重难点10 三角函数中ω的范围与最值问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc24048" 【题型1 与三角函数的单调性有关的ω的范围与最值问题】 PAGEREF _Tc24048 \h 2
\l "_Tc9936" 【题型2 与三角函数的对称性有关的ω的范围与最值问题】 PAGEREF _Tc9936 \h 4
\l "_Tc5319" 【题型3 与三角函数的最值有关的ω的范围与最值问题】 PAGEREF _Tc5319 \h 6
\l "_Tc27407" 【题型4 与三角函数的周期有关的ω的范围与最值问题】 PAGEREF _Tc27407 \h 9
\l "_Tc23004" 【题型5 与三角函数的零点有关的ω的范围与最值问题】 PAGEREF _Tc23004 \h 11
\l "_Tc506" 【题型6 与三角函数的极值有关的ω的范围与最值问题】 PAGEREF _Tc506 \h 13
\l "_Tc4033" 【题型7 ω的范围与最值问题：性质的综合问题】 PAGEREF _Tc4033 \h 16
1、三角函数中ω的范围与最值问题
三角函数的图象与性质是高考的重要内容，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重点、热点内容，试题主要以选择题、填空题的形式呈现，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，学生在复习中要加强训练，灵活求解.
【知识点1 三角函数中有关ω的范围与最值问题的类型】
1．三角函数中ω的范围与最值的求解一般要利用其性质，此类问题主要有以下几个类型：
(1)三角函数的单调性与ω的关系；
(2)三角函数的对称性与ω的关系；
(3)三角函数的最值与ω的关系；
(4)三角函数的周期性与ω的关系；
(5)三角函数的零点与ω的关系；
(6)三角函数的极值与ω的关系.
【知识点2 三角函数中ω的范围与最值问题的解题策略】
1．利用三角函数的单调性求ω的解题思路
对于已知函数的单调区间的某一部分确定参数ω的范围的问题，首先，明确已知的单调区间应为函数的单调区间的子集，其次，要确定已知函数的单调区间，从而利用它们之间的关系可求解，另外，若是选择题，利用特值验证排除法求解更为简捷.
2．利用三角函数的对称性求ω的解题策略
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，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为，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.
3．利用三角函数的最值求ω的解题策略
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，可以列出关于ω的不等式(组)，进而求出ω的值或取值范围.
4．利用三角函数的周期性求ω的解题策略
若已知三角函数的周期性，则利用三角函数的周期与对称轴、最值的关系，列出关于ω的不等式(组)，进而求出ω的值或取值范围.
【题型1 与三角函数的单调性有关的ω的范围与最值问题】
【例1】（2024·重庆·二模）若函数fx=sin2x−φ(0≤φ<π)在0,π3上单调递增，则φ的最小值为（ ）
A．π12B．π6C．π4D．π3
【解题思路】利用正弦型函数的单调性建立不等式，解不等式即可求解．
【解答过程】令2kπ−π2≤2x−φ≤2kπ+π2，(k∈Z)，
解得kπ−π4+φ2≤x≤kπ+π4+φ2，(k∈Z)，
由于f(x)在(0,π3)上单调递增，
所以kπ−π4+φ2≤0即−kπ+π12≤φ2≤−kπ+π4，(k∈Z)，
因为0≤φ<π，所以当k=0时，φ的最小值为π6．
故选：B．
【变式1-1】（2024·湖北鄂州·一模）已知函数y=sinωx+φω>0,φ∈0,2π的一条对称轴为x=−π6，且fx在π,4π3上单调，则ω的最大值为（ ）
A．53B．2C．83D．103
【解题思路】先利用函数对称轴可得x=kπω−π6k∈Z，又由在π,4π3上为单调函数，列不等式可得ω,k间的不等关系，进而可得ω的最大值.
【解答过程】函数y=sinωx+φω>0,φ∈0,2π一条对称轴为x=−π6，∴−πω6+φ=k1π+π2k1∈Z，
∴φ=k1π+π2+πω6，y=sinωx+φ的对称轴可以表示为ωx+k1π+π2+πω6=k2π+π2k2∈Z，
令k=k2−k1，则x=kπω−π6k∈Z，fx在π,4π3上单调，
则∃k∈Z，使得kπω−π6≤π,k+1πω−π6≥4π3,，解得67k≤ω≤23k+1，由67k≤23k+1，得k≤3，
当k=3时，ω取得最大值为83.
故选：C．
【变式1-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=sinωx+φω>0，若直线x=π4为函数fx图象的一条对称轴，5π3,0为函数fx图象的一个对称中心，且fx在π4,5π6上单调递减，则ω的最大值为（ ）
A．917B．1817C．1217D．2417
【解题思路】根据fx的对称性求出ω=1217k2−k1−617 k1,k2∈Z，再结合其单调性确定ω的范围，二者结合，即可求得答案.
【解答过程】由题意知直线x=π4为函数fx图象的一条对称轴，5π3,0为函数fx图象的一个对称中心，
故ωπ4+φ=k1π+π2,k1∈Z5ωπ3+φ=k2π,k2∈Z，则ω=1217k2−k1−617，k1,k2∈Z，
又fx在π4,5π6上单调递减，则T2=πω≥5π6−π4=7π12，
即得ω≤127，结合ω>0，即0<ω≤127，
故当k2−k1=1时，ω=617；当k2−k1=2时，ω=1817；
k2−k1取其它值时，不合题意，
故ω的最大值为1817，
故选：B．
【变式1-3】（2024·广东湛江·一模）已知函数fx=sinωx+2π3ω>0在区间π12,π6上单调递增，则ω的取值范围是（ ）
A．2,5B．1,14C．9,10D．10,11
【解题思路】由x的范围可求得ωx+2π3的范围，结合正弦函数单调性，采用整体代换的方式即可构造不等式组求得结果.
【解答过程】当x∈π12,π6时，ωx+2π3∈π12ω+2π3,π6ω+2π3，
∵fx在π12,π6上单调递增，∴π12ω+2π3≥−π2+2kππ6ω+2π3≤π2+2kπk∈Z，
解得：ω≥−14+24kω≤−1+12kk∈Z，又ω>0，∴−14+24k≤−1+12k−1+12k>0，
解得：112即ω的取值范围为10,11.
故选：D.
【题型2 与三角函数的对称性有关的ω的范围与最值问题】
【例2】（2023·广西·模拟预测）若函数fx=2sinωx+φ（ω>0，φ<π2）满足f2x=fπ3−2x，且f0=−1，则ω的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】求出φ，利用对称轴即可得出ω的最小值.
【解答过程】由题意，
在fx=2sinωx+φ（ω>0，φ<π2）中，
由于f0=2sinφ=−1，即sinφ=−12，又φ<π2，所以φ=−π6，
所以fx=2sinωx−π6，
由f2x=fπ3−2x可知x=π6是函数fx图像的一条对称轴，
所以π6ω−π6=kπ+π2，k∈Z，即ω=6k+4，k∈Z，所以ω的最小值为4，
故选：D.
【变式2-1】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知函数fx=sinωx−π3(ω>0)在区间0,π上有且仅有两条对称轴，则ω的取值范围是（ ）
A．116,176B．176,236C．116,176D．176,236
【解题思路】由x的取值范围求出ωx−π3，再结合题意及正弦函数的性质得到3π2≤ωπ−π3<5π2，解得即可.
【解答过程】当x∈0,π，则ωx−π3∈−π3,ωπ−π3，ω>0，
依题意可得3π2≤ωπ−π3<5π2，解得ω∈116,176，
故选：A.
【变式2-2】（2023·云南大理·一模）函数fx=sinωx+φω>0,0<φ<π，若不等式fx≤fπ4ω对∀x∈R恒成立，且fx的图像关于x=π8对称，则ω的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】根据题意，由条件可得φ，再由函数fx的对称轴得到ω，即可得到结果.
【解答过程】由已知得fπ4ω=sinπ4+φ=1，
又0<φ<π，故π4+φ=π2，得φ=π4，
∵fx的图像关于x=π8对称，
∴ωπ8+π4=π2+kπ，k∈Z，
则ω=2+8k>0，k∈Z，
∴当k=0时，ω的最小值为2.
故选：B.
【变式2-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)是在区间π18,5π36上的单调减函数，其图象关于直线x=−π36对称，且f（x）的一个零点是x=772π，则ω的最小值为（ ）
A．2B．12C．4D．8
【解题思路】根据函数fx的对称轴得ω=36φ−18−36nπ，利用函数fx在π18,5π36上单调递减得122k−n≤ω≤62k−n+1，再结合函数fx的零点求解即可.
【解答过程】因为函数fx=sinωx+φ的图象关于直线x=−π36对称，
所以−ω⋅π36+φ=π2+nπ，n∈Z，所以φ= 12+ω36+nπ，n∈Z，
根据π18因为fx=sinωx+φ是在区间π18,5π36上的单调减函数.
所以ωπ18+φ≥π2+2kπ,k∈Z5ωπ36+φ≤3π2+2kπ,k∈Z，
所以ωπ18+(12+ω36+n)π≥π2+2kπ,n∈Z,k∈Z5ωπ36+(12+ω36+n)π≤3π2+2kπ,n∈Z,k∈Z，
即ω18+12+ω36+n≥12+2k,n∈Z,k∈Z5ω36+12+ω36+n≤32+2k,n∈Z,k∈Z，
解得122k−n≤ω≤62k−n+1，n∈Z，k∈Z，
因为ω>0，所以2k−n=0或2k−n=1，
当2k−n=0时，0<ω≤6，当2k−n=1时，12≤ω≤12；
由于π18<7π72<5π36，且f（x）的一个零点是x=772π，
所以ω×7π72+φ=2m+1π，m∈Z，
所以ω×7π72+12+ω36+nπ=2m+1π，m∈Z，n∈Z，
即ω=82m−n+4，m∈Z，n∈Z.
根据0<ω≤6或12≤ω≤12，可得ω=4，或ω=12，所以ω的最小值为4.
故选：C.
【题型3 与三角函数的最值有关的ω的范围与最值问题】
【例3】（2023·四川泸州·一模）已知函数fx=2sinωx−π6(ω>0)在0,π3上存在最值，且在2π3,π上单调，则ω的取值范围是（ ）
A．0,23B．1,53C．52,83D．114,173
【解题思路】利用整体法，结合三角函数图像性质对x∈0,π3进行最值分析，对区间x∈2π3,π上进行单调分析；
【解答过程】当00，则−π6<ωx−π6<ωπ3−π6，
因为函数fx在0,π3上存在最值，则ωπ3−π6>π2，解得ω>2，
当2π3因为函数fx在2π3,π上单调，
则2πω3−π6,πω−π6⊆kπ−π2,kπ+π2k∈Z，
所以2πω3−π6≥kπ−π2,πω−π6≤kπ+π2,其中k∈Z，解得32k−12≤ω≤k+23k∈Z，
所以32k−12≤k+23，解得k≤73，
又因为ω>0，则k∈0,1,2．
当k=0时，0<ω≤23；
当k=1时，1≤ω≤53；
当k=2时，52≤ω≤83．
又因为ω>2，因此ω的取值范围是52,83．
故选：C．
【变式3-1】（2024·浙江温州·一模）若函数fx=2sinωx−π3,ω>0，x∈0,π2的值域为−3,2，则ω的取值范围是（ ）
A．53,4B．56,103
C．56,53D．53,103
【解题思路】利用x∈0,π2可得ωx−π3∈−π3,π2ω−π3，再由三角函数图像性质可得π2≤π2ω−π3≤π3+π，解不等式即可求得ω的取值范围.
【解答过程】根据题意可知若x∈0,π2，则可得ωx−π3∈−π3,π2ω−π3；
显然当x=0时，可得2sinωx−π3=−3，
由fx的值域为−3,2，利用三角函数图像性质可得π2≤π2ω−π3≤π3+π，
解得53≤ω≤103，即ω的取值范围是53,103.
故选：D.
【变式3-2】（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数fx=4csωx−π12(ω>0),fx在区间0,π3上的最小值恰为−ω，则所有满足条件的ω的积属于区间（ ）
A．1,4B．4,7C．7,13D．13,+∞
【解题思路】根据函数能否取到最小值进行分类讨论即可.
【解答过程】当x∈0,π3时ωx−π12∈−π12,π3ω−π12，因为此时fx的最小值为−ω<0，
所以π3ω−π12>π2，即ω>74.
若π3ω−π12≥π，此时fx能取到最小值−4，即−ω=−4⇒ω=4，
代入可得π3×4−π12>π，满足要求；
若fx取不到最小值−4，则需满足π3ω−π12<π，即ω<134，
pω=4csπ3ω−π12在ω∈74,134上单调递减，所以存在唯一ω符合题意；
所以ω=4或者ω∈74,134，所以所有满足条件的ω的积属于区间7,13，
故选：C.
【变式3-3】（2023·新疆乌鲁木齐·一模）已知函数fx=2sinωx+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（ ）
A．0,16B．14,712
C．0,16∪14,712D．0,16∪13,23
【解题思路】先通过f0=1求出φ，然后求出使fx取最值时的x，再根据fx在区间π,2π内不存在最值列不等式求解ω的取值范围.
【解答过程】∵函数fx=2sinωx+φ的图象过点0,1，,
∴f0=2sinφ=1，即sinφ=12，
又0<φ<π2，∴φ=π6
∴fx=2sinωx+π6，
令ωx+π6=π2+kπ,k∈Z，即x=π3ω+kπω,k∈Z，
∴当x=π3ω+kπω,k∈Z时，函数fx=2sinωx+φ取最值，
∵ fx在区间π,2π内不存在最值，
∴π3ω+kπω≤ππ3ω+k+1πω≥2π,k∈Z，解得13+k≤ω≤23+k2,k∈Z，
当k<−1时，ω不存在；
当k=−1时，−23≤ω≤16，又ω>0，∴0<ω≤16，
当k=0时，13≤ω≤23，
当k>0时，ω不存在；
综合得ω的取值范围是0,16∪13,23.
故选：D.
【题型4 与三角函数的周期有关的ω的范围与最值问题】
【例4】（2023·四川绵阳·模拟预测）记函数fx=csωx+φ(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T，若fT=32，x=π9为fx的一个零点，则ω的最小值为（ ）
A．32B．3C．6D．152
【解题思路】根据题意，求得fx=cs(ωx+π6)，结合x=π9为fx的一个零点，求得ω=3+9k,k∈Z，即可求解.
【解答过程】由函数fx=csωx+φ的最小正周期为T=2πω，
因为fT=32，可得fT=cs(ω×2πω+φ)=csφ=32，
又因为0<φ<π，可得φ=π6，所以fx=cs(ωx+π6)，
因为x=π9为函数fx的一个零点，所以cs(ω×π9+π6)=0，
解得ω×π9+π6=π2+kπ,k∈Z，即ω=3+9k,k∈Z，
又因为ω>0，所以ω的最小值为3.
故选：B.
【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=sin2πωxω>0在区间0,2上单调，且在区间0,18上有5个零点，则ω的取值范围为（ ）
A．19,536B．19,536
C．19,18D．19,18
【解题思路】根据复合型三角函数最小正周期的计算公式，结合其单调性和零点，可得答案.
【解答过程】因为fx=sin2πωx，所以函数fx的最小正周期T=2π2πω=1ωω>0．
因为fx在区间0,2上单调，所以14T=14ω≥2，可得ω≤18；
因为fx在区间0,18上有5个零点，所以2T≤18<52T，即2ω≤18<52ω，可得19≤ω<536；
综上，19≤ω≤18．
故选：D．
【变式4-2】（2024·全国·模拟预测）记函数fx=csωx+φ(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T，若fT=−12，且x=π2为fx的一条对称轴，则ω的最小值为（ ）
A．23B．43C．83D．103
【解题思路】根据已知条件列方程，求得ω的表达式，进而求得ω的最小值.
【解答过程】由于T=2πω，所以fT=csω×2πω+φ=cs2π+φ=csφ=−12，
由于0<φ<π，所以φ=2π3，则fx=csωx+2π3，
由于x=π2为fx的一条对称轴，
所以π2ω+2π3=kπ,ω=2k−43,k∈Z，
由于ω>0，所以ω的最小值为2−43=23.
故选：A.
【变式4-3】（23-24高二下·江苏南京·期末）已知函数fx=sinωx+φω>0,φ<π2的最小正周期为T,fT6=fT3，若fx在区间0,2上恰有8个零点，则ω的取值范围是（ ）
A．7π2,4πB．4π,9π2C．4π,9π2D．7π2,9π2
【解题思路】根据题意得到曲线fx的一条对称轴为x=T6+T32=T4，设零点从小到大依次为x1,x2,⋯,x8,x9,⋯，从而得到x1=0,x8=72T,x9=4T，从而得到72T≤2<4T，得到答案.
【解答过程】因为fx=sinωx+φω>0,φ<12π的最小正周期为T,fT6=fT3，
所以曲线fx的一条对称轴为x=T6+T32=T4，
所以f0=0，
设零点从小到大依次为x1,x2,⋯,x8,x9,⋯，其中x1=0,x8=72T,x9=4T，
有72T≤2<4T，即7πω≤2<8πω，解得7π2≤ω<4π，
所以ω的取值范围是7π2,4π．
故选：A．
【题型5 与三角函数的零点有关的ω的范围与最值问题】
【例5】（2023·全国·一模）已知函数fx=sinωx+π3(ω>0)在区间π3,π上恰有3个零点，则ω的取值范围是（ ）
A．83,113∪4,143B．113,4∪143,173
C．[113,143)∪(5,173)D．143,5∪173,203
【解题思路】先由零点个数求出3≤ω<6，再用整体法得到不等式组，求出ω的取值范围.
【解答过程】因为x∈π3,π，ωx+π3∈π3ω+π3,πω+π3，其中2πω≤π−π3<4πω，解得：3≤ω<6，
则π3ω+π3≥4π3，要想保证函数在π3,π恰有三个零点，
满足①π+2k1π≤π3ω+π3<2π+2k1π4π+2k1π<πω+π3≤5π+2k1π，k1∈Z，令k1=0，解得：ω∈113,143；
或要满足②2k2π≤π3ω+π3<π+2k2π2k2π+3π<πω+π3≤2k2π+4π，k2∈Z，令k2=1，解得：ω∈5,173；
经检验，满足题意，其他情况均不满足3≤ω<6条件，
综上：ω的取值范围是113,143∪5,173.
故选：C.
【变式5-1】（2023·吉林长春·一模）将函数f(x)=csx+2π3图象上所有点的横坐标变为原来的1ω(ω>0)，纵坐标不变，所得图象在区间0,2π3上恰有两个零点，且在−π12,π12上单调递减，则ω的取值范围为（ ）
A．94,3B．94,4C．114,4D．114,6
【解题思路】先根据题目的要求伸缩变换得到解析式，然后结合函数在0,2π3上恰有两个零点以及在−π12,π12上单调递减，列出不等式组，即可求得本题答案.
【解答过程】依题意可得y=csωx+2π3，
因为0≤x≤23π，所以2π3≤ωx+2π3≤2ω3π+2π3，
因为y=csωx+2π3在0,2π3恰有2个零点，且csπ2+k1π=0，k1∈Z，
所以5π2≤2ω3π+2π3<7π2，解得114≤ω<174，
令2k2π≤ωx+2π3≤π+2k2π，k2∈Z，得−2π3ω+2k2πω≤x≤π3ω+2k2πω，k2∈Z，
令k2=0，得y=csωx+2π3在−2π3ω,π3ω上单调递减，
所以−π12,π12 ⊆−2π3ω,π3ω，
所以−2π3ω≤−π12π3ω≥π12，又ω>0，解得0<ω≤4．
综上所述，114≤ω≤4，故ω的取值范围是114,4．
故选：C.
【变式5-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=sinωx+π3(ω>0)在区间π2,π上至少有两个零点，则实数ω的取值范围是（ ）
A．83,+∞B．83,+∞C．83,103∪113,+∞D．83,103∪113,+∞
【解题思路】由f(x)=0得ωx+π3=kπ(k∈Z)，得x=kπ−π3ω(k∈Z)，不妨设xk=kπ−π3ω(k∈Z)且xk和xk+1在区间π2,π内，从而可求出k的范围，再由k进行讨论即可得解.
【解答过程】由f(x)=0得ωx+π3=kπ(k∈Z)，得x=kπ−π3ω(k∈Z)，
不妨设xk=kπ−π3ω(k∈Z)且xk和xk+1在区间π2,π内，则π2即π2由k+23<2k−232k−23>0(k∈Z)，得k>43(k∈Z)，所以k为大于1的整数，
当k=2时，ω∈A2=83,103；
当k=3时，ω∈A3=113,163；
当k=4时，ω∈A4=143,223；
当k=5时，ω∈A5=173,283，
可得当k≥3时，k+1+23<2k−23，且当k→+∞时，2k−23→+∞，
所以A2∪A3∪A4∪A5∪⋯Ak∪⋯=83,103∪113,+∞，
故实数ω的取值范围为83,103∪113,+∞．
故选：C.
【变式5-3】（2024·四川雅安·一模）已知函数f(x)=2cs(ωx+φ)（ω>0且−π2<φ<π2），设T为函数f(x)的最小正周期，fT4=−1，若f(x)在区间[0,1]有且只有三个零点，则ω的取值范围是（ ）
A．17π6,23π6B．17π6,236πC．7π3,10π3D．7π3,10π3
【解题思路】根据题意可确定T为函数f(x)=2cs(ωx+φ)的最小正周期，结合fT4=−1求出φ，再根据f(x)在区间[0,1]有且只有三个零点，结合余弦函数性质列出不等式，求得答案.
【解答过程】由题意知T为函数f(x)=2cs(ωx+φ)的最小正周期，故T=2πω，
由fT4=−1得2cs(π2+φ)=−1，即cs(π2+φ)=−12，
由于−π2<φ<π2，故φ=π6，
f(x)在区间[0,1]有且只有三个零点，故ωx+π6∈[π6,ω+π6]，
且由于y=csx在(0,+∞)上使得csx=0的x的值依次为π2,3π2,5π2,7π2,…，
故5π2≤ω+π6<7π2，解得7π3≤ω<10π3，即ω∈7π3,10π3，
故选：D.
【题型6 与三角函数的极值有关的ω的范围与最值问题】
【例6】（2023·四川成都·二模）将函数f(x)=sin12ωx−π6(ω>0)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象．若g(x)在0,π3上有且仅有3个极值点，则ω的取值范围为（ ）
A．52,112B．52,4C．4,112D．112,7
【解题思路】先根据题意得出函数g(x)=sin2ωx−π6，当0【解答过程】由题可知，g(x)=sin2ωx−π6，当0因为g(x)在0,π3上有且仅有3个极值点，所以5π2<2ωπ3−π6≤7π2，解得4<ω≤112，
所以ω的取值范围为：4,112．
故选：C.
【变式6-1】（2023·河南开封·模拟预测）已知将函数fx=2sinωx2csωx2−3sinωx2(ω>0)的图象向右平移π2ω个单位长度，得到函数gx的图象，若gx在0,π上有3个极值点，则ω的取值范围为（ ）
A．53,+∞B．83,4C．83,113D．73,103
【解题思路】利用三角恒等变化得f(x)=2sinωx+π3−3，由图象的变化得g(x)=−2csωx+π3−3，结合题意和余弦函数的图象列出不等式组求解即可.
【解答过程】因为f(x)=2sinωx2csωx2−3sinωx2
=2sinωx2csωx2−23sin2ωx2
=sinωx−3(1−csωx)
=sinωx+3csωx−3
=2sinωx+π3−3
又因为g(x)=fx−π2ω=2sinωx−π2ω+π3−3=−2csωx+π3−3，
令t=ωx+π3 ，又因为ω>0,当x∈(0,π)时,t=ωx+π3∈π3,ωπ+π3,
gx在0,π上有3个极值点等价于ℎ(t)=cst在t∈π3,ωπ+π3,上有3个极值点，
ℎ(t)=cst的图象如图所示：
由余弦函数ℎ(t)=cst的性质可得:3π<ωπ+π3≤4π,
解得:83<ω≤113.
故选:C.
【变式6-2】（2024·陕西渭南·一模）已知函数fx=sinωx+π4(ω>0)在区间0,π上有且仅有4个极值点，给出下列四个结论：
①fx在区间0,π上有且仅有3个不同的零点；②fx的最小正周期可能是π2；
③ω的取值范围是134,174；④fx在区间π23,π19上单调递增.
其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】令ωx+π4=π2+kπ，k∈Z，则x=π+4kπ4ω,k∈Z，结合条件可得0<π+4kπ4ω<π有4个整数k符合题意，可求出ω的取值范围，再利用三角函数图象性质逐项分析即可得出结论.
【解答过程】由函数fx=sinωx+π4(ω>0)，
令ωx+π4=π2+kπ，k∈Z可得x=π+4kπ4ω，k∈Z，
因为fx在区间[0,π]上有且仅有4个极值点，即可得0<π+4kπ4ω<π有且仅有4个整数k符合题意，
解得0<1+4k4ω<1，即0<1+4k<4ω，可得k=0,1,2,3，
即1+4×3<4ω≤1+4×4，解得ω∈134,174，即③正确；
对于①，当x∈0,π时，ωx+π4∈π4,ωπ+π4，即可得ωπ+π4∈7π2,9π2，
显然当ωπ+π4∈7π2,4π时，fx在区间0,π上有且仅有3个不同的零点；
当ωπ+π4∈4π,9π2时，fx在区间0,π上有且仅有4个不同的零点；即①错误；
对于②，fx的最小正周期为T=2πω∈8π17,8π13，易知π2∈8π17,8π13，
所以fx的最小正周期可能是π2，即②正确；
对于④，当x∈π23,π19时，ωx+π4∈ωπ23+π4,ωπ19+π4；
由ω∈134,174可知ωπ23+π4,ωπ19+π4∈9π23,9π19，
由三角函数图象性质可知fx在区间π23,π19上单调递增，即④正确；
即可得②③④正确.
故选：C.
【变式6-3】（2024·全国·模拟预测）将函数fx=sinx的图像向左平移5π6个单位长度后得到函数gx的图像，再将gx的图像上各点的纵坐标不变、横坐标变为原来的1ω（ω>0）倍，得到函数ℎx的图像，且ℎx在区间0,π上恰有两个极值点、两个零点，则ω的取值范围为（ ）
A．76,83B．53,136C．53,136D．76,83
【解题思路】现根据函数平移放缩变换，得到解析式，再根据ℎx在区间0,π上恰有两个极值点、两个零点，结合余弦函数图象进行求解即可.
【解答过程】法一：由题意，得gx=sinx+5π6=sinπ2+x+π3=csx+π3，所以ℎx=csωx+π3．令t=ωx+π3，x∈0,π，则t∈π3,ωπ+π3．设mt=cst，则mt在t∈π3,ωπ+π3上恰有两个极值点和两个零点．结合图像知2π<ωπ+π3≤5π2，解得53<ω≤136．
法二：验证排除法.由题意可知gx=sinx+5π6=csx+π3，所以ℎx=csωx+π3，根据四个选项的特点，只有选项C中不含53，所以只需要验证ω=53时的情况，若ω=53，则ℎx=cs53x+π3，令t=53x+π3，因为x∈0,π，所以t∈π3,2π，结合图像知此范围内由两个零点，一个极小值点，不符合题意，所以ω≠53，故选C.
法三：由题可知，gx=sinx+5π6，所以ℎx=sinωx+5π6，令ωx+5π6=kπ+π2， k∈Z，则x=kπ−π3ω，k∈Z，分别令k=1,2,3，则x=2π3ω，5π3ω，8π3ω，由题意知5π3ω<π8π3ω≥π解得53<ω≤83.
ωx+5π6=kπ， k∈Z，则x=kπ−5π6ω，k∈Z，分别令k=1,2,3，则x=π6ω，7π6ω，13π6ω，由题意知7π6ω<π13π6ω≥π解得76<ω≤136，综上所述，ω∈53,136.
故选：C．
【题型7 ω的范围与最值问题：性质的综合问题】
【例7】（2024·湖北武汉·模拟预测）若函数fx=3csωx+φω<0，−π2<φ<π2的最小正周期为π，在区间−π6,π6上单调递减，且在区间0,π6上存在零点，则φ的取值范围是（ ）
A．π6,π2B．−π2,−π3C．π3,π2D．0,π3
【解题思路】根据给定周期求得ω=−2，再结合余弦函数的单调区间、单调性及零点所在区间列出不等式组，然后结合已知求出范围.
【解答过程】由函数f(x)的最小正周期为π，得2π|ω|=π，而ω<0，解得ω=−2，
则f(x)=3cs(−2x+φ)=3cs(2x−φ)，由2kπ≤2x−φ≤2kπ+π,k∈Z，
得2kπ+φ≤2x≤2kπ+π+φ,k∈Z，又f(x)在(−π6,π6)上单调递减，
因此2kπ+φ≤−π3，且π3≤2kπ+π+φ,k∈Z，解得−2π3−2kπ≤φ≤−π3−2kπ,k∈Z①，
由余弦函数的零点，得2x−φ=nπ+π2,n∈Z，即2x=nπ+π2+φ,n∈Z，
而f(x)在(0,π6)上存在零点，则0于是−nπ−π2<φ<−nπ−π6,n∈Z②，又−π2<φ<π2，联立①②解得−π2<φ≤−π3，
所以φ的取值范围是(−π2,−π3].
故选：B.
【变式7-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=sin2ωx−φω>0满足对任意的x∈R，均有fx≥fπ3,f4π3+x=−f4π3−x，且fx在π3,5π6上单调，则ω的最大值为（ ）
A．14B．12C．34D．45
【解题思路】先根据fx≥fπ3,f4π3+x=−f4π3−x得出ω的关系式，再根据单调性确定ω的范围，最后求出最大值即可.
【解答过程】由于对任意的x∈R，均有fx≥fπ3,f4π3+x=−f4π3−x，
所以fx在x=π3处取得最小值，点4π3,0是fx图象的一个对称中心，
所以2πω3−φ=2k1π−π2,8πω3−φ=k2πk1,k2∈Z，两式相减得2πω=k2−2k1π+π2k1,k2∈Z，即ω=2k2−2k1+14k1,k2∈Z．
因为fx在π3,5π6上单调，所以5π6−π3=π2≤T2=π2ω，即ω≤1，
ω>0，因此当k2−2k1=1时，ω取得最大值34．
故选:C.
【变式7-2】（2024·天津·模拟预测）已知fx=sinωx+π3+φω>0,φ<π2为偶函数，gx=sinωx+φ，则下列结论错误的个数为（ ）
①φ=π6；
②若gx的最小正周期为3π，则ω=23；
③若gx在区间0,π上有且仅有3个最值点，则ω的取值范围为73,103；
④若gπ4=32，则ω的最小值为2．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【解题思路】根据正弦函数的性质一一判断即可.
【解答过程】对于①：若fx=sinωx+π3+φ(ω>0，φ<π2)为偶函数，
则π3+φ=π2+kπ,k∈Z，即φ=π6+kπ,k∈Z，又φ<π2，所以φ=π6，故①正确；
对于②：若gx的最小正周期为3π且ω>0，则T=2πω=3π，所以ω=23，故②正确；
对于③：由x∈0,π，ω>0，得ωx+π6∈π6,ωπ+π6，
若gx在区间0,π上有且仅有3个最值点，
则5π2<ωπ+π6≤7π2，解得73<ω≤103，故③正确；
对于④：因为gx=sinωx+π6，若gπ4=sinπ4ω+π6=32，
则π4ω+π6=π3+2kπ或π4ω+π6=2π3+2kπ，k∈Z，
解得ω=23+8k或ω=2+8k,k∈Z，
又ω>0，所以ω的最小值为23，故④错误.
故选：A.
【变式7-3】（2023·河南·模拟预测）已知函数fx=sinωx+φω>0,0<φ<π2,y=fx+π4是偶函数，且f−π4−x+f−π4+x=0,fx在π18,π4上单调，则ω的最大值为（ ）
A．1B．3C．5D．367
【解题思路】由f−π4−x+f−π4+x=0、y=fx+π4是偶函数得到ω=4n+1,n∈Z，再由fx在π18,π4上单调可得π4−π18≤πω可得答案.
【解答过程】因为f−π4−x+f−π4+x=0，所以f−π4=0，
则−π4ω+φ=mπ,m∈Z①.，因为y=fx+π4是偶函数，
所以直线x=π4是fx图象的对称轴，所以π4ω+φ=nπ+π2,n∈Z②.
由①②可得，φ=m+nπ2+π4,m+n∈Z，又0<φ<π2，所以φ=π4，
则ω=4n+1,n∈Z，
因为fx在π18,π4上单调，fx的最小正周期为2πω，
所以π4−π18≤πω，解得ω≤367，故ω的最大值为5，经检验，fx在π18,π4上单调.
故选：C.
一、单选题
1．（2024·四川成都·模拟预测）若函数f(x)=sin(ωx)(ω>0)在0,π4上单调递增，则ω的取值范围为（ ）
A．0,12B．(0,2)C．0,12D．(0,2]
【解题思路】由已知结合正弦函数的单调性即可求解.
【解答过程】函数f(x)=sin(ωx)(ω>0)在0,π4上单调递增，
当x∈0,π4时，ωx∈0,π4ω，则π4ω≤π2，解得0<ω≤2，
故选：D.
2．（2024·重庆开州·模拟预测）已知函数fx=2sinωx(ω>0)，则“32<ω<3”是“fx的图象在区间−π6,π3上只有一个极值点”的（ ）
A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．非充分非必要条件
【解题思路】先求出fx的图象在区间−π6,π3上只有一个极值点时满足的条件，求出相应ω的范围，即可判断充分必要性．
【解答过程】当−π60，所以−πω6<ωx<πω3，
若fx的图象在区间−π6,π3上只有一个极值点，
则−π2≤−πω6π2<πω3≤3π2ω>0，解得32<ω≤3，
因为32,3真包含于32,3，
所以32<ω<3是fx的图象在区间−π6,π3上只有一个极值点的充分不必要条件．
故选：A.
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）设ω>0，已知函数fx=sin3ωx−π4sin2ωx+5π6在0,π上恰有6个零点，则ω取值范围为（ ）
A．1912,74B．1712,1912C．1312,1712D．34,1312
【解题思路】令f(x)=0，解方程得x=4k+1π12ω或x=6k+1π12ω，在区间(0,π)取6个零点即可.
【解答过程】由题意可知，
令fx=sin3ωx−π4sin2ωx+5π6=0，
即sin3ωx−π4=0或sin2ωx+5π6=0，
即x=4k+1π12ω或x=6k+1π12ω，
当x>0时，零点从小到大依次为x=π12ω,5π12ω,7π12ω,9π12ω,13π12ω,17π12ω,19π12ω,⋅⋅⋅，
因此有17π12ω<π≤19π12ω，
即ω∈1712,1912．
故选：B．
4．（2024·河北·模拟预测）已知函数fx=sinωx+φ ω>0，若f0=22，f−π3=−f56π，则ω的最小值为（ ）
A．3B．1C．67D．23
【解题思路】由f0=22求出φ的取值，再根据f−π3=−f56π，分π4,0是函数fx的一个对称中心与不是对称中心两种情况讨论，分别求出ω的最小值，即可得解.
【解答过程】因为f0=22，所以sinφ=22，
则φ=π4+2k1πk1∈Z或φ=3π4+2k2πk2∈Z，
又f−π3=−f56π，−π3+5π62=π4，
当π4,0是函数fx的一个对称中心时，fπ4=0，
若φ=π4+2k1πk1∈Z，则sinπ4ω+π4+2k1π=0，
所以π4ω+π4+2k1π=kπ,k∈Z，则π4ω=−π4+k−2k1π，又ω>0，
所以当k−2k1=1时ωmin=3；
若φ=3π4+2k2πk2∈Z，则sinπ4ω+3π4+2k2π=0，
所以π4ω+3π4+2k2π=kπ,k∈Z，则π4ω=−3π4+k−2k2π，又ω>0，
所以当k−2k2=1时ωmin=1；
当π4,0不是函数fx的一个对称中心时，因为f−π3=−f56π，
即sin−π3ω+φ=−sin5π6ω+φ，
所以5π6ω+φ−−π3ω+φ=π+2kπk∈Z，
所以7π6ω=π+2kπk∈Z，又ω>0，
所以当k=0时ωmin=67，
综上所述：ωmin=67.
故选：C.
5．（2024·四川·模拟预测）已知函数fx=sinωx+π3（ω>0）在区间0,5π6上只有1个零点，且当x∈−2π3,π6时，fx单调递增，则ω的取值范围是（ ）
A．45,2B．45,54C．45,1D．54,2
【解题思路】由x范围求得ωx+π3的范围，结合整体思想转化为y=sint在π3,5π6ω+π3上只有1个零点，在−2π3ω+π3,π6ω+π3上单调递增，求解即可.
【解答过程】当x∈0,5π6时，ωx+π3∈π3,5π6ω+π3，
因为f(x)在0,5π6上只有1个零点，
所以π<5π6ω+π3≤2π，解得45<ω≤2，
当x∈−2π3,π6时，ωx+π3∈−2π3ω+π3,π6ω+π3，
因为45<ω≤2，所以−π≤−2π3ω+π3<−π5，
又因为f(x)在−2π3,π6上单调递增，
所以−π2≤−2π3ω+π3π6ω+π3≤π2，解得ω≤1.
综上可得45<ω≤1.
故选：C.
6．（2024·四川内江·三模）设函数f(x)=2sinωx+π3(ω>0)，若存在x1,x2∈−π6,π6ω，且x1≠x2，使得fx1= fx2=3，则ω的取值范围是（ ）
A．(0,12]B．[10,+∞)C．[10,12]D．(6,10]
【解题思路】根据x∈−π6,π6ω，求出ωx+π3∈−πω6+π3,π2，结合f(0)=3以及题设可列出不等式−πω6+π3≤−4π3，即可求得答案.
【解答过程】由于f(x)=2sinωx+π3(ω>0)，当x∈−π6,π6ω时，ωx+π3∈−πω6+π3,π2，
又0∈−π6,π6ω，f(0)=2sinπ3=3，
而在原点左侧第一个使得2sinx=3的x的值为−4π3，即2sin−4π3=3，
由于存在x1,x2∈−π6,π6ω，且x1≠x2，使得fx1= fx2=3，
故需满足−πω6+π3≤−4π3,∴ω≥10，
即ω的取值范围是[10,+∞)，
故选：B.
7．（2024·河南南阳·模拟预测）若函数fx=csωx+φω>0,φ≤π2的图象关于点π3,0中心对称，且x=−π3是fx的极值点，fx在区间0,2π5内有唯一的极大值点，则ω的最大值为（ ）
A．8B．7C．274D．254
【解题思路】根据题意，结合三角函数的图象与性质，得到ω=3(2k+1)4φ=k′π2+π4，进而得到0<ω≤10，求得−12【解答过程】由函数fx的图象关于点π3,0中心对称，且x=−π3是fx的极值点，
可得π3ω+φ=k1π+π2−π3ω+φ=k2π(k1,k2∈Z)，即ω=3(2k+1)4φ=k'π2+π4(k,k'∈Z)，其中k=k1−k2,k′=k1+k2=2k1−k，
因为φ≤π2，当k′=−1时φ=−π4,k=2k1+1,k1∈Z，当k′=0时φ=π4,k=2k1,k1∈Z，
因为fx在区间0,2π5内有唯一的极大值点，所以2π5−0=2π5≤2T=4πω，
解得0<ω≤10，即0<32k+14≤10，所以−12当k=6时，ω=394,φ=π4，此时394x+π4∈π4,83π20，此时有两个极大值点，舍去；
当k=5时，ω=334,φ=−π4，此时334x−π4∈−π4,61π20，此时有两个极大值点，舍去；
当k=4时，ω=274,φ=π4，此时274x+π4∈π4,59π20，此时有一个极大值点，
所以ω的最大值为274.
故选：C.
8．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数fx=csωx+π4ω>0在区间π3,π上单调递减，且fx在区间0,π上只有1个零点，则ω的取值范围是（ ）
A．0,14B．12,34C．14,34D．14,54
【解题思路】结合余弦函数的单调性与零点列式计算即可得.
【解答过程】当x∈0,π时，ωx+π4∈π4,ωπ+π4， 则π2<ωπ+π4≤3π2，
当x∈π3,π时，ωx+π4∈π3ω+π4,ωπ+π4，则ωπ+π4≤π，
即有π2<ωπ+π4≤π，解得14<ω≤34.
故选：C.
二、多选题
9．（2024·浙江·模拟预测）已知函数fx=csωx+π3ω>0，则（ ）
A．当ω=2时，fx−π6的图象关于x=π2对称
B．当ω=2时，fx在0,π2上的最大值为32
C．当x=π6为fx的一个零点时，ω的最小值为1
D．当fx在−π3,π6上单调递减时，ω的最大值为1
【解题思路】根据三角函数性质分别判断余弦函数的对称轴，余弦函数的值域与最值，余弦函数的单调性，余弦函数的零点对选项逐一判定即可．
【解答过程】ω=2时，fx−π6=cs2x，因为cs2π−x=cs−2x=cs2x，
所以fx−π6关于x=π2对称，故A正确；
ω=2时，由x∈0,π2可得2x+π3∈π3,4π3，
根据余弦函数的单调性可知cs2x+π3的最大值为csπ3=12，故B错误；
若fπ6=0，则π6ω+π3=π2+kπ，k∈Z，所以ω=1+6k，k∈Z，且ω>0，
所以ω的最小值为1，故C正确；
因为fx在−π3,π6上单调递减，且ω>0，
根据余弦函数的单调性可知fx的单调递减区间为：
kπ≤ωx+π3≤2kπ+π，k∈Z，2kπω−π3ω≤x≤2kπω+2π3ω，k∈Z，
所以π6≤2π3ω，−π3≥−π3ω，所以0<ω≤1，故D正确．
故选：ACD．
10．（2024·浙江温州·三模）已知函数fx=sinωx+φ(ω>0),x∈π2,π的值域是a,b，则下列命题正确的是（ ）
A．若b−a=2,φ=π6，则ω不存在最大值B．若b−a=2,φ=π6，则ω的最小值是73
C．若b−a=3，则ω的最小值是43D．若b−a=32，则ω的最小值是43
【解题思路】由已知结合正弦函数的最值取得条件，周期性及单调性检验各选项即可判断.
【解答过程】当b−a=2,φ=π6时，a=−1，b=1，f(x)=sin(ωx+π6)，当ω足够大时，[π2,π] 包含完整周期，故A正确；
为使ω更小，[π2,π] 只包含一个最大、最小值点，所以πω2+π6≤2kπ−π2πω+π6≥2kπ+π2，解得2k+13≤ω≤4k−23，k∈Z，
所以k=1时，ω≥73，验证成立，故B正确；
C项：若b−a=3，当ω取最小值时，周期最大，且fπ2,fπ=−32,32，故π2=T3⇒T=3π2，故ω=2πT=43，故C正确；
D项：若b−a=32，ω取最小值时，周期最大，fπ2,fπ=−34,34，当π23π2，此时ωmin<43， D错误．
故选：ABC．
11．（2023·浙江·三模）已知函数fx=csωx+π4(ω>0)，则下列判断正确的是（ ）
A．若fx=fπ−x，则ω的最小值为32
B．若将fx的图象向右平移π2个单位得到奇函数，则ω的最小值为32
C．若fx在π2,π单调递减，则0<ω≤34
D．若fx在π2,π上只有1个零点，则0<ω<54
【解题思路】由fx=fπ−x可得fx关于x=π2对称，所以ω⋅π2+π4=kπ,k∈Z，求出ω可判断A；由三角函数的平移变换求出gx，因为gx奇函数，所以−π2ω+π4=π2+kπ,k∈Z求出ω可判断B；求出fx的单调减区间可判断C；取ω=1，取fx在π2,π的零点可判断D.
【解答过程】对于A，由fx=fπ−x可得fx关于x=π2对称，
所以ω⋅π2+π4=kπ,k∈Z，可得：ω=2k−12,k∈Z，
因为ω>0，所以ω的最小值为32，故A正确；
对于B，将fx的图象向右平移π2个单位得到gx=csωx−π2+π4=csωx−π2ω+π4，因为gx为奇函数，
所以−π2ω+π4=π2+kπ,k∈Z，则ω=−12−2k，所以ω的最小值为32，故B正确；
对于C，函数fx=csωx+π4(ω>0)的单调减区间为：
2kπ≤ωx+π4≤π+2kπ,k∈Z，则2kπω−π4ω≤x≤3π4ω+2kπω,k∈Z，
令k=0，−π4ω≤x≤3π4ω，则3π4ω≥π⇒0<ω≤34，故C正确；
对于D，若fx在π2,π上只有1个零点，则0<ω<54，
取ω=1，令fx=csx+π4=0，则x+π4=π2+kπ,k∈Z，
则x=π4+kπ,k∈Z，x∈π2,π时，fx无零点，故D不正确.
故选：ABC.
三、填空题
12．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数fx=cs2ωx−π6(ω>0)在区间π2,π上是单调的，则ω的最大值为 712 .
【解题思路】利用所有对称轴都不在区间π2,π内，则函数在π2,π上一定单调，再结合12T≥π2，从而来求解问题.
【解答过程】fx的最小正周期T=2π2ω=πω.
因为fx在区间π2,π上是单调的，所以12T≥π2，解得0<ω≤1.
由2ωx−π6=kπk∈Z，得fx图象的对称轴方程为x=12ωπ6+kπk∈Z.
由题意，知fx的图象在区间π2,π上没有对称轴，得12ωπ6+kπ≤π212ωπ6+k+1π≥π，
解得6k+16≤ω≤6k+712k∈Z.结合0<ω≤1，得ω的最大值为712.
故答案为：712.
13．（2024·陕西西安·模拟预测）若函数fx=2csωx+π3−1(ω>0)在0,π上恰有两个零点，则ω的取值范围为 2,103 .
【解题思路】结合余弦函数的图象与性质计算即可得.
【解答过程】由fx=0，得csωx+π3=12，
由0由在0,π上恰有两个零点可得7π3<ωπ+π3≤11π3，
解得2<ω≤103.

故答案为：2,103.
14．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数fx=2sinωx+π6（ω>0），若∃x1，x2∈0,π，使得fx1fx2=−4，则ω的最小值为 43 .
【解题思路】根据正弦函数的有界性可得函数f(x)=2sinωx+π6 ω>0在[0,π]上能取到最大值和最小值，从而利用正弦函数性质得ωπ+π6≥3π2，求解即可.
【解答过程】若∃x1，x2∈[0,π]，使得fx1fx2=−4，则fx1=2,fx2=−2，或fx1=−2,fx2=2，
即函数fx=2sinωx+π6 ω>0在[0,π]上能取到最大值和最小值，
因为x∈[0,π]，所以ωx+π6∈π6,ωπ+π6，所以ωπ+π6≥3π2，所以ω≥43，
即正数ω的最小值为43.
故答案为：43.
四、解答题
15．（2023·河北承德·模拟预测）已知ω>1，函数f(x)=csωx−π3.
(1)当ω=2时，求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)在区间π6,π3上单调，求ω的取值范围.
【解题思路】（1）令−π+2kπ≤2x−π3≤2kπ,k∈Z求x的范围，即可得增区间；
（2）由题意y=cst在t∈[πω6−π3,πω3−π3]上单调，讨论分别为递减区间、递增区间求ω的取值范围.
【解答过程】（1）由题设f(x)=cs(2x−π3)，令−π+2kπ≤2x−π3≤2kπ,k∈Z，
所以−π3+kπ≤x≤kπ+π6,k∈Z，故f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,kπ+π6],k∈Z.
（2）由x∈π6,π3，则t=ωx−π3∈[π6ω−π3,π3ω−π3]，
所以y=cst在[πω6−π3,πω3−π3]上单调，又ω>1，
若[πω6−π3,πω3−π3]⊆[2kπ,π+2kπ]，k∈Z，则πω6−π3≥2kππω3−π3≤π+2kπ，k∈Z，
所以2+12k≤ω≤4+6k，k∈Z，故k=0时2≤ω≤4，满足题设；
若[πω6−π3,πω3−π3]⊆[−π+2kπ,2kπ]，k∈Z，则πω6−π3≥−π+2kππω3−π3≤2kπ，k∈Z，
所以−2+12k≤ω≤1+6k，k∈Z，此时没有满足题设的k值；
综上，ω∈[2,4].
16．（23-24高一下·湖北恩施·期末）已知函数fx=2sinωx+π6(ω>0)．
(1)若f5π6+x+f5π6−x=0，求ω的最小值；
(2)若fx在区间0,π3上的值域为1,2，求ω的取值范围．
【解题思路】（1）根据条件可知函数关于点5π6,0对称，代入即可求解；
（2）首先求ωx+π6的范围，再根据三角函数的图象和性质，即可列不等式求ω的取值范围．
【解答过程】（1）因为f5π6+x+f5π6−x=0，
所以fx的图象关于点5π6,0对称，
则ω⋅5π6+π6=kπ,k∈Z，
解得ω=−15+65k,k∈Z．
又ω>0，故当k=1时，ω取得最小值1．
（2）当x∈0,π3时，π6≤ωx+π6≤πω3+π6，
因为函数fx在区间0,π3上的值域为1,2，所以π2≤πω3+π6≤5π6，
解得：1≤ω≤2．
所以ω的取值范围为1,2．
17．（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=2sinωx+φω>0,φ≤π2.
(1)若fx的图象经过点A3π4,0，Bπ4,2，且点B恰好是fx的图象中距离点A最近的最高点，试求fx的解析式；
(2)若f0=−1，且fx在5π9,π上单调，在0,3π4上恰有两个零点，求ω的取值范围.
【解题思路】（1）依题意可得函数fx的周期求出ω，又过点B取最值求φ；
（2）根据f0=−1求φ，由已知条件及正弦函数的性质求ω的取值范围.
【解答过程】（1）依题意可知：T4=3π4−π4=π2，即T=2π=2πω，所以ω=1，
又过点Bπ4,2，所以1×π4+φ=π2+2kπ,k∈Z,即φ=π4+2kπ,k∈Z，
又φ≤π2，所以φ=π4，即fx=2sinx+π4.
（2）因为f0=2sinφ=−1，且φ≤π2，所以φ=−π6，即fx=2sinωx−π6ω>0，
又当x∈0,3π4时fx恰有两个零点，−π6<ωx−π6<3π4ω−π6，
依题意：π<3π4ω−π6≤2π，即149<ω≤269，
又fx在5π9,π上单调，所以5π9ω−π6<ωx−π6<πω−π6，
依题意;若5π9ω−π6≥−π2πω−π6≤π2，即ω>0ω≤23，所以0<ω≤23，因149<ω≤269，故不合题意；
若5π9ω−π6≥π2πω−π6≤3π2，即ω≥65ω≤53，所以65≤ω≤53，因149<ω≤269，故149<ω≤53；
若5π9ω−π6≥3π2πω−π6≤5π2，即ω≥3ω≤83，显然不等式组无解；
综上ω的取值范围为149,53.
18．（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=3sinωx+φω>0,φ<π2.
(1)当φ=π6时，函数fx在π3,2π3上单调递增，求实数ω的取值范围.
(2)若fx的图象关于直线x=π4对称且f−π4=0，是否存在实数ω，使得fx在7π18,5π9上单调？若存在，求出ω的值；若不存在，说明理由.
【解题思路】（1）由单调性可得2π3−π3≤12T及正弦函数的单调性即可求解；
（2）由对称性与单调性可得ω为正奇数且ω≤6，分类讨论即可求解.
【解答过程】（1）2π3−π3≤12T=12⋅2πω，∴0<ω≤3，
由题，ωx+π6∈ωπ3+π6,2ωπ3+π6，
注意到，0<ω≤3时，ωπ3+π6∈π6,7π6，
则必有ωx+π6∈ωπ3+π6,2ωπ3+π6⊆0,π2，
只需2ωπ3+π6≤π2，则0<ω≤12，
所以ω的取值范围为0,12.
（2）由题−π4ω+φ=k1π①，π4ω+φ=k2π+π2②，k1，k2∈Z.
②－①得π2ω=k2−k1π+π2，所以ω=2k2−k1+1.
因为k1，k2∈Z，所以ω=2n+1n∈N，即ω为正奇数.
因为fx在7π18,5π9上单调，所以5π9−7π18=π6≤T2，即T=2πω≥π3，解得ω≤6.
当ω=5时，−5π4+φ=kπ，k∈Z.
因为φ≤π2，所以φ=π4，此时fx=3sin5x+π4.
令t=5x+π4∈79π36,109π36，gt=3sint.
gt在79π36,5π2上单调递增，在5π2,109π36上单调递减，
故fx在7π18,5π9上不单调，不符合题意.
当ω=3时，−3π4+φ=kπ，k∈Z.
因为φ≤π2，所以φ=−π4，此时fx=3sin3x−π4.
令t=3x−π4∈11π12,17π12，gt=3sint，gt在11π12,17π12上单调递减，
故fx在7π18,5π9上单调，符合题意.
当ω=1时，−π4+φ=kπ，k∈Z.
因为φ≤π2，所以φ=π4，此时fx=3sin3x+π4.
令t=x+π4∈23π36,29π36，gt=3sint，gt在23π36,29π36上单调递减，
故fx在7π18,5π9上单调，符合题意.
综上，存在实数ω，使得fx在7π18,5π9上单调，且ω的取值为1，3.
19．（2023·山西·模拟预测）已知函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0的图象是由y=2sinωx+π6的图象向右平移π6个单位长度得到的.
(1)若fx的最小正周期为π，求fx的图象与y轴距离最近的对称轴方程；
(2)若fx在π2,3π2上有且仅有一个零点，求ω的取值范围.
【解题思路】（1）由三角函数的图象变换及对称性质即可判定；
（2）利用整体代换求得零点，再根据已知区间确定范围即可.
【解答过程】（1）由2πω=π，得ω=2，
所以fx=2sin2x−π6+π6=2sin2x−π6，
令2x−π6=kπ+π2，k∈Z，解得x=kπ2+π3，k∈Z，
取k=0，得x=π3，取k=−1，得x=−π6，
因为−π6<π3，所以与y轴距离最近的对称轴方程为x=−π6.
（2）由已知得fx=2sinωx−π6+π6=2sinωx+1−ωπ6，
令ωx+1−ωπ6=kπ，k∈Z，解得x=6k+ω−16ωπ，k∈Z.
因为fx在π2,3π2上有且仅有一个零点，所以π2≤6k+ω−16ωπ≤3π26k+ω−76ωπ<π26k+ω+56ωπ>3π2 k∈Z
所以6k−18≤ω≤6k−126k−72<ω<6k+58.
因为ω>0，所以6k−12−6k−18≥06k−12>06k+58−6k−72>0，解得16解得58≤ω<118，
即ω的取值范围为58,118.