新高考数学二轮复习 专题突破 专题2 微重点5　三角函数中ω，φ的范围问题（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习 专题突破 专题2 微重点5　三角函数中ω，φ的范围问题（含解析），共11页。试卷主要包含了单调性等内容，欢迎下载使用。

考点一 三角函数的最值(值域)与ω，φ的取值范围
例1 (1)若函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3，\f(7,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(7,2)))
答案 B
解析 因为ω>0，所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，
ωx－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(ωπ,2)－\f(π,4))).
又因为函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)在
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
所以eq \f(π,2)≤eq \f(ωπ,2)－eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，
解得eq \f(3,2)≤ω≤3.
(2)已知函数f(x)＝sin ωx＋acs ωx(a>0，ω>0)的最大值为2，若使函数f(x)在区间[0,3]上至少取得两次最大值，则ω的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13π,18)，＋∞))
解析 f(x)＝sin ωx＋acs ωx
＝eq \r(1＋a2)sin(ωx＋φ)，
因为f(x)max＝eq \r(1＋a2)＝2，a>0，
故a＝eq \r(3)，
原式为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，
当f(x)取到最大值时，ωx＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
当x∈[0,3]，f(x)取得两次最大值时，k分别为0和1，当k＝1时，ωx＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋2π，x＝eq \f(13π,6ω)，
此时需满足eq \f(13π,6ω)≤3，
解得ω≥eq \f(13π,18).
规律方法 求三角函数的最值(值域)问题，主要是整体代换ωx±φ，利用正、余弦函数的图象求解，要注意自变量的范围．
跟踪演练1 已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象与直线y＝1的相邻两个交点的距离为π，若对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,24)，\f(π,3)))，不等式f(x)>eq \f(1,2)恒成立，则φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,6))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))
答案 A
解析 因为函数y＝f(x)的图象与直线y＝1的相邻两个交点的距离为π，所以函数y＝f(x)的最小正周期为T＝π，所以ω＝eq \f(2π,T)＝2，
所以f(x)＝sin(2x＋φ)．
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,24)，\f(π,3)))时，eq \f(π,12)＋φ<2x＋φ因为－eq \f(π,2)<φ所以－eq \f(5π,12)又因为不等式f(x)>eq \f(1,2)对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,24)，\f(π,3)))恒成立，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋φ≥\f(π,6)，,\f(2π,3)＋φ≤\f(5π,6)，))
解得eq \f(π,12)≤φ≤eq \f(π,6).
因此φ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,6))).
考点二 单调性与ω，φ的取值范围
例2 (1)(2022·张家口模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，f(0)＝eq \f(\r(2),2)且函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,16)，\f(π,8)))上单调递减，则ω的最大值为________．
答案 10
解析 因为f(0)＝sin φ＝eq \f(\r(2),2)，
又|φ|≤eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,4)，
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,16)，\f(π,8)))且ω>0时，
eq \f(πω,16)＋eq \f(π,4)<ωx＋eq \f(π,4)因为f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,16)，\f(π,8)))上单调递减，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(πω,16)＋\f(π,4)，\f(πω,8)＋\f(π,4)))⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(πω,16)＋\f(π,4)≥\f(π,2)＋2kπk∈Z，,\f(πω,8)＋\f(π,4)≤\f(3π,2)＋2kπk∈Z，))
解得4＋32k≤ω≤10＋16k(k∈Z)，
因为ω>0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k≥0，,32k＋4≤16k＋10，))
则0≤k≤eq \f(3,8)且k∈Z，故k＝0，从而4≤ω≤10，
因此，ω的最大值为10.
(2)(2022·柳州模拟)若直线x＝eq \f(π,4)是曲线y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)的一条对称轴，且函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上不单调，则ω的最小值为( )
A．9 B．7 C．11 D．3
答案 C
解析 因为直线x＝eq \f(π,4)是曲线y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)的一条对称轴，则eq \f(π,4)ω－eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，即ω＝4k＋3，k∈Z，
由－eq \f(π,2)≤ωx－eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)得－eq \f(π,4ω)≤x≤eq \f(3π,4ω)，则函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4ω)，\f(3π,4ω)))上单调递增，
而函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,12)))上不单调，则eq \f(3π,4ω)9，
所以ω的最小值为11.
规律方法 若三角函数在区间[a，b]上单调递增，则区间[a，b]是该函数单调递增区间的子集，利用集合的包含关系即可求解．
跟踪演练2 已知f(x)＝sin(2x－φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))上有最小值，那么φ的取值范围是( )
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,6)，\f(π,4)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))
答案 B
解析 由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，可得2x－φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－φ，\f(2π,3)－φ))，
又由0<φ可得eq \f(2π,3)－φ≤eq \f(π,2)，所以eq \f(π,6)≤φ＜eq \f(π,2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))时，2x－φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－φ，\f(7π,4)－φ))，
由f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))上有最小值，可得eq \f(7π,4)－φ>eq \f(3π,2)，
所以φ综上，eq \f(π,6)≤φ考点三 零点与ω，φ的取值范围
例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)(2022·龙岩质检)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋b(ω>0)，若f(x)关于点(a，1)对称，且f(x)在区间[0,1]上有且仅有3个零点，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2))) B．[－1，eq \r(3))
C．[－1，eq \r(3)＋1) D．[0，eq \r(3)＋1)
答案 C
解析 因为f(x)关于点(a，1)对称，所以b＝1.
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋1(ω>0)，
令f(x)＝0，则2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋1＝0，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)，
因为x∈[0,1]，
所以ωx－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，ω－\f(π,6)))，
因为f(x)在区间[0,1]上有且仅有3个零点，
所以eq \f(11π,6)≤ω－eq \f(π,6)则2π≤ω又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)ω－\f(π,6)))＋1，
所以eq \f(4π,3)≤eq \f(3ω,4)－eq \f(π,6)则－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3ω,4)－\f(π,6)))所以－1≤2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3ω,4)－\f(π,6)))＋1即－1≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))规律方法 已知函数的零点、极值点求ω，φ的取值范围问题，一是利用三角函数的图象求解；二是利用解析式，直接求函数的零点、极值点即可，注意函数的极值点即为三角函数的最大值、最小值点．
跟踪演练3 (2022·湛江模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋x))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝0，且f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,10)，\f(π,2)))
上有且只有一个极大值点，则ω的最大值为________．
答案 eq \f(33,4)
解析 由题意知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)ω＋φ＝k1π，,\f(π,3)ω＋φ＝k2π＋\f(π,2)，))k1，k2∈Z，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω＝\f(32k＋1,4)，,φ＝\f(k′π,2)＋\f(π,4)，))k，k′∈Z，
其中k＝k2－k1，k′＝k2＋k1＝2k2－k，
当k′＝－1时，φ＝－eq \f(π,4)，k＝2k2＋1，k2∈Z；
当k′＝0时，φ＝eq \f(π,4)，k＝2k2，k2∈Z.
又f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,10)，\f(π,2)))上有且只有一个极大值点，
所以eq \f(π,2)－eq \f(π,10)＝eq \f(2π,5)≤2T＝eq \f(4π,ω)，
得0<ω≤10，即0所以－eq \f(1,2)当k＝6时，ω＝eq \f(39,4)，φ＝eq \f(π,4)，
此时eq \f(39,4)x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(49π,40)，\f(41π,8)))，此时有2个极大值点，舍去；
当k＝5时，ω＝eq \f(33,4)，φ＝－eq \f(π,4)，
此时eq \f(33,4)x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(23π,40)，\f(31π,8)))，此时有1个极大值点，成立，所以ω的最大值为eq \f(33,4).
专题强化练
1．(2022·开封模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，现将y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度得到的函数图象也过点P，则( )
A．ω的最小值为2
B．ω的最小值为6
C．ω的最大值为2
D．ω的最大值为6
答案 A
解析 依题意f(0)＝sin φ＝eq \f(1,2)，0<φf(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度得到
g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)ω＋\f(π,6)))，
g(0)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)ω＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
所以eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,6)＝2k1π＋eq \f(π,6)或eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,6)＝2k2π＋eq \f(5π,6)，
即ω＝6k1或ω＝6k2＋2，其中k1，k2∈Z，
由于ω>0，所以ω的最小值为2.
2．(2022·湖南六校联考)将函数f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))的图象向右平移φ(0<φ<π)个单位长度后得到g(x)的图象．若g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递增，则φ的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))
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,2)，\f(2π,3)))
答案 B
解析 g(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)－φ))，
当eq \f(π,6)由0<φ<π，得－φ∈(－π，0)，
eq \f(2π,3)－φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，
有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－φ≥－\f(π,2)，,\f(2π,3)－φ≤\f(π,2)，))得eq \f(π,6)≤φ≤eq \f(π,2).
3．已知ω>eq \f(1,12)，函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,4)))在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))内没有最值，则ω的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，\f(1,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,12)，\f(11,24)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(5,12))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,12)，1))
答案 C
解析 由2ωx＋eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝eq \f(4k＋1,8ω)π，k∈Z，
因为函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,4)))在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))内没有最值，
所以对任意k∈Z，都有eq \f(4k＋1,8ω)π∉eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，
当ω＝eq \f(1,2)，k＝1时，eq \f(4k＋1,8ω)π＝eq \f(5π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，故选项A，D不正确；
当ω＝eq \f(11,24)时，存在k＝1使得eq \f(4k＋1,8ω)π＝eq \f(15π,11)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，故选项B不正确．
4．(2022·邵阳模拟)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)，已知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递增，则f(x)在(0,2π)上的零点最多有( )
A．2个 B．3个
C．4个 D．5个
答案 A
解析 由－eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得－eq \f(2π,3ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(π,3ω)＋eq \f(2kπ,ω)，k∈Z，
取k＝0，可得－eq \f(2π,3ω)≤x≤eq \f(π,3ω).
若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递增，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3ω)≤－\f(π,6)，,\f(π,3ω)≥\f(π,4)，))
解得0<ω≤eq \f(4,3).
若x∈(0,2π)，则ωx＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2ωπ＋\f(π,6))).
设t＝ωx＋eq \f(π,6)，
则t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2ωπ＋\f(π,6)))，
因为2ωπ＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(17π,6)))，
所以函数y＝sin t在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2ωπ＋\f(π,6)))上的零点最多有2个．
所以f(x)在(0,2π)上的零点最多有2个．
5．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝0，f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))))恒成立，且f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上单调，那么下列说法中正确的是( )
①存在φ，使得f(x)是偶函数；
②f(0)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))；
③ω是奇数；
④ω的最大值为3.
A．①②③ B．①③
C．②④ D．②③
答案 D
解析 由f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))))，知x＝eq \f(3π,8)为函数f(x)图象的一条对称轴，
所以f(0)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4))).
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝0，
所以eq \f(2n＋1,4)·T＝eq \f(3π,8)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)))＝eq \f(π,2)(n∈Z)，
即eq \f(2n＋1,4)·eq \f(2π,ω)＝eq \f(π,2)(n∈Z)，
即ω＝2n＋1(n∈Z)．
因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上单调，
所以eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)≥eq \f(π,24)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝eq \f(π,8)，
所以ω≤8，所以ωmax＝7.
因为|φ|所以φ≠eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，
所以不存在φ，使得f(x)是偶函数．
6．(2022·萍乡模拟)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，a＋\f(π,3)))上的最大值为M，最小值为m，则M－m的最小值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(1,2)
C．1－eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(2)－1,2)
答案 B
解析 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，a＋\f(π,3)))时，
2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2a＋\f(π,4)，2a＋\f(π,4)＋\f(2π,3)))，
令2x＋eq \f(π,4)＝t，2a＋eq \f(π,4)＝h，
则问题转化为g(t)＝sin t在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(h，h＋\f(2π,3)))上的最大值是M，最小值是m，
由正弦函数性质，可知g(t)＝sin t的周期是2π，要使得M－m最小，则g(t)的最大值或最小值点是区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(h，h＋\f(2π,3)))的中点，
由周期性，不妨取h＋h＋eq \f(2π,3)＝π或h＋h＋eq \f(2π,3)＝3π，即h＝eq \f(π,6)或h＝eq \f(7π,6)，
当h＝eq \f(π,6)时，M＝1，m＝sin eq \f(π,6)＝eq \f(1,2)，M－m＝eq \f(1,2)，
当h＝eq \f(7π,6)时，m＝－1，M＝sin eq \f(7π,6)＝－eq \f(1,2)，M－m＝eq \f(1,2).
7．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin ωx－cs ωx(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内有且仅有1个最大值点和3个零点，则ω的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,3)，\f(16,3)))
解析 f(x)＝eq \r(3)sin ωx－cs ωx
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))，∵0≤x≤eq \f(π,2)，
∴－eq \f(π,6)≤ωx－eq \f(π,6)≤eq \f(ωπ,2)－eq \f(π,6)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,2)－\f(π,6)≥2π，,\f(ωπ,2)－\f(π,6)<\f(5π,2)，))解得eq \f(13,3)≤ω则ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,3)，\f(16,3))).
8．(2022·衡阳模拟)已知函数f(x)＝sin x＋eq \r(3)|cs x|，则函数f(x)的一个单调递增区间为________；当x∈[0，a]时，函数f(x)的值域为[1,2]，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,6))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(7π,6)))
解析 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z时，
f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))，k∈Z时，
f(x)＝sin x－eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，
令－eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，
得－eq \f(5π,6)≤x≤eq \f(π,6)，
所以函数f(x)的一个单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,6)))，
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，0≤x≤\f(π,2)，,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，\f(π,2)则函数f(x)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,6)，\f(π,2)))上单调递减，
则当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)∈[1,2]，
且f(0)＝eq \r(3)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))时，
令－eq \f(π,2)≤x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，则－eq \f(π,6)≤x≤eq \f(5π,6)，
所以函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上单调递增，
此时f(x)∈[1,2]；
令eq \f(π,2)≤x－eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)，得eq \f(5π,6)≤x≤eq \f(11π,6)，
所以函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(3π,2)))上单调递减，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(3π,2)))时，
令f(x)＝1，得x＝eq \f(7π,6)，
因为当x∈[0，a]时，函数f(x)的值域为[1,2]，
所以eq \f(π,2)≤a≤eq \f(7π,6).