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2025年高考数学精品教案第四章 三角函数 突破 三角函数中有关ω问题的求解
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这是一份2025年高考数学精品教案第四章 三角函数 突破 三角函数中有关ω问题的求解，共8页。
命题点1 利用三角函数对称性求ω
例1 将函数y＝4sin（ωx＋π2）（ω＞0）的图象分别向左、向右平移π6个单位长度后，所得的两个图象的对称轴重合，则ω的最小值为（ A ）
A.3B.2C.4D.6
解析 将函数y＝4sin（ωx＋π2）（ω＞0）的图象分别向左、向右平移π6个单位长度后，得到y1＝4sin[ω（x＋π6）＋π2]，y2＝4sin[ω（x－π6）＋π2]的图象.由两个图象的对称轴重合，可得
[ω（x＋π6）＋π2]－[ω（x－π6）＋π2]＝ω3π＝kπ（k∈Z），所以ω＝3k（k∈Z）.又ω＞0，所以ω的最小值为3.
方法技巧
已知三角函数的对称性求ω的思路：根据三角函数的对称性与周期的关系，对称轴与最值的关系，对称中心与零点的关系求ω.
训练1 [2023四川省名校联考]已知函数f（x）＝sin ωx＋cs ωx（ω＞0），若∃x0∈[－π4，π3]，使得f（x）的图象在点（x0， f（x0））处的切线与x轴平行，则ω的最小值是（ A ）
A.34B.1C.32D.2
解析 f（x）＝2sin（ωx＋π4）.f（x）的图象在[－π4，π3]上存在与x轴平行的切线，即
f（x）的图象在[－π4，π3]上存在对称轴，所以－π4ω＋π4≤－π2或π3ω＋π4≥π2，解得ω≥3或ω≥34，
所以ω的最小值为34，故选A.
命题点2 利用三角函数单调性求ω
例2 [全国卷Ⅰ]已知函数f（x）＝sin（ωx＋φ）（ω＞0，｜φ｜≤π2），x＝－π4为f（x）的零点，x＝π4为y＝f（x）图象的对称轴，且f（x）在（π18，5π36）上单调，则ω的最大值为（ B ）
A.11B.9C.7D.5
解析 依题意，有ω·（－π4）＋φ＝mπ，ω·π4＋φ＝nπ＋π2（m，n∈Z），
解得ω=2（n－m）+1，φ＝2（m＋n）+14π.又｜φ｜≤π2，所以m＋n＝0或m＋n＝－1.
由f（x）在（π18，5π36）上单调，得πω≥5π36－π18，所以0＜ω≤12.
当m＋n＝0时，ω＝4n＋1，φ＝π4，
取n＝2，得ω＝9，f（x）＝sin（9x＋π4），此时，当x∈（π18，5π36）时，9x＋π4∈（3π4，3π2），f（x）单调，符合题意.
当m＋n＝－1时，φ＝－π4，ω＝4n＋3，
取n＝2，得ω＝11，f（x）＝sin（11x－π4），此时，当x∈（π18，5π36）时，11x－π4∈（13π36，23π18），f（x）不单调，不合题意.故ω的最大值为9.
方法技巧
已知函数y＝Asin（ωx＋φ）（A＞0，ω＞0）在[x1，x2]上单调递增（或递减），求ω的取值范围的步骤：
（1）根据题意可知区间[x1，x2]的长度不大于该函数最小正周期T的一半，即x2－x1≤12T＝πω，求得0＜ω≤πx2－x1；
（2）以单调递增为例，利用[ωx1＋φ，ωx2＋φ]⊆[－π2＋2kπ，π2＋2kπ]，k∈Z，解得ω的范围；
（3）结合（1）中求出的ω的范围对k进行赋值，从而求出ω的取值范围.
训练2 （1）[2023贵州省适应性测试 ]将函数f（x）＝cs ωx（ω＞0）的图象向左平移π2个单位长度后得到函数g（x）的图象.若g（x）的图象关于点（π4，0）对称，且g（x）在[π3，5π6]上单调递减，则ω＝（ B ）
A.13B.23C.1D.2
解析 由题意可得g（x）＝cs（ωx＋π2ω），因为g（x）的图象关于点（π4，0）对称，所以3πω4＝π2＋kπ，k∈Z，即ω＝23＋43k，k∈Z.令2k1π≤ωx＋π2ω≤π＋2k1π，k1∈Z，得g（x）的单调递减区间为[2k1πω－π2，π+2k1πω－π2]，k1∈Z，因为g（x）在[π3，5π6]上单调递减，所以π3≥2k1πω－π2，5π6≤π+2k1πω－π2，5π6－π3≤12·2πω，k1∈Z，解得12k15≤ω≤34＋32k1且0＜ω≤2，k1∈Z，所以k1只能取0，得0＜ω≤34.又ω＝23＋43k，k∈Z，所以k只能取0，得ω＝23.故选B.
（2）[2023四川省遂宁市三诊]已知函数f（x）＝sin（ωx＋π6）＋cs ωx（ω＞0），f（x1）＝0，f（x2）＝3，且｜x1－x2｜的最小值为π，则ω的最小值为 12 .
解析 f（x）＝sin（ωx＋π6）＋cs ωx＝32sin ωx＋12cs ωx＋cs ωx＝32sin ωx＋32cs ωx＝3sin（ωx＋π3），因为f（x1）＝0，f（x2）＝3，且｜x1－x2｜的最小值为π，所以函数
f（x）的最小正周期T的最大值为4π，ω的最小值为12.
命题点3 利用三角函数最值求ω
例3 将函数f（x）＝sin（2ωx＋φ）（ω＞0，0＜φ＜2π）图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数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（ C ）
A.（712，1312]B.[712，1312）C.[1112，1712）D.（1112，1712]
解析 由已知得函数g（x）＝sin（ωx＋φ）（ω＞0，0＜φ＜2π），由g（x）的图象经过点（0，32）以及点在图象上的位置，得sin φ＝32，φ＝2π3，∵0≤x≤2π，∴2π3≤ωx＋2π3≤2πω＋2π3，由g（x）在[0，2π]上恰有一个最大值和一个最小值，∴5π2≤2πω＋2π3＜7π2，∴1112≤ω＜1712.
方法技巧
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，列出关于ω的不等式（组），进而求出ω的取值范围.
训练3 [2023乌鲁木齐市质监]已知函数f（x）＝2sin（ωx＋φ）（ω＞0，0＜φ＜π2）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（ D ）
A.（0，16]B.[14，712]
C.（0，16]∪[14，712]D.（0，16]∪[13，23]
解析 因为f（x）＝2sin（ωx＋φ）的图象过点（0，1），所以f（0）＝2sin φ＝1，即
sin φ＝12.
又0＜φ＜π2，所以φ＝π6，于是f（x）＝2sin（ωx＋π6）.
因为f（x）在区间（π，2π）内不存在最值，所以π≤T2＝πω（T为f（x）的最小正周期），得ω≤1.
当x∈（π，2π）时，ωx＋π6∈（πω＋π6，2πω＋π6），其中π6＜πω＋π6≤7π6，
所以有两种情况：①π6＜πω＋π6＜π2，2πω＋π6≤π2，解得0＜ω≤16；
②π2≤πω＋π6≤7π6，2πω＋π6≤3π2，解得13≤ω≤23.故选D.
命题点4 利用三角函数零点、极值点求ω
例4 [2023新高考卷Ⅰ]已知函数f（x）＝cs ωx －1（ω＞0）在区间[0， 2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是 [2，3） .
解析 函数f（x）＝cs ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cs ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，因为ω＞0，x∈[0，2π]，所以ωx∈[0，2ωπ]，则由余弦函数的图象可知，4π≤2ωπ＜6π，解得2≤ω＜3，即ω的取值范围是[2，3）.
方法技巧
三角函数图象上两个相邻零点间和两个相邻极值点间的距离均为T2（T为最小正周期），根据三角函数的零点个数或极值点个数，可确定区间长度范围，进而研究ω的取值.
训练4 （1）[2022全国卷甲]设函数f（x）＝sin（ωx＋π3）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（ C ）
A.[53，136）B.[53，196）C.（136，83]D.（136，196]
解析 结合4个选项可设ω＞0.由x∈（0，π），得ωx＋π3∈（π3，πω＋π3）.根据函数
f（x）在区间（0，π）恰有三个极值点和两个零点，知5π2＜πω＋π3≤3π，得136＜ω≤83，即ω的取值范围为136＜ω≤83.
（2）[2022全国卷乙]记函数f（x）＝cs（ωx＋φ）（ω＞0， 0＜φ＜π） 的最小正周期为T.若f（T）＝32，x＝π9为f（x）的零点，则ω的最小值为 3 .
解析 因为T＝2πω，f（2πω）＝32，所以cs（2π＋φ）＝32，即cs φ＝32.又0＜φ＜π，所以φ＝π6.因为x＝π9为f（x）的零点，所以π9ω＋π6＝π2＋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.
1.[命题点2/2023绵阳市一诊]若存在实数φ∈（－π2，0），使得函数y＝sin（ωx＋π6）（ω＞0）的图象的一个对称中心为（φ，0），则ω的取值范围为（ C ）
A.[13，＋∞）B.（13，1]
C.（13，＋∞）D.[1，43）
解析 由题意可知，y＝sin（ωx＋π6）的图象在（－π2，0）内有一个零点.由y＝sin（ωx＋π6）＝sin[ω（x＋π6ω）]，得y＝sin（ωx＋π6）的图象是由y＝sin ωx的图
象向左平移π6ω个单位长度得到的，所以π6ω＜π2，所以ω＞13，即ω∈（13，＋∞），故选C.
2.[命题点4/2023广西南宁高三摸底]已知函数f（x）＝cs ωx－3sin ωx（ω＞0），若
f（x）在区间[0，2π）上有且仅有4个零点和1个极大值点，则ω的取值范围是（ D ）
A.[53，2312]B.[1912，136）C.[53，136）D.[1912，116]
解析 f（x）＝cs ωx－3sin ωx＝2cs（ωx＋π3），
当x∈[0，2π）时，因为ω＞0，
所以ωx＋π3∈[π3，2πω＋π3）.
因为函数f（x）在区间[0，2π）上有且仅有4个零点和1个极大值点，所以7π2≤2πω＋π3≤4π，解得ω∈[1912，116].
3.[多选/2023湖南长沙模拟]已知函数f（x）＝cs ωπx（ω＞0），将f（x）的图象向右平移13ω个单位长度后得到函数g（x）的图象，点A，B，C是f（x）与g（x）图象的连续的三个交点，若△ABC是锐角三角形，则ω的值可能为（ AD ）
A.23B.14C.33D.3
解析 f（x）＝cs ωπx（ω＞0）的图象向右平移13ω个单位长度后得到函数g（x）＝cs[ωπ（x－13ω）]＝cs（ωπx－π3）的图象.
设f（x）的最小正周期为T，如图所示，AC＝T＝2πωπ＝2ω，令cs ωπx＝cs（ωπx－π3）＝12cs ωπx＋32sin ωπx，得cs ωπx＝3sin ωπx，则cs ωπx＝±32，
所以yA＝yC＝32，yB＝－32，取AC的中点D，连接BD，则BD＝2｜yB｜＝3，因为△ABC是锐角三角形，所以∠ABC＜90°，即∠DBC＜45°，∠DCB＞45°，
所以tan∠DCB＝BDDC＝3ω1＞1，则ω＞33，故选AD.
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1.函数f（x）＝2cs2ωx－sin2ωx＋2（ω＞0）的最小正周期为π，则ω＝（ C ）
A.32B.2C.1D.12
解析 ∵f（x）＝2cs2ωx－sin2ωx＋2＝32cs 2ωx＋52（ω＞0），∴f（x）的最小正周期T＝2π2ω＝π，∴ω＝1.
2.[2024福州市一检]若定义在R上的函数f（x）＝sin ωx＋cs ωx（ω＞0）的图象在区间[0，π]上恰有5条对称轴，则ω的取值范围为（ A ）
A.[174，214）B.（174，254]
C.[174，254）D.[334，414）
解析 由已知得，f（x）＝2sin（ωx＋π4），令ωx＋π4＝kπ＋π2，k∈Z，得x＝（4k+1）π4ω，k∈Z，依题意知，满足0≤（4k+1）π4ω≤π，即0≤4k＋1≤4ω的整数k有5个，所以k＝0，1，2，3，4，则4×4＋1≤4ω＜4×5＋1，故174≤ω＜214，选A.
3.[2024山东菏泽一中模拟]已知函数f（x）＝sin（ωx＋π3）（ω＞0）的周期为T，且满足T＞2π，若函数f（x）在区间（π6，π4）不单调，则ω的取值范围是（ C ）
A.（34，1）B.（12，1）
C.（23，1）D.（45，1）
解析 已知f（x）＝sin（ωx＋π3）（ω＞0）， 令ωx＋π3＝kπ＋π2（k∈Z），解得x＝kπ＋π6ω（k∈Z），则函数f（x）的图象的对称轴方程为x＝kπ＋π6ω（k∈Z）.∵函数f（x）在区间
（π6，π4）不单调，∴令π6＜kπ＋π6ω＜π4（k∈Z），解得4k＋23＜ω＜6k＋1，k∈Z，又由T＞2π，且ω＞0，得0＜ω＜1，故仅当k＝0时，23＜ω＜1满足题意.故选C.
4.[2024安徽合肥一中模拟]已知函数f（x）＝cs（ωx－φ）的图象关于原点对称，其中ω＞0，φ∈（－π，0），而且在区间[－π4，π3]上有且只有一个最大值和一个最小值，则ω的取值范围是（ B ）
A.32≤ω＜92B.2≤ω＜92
C.32≤ω≤92D.2≤ω≤92
解析 因为函数f（x）＝cs（ωx－φ）的图象关于原点对称，且x∈R，φ∈（－π，0），所以函数f（x）为奇函数，所以f（0）＝0⇒cs（－φ）＝0⇒φ＝－π2，故f（x）＝
cs（ωx＋π2）＝－sin ωx，当x∈[－π4，π3]时，ωx∈[－π4ω，π3ω]，此时f（x）有且只有一个最大值和一个最小值，由正弦函数的图象与性质可得－3π2＜－π4ω≤－π2，π2≤π3ω＜3π2⇒2≤ω<6，32≤ω＜92⇒2≤ω＜92.故选B.
5.[2024广东珠海第二中学模拟]已知函数f（x）＝3cs（ωx＋φ）（ω＞0），若f（－π4）＝3，f（π2）＝0，在区间（－π3，－π6）上没有零点，则ω的取值共有（ B ）
A.4个B.5个C.6个D.7个
解析 由题知f（x）＝3cs（ωx＋φ）（ω＞0），f（－π4）＝3，f（π2）＝0，
所以3cs（－π4ω＋φ）=3，3cs（π2ω＋φ）=0，
所以－π4ω＋φ=2k1π，π2ω＋φ＝k2π＋π2，k1，k2∈Z，
两式相减得3π4ω＝（k2－2k1）π＋π2，所以ω＝43（k2－2k1）＋23，即ω＝4n3＋23，n∈Z，
因为x∈（－π3，－π6），ω＞0，所以ωx＋φ∈（－π3ω＋φ，－π6ω＋φ），令ωx＋φ＝t， t∈（－π3ω＋φ，－π6ω＋φ），由题意知y＝3cs t在（－π3ω＋φ，－π6ω＋φ）上无零点，
故（－π3ω＋φ，－π6ω＋φ）⊆（－π2＋kπ，π2＋kπ），k∈Z，
所以－π3ω＋φ≥－π2＋kπ，－π6ω＋φ≤π2＋kπ，即－π3ω＋φ≥－π2＋kπ，π6ω－φ≥－π2－kπ，
两式相加得－π6ω≥－π，所以0＜ω≤6，又ω＝4n3＋23，所以，当n＝0时，ω＝23；当n＝1时，ω＝2；当n＝2时，ω＝103；当n＝3时，ω＝143；当n＝4时，ω＝6.所以ω的取值共有5个.故选B.
6.[2023河南部分重点中学联考]已知函数f（x）＝sin（ωx＋π6）＋3sin（ωx－π3）（ω＞0）在区间[π6，π3]上单调，且当x1－x2＝π2时，｜f（x1）－f（x2）｜≥4，则ω＝（ A ）
A.2B.4C.6D.8
解析 f（x）＝sin（ωx＋π6）＋3sin（ωx－π3）＝sin（ωx＋π6）－3cs（ωx＋π6）＝
2sin（ωx＋π6－π3）＝2sin（ωx－π6），所以f（x）max＝2，f（x）min＝－2，所以｜f（x1）－
f（x2）｜≤4.记f（x）的最小正周期为T，因为｜f（x1）－f（x2）｜≥4，所以｜f（x1）－
f（x2）｜＝4，x1－x2＝12T＋kT＝π2（k∈Z），则T＝π2k+1（k∈Z），则ω＝4k＋2（k∈Z）.当x∈[π6，π3]时，ωx－π6∈[ωπ6－π6，ωπ3－π6]，因为f（x）在[π6，π3]上单调，所以ωπ6－π6≥k1π－π2，ωπ3－π6≤k1π＋π2，k1∈Z，解得6k1－2≤ω≤3k1＋2（k1∈Z），则6k1－2≤3k1+2，3k1+2>0，k1∈Z，得－23＜k1≤43（k1∈Z），所以k1＝0或k1＝1，所以－2≤ω≤2或4≤ω≤5，结合ω＝4k＋2（k∈Z）知ω＝2，故选A.
7.[2023绵阳南山中学模拟]设函数f（x）＝sin ωx＋sin（ωx＋π3）（ω＞0），已知f（x）在[0，π]上有且仅有2 023个极值点，则ω的取值范围是 [6 0673，6 0703） .
解析 f（x）＝sin ωx＋sin（ωx＋π3）＝32sin ωx＋32cs ωx＝3（32sin ωx＋12cs ωx）＝3sin（ωx＋π6），当x∈[0，π]时，ωx＋π6∈[π6，ωπ＋π6]，因为函数f（x）在[0，π]上有且仅有2 023个极值点，所以2 022π＋π2≤ωπ＋π6＜2 022π＋3π2，解得6 0673≤ω＜6 0703.
8.[2024浙江丽水统考]已知函数f（x）＝sin（ωx＋φ）（ω＞0，0＜φ＜π），f（x）满足
f（x＋π3）＝f（π3－x），f（－π3）＝0，且在区间（π18，π6）上有且仅有一个x0使f（x0）＝1，则ω的最大值为 1294 .
解析 因为f（x）满足f（x＋π3）＝f（π3－x），f（－π3）＝0，所以x＝π3为f（x）图象的一条对称轴，－π3ω＋φ＝k1π，且π3ω＋φ＝k2π＋π2，k1，k2∈Z，则ω＝3（2k+1）4，φ＝k'π2＋π4，其中k＝k2－k1，k'＝k2＋k1＝k＋2k1，且k，k'同为奇数或偶数.又f（x）在区间（π18，π6）上有且仅有一个x0使f（x0）＝1，故要求ω的最大值，需使（π18，π6）包含的周期最多，所以π6－π18＝π9≤2T，得0＜ω≤36，即3（2k+1）4≤36，k≤23.5.当k＝23时，ω＝1414，k为奇数，故k'为奇数，0＜φ＜π，则φ＝3π4，此时1414x＋3π4∈（65π24，53π8），当1414x0＋3π4＝9π2或13π2时，
f（x0）＝1，不合题意；当k＝22时，ω＝1354，k为偶数，故k'为偶数，0＜φ＜π，则φ＝π4，此时1354x＋π4∈（17π8，47π8），当1354x0＋π4＝5π2或9π2时，f（x0）＝1，不合题意；当k＝21时，ω＝1294，k为奇数，故k'为奇数，0＜φ＜π，则φ＝3π4，此时1294x＋3π4∈（61π24，49π8），当1294x0＋3π4＝9π2时，f（x0）＝1，符合题意.由于ω＝3（2k+1）4，即ω随着k的增大而增大，故ω的最大值为1294.
9.[2023长沙八校联考]已知函数f（x）＝4sin ωx·cs（ωx＋π6）＋1（ω＞0）.
（1）若f（x）的最小正周期为π，求ω的值及f（x）的单调递减区间；
（2）若x∈（0，π3]，f（x）＝3恰有三个解，求ω的取值范围.
解析 f（x）＝4sin ωxcs（ωx＋π6）＋1＝4sin ωx（32cs ωx－12sin ωx）＋1＝3sin 2ωx＋cs 2ωx＝2sin（2ωx＋π6）.
（1）由f（x）的最小正周期为π，知T＝2π2ω＝π，所以ω＝1，所以f（x）＝2sin（2x＋π6），令2x＋π6∈[2kπ＋π2，2kπ＋3π2]，k∈Z，则x∈[kπ＋π6，kπ＋2π3]，k∈Z，所以f（x）的单调递减区间为[kπ＋π6，kπ＋2π3]，k∈Z.
（2）因为x∈（0，π3]，所以2ωx＋π6∈（π6，2ωπ3＋π6]，又f（x）＝3恰有三个解，所以
sin（2ωx＋π6）＝32恰有三个解，所以2π＋π3≤2ωπ3＋π6＜2π＋2π3，解得134≤ω＜154，故ω的取值范围为[134，154）.
命题点1 利用三角函数对称性求ω
例1 将函数y＝4sin（ωx＋π2）（ω＞0）的图象分别向左、向右平移π6个单位长度后，所得的两个图象的对称轴重合，则ω的最小值为（ A ）
A.3B.2C.4D.6
解析 将函数y＝4sin（ωx＋π2）（ω＞0）的图象分别向左、向右平移π6个单位长度后，得到y1＝4sin[ω（x＋π6）＋π2]，y2＝4sin[ω（x－π6）＋π2]的图象.由两个图象的对称轴重合，可得
[ω（x＋π6）＋π2]－[ω（x－π6）＋π2]＝ω3π＝kπ（k∈Z），所以ω＝3k（k∈Z）.又ω＞0，所以ω的最小值为3.
方法技巧
已知三角函数的对称性求ω的思路：根据三角函数的对称性与周期的关系，对称轴与最值的关系，对称中心与零点的关系求ω.
训练1 [2023四川省名校联考]已知函数f（x）＝sin ωx＋cs ωx（ω＞0），若∃x0∈[－π4，π3]，使得f（x）的图象在点（x0， f（x0））处的切线与x轴平行，则ω的最小值是（ A ）
A.34B.1C.32D.2
解析 f（x）＝2sin（ωx＋π4）.f（x）的图象在[－π4，π3]上存在与x轴平行的切线，即
f（x）的图象在[－π4，π3]上存在对称轴，所以－π4ω＋π4≤－π2或π3ω＋π4≥π2，解得ω≥3或ω≥34，
所以ω的最小值为34，故选A.
命题点2 利用三角函数单调性求ω
例2 [全国卷Ⅰ]已知函数f（x）＝sin（ωx＋φ）（ω＞0，｜φ｜≤π2），x＝－π4为f（x）的零点，x＝π4为y＝f（x）图象的对称轴，且f（x）在（π18，5π36）上单调，则ω的最大值为（ B ）
A.11B.9C.7D.5
解析 依题意，有ω·（－π4）＋φ＝mπ，ω·π4＋φ＝nπ＋π2（m，n∈Z），
解得ω=2（n－m）+1，φ＝2（m＋n）+14π.又｜φ｜≤π2，所以m＋n＝0或m＋n＝－1.
由f（x）在（π18，5π36）上单调，得πω≥5π36－π18，所以0＜ω≤12.
当m＋n＝0时，ω＝4n＋1，φ＝π4，
取n＝2，得ω＝9，f（x）＝sin（9x＋π4），此时，当x∈（π18，5π36）时，9x＋π4∈（3π4，3π2），f（x）单调，符合题意.
当m＋n＝－1时，φ＝－π4，ω＝4n＋3，
取n＝2，得ω＝11，f（x）＝sin（11x－π4），此时，当x∈（π18，5π36）时，11x－π4∈（13π36，23π18），f（x）不单调，不合题意.故ω的最大值为9.
方法技巧
已知函数y＝Asin（ωx＋φ）（A＞0，ω＞0）在[x1，x2]上单调递增（或递减），求ω的取值范围的步骤：
（1）根据题意可知区间[x1，x2]的长度不大于该函数最小正周期T的一半，即x2－x1≤12T＝πω，求得0＜ω≤πx2－x1；
（2）以单调递增为例，利用[ωx1＋φ，ωx2＋φ]⊆[－π2＋2kπ，π2＋2kπ]，k∈Z，解得ω的范围；
（3）结合（1）中求出的ω的范围对k进行赋值，从而求出ω的取值范围.
训练2 （1）[2023贵州省适应性测试 ]将函数f（x）＝cs ωx（ω＞0）的图象向左平移π2个单位长度后得到函数g（x）的图象.若g（x）的图象关于点（π4，0）对称，且g（x）在[π3，5π6]上单调递减，则ω＝（ B ）
A.13B.23C.1D.2
解析 由题意可得g（x）＝cs（ωx＋π2ω），因为g（x）的图象关于点（π4，0）对称，所以3πω4＝π2＋kπ，k∈Z，即ω＝23＋43k，k∈Z.令2k1π≤ωx＋π2ω≤π＋2k1π，k1∈Z，得g（x）的单调递减区间为[2k1πω－π2，π+2k1πω－π2]，k1∈Z，因为g（x）在[π3，5π6]上单调递减，所以π3≥2k1πω－π2，5π6≤π+2k1πω－π2，5π6－π3≤12·2πω，k1∈Z，解得12k15≤ω≤34＋32k1且0＜ω≤2，k1∈Z，所以k1只能取0，得0＜ω≤34.又ω＝23＋43k，k∈Z，所以k只能取0，得ω＝23.故选B.
（2）[2023四川省遂宁市三诊]已知函数f（x）＝sin（ωx＋π6）＋cs ωx（ω＞0），f（x1）＝0，f（x2）＝3，且｜x1－x2｜的最小值为π，则ω的最小值为 12 .
解析 f（x）＝sin（ωx＋π6）＋cs ωx＝32sin ωx＋12cs ωx＋cs ωx＝32sin ωx＋32cs ωx＝3sin（ωx＋π3），因为f（x1）＝0，f（x2）＝3，且｜x1－x2｜的最小值为π，所以函数
f（x）的最小正周期T的最大值为4π，ω的最小值为12.
命题点3 利用三角函数最值求ω
例3 将函数f（x）＝sin（2ωx＋φ）（ω＞0，0＜φ＜2π）图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数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（ C ）
A.（712，1312]B.[712，1312）C.[1112，1712）D.（1112，1712]
解析 由已知得函数g（x）＝sin（ωx＋φ）（ω＞0，0＜φ＜2π），由g（x）的图象经过点（0，32）以及点在图象上的位置，得sin φ＝32，φ＝2π3，∵0≤x≤2π，∴2π3≤ωx＋2π3≤2πω＋2π3，由g（x）在[0，2π]上恰有一个最大值和一个最小值，∴5π2≤2πω＋2π3＜7π2，∴1112≤ω＜1712.
方法技巧
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，列出关于ω的不等式（组），进而求出ω的取值范围.
训练3 [2023乌鲁木齐市质监]已知函数f（x）＝2sin（ωx＋φ）（ω＞0，0＜φ＜π2）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（ D ）
A.（0，16]B.[14，712]
C.（0，16]∪[14，712]D.（0，16]∪[13，23]
解析 因为f（x）＝2sin（ωx＋φ）的图象过点（0，1），所以f（0）＝2sin φ＝1，即
sin φ＝12.
又0＜φ＜π2，所以φ＝π6，于是f（x）＝2sin（ωx＋π6）.
因为f（x）在区间（π，2π）内不存在最值，所以π≤T2＝πω（T为f（x）的最小正周期），得ω≤1.
当x∈（π，2π）时，ωx＋π6∈（πω＋π6，2πω＋π6），其中π6＜πω＋π6≤7π6，
所以有两种情况：①π6＜πω＋π6＜π2，2πω＋π6≤π2，解得0＜ω≤16；
②π2≤πω＋π6≤7π6，2πω＋π6≤3π2，解得13≤ω≤23.故选D.
命题点4 利用三角函数零点、极值点求ω
例4 [2023新高考卷Ⅰ]已知函数f（x）＝cs ωx －1（ω＞0）在区间[0， 2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是 [2，3） .
解析 函数f（x）＝cs ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cs ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，因为ω＞0，x∈[0，2π]，所以ωx∈[0，2ωπ]，则由余弦函数的图象可知，4π≤2ωπ＜6π，解得2≤ω＜3，即ω的取值范围是[2，3）.
方法技巧
三角函数图象上两个相邻零点间和两个相邻极值点间的距离均为T2（T为最小正周期），根据三角函数的零点个数或极值点个数，可确定区间长度范围，进而研究ω的取值.
训练4 （1）[2022全国卷甲]设函数f（x）＝sin（ωx＋π3）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（ C ）
A.[53，136）B.[53，196）C.（136，83]D.（136，196]
解析 结合4个选项可设ω＞0.由x∈（0，π），得ωx＋π3∈（π3，πω＋π3）.根据函数
f（x）在区间（0，π）恰有三个极值点和两个零点，知5π2＜πω＋π3≤3π，得136＜ω≤83，即ω的取值范围为136＜ω≤83.
（2）[2022全国卷乙]记函数f（x）＝cs（ωx＋φ）（ω＞0， 0＜φ＜π） 的最小正周期为T.若f（T）＝32，x＝π9为f（x）的零点，则ω的最小值为 3 .
解析 因为T＝2πω，f（2πω）＝32，所以cs（2π＋φ）＝32，即cs φ＝32.又0＜φ＜π，所以φ＝π6.因为x＝π9为f（x）的零点，所以π9ω＋π6＝π2＋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.
1.[命题点2/2023绵阳市一诊]若存在实数φ∈（－π2，0），使得函数y＝sin（ωx＋π6）（ω＞0）的图象的一个对称中心为（φ，0），则ω的取值范围为（ C ）
A.[13，＋∞）B.（13，1]
C.（13，＋∞）D.[1，43）
解析 由题意可知，y＝sin（ωx＋π6）的图象在（－π2，0）内有一个零点.由y＝sin（ωx＋π6）＝sin[ω（x＋π6ω）]，得y＝sin（ωx＋π6）的图象是由y＝sin ωx的图
象向左平移π6ω个单位长度得到的，所以π6ω＜π2，所以ω＞13，即ω∈（13，＋∞），故选C.
2.[命题点4/2023广西南宁高三摸底]已知函数f（x）＝cs ωx－3sin ωx（ω＞0），若
f（x）在区间[0，2π）上有且仅有4个零点和1个极大值点，则ω的取值范围是（ D ）
A.[53，2312]B.[1912，136）C.[53，136）D.[1912，116]
解析 f（x）＝cs ωx－3sin ωx＝2cs（ωx＋π3），
当x∈[0，2π）时，因为ω＞0，
所以ωx＋π3∈[π3，2πω＋π3）.
因为函数f（x）在区间[0，2π）上有且仅有4个零点和1个极大值点，所以7π2≤2πω＋π3≤4π，解得ω∈[1912，116].
3.[多选/2023湖南长沙模拟]已知函数f（x）＝cs ωπx（ω＞0），将f（x）的图象向右平移13ω个单位长度后得到函数g（x）的图象，点A，B，C是f（x）与g（x）图象的连续的三个交点，若△ABC是锐角三角形，则ω的值可能为（ AD ）
A.23B.14C.33D.3
解析 f（x）＝cs ωπx（ω＞0）的图象向右平移13ω个单位长度后得到函数g（x）＝cs[ωπ（x－13ω）]＝cs（ωπx－π3）的图象.
设f（x）的最小正周期为T，如图所示，AC＝T＝2πωπ＝2ω，令cs ωπx＝cs（ωπx－π3）＝12cs ωπx＋32sin ωπx，得cs ωπx＝3sin ωπx，则cs ωπx＝±32，
所以yA＝yC＝32，yB＝－32，取AC的中点D，连接BD，则BD＝2｜yB｜＝3，因为△ABC是锐角三角形，所以∠ABC＜90°，即∠DBC＜45°，∠DCB＞45°，
所以tan∠DCB＝BDDC＝3ω1＞1，则ω＞33，故选AD.
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1.函数f（x）＝2cs2ωx－sin2ωx＋2（ω＞0）的最小正周期为π，则ω＝（ C ）
A.32B.2C.1D.12
解析 ∵f（x）＝2cs2ωx－sin2ωx＋2＝32cs 2ωx＋52（ω＞0），∴f（x）的最小正周期T＝2π2ω＝π，∴ω＝1.
2.[2024福州市一检]若定义在R上的函数f（x）＝sin ωx＋cs ωx（ω＞0）的图象在区间[0，π]上恰有5条对称轴，则ω的取值范围为（ A ）
A.[174，214）B.（174，254]
C.[174，254）D.[334，414）
解析 由已知得，f（x）＝2sin（ωx＋π4），令ωx＋π4＝kπ＋π2，k∈Z，得x＝（4k+1）π4ω，k∈Z，依题意知，满足0≤（4k+1）π4ω≤π，即0≤4k＋1≤4ω的整数k有5个，所以k＝0，1，2，3，4，则4×4＋1≤4ω＜4×5＋1，故174≤ω＜214，选A.
3.[2024山东菏泽一中模拟]已知函数f（x）＝sin（ωx＋π3）（ω＞0）的周期为T，且满足T＞2π，若函数f（x）在区间（π6，π4）不单调，则ω的取值范围是（ C ）
A.（34，1）B.（12，1）
C.（23，1）D.（45，1）
解析 已知f（x）＝sin（ωx＋π3）（ω＞0）， 令ωx＋π3＝kπ＋π2（k∈Z），解得x＝kπ＋π6ω（k∈Z），则函数f（x）的图象的对称轴方程为x＝kπ＋π6ω（k∈Z）.∵函数f（x）在区间
（π6，π4）不单调，∴令π6＜kπ＋π6ω＜π4（k∈Z），解得4k＋23＜ω＜6k＋1，k∈Z，又由T＞2π，且ω＞0，得0＜ω＜1，故仅当k＝0时，23＜ω＜1满足题意.故选C.
4.[2024安徽合肥一中模拟]已知函数f（x）＝cs（ωx－φ）的图象关于原点对称，其中ω＞0，φ∈（－π，0），而且在区间[－π4，π3]上有且只有一个最大值和一个最小值，则ω的取值范围是（ B ）
A.32≤ω＜92B.2≤ω＜92
C.32≤ω≤92D.2≤ω≤92
解析 因为函数f（x）＝cs（ωx－φ）的图象关于原点对称，且x∈R，φ∈（－π，0），所以函数f（x）为奇函数，所以f（0）＝0⇒cs（－φ）＝0⇒φ＝－π2，故f（x）＝
cs（ωx＋π2）＝－sin ωx，当x∈[－π4，π3]时，ωx∈[－π4ω，π3ω]，此时f（x）有且只有一个最大值和一个最小值，由正弦函数的图象与性质可得－3π2＜－π4ω≤－π2，π2≤π3ω＜3π2⇒2≤ω<6，32≤ω＜92⇒2≤ω＜92.故选B.
5.[2024广东珠海第二中学模拟]已知函数f（x）＝3cs（ωx＋φ）（ω＞0），若f（－π4）＝3，f（π2）＝0，在区间（－π3，－π6）上没有零点，则ω的取值共有（ B ）
A.4个B.5个C.6个D.7个
解析 由题知f（x）＝3cs（ωx＋φ）（ω＞0），f（－π4）＝3，f（π2）＝0，
所以3cs（－π4ω＋φ）=3，3cs（π2ω＋φ）=0，
所以－π4ω＋φ=2k1π，π2ω＋φ＝k2π＋π2，k1，k2∈Z，
两式相减得3π4ω＝（k2－2k1）π＋π2，所以ω＝43（k2－2k1）＋23，即ω＝4n3＋23，n∈Z，
因为x∈（－π3，－π6），ω＞0，所以ωx＋φ∈（－π3ω＋φ，－π6ω＋φ），令ωx＋φ＝t， t∈（－π3ω＋φ，－π6ω＋φ），由题意知y＝3cs t在（－π3ω＋φ，－π6ω＋φ）上无零点，
故（－π3ω＋φ，－π6ω＋φ）⊆（－π2＋kπ，π2＋kπ），k∈Z，
所以－π3ω＋φ≥－π2＋kπ，－π6ω＋φ≤π2＋kπ，即－π3ω＋φ≥－π2＋kπ，π6ω－φ≥－π2－kπ，
两式相加得－π6ω≥－π，所以0＜ω≤6，又ω＝4n3＋23，所以，当n＝0时，ω＝23；当n＝1时，ω＝2；当n＝2时，ω＝103；当n＝3时，ω＝143；当n＝4时，ω＝6.所以ω的取值共有5个.故选B.
6.[2023河南部分重点中学联考]已知函数f（x）＝sin（ωx＋π6）＋3sin（ωx－π3）（ω＞0）在区间[π6，π3]上单调，且当x1－x2＝π2时，｜f（x1）－f（x2）｜≥4，则ω＝（ A ）
A.2B.4C.6D.8
解析 f（x）＝sin（ωx＋π6）＋3sin（ωx－π3）＝sin（ωx＋π6）－3cs（ωx＋π6）＝
2sin（ωx＋π6－π3）＝2sin（ωx－π6），所以f（x）max＝2，f（x）min＝－2，所以｜f（x1）－
f（x2）｜≤4.记f（x）的最小正周期为T，因为｜f（x1）－f（x2）｜≥4，所以｜f（x1）－
f（x2）｜＝4，x1－x2＝12T＋kT＝π2（k∈Z），则T＝π2k+1（k∈Z），则ω＝4k＋2（k∈Z）.当x∈[π6，π3]时，ωx－π6∈[ωπ6－π6，ωπ3－π6]，因为f（x）在[π6，π3]上单调，所以ωπ6－π6≥k1π－π2，ωπ3－π6≤k1π＋π2，k1∈Z，解得6k1－2≤ω≤3k1＋2（k1∈Z），则6k1－2≤3k1+2，3k1+2>0，k1∈Z，得－23＜k1≤43（k1∈Z），所以k1＝0或k1＝1，所以－2≤ω≤2或4≤ω≤5，结合ω＝4k＋2（k∈Z）知ω＝2，故选A.
7.[2023绵阳南山中学模拟]设函数f（x）＝sin ωx＋sin（ωx＋π3）（ω＞0），已知f（x）在[0，π]上有且仅有2 023个极值点，则ω的取值范围是 [6 0673，6 0703） .
解析 f（x）＝sin ωx＋sin（ωx＋π3）＝32sin ωx＋32cs ωx＝3（32sin ωx＋12cs ωx）＝3sin（ωx＋π6），当x∈[0，π]时，ωx＋π6∈[π6，ωπ＋π6]，因为函数f（x）在[0，π]上有且仅有2 023个极值点，所以2 022π＋π2≤ωπ＋π6＜2 022π＋3π2，解得6 0673≤ω＜6 0703.
8.[2024浙江丽水统考]已知函数f（x）＝sin（ωx＋φ）（ω＞0，0＜φ＜π），f（x）满足
f（x＋π3）＝f（π3－x），f（－π3）＝0，且在区间（π18，π6）上有且仅有一个x0使f（x0）＝1，则ω的最大值为 1294 .
解析 因为f（x）满足f（x＋π3）＝f（π3－x），f（－π3）＝0，所以x＝π3为f（x）图象的一条对称轴，－π3ω＋φ＝k1π，且π3ω＋φ＝k2π＋π2，k1，k2∈Z，则ω＝3（2k+1）4，φ＝k'π2＋π4，其中k＝k2－k1，k'＝k2＋k1＝k＋2k1，且k，k'同为奇数或偶数.又f（x）在区间（π18，π6）上有且仅有一个x0使f（x0）＝1，故要求ω的最大值，需使（π18，π6）包含的周期最多，所以π6－π18＝π9≤2T，得0＜ω≤36，即3（2k+1）4≤36，k≤23.5.当k＝23时，ω＝1414，k为奇数，故k'为奇数，0＜φ＜π，则φ＝3π4，此时1414x＋3π4∈（65π24，53π8），当1414x0＋3π4＝9π2或13π2时，
f（x0）＝1，不合题意；当k＝22时，ω＝1354，k为偶数，故k'为偶数，0＜φ＜π，则φ＝π4，此时1354x＋π4∈（17π8，47π8），当1354x0＋π4＝5π2或9π2时，f（x0）＝1，不合题意；当k＝21时，ω＝1294，k为奇数，故k'为奇数，0＜φ＜π，则φ＝3π4，此时1294x＋3π4∈（61π24，49π8），当1294x0＋3π4＝9π2时，f（x0）＝1，符合题意.由于ω＝3（2k+1）4，即ω随着k的增大而增大，故ω的最大值为1294.
9.[2023长沙八校联考]已知函数f（x）＝4sin ωx·cs（ωx＋π6）＋1（ω＞0）.
（1）若f（x）的最小正周期为π，求ω的值及f（x）的单调递减区间；
（2）若x∈（0，π3]，f（x）＝3恰有三个解，求ω的取值范围.
解析 f（x）＝4sin ωxcs（ωx＋π6）＋1＝4sin ωx（32cs ωx－12sin ωx）＋1＝3sin 2ωx＋cs 2ωx＝2sin（2ωx＋π6）.
（1）由f（x）的最小正周期为π，知T＝2π2ω＝π，所以ω＝1，所以f（x）＝2sin（2x＋π6），令2x＋π6∈[2kπ＋π2，2kπ＋3π2]，k∈Z，则x∈[kπ＋π6，kπ＋2π3]，k∈Z，所以f（x）的单调递减区间为[kπ＋π6，kπ＋2π3]，k∈Z.
（2）因为x∈（0，π3]，所以2ωx＋π6∈（π6，2ωπ3＋π6]，又f（x）＝3恰有三个解，所以
sin（2ωx＋π6）＝32恰有三个解，所以2π＋π3≤2ωπ3＋π6＜2π＋2π3，解得134≤ω＜154，故ω的取值范围为[134，154）.
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