－φ≤－\f(π,4)，,\f(5π,6)－φ≥\f(π,3)，))
解得eq \f(5π,12)≤φ≤eq \f(π,2).
跟踪训练1 (1)(2023·平顶山模拟)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，2))，则ω的取值范围为( )
A．[1,2] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
C．[1,3] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))
答案 A
解析 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，eq \f(π,6)≤ωx＋eq \f(π,6)≤eq \f(πω,3)＋eq \f(π,6)，
因为函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，2))，
所以eq \f(π,2)≤eq \f(πω,3)＋eq \f(π,6)≤eq \f(5π,6)，
解得1≤ω≤2.
(2)已知函数f(x)＝asin x－2eq \r(3)cs x，若f(t)＝0，f′(t)>0，且f(x)在(t，t＋φ)上恰有一个最大值点，那么φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，π))
答案 A
解析 由题意，函数f(x)＝asin x－2eq \r(3)cs x＝eq \r(a2＋12)sin(x－β)，
其中cs β＝eq \f(a,\r(a2＋12))，sin β＝eq \f(2\r(3),\r(a2＋12))，
可得函数f(x)的最小正周期为2π，
又由f(t)＝0，f′(t)>0且f(x)在(t，t＋φ)上恰有一个最大值点，
所以t＋eq \f(π,2)
典例2 (1)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(其中ω>0)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω的取值范围为( )
A．(0,1] B．(0,2]
C．[1,2] D．(1,2)
答案 C
解析 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，ωx＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,6)ω＋\f(π,6)))，
所以eq \f(π,6)ω＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)，解得ω≤2，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))时，ωx＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)ω＋\f(π,6)，\f(π,2)ω＋\f(π,6)))，
因为ω≤2，则eq \f(π,2)ω＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，
所以eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,6)≥eq \f(π,2)，
解得ω≥1，综上所述，1≤ω≤2.
(2)已知函数f(x)＝cs(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的图象的一条对称轴与其相邻的一个对称中心的距离为eq \f(π,4)，将f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象．若函数g(x)的图象在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上单调递增，则φ的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))
答案 B
解析 设最小正周期为T，由题意，知eq \f(T,4)＝eq \f(π,4)，
∴T＝π＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝2，
∴f(x)＝cs(2x＋φ)，
∵将f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象，
∴g(x)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋φ))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ－\f(π,3)))，
由2kπ－π≤2x＋φ－eq \f(π,3)≤2kπ，k∈Z，
得kπ－eq \f(π,3)－eq \f(φ,2)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)－eq \f(φ,2)，k∈Z，
即g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)－\f(φ,2)，kπ＋\f(π,6)－\f(φ,2)))，k∈Z，
∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)－\f(φ,2)，kπ＋\f(π,6)－\f(φ,2)))，k∈Z，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)－\f(φ,2)≤\f(π,2)，,kπ＋\f(π,6)－\f(φ,2)≥\f(3π,4)，))k∈Z，
∴2kπ－eq \f(5π,3)≤φ≤2kπ－eq \f(7π,6)，k∈Z，
∵0<φ<π，∴eq \f(π,3)≤φ≤eq \f(5π,6).
跟踪训练2 (1)(2023·大庆模拟)已知函数f(x)＝2cs(2x＋φ)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递减，且其图象过点(0,1)，则φ的值可能为( )
A．－eq \f(π,3) B．－eq \f(π,6) C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,3)
答案 D
解析 由0
可得φ≥2kπ且eq \f(π,2)＋φ≤π＋2kπ，k∈Z，
解得2kπ≤φ≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
又由函数f(x)的图象过点(0,1)，可得2cs φ＝1，即cs φ＝eq \f(1,2)，
解得φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z或φ＝－eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，
当k＝0时，可得φ＝eq \f(π,3)，所以φ的值可能为eq \f(π,3).
(2)已知函数f(x)＝sin ωx＋2cs2eq \f(ωx,2)(ω>0)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上单调递增，则ω的取值范围是( )
A．(0,4] B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，4))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，3)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，3))
答案 D
解析 f(x)＝sin ωx＋2cs2eq \f(ωx,2)
＝sin ωx＋cs ωx＋1＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))＋1，
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，
所以ωx＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)，\f(3π,4)ω＋\f(π,4)))，
因为函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上单调递增，
所以函数y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)，\f(3π,4)ω＋\f(π,4)))上单调递增，且eq \f(3π,4)－eq \f(π,2)≤eq \f(1,2)T＝eq \f(π,ω)，即0<ω≤4.
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)，\f(3π,4)ω＋\f(π,4)))⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(13π,4)))，
所以函数y＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)，\f(3π,4)ω＋\f(π,4)))上单调递增，
等价于eq \f(3π,4)ω＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)ω＋\f(π,4)≤\f(5π,2)，,\f(π,2)ω＋\f(π,4)≥\f(3π,2)，))
所以解不等式得0<ω≤eq \f(1,3)或eq \f(5,2)≤ω≤3，
所以ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，3)).
考点三 零点与ω，φ的取值范围
典例3 (1)(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝cs ωx－1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．
答案 [2,3)
解析 因为0≤x≤2π，
所以0≤ωx≤2ωπ，
令f(x)＝cs ωx－1＝0，
则cs ωx＝1有3个根，
令t＝ωx，则cs t＝1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]，
结合余弦函数y＝cs t的图象性质可得4π≤2ωπ<6π，
故2≤ω<3.
(2)(2023·银川模拟)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))，将函数f(x)的图象先向右平移φ(0<φ≤π)个单位长度，再将所得函数图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的eq \f(1,2)倍，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,4)，\f(π,2)))上没有零点，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))
答案 D
解析 f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝cs x，
将函数f(x)的图象先向右平移φ(0<φ≤π)个单位长度，可得y＝cs(x－φ)的图象，
再将所得函数图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的eq \f(1,2)倍，得到y＝cs(2x－φ)的图象，
即g(x)＝cs(2x－φ)．
由x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，
设t＝2x－φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－φ，π－φ))，0<φ≤π，
则－eq \f(π,2)≤eq \f(π,2)－φ
所以0≤π－φ≤eq \f(π,2)，解得φ≥eq \f(π,2)，所以eq \f(π,2)≤φ≤π.
跟踪训练3 (1)(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))).
(2)(2023·天津模拟)设函数f(x)＝2eq \r(3)sin(ωx＋φ)－eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0≤φ≤\f(π,2)))的最小正周期为4π，且f(x)在[0,5π]内恰有3个零点，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)))
答案 C
解析 因为T＝eq \f(2π,ω)＝4π，所以ω＝eq \f(1,2)，所以f(x)＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))－eq \r(3).
令f(x)＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))－eq \r(3)＝0，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))＝eq \f(1,2).
当x∈[0,5π]时，eq \f(1,2)x＋φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(φ，φ＋\f(5π,2))).
又0≤φ≤eq \f(π,2)，所以eq \f(5π,2)≤φ＋eq \f(5π,2)≤3π.
因为y＝sin x－eq \f(1,2)在[0,3π]上的零点为eq \f(π,6)，eq \f(5π,6)，eq \f(13π,6)，eq \f(17π,6)，且f(x)在[0,5π]内恰有3个零点，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤φ≤\f(π,6)，,\f(13π,6)≤φ＋\f(5π,2)<\f(17π,6)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,6)<φ≤\f(π,2)，,\f(17π,6)≤φ＋\f(5π,2)≤3π，))
解得φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))).
[总结提升]
求ω，φ题型多为复杂题，大多数是代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，或者利用图象的变换，或者利用函数的单调区间、对称性、最值、零点、极值点等性质，再结合图形解出ω，φ的值或取值范围．
1．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))向右平移φ(0≤φ≤π)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(2π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,4)))
答案 D
解析 把函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))向右平移φ(0≤φ≤π)个单位长度后得到函数g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,3)))的图象，
若g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增，且0≤φ≤π，
则－eq \f(π,3)－2φ＋eq \f(π,3)≥－eq \f(π,2)，且eq \f(π,3)－2φ＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，
解得eq \f(π,12)≤φ≤eq \f(π,4).
2．已知x1，x2是函数f(x)＝tan(ωx－φ)(ω>0,0<φ<π)的两个零点，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))的最小值为eq \f(π,3)，若将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度后得到的图象关于原点对称，则φ的最大值为( )
A.eq \f(3π,4) B.eq \f(π,4) C.eq \f(7π,8) D.eq \f(π,8)
答案 A
解析 因为x1，x2是函数f(x)＝tan(ωx－φ)(ω>0,0<φ<π)的两个零点，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))的最小值为eq \f(π,3)，
所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(π,3)，
因此eq \f(π,ω)＝eq \f(π,3)，解得ω＝3，
所以f(x)＝tan(3x－φ)．
又因为将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度得到y＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))－φ))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)－φ))的图象，
而该图象关于原点对称，
所以eq \f(π,4)－φ＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，
因此φ＝eq \f(π,4)－eq \f(kπ,2)(k∈Z)．
又0<φ<π，
所以当k＝－1时，φ取得最大值，最大值为eq \f(3π,4).
3．(2023·乌鲁木齐模拟)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象过点(0,1)，且在区间(π，2π)内不存在最值，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(7,12)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(7,12))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))
答案 D
解析 ∵函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的图象过点(0,1)，
∴f(0)＝2sin φ＝1，即sin φ＝eq \f(1,2)，
又0<φ
令ωx＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
即x＝eq \f(π,3ω)＋eq \f(kπ,ω)，k∈Z，
∴当x＝eq \f(π,3ω)＋eq \f(kπ,ω)，k∈Z时，
函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)取最值，
∵f(x)在区间(π，2π)内不存在最值，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,3ω)＋\f(kπ,ω)≤π，,\f(π,3ω)＋\f(k＋1π,ω)≥2π，))k∈Z，
解得eq \f(1,3)＋k≤ω≤eq \f(2,3)＋eq \f(k,2)，k∈Z，
当k<－1时，ω不存在；
当k＝－1时，－eq \f(2,3)≤ω≤eq \f(1,6)；
又ω>0，∴0<ω≤eq \f(1,6)；
当k＝0时，eq \f(1,3)≤ω≤eq \f(2,3)；
当k>0时，ω不存在，
综上可得ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3))).
4．(2023·重庆模拟)函数f(x)＝(2cs ωx－1)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))，ω>0在(0,3π)上有6个零点，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(13,12))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(13,12)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(11,9))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(11,9)))
答案 B
解析 f(x)＝(2cs ωx－1)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))＝0得2cs ωx－1＝0或sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))＝0，
解得ωx＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z或ωx＝－eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z或ωx＝eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z，
即x＝eq \f(π,3ω)＋eq \f(2kπ,ω)，k∈Z或x＝－eq \f(π,3ω)＋eq \f(2kπ,ω)，k∈Z或x＝eq \f(π,4ω)＋eq \f(kπ,ω)，k∈Z，
因为ω>0，函数f(x)在(0，＋∞)上的7个零点依次为eq \f(π,4ω)，eq \f(π,3ω)，eq \f(5π,4ω)，eq \f(5π,3ω)，eq \f(9π,4ω)，eq \f(7π,3ω)，eq \f(13π,4ω)，
由于f(x)在(0,3π)上有6个零点，
所以eq \f(7π,3ω)<3π≤eq \f(13π,4ω)，
解得eq \f(7,9)<ω≤eq \f(13,12)，
则ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(13,12))).
5．(多选)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,5)))(ω＞0)，已知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2π))上有且仅有5个零点，下列四个结论正确的是( )
A．f(x)在(0,2π)上有且仅有3个极大值点
B．f(x)在(0,2π)上有且仅有2个极小值点
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))上单调递增
D．ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10)))
答案 ACD
解析 f(x)在(0,2π)上有且仅有3个极大值点，分别对应ωx＋eq \f(π,5)＝eq \f(π,2)，eq \f(5π,2)，eq \f(9π,2)，故A正确；
f(x)在(0,2π)上有2个或3个极小值点，分别对应ωx＋eq \f(π,5)＝eq \f(3π,2)，eq \f(7π,2)和ωx＋eq \f(π,5)＝eq \f(3π,2)，eq \f(7π,2)，eq \f(11π,2)，故B不正确；
因为当x∈[0,2π]时，eq \f(π,5)≤ωx＋eq \f(π,5)≤2ωπ＋eq \f(π,5)，
由f(x)在[0,2π]上有且仅有5个零点，得5π≤2ωπ＋eq \f(π,5)<6π，
解得ω∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10)))，故D正确；
由ω∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10)))，得eq \f(π,10)ω＋eq \f(π,5)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,25)，\f(49π,100)))，则eq \f(49π,100)
6．(多选)(2023·武汉统考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)))，T为f(x)图象的最小正周期，满足f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,ω)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,3)))，且f(x)在(0，π)上恰有两个极值点，则有( )
A．φ＝－eq \f(π,6)
B．函数y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3ω)))为奇函数
C.eq \f(11,6)<ω≤eq \f(17,6)
D．若ω∈N*，则直线y＝x－eq \f(\r(3),2)为f(x)图象的一条切线
答案 BCD
解析 因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,ω)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,3)))，T＝eq \f(2π,ω)，
所以sin(π＋φ)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))，
则π＋φ＝eq \f(2π,3)＋φ＋2kπ(不符合题意，舍去)或π＋φ＋eq \f(2π,3)＋φ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,2)))，
故φ＝kπ－eq \f(π,3)，又eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))
y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3ω)))＝sin ωx，而sin(－ωx)＋sin(ωx)＝0，所以是奇函数，故B正确；
由f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,3)))在(0，π)上恰有两个极值点，根据正弦函数的图象及性质可得eq \f(3π,2)<ωπ－eq \f(π,3)≤eq \f(5π,2)，解得eq \f(11,6)<ω≤eq \f(17,6)，故C正确；
当ω∈N*时，由上可得ω＝2，即f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
则f′(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
当x＝0时，f′(0)＝1，f(0)＝－eq \f(\r(3),2)，
则y＝x－eq \f(\r(3),2)是f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的一条切线，故D正确．
7．(2023·南通模拟)若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cs x(0<φ<π)的最大值为2，则常数φ的值为________．
答案 eq \f(π,2)
解析 因为f(x)＝cs φsin x＋(sin φ＋1)cs x＝eq \r(cs2φ＋sin φ＋12)sin(x＋θ)，
所以eq \r(cs2φ＋sin φ＋12)＝2，解得sin φ＝1，
因为0<φ<π，所以φ＝eq \f(π,2).
8．(2023·成都模拟)定义在R上的函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上恰有两个零点和一个极值点，则ω的取值范围是________________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(4，5))
解析 设函数f(x)的最小正周期为T，
由正弦型函数可知，两个零点之间必存在极值点，两个极值点之间必存在零点，
则eq \f(π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,3)≤T，
则T＝eq \f(2π,|ω|)≥eq \f(π,3)，
注意到ω>0，解得0<ω≤6，
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))，
则－eq \f(2π,3)≤－eq \f(π,6)ω＋eq \f(π,3)<ωx＋eq \f(π,3)
解得4<ω≤5，
故ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(4，5)).
9．(2023·安徽安庆示范高中联考)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω≠0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))<\f(π,2)))的图象经过点(0，eq \r(3))，若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上既有最大值，又有最小值，而且取得最大值、最小值时的自变量x的值分别只有一个，则实数ω的取值范围是________________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(17,2)，－5))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(13,2)))
解析 由条件知2sin φ＝eq \r(3)，
于是sin φ＝eq \f(\r(3),2)，
又eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(φ))
则eq \f(2π,3)≤eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,3)
综上，实数ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(17,2)，－5))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(13,2))).
10．(2023·洛阳统考)先将函数f(x)＝cs x的图象向左平移eq \f(2π,3)个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，所得图象与函数g(x)的图象关于x轴对称，若函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上恰有两个零点，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,12)))上单调递增，则ω的取值范围是________________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,4)，4))
解析 函数f(x)的图象向左平移eq \f(2π,3)个单位长度，得到y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)))的图象，
再将图象上所有点的横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω>0)倍，纵坐标不变，得到y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(2π,3)))的图象，
因为函数g(x)的图象与y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(2π,3)))的图象关于x轴对称，
所以g(x)＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(2π,3)－\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))，
因为0≤x≤eq \f(2π,3)，
所以eq \f(π,6)≤ωx＋eq \f(π,6)≤eq \f(2ωπ,3)＋eq \f(π,6)，
又因为g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上恰有两个零点，且sin kπ＝0，k∈Z，
所以2π≤eq \f(2ωπ,3)＋eq \f(π,6)<3π，
解得eq \f(11,4)≤ω
得－eq \f(2π,3ω)＋eq \f(2k1π,ω)≤x≤eq \f(π,3ω)＋eq \f(2k1π,ω)，k1∈Z，
令k1＝0，得g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3ω)，\f(π,3ω)))上单调递增，
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,12)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3ω)，\f(π,3ω)))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3ω)≤－\f(π,12)，,\f(π,3ω)≥\f(π,12)，))
又ω>0，解得0<ω≤4.
综上所述，eq \f(11,4)≤ω≤4，
故ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,4)，4))
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