高考数学一轮复习 微专题7　三角函数中参数的范围问题 教用

三角函数中参数的范围问题单调性与ω的取值范围例1(2025·蚌埠一模)(多选)已知函数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,6)，\f(π,4)))上单调递增，则实数ω的取值可以是(ABD)A．1 B．eq\f(4,3)C．6 D．9【解析】因为函数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,6)，\f(π,4)))上单调递增，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)≤\f(π,6)ω＋\f(π,6)，,\f(π,4)ω＋\f(π,6)≤2kπ＋\f(π,2)，))k∈Z，即12k－4≤ω≤8k＋eq\f(4,3)，k∈Z，则8k＋eq\f(4,3)≥12k－4⇒k≤eq\f(4,3)．又eq\f(T,2)≥eq\f(π,4)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,12)，即0＜ω≤12．当k＝0时，0＜ω≤eq\f(4,3)，当k＝1时，8≤ω≤eq\f(28,3)．故ω∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8，\f(28,3)))．已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)在区间[x1，x2]上具有单调性，求ω的取值范围：(1)根据题意可知给定区间的长度不大于该函数最小正周期的一半，即x2－x1≤eq\f(1,2)T＝eq\f(π,ω)，求得0＜ω≤eq\f(π,x2－x1)；(2)以f(x)在给定区间上单调递增为例，利用[ωx1＋φ，ωx2＋φ]⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)，解得包含k的ω的取值范围；(3)结合(1)求出的ω的取值范围对k进行赋值，从而求出ω(不含参数)的取值范围．变式1(2025·泰州一调)已知ω＞0，函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减，则ω的最大值为__eq\f(5,4)__．【解析】因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，ω＞0，所以2ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2πω,3)＋\f(π,6)))．因为函数y＝cost在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上单调递减，而函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2πω,3)＋\f(π,6)))⊆[0，π]，则有eq\f(2πω,3)＋eq\f(π,6)≤π，解得ω≤eq\f(5,4)，则ω的最大值为eq\f(5,4)．极、最值(对称轴)与ω的取值范围例2(1)(2025·赣州一模)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__eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6)))__．【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ω的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6)))．(2)(2025·龙岩3月质检)若函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))(ω＞0，x∈R)在[0，π]内有且仅有两条对称轴，则ω的取值范围是__eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(7,6)))__．【解析】对于函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))，令2ωx＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ＋\f(π,3),2ω)，k∈Z．当k＝0时，x1＝eq\f(\f(π,3),2ω)＝eq\f(π,6ω)；当k＝1时，x2＝eq\f(π＋\f(π,3),2ω)＝eq\f(2π,3ω)；当k＝2时，x3＝eq\f(2π＋\f(π,3),2ω)＝eq\f(7π,6ω)．由于f(x)在[0，π]内有且仅有两条对称轴，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3ω)≤π，,\f(7π,6ω)＞π，))解得eq\f(2,3)≤ω＜eq\f(7,6)．所以ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(7,6)))．处理极值、最值与参数ω结合的问题时，可通过绘制函数简图，利用三角函数的最值特性或周期性，列出关于ω的不等式，再通过解不等式求出参数的最值或取值范围．变式2(1)(2026·保定期中)若函数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,2)，\f(2π,3)))上恰有3个极值点，则ω的取值范围是(D)A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,2))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,2)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(14,3)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(14,3))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(8,3)))【解析】由ω＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(2π,3)))，得ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)ω＋\f(π,3)，\f(2π,3)ω＋\f(π,3)))，显然eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)ω＋\f(π,3)，\f(2π,3)ω＋\f(π,3)))．由于y＝cosx的极值点为x＝kπ，k∈Z，所以f(x)的极值点对应的ωx＋eq\f(π,3)取0，π，2π或－π，0，π，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－π≤－\f(π,2)ω＋\f(π,3)＜0，,2π＜\f(2π,3)ω＋\f(π,3)≤3π)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2π≤－\f(π,2)ω＋\f(π,3)＜－π，,π＜\f(2π,3)ω＋\f(π,3)≤2π，)))解得eq\f(5,2)＜ω≤eq\f(8,3)，即ω的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(8,3)))．(2)(2026·徐州期中)若函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)在区间(0,2π)上恰有5个极值点，且在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,5)，\f(4π,5)))上单调，则ω的取值范围为__eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(20,9)，\f(8,3)))__．【解析】由x∈(0,2π)，得ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，2πω＋\f(π,6)))．又函数f(x)在区间(0,2π)上恰有5个极值点，所以eq\f(9π,2)＜2πω＋eq\f(π,6)≤eq\f(11π,2)，解得eq\f(13,6)＜ω≤eq\f(8,3)．由x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,5)，\f(4π,5)))，则ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3πω,5)＋\f(π,6)，\f(4πω,5)＋\f(π,6)))，又f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,5)，\f(4π,5)))上单调，由eq\f(13,6)＜ω≤eq\f(8,3)，知eq\f(22π,15)＜eq\f(3πω,5)＋eq\f(π,6)≤eq\f(53π,30)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4πω,5)＋\f(π,6)≤\f(3π,2)，,\f(13,6)＜ω≤\f(8,3)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4πω,5)＋\f(π,6)≤\f(5π,2)，,\f(3π,2)≤\f(3πω,5)＋\f(π,6),\f(13,6)＜ω≤\f(8,3)，))，解得ω∈∅或eq\f(20,9)≤ω≤eq\f(8,3)．综上，ω的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(20,9)，\f(8,3)))．零点与ω的取值范围例3(2025·南京、盐城期末)设函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))，若f(x)的图象经过点(0,1)，且f(x)在[0，π]上恰有2个零点，则实数ω的取值范围是(B)A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，＋∞)) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)，\f(17,6)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(8,3))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)，＋∞))【解析】由题知f(0)＝2sinφ＝1，又|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))．当x∈[0，π]时，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，ωπ＋\f(π,6)))，由题知2π≤ωπ＋eq\f(π,6)＜3π，解得eq\f(11,6)≤ω＜eq\f(17,6)．已知零点个数求ω的取值范围：对于区间长度为定值的动区间，若要求该区间至少含有k个零点，则需确定含有k个零点的区间长度，该长度一般和周期相关；若要求该区间至多含有k个零点，该长度需要确定包含k＋1个零点的区间长度的最小值，并确保给定区间长度小于该值．变式3(2025·漳州一模)已知函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω＞0)，若方程f(x)＝1在区间(0，π)上恰有3个实数根，则ω的取值范围是(C)A．(2,3] B．[2,3)C．(3,4] D．[3,4)【解析】当x∈(0，π)时，ωx＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，ωπ＋\f(π,4)))．由题意可得tanx－1＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，ωπ＋\f(π,4)))上有3个实数根，即eq\f(π,4)＋3π＜ωπ＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,4)＋4π，解得3＜ω≤4，即ω的取值范围是(3,4]．其他参数范围例4(1)(2025·湛江一模)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在区间(0，m)上存在唯一极大值点，则m的最大值为(A)A．eq\f(7π,6) B．πC．eq\f(π,3) D．eq\f(π,6)【解析】当x∈(0，m)时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，2m＋\f(π,6)))．由f(x)在区间(0，m)上存在唯一极大值点，得eq\f(π,2)＜2m＋eq\f(π,6)≤eq\f(5π,2)，解得eq\f(π,6)＜m≤eq\f(7π,6)，所以m的最大值为eq\f(7π,6)．(2)已知函数f(x)＝sin(x＋φ)，0＜φ＜π，若函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))上存在最大值，但不存在最小值，则φ的取值范围是(D)A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(3π,4)))【解析】由0≤x＜eq\f(3π,4)，知φ≤x＋φ＜eq\f(3π,4)＋φ．因为0＜φ＜π，函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))上存在最大值，但不存在最小值，所以当eq\f(3π,4)＋φ≥π，即φ≥eq\f(π,4)时，只需满足eq\f(3π,4)＋φ≤eq\f(3π,2)，此时eq\f(π,4)≤φ≤eq\f(3π,4)；当eq\f(3π,4)＋φ＜π，即φ＜eq\f(π,4)时，函数一定存在最大值，要让函数无最小值，则eq\f(π,2)－φ＜eq\f(3π,4)＋φ－eq\f(π,2)，此时eq\f(π,8)＜φ＜eq\f(π,4)．综上，φ的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(3π,4)))．若已知三角函数的对称性(奇偶性)，则根据三角函数的对称性(奇偶性)研究其周期性，进而运用整体代换的思想，建立关于ω的不等式组，进而求出ω的取值范围．配套精练一、单项选择题1．(2022·全国甲卷)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在区间(0，π)内恰有3个极值点、2个零点，则正数ω的取值范围是(C)A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(13,6))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(19,6)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6)))【解析】依题意可得ω＞0，因为x∈(0，π)，所以ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3)))．作出y＝sint的图象如图所示，要使函数f(x)在区间(0，π)内恰有3个极值点、2个零点，则eq\f(5π,2)＜ωπ＋eq\f(π,3)≤3π，解得eq\f(13,6)＜ω≤eq\f(8,3)，即ω∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3)))．2．已知函数f(x)＝2cos2ωx＋sin2ωx－1(ω＞0)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))中心对称，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上没有最小值，则ω＝(B)A．eq\f(1,2) B．eq\f(3,2)C．eq\f(5,2) D．eq\f(7,2)【解析】f(x)＝2cos2ωx＋sin2ωx－1＝cos2ωx＋sin2ωx＝eq\r(,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,4)))，因为f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))中心对称，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)))＝0，故eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，即ω＝2k－eq\f(1,2)，k∈Z．当2ωx＋eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)＋2nπ，n∈Z，即x＝－eq\f(3π,8ω)＋eq\f(nπ,ω)，n∈Z时，函数f(x)取得最小值．因为f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上没有最小值，ω＞0，所以eq\f(5π,8ω)≥eq\f(π,3)，即0＜ω≤eq\f(15,8)．由0＜ω＝2k－eq\f(1,2)≤eq\f(15,8)，解得eq\f(1,4)＜k≤eq\f(19,16)，故k＝1，得ω＝eq\f(3,2)．3．已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|＜\f(π,2)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增，则φ的取值范围是(A)A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))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)，\f(π,2)))【解析】令2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋φ≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,4)－eq\f(1,2)φ≤x≤kπ＋eq\f(π,4)－eq\f(1,2)φ．因为f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,4)－\f(1,2)φ≥\f(π,6)，,kπ－\f(π,4)－\f(1,2)φ≤－\f(π,6)，))解得2kπ－eq\f(π,6)≤φ≤2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z．因为|φ|＜eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,6)≤φ≤eq\f(π,6)．4．(2025·北京卷)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(C)A．8 B．6C．4 D．3【解析】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*)．因为函数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，即ω≥3．综上，ω的最小值为4．5．(2025·湛江二模)若函数f(x)＝3sinx＋2cosx在[0，α]上单调递增，则当α取得最大值时，cosα＝(D)A．－eq\f(3\r(13),13) B．－eq\f(2\r(13),13)C．eq\f(3\r(13),13) D．eq\f(2\r(13),13)【解析】f(x)＝3sinx＋2cosx＝eq\r(13)sin(x＋φ)，其中sinφ＝eq\f(2\r(13),13)＞0，cosφ＝eq\f(3\r(13),13)＞0，且φ为锐角．因为f(x)在[0，α]上单调递增，且φ＋x∈[φ，α＋φ]，所以[φ，φ＋α]⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则α的最大值为eq\f(π,2)－φ，此时cosα＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－φ))＝sinφ＝eq\f(2\r(13),13)．6．(2025·天津卷)已知f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，－π＜φ＜π)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上单调递增，且x＝eq\f(π,12)为它的一条对称轴，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))是它的一个对称中心，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)的最小值为(A)A．－eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(1,2)C．1 D．0【解析】由正弦函数的对称性可知eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(2n＋1T,4)(n∈Z)，即eq\f(π,4)＝eq\f(2nπ＋π,2ω)，所以ω＝4n＋2．又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上单调递增，ω＞0，则eq\f(T,2)≥eq\f(π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))，所以eq\f(π,ω)≥eq\f(π,2)⇒0＜ω≤2，所以ω＝2，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ＝\f(π,2)＋2kπ，,\f(2π,3)＋φ＝mπ))(m，k∈Z)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(φ＝\f(π,3)＋2kπ，,φ＝mπ－\f(2π,3)，))因为φ∈(－π，π)，所以k＝0，m＝1，φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))．当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，由正弦函数的单调性可知f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\f(4π,3)＝－eq\f(\r(3),2)．二、多项选择题7．(2025·常州期末)已知函数f(x)＝sinωx(ω＞0)，则下列说法正确的有(ACD)A．若f(x)在[0，π]上的值域为[－1,1]，则ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))B．若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上恰有一条对称轴，则ω的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))C．若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上单调递增，则ω的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))D．若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有两个不同的零点，则ω的取值范围是(4,6]【解析】对于A，当x∈[0，π]时，ωx∈[0，ωπ]，由题知ωπ≥eq\f(3π,2)，即ω≥eq\f(3,2)，故A正确；对于B，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))时，ωx∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(πω,3)))，由题知eq\f(π,2)＜eq\f(πω,3)≤eq\f(3π,2)，即eq\f(3,2)＜ω≤eq\f(9,2)，故B错误；对于C，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，ωx∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(πω,3)，\f(πω,4)))，由题知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(πω,3)≥－\f(π,2)，,\f(πω,4)≤\f(π,2)，))又ω＞0，所以0＜ω≤eq\f(3,2)，故C正确；对于D，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，ωx∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(πω,2)))，由题知2π＜eq\f(πω,2)≤3π，即4＜ω≤6，故D正确．8．(2025·新余一模)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的图象经过点(0,1)，则下列说法正确的是(CD)A．若ω＝1，则对任意的x，都有f(x＋π)＝f(x)B．若f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，则ω＝1＋6k(k∈N)C．若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，则ω的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))D．若方程f(x)＝eq\r(3)在(0，π)上恰有两个不同的实数解，则ω的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(13,6)))【解析】因为函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的图象经过点(0,1)，所以f(0)＝2sinφ＝1，即sinφ＝eq\f(1,2)．又|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))．对于A，当ω＝1时，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，则f(x＋π)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋π＋\f(π,6)))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－f(x)，故A错误．对于B，若f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，则eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，又ω＞0，所以ω＝1＋3k(k∈N)，故B错误．对于C，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)ω＋\f(π,6)))，因为f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)ω＋\f(π,6)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)ω＋\f(π,6)≤\f(π,2)，,ω＞0，))解得0＜ω≤eq\f(4,3)，即ω的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))，故C正确．对于D，当x∈(0，π)时，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，πω＋\f(π,6)))，若方程f(x)＝eq\r(3)在(0，π)上恰有两个不同的实数解，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)在(0，π)上恰有两个不同的实数解，则有eq\f(2π,3)＜πω＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,3)，解得eq\f(1,2)＜ω≤eq\f(13,6)，即ω的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(13,6)))，故D正确．9．设函数g(x)＝sinωx(ω＞0)的图象向左平移eq\f(π,5ω)个单位长度得到函数f(x)的图象，已知f(x)在[0,2π]上有且只有5个零点，则下列结论正确的是(CD)A．f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称B．f(x)在(0,2π)上有且只有3个极大值点，有且只有2个极小值点C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))上单调递增D．ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10)))【解析】依题意得f(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,5ω)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,5ω)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))，T＝eq\f(2π,ω)．当x∈[0,2π]时，ωx＋eq\f(π,5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，2πω＋\f(π,5)))．因为f(x)在[0,2π]上有且只有5个零点，所以5π≤2πω＋eq\f(π,5)＜6π，解得eq\f(12,5)≤ω＜eq\f(29,10)，故D正确；对于A，令ωx＋eq\f(π,5)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,ω)＋eq\f(3π,10ω)，k∈Z，所以f(x)的图象关于直线x＝eq\f(kπ,ω)＋eq\f(3π,10ω)(k∈Z)对称，故A不正确；对于B，如图，根据图象可知，xA≤2π＜xB，则f(x)在(0,2π)上有3个极大值点，2个或3个极小值点，故B不正确；对于C，因为－eq\f(π,5ω)＋eq\f(1,4)T＝－eq\f(π,5ω)＋eq\f(1,4)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(3π,10ω)，由图可知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,10ω)))上单调递增，因为ω＜eq\f(29,10)＜3，所以eq\f(π,10)－eq\f(3π,10ω)＝eq\f(π,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,ω)))＜0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))上单调递增，故C正确．三、填空题10．已知函数f(x)＝sinωx－eq\r(,3)cosωx(ω＞0)，若存在x1∈[0，π]，使得f(x1)＝－2，则ω的最小值为__eq\f(11,6)__．【解析】由题知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，由x1∈[0，π]，得ωx1－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，πω－\f(π,3)))．由存在x1∈[0，π]，使得f(x1)＝－2，得πω－eq\f(π,3)≥eq\f(3π,2)，解得ω≥eq\f(11,6)，所以ω的最小值为eq\f(11,6)．11．(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝cosωx－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__[2,3)__．【解析】因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，令f(x)＝cosωx－1＝0，则cosωx＝1在[0,2π]上有3个根．令t＝ωx，则cost＝1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]．作出y＝cost的图象如图所示，可得4π≤2ωπ＜6π，故2≤ω＜3．12．若函数f(x)＝4cos(2x＋φ)－2eq\r(2)(0≤φ≤π)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(11π,6)))内恰有4个零点，则φ的取值范围是__eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，π))__．【解析】因为0≤x≤eq\f(11π,6)，所以φ≤2x＋φ≤eq\f(11π,3)＋φ．令f(x)＝4cos(2x＋φ)－2eq\r(2)＝0，得cos(2x＋φ)＝eq\f(\r(2),2)．当0≤φ≤eq\f(π,4)时，eq\f(15π,4)≤eq\f(11π,3)＋φ＜eq\f(17π,4)，解得eq\f(π,12)≤φ≤eq\f(π,4)；当eq\f(π,4)＜φ≤π时，eq\f(17π,4)≤eq\f(11π,3)＋φ＜eq\f(23π,4)，解得eq\f(7π,12)≤φ≤π．综上，φ的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，π