高考数学一轮复习 讲义 微专题（5） 三角函数解析式中ω的求法

在三角函数的图象与性质中，求ω的值或取值范围是高考命题中的一个热点，由于其有时涉及三角函数的零点、单调性、奇偶性、对称性、最值等性质的综合应用，所以与其有关的问题灵活多样，历来是学习的难点，以下举例说明在不同条件下ω的求法．类型一根据三角函数的周期性求ωy＝Asin(ωx＋φ)的最小正周期为T＝eq\f(2π,|ω|)，解决此类问题的关键在于结合条件弄清周期T＝eq\f(2π,|ω|)与所给区间的关系，从而建立不等关系.(1)设函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)，已知f(a)＝－eq\f(\r(3),2)，f(b)＝eq\f(1,2)，且|a－b|的最小值为π，则ω＝()A．2 B．1C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,4)答案：C解析：在正弦函数g(x)＝sinx中，g(x1)＝－eq\f(\r(3),2)，g(x2)＝eq\f(1,2)，则|x1－x2|的最小值为eq\f(π,2)，因为eq\f(\f(π,2),2π)＝eq\f(1,4)，函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)，f(a)＝－eq\f(\r(3),2)，f(b)＝eq\f(1,2)，且|a－b|的最小值为π，所以eq\f(π,T)＝eq\f(1,4)，所以函数f(x)的最小正周期为T＝4π，所以eq\f(2π,ω)＝4π，解得ω＝eq\f(1,2).故选C.(2)为了使函数y＝sinωx(ω＞0)在区间[0，1]上至少出现50次最大值，则ω的最小值为________．答案：eq\f(197π,2)解析：由题意，至少出现50次最大值，即至少需用49eq\f(1,4)个周期，所以eq\f(197,4)T＝eq\f(197,4)·eq\f(2π,ω)≤1，所以ω≥eq\f(197π,2)，即ω的最小值为eq\f(197π,2).本例(2)中，结合正弦函数的图象，只需求出在区间[0，1]上至少出现的周期个数，即可求出ω的最小值．1.已知将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象仅向左平移eq\f(π,4)个单位长度和仅向右平移eq\f(π,2)个单位长度都能得到同一个函数的图象，则ω的最小值为()A.eq\f(4,3) B.eq\f(5,3)C.eq\f(8,3) D.eq\f(16,3)答案：C解析：解法一：函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象仅向左平移eq\f(π,4)个单位长度得到函数y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(ωπ,4)＋\f(π,6)))的图象，函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象仅向右平移eq\f(π,2)个单位长度得到y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,2)＋\f(π,6)))的图象，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,4)＋\f(π,6)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ωπ,2)＋\f(π,6)))＝2kπ(k∈Z)，即eq\f(3ωπ,4)＝2kπ(k∈Z)，即ω＝eq\f(8,3)k(k∈Z)，由于ω>0，所以当k＝1时，ω取得最小值eq\f(8,3).故选C.解法二：函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))的最小正周期为eq\f(2π,ω)，依题意有eq\f(π,4)＋eq\f(π,2)＝k·eq\f(2π,ω)(k∈N*)，则ω＝eq\f(8,3)k(k∈N*)，由于ω>0，所以当k＝1时，ω取得最小值eq\f(8,3).故选C.类型二根据三角函数的单调性求ω(1)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(2π,3)))(ω>0)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,6)))上单调递增，则ω的取值范围是()A．[2，5] B．[1，14]C．[9，10] D．[10，11]答案：D解析：当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,6)))时，ωx＋eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)ω＋\f(2π,3)，\f(π,6)ω＋\f(2π,3)))，∵f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,6)))上单调递增，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)ω＋\f(2π,3)≥－\f(π,2)＋2kπ，,\f(π,6)ω＋\f(2π,3)≤\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≥－14＋24k，,ω≤－1＋12k))(k∈Z)，又ω>0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－14＋24k≤－1＋12k，,－1＋12k>0，))解得eq\f(1,12)<k≤eq\f(13,12)，又k∈Z，∴k＝1，∴10≤ω≤11，即ω的取值范围为[10，11]．故选D.(2)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<2π)图象的一条对称轴为直线x＝－eq\f(π,6)，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(4π,3)))上单调，则ω的最大值为()A.eq\f(5,3) B．2C.eq\f(8,3) D.eq\f(10,3)答案：C解析：函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<2π)图象的一条对称轴为直线x＝－eq\f(π,6)，∴－eq\f(πω,6)＋φ＝k1π＋eq\f(π,2)(k1∈Z)，∴φ＝k1π＋eq\f(π,2)＋eq\f(πω,6)(k1∈Z)，f(x)＝sin(ωx＋φ)图象的对称轴方程可以表示为ωx＋k1π＋eq\f(π,2)＋eq\f(πω,6)＝k2π＋eq\f(π,2)(k1，k2∈Z)，令k＝k2－k1，则x＝eq\f(kπ,ω)－eq\f(π,6)(k∈Z)，由f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(4π,3)))上单调，则∃k∈Z，使得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,ω)－\f(π,6)≤π，,\f(（k＋1）π,ω)－\f(π,6)≥\f(4π,3)，))解得eq\f(6,7)k≤ω≤eq\f(2,3)(k＋1)，由eq\f(6,7)k≤eq\f(2,3)(k＋1)，得k≤3，当k＝3时，ω取得最大值，为eq\f(8,3).故选C.已知函数在某区间上的单调性求ω时，由所给区间求出整体角的范围，由该范围是某相应正、余弦函数的某个单调区间的子集列不等式(组)求解．2.(2026·河北邢台模拟)若函数f(x)＝1－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω≠0)在(0，1)上单调递增，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,4)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))答案：D解析：由函数f(x)＝1＋taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－ωx＋\f(π,4)))在(0，1)上单调递增，根据正切函数的性质，可得－ω＞0①，当x∈(0，1)时，可得－ωx＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，－ω＋\f(π,4)))，则－ω＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)②，由①②解得－eq\f(π,4)≤ω＜0.故选D.3．已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递增，且当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))时，f(x)≥0恒成立，则ω的取值范围为________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8，\f(17,2)))解析：由已知，函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递增，所以2k1π－π≤ωx－eq\f(π,3)≤2k1π(k1∈Z)，解得eq\f(2k1π,ω)－eq\f(2π,3ω)≤x≤eq\f(2k1π,ω)＋eq\f(π,3ω)(k1∈Z)，由题意，得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2k1π,ω)－\f(2π,3ω)，\f(2k1π,ω)＋\f(π,3ω)))(k1∈Z)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)≥\f(2k1π,ω)－\f(2π,3ω)（k1∈Z），,\f(π,4)≤\f(2k1π,ω)＋\f(π,3ω)（k1∈Z），))解得12k1－4≤ω≤8k1＋eq\f(4,3)(k1∈Z)①，且12k1－4≤8k1＋eq\f(4,3)，则k1≤eq\f(4,3)，k1∈Z，又因为当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))时，f(x)≥0恒成立，所以2k2π－eq\f(π,2)≤ωx－eq\f(π,3)≤2k2π＋eq\f(π,2)(k2∈Z)，解得eq\f(2k2π,ω)－eq\f(π,6ω)≤x≤eq\f(2k2π,ω)＋eq\f(5π,6ω)(k2∈Z)，由题意，得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2k2π,ω)－\f(π,6ω)，\f(2k2π,ω)＋\f(5π,6ω)))(k2∈Z)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)≥\f(2k2π,ω)－\f(π,6ω)（k2∈Z），,\f(π,3)≤\f(2k2π,ω)＋\f(5π,6ω)（k2∈Z），))解得8k2－eq\f(2,3)≤ω≤6k2＋eq\f(5,2)(k2∈Z)②，且8k2－eq\f(2,3)≤6k2＋eq\f(5,2)，则k2≤eq\f(19,12)，k2∈Z，又因为ω>0，当k1＝k2＝0时，由①②可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω>0，,－4≤ω≤\f(4,3)，,－\f(2,3)≤ω≤\f(5,2)，))解得ω∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))；当k1＝k2＝1时，由①②可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω>0，,8≤ω≤\f(28,3)，,\f(22,3)≤ω≤\f(17,2)，))解得ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8，\f(17,2))).所以ω的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8，\f(17,2))).类型三根据三角函数的对称性求ω(1)关于已知函数y＝Asin(ωx＋φ)图象的对称性求ω的问题，常利用y＝sinx图象的对称中心为(kπ，0)(k∈Z)，令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，利用y＝sinx图象的对称轴方程为x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，令ωx＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，结合已知图象的对称轴或对称中心求解ω.(2)关于已知函数y＝Atan(ωx＋φ)图象的对称性求ω的问题，常利用y＝tanx图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)求解ω.(1)已知函数f(x)＝eq\r(2)sinx，函数g(x)的图象可以由函数f(x)的图象先向右平移eq\f(π,4)个单位长度，再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的eq\f(1,ω)(ω>0)得到，若直线x＝eq\f(π,8)是函数g(x)图象的一条对称轴，则ω的最小值为()A．3 B．6C．9 D．15答案：B解析：由题意，知g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))，因为直线x＝eq\f(π,8)是函数g(x)图象的一条对称轴，则eq\f(π,8)ω－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以ω＝6＋8k，k∈Z，又ω>0，所以ω的最小值为6.(2)已知函数f(x)＝3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωx,2)＋\f(π,3)))(ω>0)图象的两个相邻对称中心之间的距离为eq\f(π,4)，则ω＝________．答案：4解析：设f(x)的最小正周期为T，由函数f(x)＝3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωx,2)＋\f(π,3)))(ω>0)图象的两个相邻对称中心之间的距离为eq\f(π,4)，知eq\f(T,2)＝eq\f(π,4)，T＝eq\f(π,2)，又T＝eq\f(π,\f(ω,2))，所以eq\f(π,2)＝eq\f(π,\f(ω,2))，则ω＝4.若已知函数的对称性，可将对称轴(对称中心横坐标)代入，建立等量关系，再根据三角函数的对称性研究其周期性，进而可以求得ω的取值．4.已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的图象关于点(1，0)对称，则ω的最小值为________．答案：eq\f(π,3)解析：因为函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))的图象关于点(1，0)对称，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ω＋\f(π,3)))＝0，则2ω＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，故ω＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)(k∈Z)，又ω>0，所以ω的最小值为eq\f(π,3).5．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))(ω>0)的图象在区间[0，π]上有且仅有两条对称轴，则ω的取值范围是________．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)，\f(17,6)))解析：当x∈[0，π]时，ωx－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，ωπ－\f(π,3)))(ω>0)，依题意可得eq\f(3π,2)≤ωπ－eq\f(π,3)<eq\f(5π,2)，解得ω∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)，\f(17,6)))，即ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)，\f(17,6))).类型四根据三角函数的最值(极值)求ω(1)(2026·江西赣州模拟)已知函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，x∈[－π，0]，若f(x)恰有3个极值点，则正数ω的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(11,3))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(11,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6)))答案：C解析：因为ω>0，所以当x∈[－π，0]时，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－ωπ＋\f(π,6)，\f(π,6)))，因为f(x)恰有3个极值点，所以－3π<－ωπ＋eq\f(π,6)≤－2π，解得eq\f(13,6)≤ω<eq\f(19,6)，即正数ω的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6))).故选C.(2)已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))上恰有一个最大值点和一个最小值点，则实数ω的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，7)) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，4))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(20,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)，7))答案：B解析：因为f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))上恰有一个最大值点和一个最小值点，所以eq\f(π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))>eq\f(T,2)，所以ω>eq\f(12,7).令t＝ωx＋eq\f(π,6)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))时，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)ω＋\f(π,6)，\f(π,3)ω＋\f(π,6)))，于是f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))上的最值点个数等价于g(t)＝2sint在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)ω＋\f(π,6)，\f(π,3)ω＋\f(π,6)))上的最值点个数．由ω>eq\f(12,7)知，－eq\f(π,4)ω＋eq\f(π,6)<－eq\f(11π,42)，eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,6)>eq\f(31π,42)>eq\f(π,2)，因为g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)ω＋\f(π,6)，\f(π,3)ω＋\f(π,6)))上恰有一个最大值点和一个最小值点，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)≤－\f(π,4)ω＋\f(π,6)<－\f(π,2)，,\f(π,2)<\f(π,3)ω＋\f(π,6)≤\f(3π,2)，))解得eq\f(8,3)<ω≤4，或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)≤－\f(π,4)ω＋\f(π,6)，,\f(3π,2)<\f(π,3)ω＋\f(π,6)≤\f(5π,2)，))此方程组无解．故选B.若已知三角函数的最值(极值)，则利用三角函数的最值(极值)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的值或取值范围．6.已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)满足f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))恒成立，且在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))上无最小值，则ω＝________．答案：eq\f(1,4)解析：由题意可知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))是函数f(x)的最大值，则eq\f(2π,3)ω＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得ω＝eq\f(1,4)＋3k，k∈Z，又f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))上无最小值，所以eq\f(2π,ω)≥π－eq\f(π,3)，所以0<ω≤3，所以ω＝eq\f(1,4).7．若函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上存在极值点，则ω的取值范围为________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))解析：因为函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上存在极值点，所以eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,6)>eq\f(π,2)，即ω>1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))，又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋kπ，\f(3π,2)＋kπ))(k∈N)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,6)≥\f(π,2)＋kπ，,ωπ＋\f(π,6)≤\f(3π,2)＋kπ))(k∈N)，解得eq\f(2,3)＋2k≤ω≤eq\f(4,3)＋k(k∈N)，由eq\f(2,3)＋2k≤eq\f(4,3)＋k，得k≤eq\f(2,3)，又k∈N，所以k＝0，eq\f(2,3)≤ω≤eq\f(4,3).综上可知，1<ω≤eq\f(4,3)，即ω的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3))).类型五根据三角函数的零点求ω研究函数的零点个数等问题时，往往都是采取整体换元的思想，即通过ωx＋φ的取值情况确定函数零点的情况，因此可根据函数零点情况来确定ω的值或取值范围.(1)(2025·北京卷，8)设函数f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)，若f(x＋π)＝f(x)恒成立，且f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上存在零点，则ω的最小值为()A．8 B．6C．4 D．3答案：C解析：函数f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)，设函数f(x)的最小正周期为T，由f(x＋π)＝f(x)，可得kT＝π(k∈N*)，所以T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(π,k)(k∈N*)，即ω＝2k(k∈N*)．又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上存在零点，且当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，ωx＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(πω,4)＋\f(π,4)))，所以eq\f(πω,4)＋eq\f(π,4)≥π，解得ω≥3.综上，ω的最小值为4.故选C.(2)已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的最小正周期为T，若f(T)＝eq\r(3)，且f(x)在区间[0，1]上恰有3个零点，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17π,6)，\f(23π,6))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,6)，\f(23π,6)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,3)，\f(10π,3))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,3)，\f(10π,3)))答案：D解析：由题意f(x)＝2cos(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的最小正周期为T，则T＝eq\f(2π,ω)，又f(T)＝eq\r(3)，可得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω·\f(2π,ω)＋φ))＝eq\f(\r(3),2)，即cosφ＝eq\f(\r(3),2)，又0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,6)，又f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在区间[0，1]上恰有3个零点，当x∈[0，1]时，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，ω＋\f(π,6)))，结合函数y＝cosx的图象，如图所示，则y＝cosx在原点右侧的零点依次为eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2)，eq\f(7π,2)，…，所以eq\f(5π,2)≤ω＋eq\f(π,6)<eq\f(7π,2)，解得eq\f(7π,3)≤ω<eq\f(10π,3)，即ω的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,3)，\f(10π,3))).故选D.将函数零点转化成函数图象与x轴的交点问题，结合图形得出ωx＋φ的范围即可求解．8.已知函数f(x)＝eq\r(3)cos(ωx＋φ)(ω>0)满足对任意的x∈R，都有f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\v