第31讲ω的取值范围与最值问题_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第31讲 ω的取值范围与最值问题
知识梳理
1、f(x)=Asin(ωx+φ)在f(x)=Asin(ωx+φ)区间(a，b)内没有零点⇒
b-a  T b-a   ≤ 2
⇒
kπ≤aω+ϕ<π+kπ

kπ<bω+ϕ≤π+kπ

T
 ≤  2  kπ-ϕ
a≥
 ω

π+kπ-ϕ

b≤
ω
同理，f(x)=Asin(ωx+φ)在区间[a，b]内没有零点
b-a
⇒
 T b-a   ≤ 2
⇒
kπ<aω+ϕ<π+kπ

kπ<bω+ϕ<π+kπ

T
 <  2  kπ-ϕ
a>
 ω

π+kπ-ϕ

b<
ω
2、f(x)=Asin(ωx+φ)在区间(a，b)内有3个零点
T<b-a
⇒

T<b-a
≤2T 
kπ≤aω+ϕ<π+kπ ⇒
3π+kπ<bω+ϕ≤4π+kπ
  ≤2T

kπ-φ (k+1)π-φ
≤a<
 ω ω
(k+3)π-φ (k+4)π-φ
 <b≤
 ω ω
同理f(x)=Asin(ωx+φ)在区间[a，b]内有2个零点
T ≤b-a 2
⇒

T
  < 3 2 T 2 ≤b-a
⇒
kπ<aω+ϕ≤π+kπ

2π+kπ≤bω+ϕ<3π+kπ

3T
  < 2 kπ-φ kπ+π-φ
<a≤
 ω ω

(k+2)π-φ (k+3)π-φ
 ≤b<
 ω ω
3、f(x)=Asin(ωx+φ)在区间(a，b)内有n个零点
(n-1)T
≤b-a
2
⇒

 (n+1)T
 <
2
 kπ-φ kπ+π-φ
≤a<
 ω ω

(k+n)π-φ (k+n+1)π-φ
 <b≤
 ω ω
同理f(x)=Asin(ωx+φ)在区间[a，b]内有n个零点
(n-1)T
≤b-a
2
⇒

 (n+1)T
 <
2
 kπ-φ kπ+π-φ
<a≤
 ω ω

(k+n)π-φ (k+n+1)π-φ
 ≤b<
 ω ω
2n+1
4、已知一条对称轴和一个对称中心，由于对称轴和对称中心的水平距离为 T，则
4
2n+1 (2n+1)π
T= =b-a
4 2ω
 ．
5、已知单调区间(a,b)，则a-b 
T
≤ .
2
第 页 共 页
781 3427必考题型全归纳
1 题型一：零点问题
1297 (2024·全国·高三专题练习)设函数fx  =sinωx+φ 
1
- (ω>0)，若对于任意实数φ，
2
函数fx  在区间0,2π  上至少有3个零点，至多有4个零点，则ω的取值范围是 ( )
4
A.  1,
 3

4 5
B.   ,
 3 3

5
C.   ,2
 3

7
D.  2,
 3

【答案】C
【解析】因为φ为任意实数，故函数f(x)的图象可以任意平移，从而研究函数fx  在区
间0,2π 
1
上的零点问题，即研究函数y=sinωx- 在任意一个长度为2π-0=2π的区
2
间上的零点问题，
1 1
令y=sinωx- =0，得sinωx= ，则它在y轴右侧靠近坐标原点处的零点分别为
2 2
π 5π 13π 17π 25π
， ， ， ， ，⋯，
6ω 6ω 6ω 6ω 6ω
2π 4π 2π 4π
则它们相邻两个零点之间的距离分别为 ， ， ， ，⋯，
3ω 3ω 3ω 3ω
10π 4π
故相邻四个零点之间的最大距离为 ，相邻五个零点之间的距离为 ，
3ω ω
所以要使函数fx  在区间0,2π  上至少有3个零点，至多有4个零点，则需相邻四个零
点之间的最大距离不大于2π，相邻五个零点之间的距离大于2π，
10π
 ≤2π
3ω 5
即 ，解得 ≤ω<2.
4π 3
>2π
ω
故选：C
π 3π
1298 (2024·全国·高一专题练习)设函数f(x)=2sinωx-1(ω>0)，在区间  ,
 4 4
 上至少有
2个不同的零点，至多有3个不同的零点，则ω的取值范围是 ( )
26 10
A.   ,
 9 3

26 58
B.   ,
 9 9

34 58
C.   ,
 9 9

26 10
D.   ,
 9 3

34 58
∪  ,
 9 9

【答案】D
【解析】函数fx 
π 3π
=2sinωx-1(ω>0)，在区间  ,
 4 4
 上至少有2个不同的零点，至多
1 π 3π
有3个不同的零点，即sinωx= 在区间  ,
2  4 4
 上至少有2个不同的根，至多有3个不
同的根，
ωπ 3ωπ
ωx∈  ,
 4 4
 ，
如图：
第 页 共 页
782 3427ωπ π 5π 3ωπ 17π
①当 ≤ ，则 ≤ < ，得ω无解；
4 6 6 4 6
π ωπ 5π 13π 3ωπ 25π 26 10
②当 < ≤ ，则 ≤ < ，求得 ≤ω≤ ；
6 4 6 6 4 6 9 3
5π ωπ 13π 17π 3ωπ 29π 34 58
③当 < ≤ 时，则 ≤ < ，求得 ≤ω< ；
6 4 6 6 4 6 9 9
ωπ 13π ωπ 3ωπ
④当 > 时，区间  ,
4 6  4 4

2ωπ 13π
长度 > >4π超过了正弦函数的两个最小
4 3
1 π 3π
正周期长度，故方程sinωx= 在区间  ,
2  4 4
 上至少有4个根，不满足题意；
26 10 34 58
综上，可得 ≤ω≤ 或 ≤ω< ；
9 3 9 9
故选：D.
1299 (2024·河北·高二统考学业考试)设函数f(x)=2sinωx+φ  -1ω>0  ，若对于任意实
π 3π
数φ，f(x)在区间  ,
 4 4
 上至少有2个零点，至多有3个零点，则ω的取值范围是
( )
8 16
A.   ,
 3 3

16
B.  4,
 3

20
C.  4,
 3

8 20
D.   ,
 3 3

【答案】B
【解析】令f(x)=0，则sinωx+φ 
1
=
2
1
令t=ωx+φ，则sint
2
π 3π
则问题转化为y=sint在区间  ω+φ, ω+φ
 4 4
 上至少有两个，至少有三个t，使得sint
1
，求ω的取值范围.
2
1
作出y=sint和y= 的图像，观察交点个数，
2
1 2
可知使得sint 的最短区间长度为2π，最长长度为2π+ π，
2 3
由题意列不等式的：
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783 34273π
2π≤ ω+φ
4

π
- ω+φ
4

2
<2π+ π
3
16
解得：4≤ω< .
3
故选：B
1300 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
π
的图象是由y= 2sinωx+
3
 (ω>0)的图
π
象向右平移 个单位得到的，若fx
3

π
在  ,π
 2
 上仅有一个零点，则ω的取值范围是(
)．
5
A.  0,
 2
 B. 1，3 
5
C.  1,
 2
 D. 1,4 
【答案】C
π
【解析】由题知，函数y= 2sinωx+
3
 ω>0 
π 2π
在  ,
 6 3
 上仅有一个零点，
2π 2π π π
所以T= > - = ，所以0<ω<4，
ω 3 6 2
π
令 2sinωx+
3

π kπ π
=0，得ωx+ =kπ，即x= - ,k∈Z.
3 ω 3ω
π π 2π π
若第一个正零点x= - = < ，则ω>4(矛盾)，
ω 3ω 3ω 6
π
因为函数y= 2sinωx+
3

π 2π
在  ,
 6 3
 上仅有一个零点，
π 2π 2π
 ≤ ≤
6 3ω 3 5
所以 ，解得1≤ω< .
2π π 2π 2
- >
ω 3ω 3
故选：C.
1301 (2024·全国·高三专题练习)记函数fx  =sinωx+φ 
π
ω>0,0<φ<
2
 的最小正周期
为T.若fT 
3 π
= ，x= 为fx
2 6
 的零点，则ω的最小值为 ( )
A.2 B.3 C.4 D.6
【答案】C
【解析】因为fx  =sinωx+φ 
π
ω>0,0<φ<
2

2π
的最小正周期为T= ，且fT
ω
 =
3
，
2
2π
所以sinω⋅ +φ
ω

3
=sinφ= ，
2
π π
因为0<φ< ，所以φ= ，
2 3
所以fx 
π
=sinωx+
3
 ，
第 页 共 页
784 3427π
因为x= 为fx
6
 的零点，
π
所以f
6

π π
=sin ω+
6 3
 =0，
π π
所以 ω+ =kπ,k∈Z，解得ω=6k-2,k∈Z，
6 3
因为ω>0，所以ω的最小值为4，
故选：C
1302 (2024·全国·模拟预测)若函数fx 
  2sinωx+1 ,cosωx≠ 3
cosωx- 3 2
=  ω>0
3
x,cosωx=
 2
 在0,4π  上有
3个零点，则ω的取值范围是 ( )
13
A.  ,+∞
24

13 25
B.  ,
24 24

31
C.  ,+∞
24

31 43
D.  ,
24 24

【答案】D
【解析】令fx  =0，则
3 2sinωx+1 1
当cosωx≠ 时， =0，即sinωx=- ，
2 cosωx- 3 2
3
当cosωx= 时，x=0，矛盾，
2
1 3
所以sinωx=- ，且cosωx≠ ，又sin2ωx+cos2ωx=1，
2 2
1 3
所以sinωx=- ，且cosωx=- ，
2 2
5π
所以ωx=- +2kπk∈Z
6
 ．
12kπ-5π
所以x= k∈Z
6ω
 ，因为ω>0，
所以函数fx 
7π 19π 31π 43π
的正零点从小到大依次为： ， ， ， ,⋅⋅⋅，
6ω 6ω 6ω 6ω
因为函数fx  在0,4π  上有3个零点，
31π 43π
所以 <4π≤
6ω 6ω
31 43
所以 <ω≤ ．
24 24
故选：D．
2 题型二：单调问题
1303 (2024·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知函数fx 
π
=sinωx-
3
 ω>0  的图象
π
关于点 ,0
6
 对称，且fx 
5π
在0,
48
 上单调，则ω的取值集合为 ( )
A. 2  B. 8  C. 2,8  D. 2,8,14 
【答案】C
【解析】fx 
π
关于点 ,0
6

π π
对称，所以sin ω-
6 3
 =0，
π π
所以 ω- =kπ,ω=6k+2,k∈Z①；
6 3
5π π π 5π π
0<x< ,- <ωx- < ω- ，而fx
48 3 3 48 3

5π
在0,
48
 上单调，
第 页 共 页
785 34275π π π
所以 ω- ≤ ，0<ω≤8②；
48 3 2
由①②得ω的取值集合为2,8  .
故选：C
1304 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =sinωx+φ  ω>0,φ 
π
 ≤
2

π
，x=- 是函
8
数fx 
π
的一个零点，x= 是函数fx
8
 的一条对称轴，若fx 
π π
在区间 ,
5 4
 上单调，
则ω的最大值是 ( )
A.14 B.16 C.18 D.20
【答案】A
【解析】设函数fx  的最小正周期为T，
π
因为x=- 是函数fx
8

π
的一个零点，x= 是函数fx
8
 的一条对称轴，
2n+1 π π
则 T= --
4 8 8

π π 2π
= ，其中n∈N，所以，T= = ，∴ω=4n+2，
4 2n+1 ω
因为函数fx 
π π
在区间 ,
5 4

π π T π
上单调，则 - ≤ = ，所以，ω≤20.
4 5 2 ω
所以，ω的可能取值有：2、6、10、14、18.
(i)当ω=18时，fx  =sin18x+φ 
π
，f-
8

9π
=sin- +φ
4
 =0，
9π
所以，φ- =kπk∈Z
4

9π
，则φ=kπ+ k∈Z
4
 ，
π π π
∵- ≤φ≤ ，∴φ= ，所以，fx
2 2 4

π
=sin18x+
4
 ，
π π 3π 77π π 19π 3π
当 <x< 时，4π- = <18x+ < =4π+ ，所以，
5 4 20 20 4 4 4
函数fx 
π π
在 ,
5 4
 上不单调，不合乎题意；
(ii)当ω=14时，fx  =sin14x+φ 
π
，f-
8

7π
=sin- +φ
4
 =0，
7π
所以，φ- =kπk∈Z
4

7π
，则φ=kπ+ k∈Z
4
 ，
π π π
∵- ≤φ≤ ，∴φ=- ，所以，fx
2 2 4

π
=sin14x-
4
 ，
π π 11π 51π π 13π 5π
当 <x< 时，2π+ = <14x- < =2π+ ，所以，
5 4 20 20 4 4 4
函数fx 
π π
在 ,
5 4
 上单调递减，合乎题意.
因此，ω的最大值为14.
故选：A.
π π
1305 (2024·内蒙古赤峰·校考模拟预测)若直线x= 是曲线y=sinωx-
4 4
 (ω>0)的一条
π
对称轴，且函数y=sinωx-
4

π
在区间 0，
 12
 上不单调，则ω的最小值为 ( )
A.9 B.7 C.11 D.3
【答案】C
π π
【解析】因直线x= 是曲线y=sinωx-
4 4

π π
(ω>0)的一条对称轴，则 ω- =kπ+
4 4
π
,k∈N，即ω=4k+3,k∈N，
2
第 页 共 页
786 3427π π π π 3π π
由- ≤ωx- ≤ 得- ≤x≤ ，则函数y=sinωx-
2 4 2 4ω 4ω 4

π 3π
在 - ,
 4ω 4ω
 上单
调递增，
π
而函数y=sinωx-
4

π
在区间 0,
 12

3π π
上不单调，则 < ，解得ω>9，
4ω 12
所以ω的最小值为11.
故选：C
1306 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =sinωx+φ  ω>0  的一个对称中心为
π
- ,0
3
 ，fx 
5π
在区间 ,π
6
 上不单调，则ω的最小正整数值为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】B
【解析】由函数fx  =sinωx+φ  ω>0 
π
的一个对称中心为- ,0
3
 ，
π
可得f-
3

π
=sin- ω+φ
3
 =0，
π
所以- ω+φ=kπ，k ∈Z，
3 1 1
π
φ= ω+kπ，k ∈Z，
3 1 1
fx  =ωcosωx+φ  ，
由fx 
5π
在区间 ,π
6
 上不单调，
所以fx  =ωcosωx+φ 
5π
=0在区间 ,π
6
 上有解，
π 5π
所以ωx+φ= +k π(k ∈Z)，在区间 ,π
2 2 2 6
 上有解，
π π
所以ωx+ ω+kπ= +k π(k ∈Z)，
3 1 2 2 2
π
+kπ
2
所以ω= ，k=k -k ∈Z，
π 2 1
x+
3
5π
又x∈ ,π
6

π 7π 4π
，所以x+ ∈ ,
3 6 3
 ，
π
+kπ
2 3+6k 3+6k
所以ω= ∈ ,
π 8 7
x+
3
 ，
15 15
当k=2时，ω∈ ,
8 7
 ，
此时ω的最小正整数为2.
故选：B
1307 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =sinωx+φ  ω>0 
π π
在 - ,
 3 6
 上单调，且
π
f
6

4π
=f
3

π
=-f-
3
 ，则ω的可能取值 ( )
A.只有1个 B.只有2个 C.只有3个 D.有无数个
【答案】C
【解析】设fx  的最小正周期为T，则由函数fx 
π π
在 - ,
 3 6

T π
上单调，可得 ≥ -
2 6
π
-
3
 ，即T≥π．
第 页 共 页
787 34272π
因为T= ≥π，所以0<ω≤2.
ω
由fx 
π π
在 - ,
 3 6

π
上单调，且f
6

π
=-f-
3
 ，得fx 
π π
- +
3 6
的一个零点为 =
2
π π
- ，即- ,0
12 12
 为fx  的一个对称中心.
π
因为f
6

4π
=f
3

4π π
+
3 6 3π
，所以x= = 为fx
2 4
 的一条对称轴.
π
因为f
6

4π
=f
3
 ，所以有以下三种情况：
4π π 7π 2π 12
①T= - = ，则ω= = ；
3 6 6 T 7
3T 3π π
②当 = --
4 4 12

5π 2π 9
= 时，则ω= = ，符合题意；
6 T 5
T 3π π
③ = --
4 4 12

5π 2π 3
= ，则ω= = ，符合题意．
6 T 5
3π π
因为T≥π， --
4 12

5π
= 不可能满足其他情况.
6
故ω的可能取值只有3个．
故选：C
3 题型三：最值问题
1308 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  = 3sinωx-cosωx(ω>0)在区间
2π 3π
 - ,
 5 4
 上单调递增，且在区间[0,π]上只取得一次最大值，则ω的取值范围是
( )
2 8
A.   ,
 3 3

2 5
B.   ,
 3 6

2 8
C.   ,
 3 9

5 8
D.   ,
 6 9

【答案】B
π
【解析】依题意，函数f(x)=2sinωx-
6
 ，ω>0，
2π 3π
因为f(x)在区间 - ,
 5 4

2π 3π
上单调递增，由x∈ - ,
 5 4

π
，则ωx- ∈
6
2π π 3π π
 - ω- , ω-
 5 6 4 6
 ，
2π π π 3π π π 5 8 5
于是- ω- ≥- 且 ω- ≤ ，解得ω≤ 且ω≤ ，即0<ω≤ ，
5 6 2 4 6 2 6 9 6
π π π
当x∈[0,π]时，ωx- ∈ - ,ωπ-
6  6 6
 ，因为f(x)在区间[0,π]上只取得一次最大值，
π π 5 2 8
因此 ≤ωπ- < π，解得 ≤ω< ，
2 6 2 3 3
2 5
所以ω的取值范围是  ,
 3 6
 .
故选：B
1309 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
π
=2sinωx+
3
 ω>0 
π
，若f
3
 =0，且fx 
π 5π
在 ,
3 12
 上有最大值，没有最小值，则ω的最大值为 ．
【答案】17
π
【解析】由f
3

π 5π
=0，且f(x)在 ,
3 12

ωπ π
上有最大值，没有最小值，可得 + =2kπ
3 3
(k∈Z)，所以ω=6k-1(k∈Z).
第 页 共 页
788 3427π 5π
由f(x)在 ,
3 12

1 2π 5π π 3 2π
上有最大值，没有最小值，可得 × < - ≤ × ，解得
4 ω 12 3 4 ω
6<ω≤18，又ω=6k-1(k∈Z)，当k=3时，ω=17，则ω的最大值为17，,
故答案为：17
1310 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =2sinωx+φ  ω>0 
π
在x= 处取得最大
3
值，且fπ  =0，若函数fx 
π 5π
在 ,
3 12
 上是单调的，则ω的最大值为 ．
45
【答案】 /11.25
4
【解析】由题意，函数fx  =2sinωx+φ  ω>0 
π
满足f
3
 =2，fπ  =0，
π π
可得 ω+φ= +2kπ，ωπ+φ=kπk∈Z,k∈Z
3 2
 ，
2π π
两式相减得 ω=- +mπ，其中m=k-2k，
3 2
32m-1
解得ω=

，
4
π 5π
又由 -
3 12

1 2π
≤ ⋅ ，可得ω≤12，
2 ω
32m-1
即0<
 1 17
≤12，解得 <m≤ ，
4 2 2
故m的最大值为8，
45
此时ω取得最大值 ．
4
45
故答案为：
4
1311 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
π
=sinωx+
6
 在(0，2]上有最大值和最小
值，且取得最大值和最小值的自变量的值都是唯一的，则ω的取值范围是 .
4π 5π
【答案】- ,-
3 6

2π 7π
∪  ,
 3 6

【解析】易知ω=0时不满足题意，
π π π kπ
由ωx+ = +kπ,k∈Z，得x= + ,k∈Z，
6 2 3ω ω
π π 2π
当ω>0时，第2个正最值点x= + ≤2，解得ω≥ ，
3ω ω 3
π 2π 7π 2π 7π
第3个正最值点 + >2，解得ω< ，故 ≤ω< ；
3ω ω 6 3 6
π 2π 5π
当ω<0时，第2个正最值点x= - ≤2，解得ω≤- ，
3ω ω 6
π 3π 4π 4π 5π
第3个正最值点 - >2，解得ω>- ，故- <ω≤- .
3ω ω 3 3 6
4π 5π
综上，ω的取值范围是- ,-
3 6

2π 7π
∪  ,
 3 6
 .
4π 5π
故答案为：- ,-
3 6

2π 7π
∪  ,
 3 6

1312 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=sinωx+acosωx(a>0,ω>0)的最大值为
2，则使函数f(x)在区间0,3  上至少取得两次最大值，则ω取值范围是
13π
【答案】 ,+∞
18

13π
/ω≥
18
【解析】f(x)=sinωx+acosωx= 1+a2sinωx+φ  ，因为fx  = 1+a2=2，a>0，
max
第 页 共 页
789 3427π
故a= 3，原式为f(x)=2sinωx+
3
 ，当fx 
π π
取到最大值时，ωx+ = +2kπ,k∈
3 2
Z，当x∈0,3  ，fx 
π π
取得前两次最大值时，k分别为0和1，k=1时，ωx+ = +2π，
3 2
13π 13π 13π
x= ，此时需满足 ≤3，解得ω≥ .
6ω 6ω 18
13π
故答案为：  ,+∞
 18

1313 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =cos2ωx+2sinωxcosωx-sin2ωx(ω>0)在
π π
 ,
12 3
 上有最大值，无最小值，则ω的取值范围是 ．
3 3
【答案】 ,
8 2

【解析】fx  =sin2ωx+cos2ωx-sin2ωx 
π
=sin2ωx+cos2ωx= 2sin2ωx+
4
 ．
π π
由题可知，T≥ - ，所以0<ω≤8，
3 12
π π
当x∈ ,
12 3

π πω π 2πω π
时，2ωx+ ∈ + , +
4 6 4 3 4
 ，
因为函数fx 
π π
在 ,
12 3
 上有最大值，无最小值，
π πω π π 2πω π 3π
所以存在k∈Z，使得- +2kπ≤ + < +2kπ< + ≤ +2kπ
2 6 4 2 3 4 2
9 3
- +12k≤ω< +12k
2 2
整理得 ，(k∈Z).
3 15
+3k<ω≤ +3k
8 8
9 3
- ≤ω<
2 2 3 3
因为0<ω≤8，所以 ，解得 <ω< .
3 15 8 2
<ω≤
8 8
3 3
故答案为： ,
8 2
 .
4 题型四：极值问题
π π
1314 (2024·全国·高三专题练习)记函数f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,- <φ<
2 2
 的最小正周
T
期为T．若f
2

2 π
= ,x= 为f(x)的极小值点，则ω的最小值为 ．
2 8
【答案】14
π π
【解析】因为f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,- <φ<
2 2

2π T
所以最小正周期T= ，f
ω 2

T
=sinω⋅ +φ
2

2
=sin(π+φ)=-sinφ=
2
π π π
又- <φ< 所以φ=- ，即fx
2 2 4

π
=sinωx-
4
 ；
π
又x= 为fx
8

π π π
的极小值点，所以 ω- =- +2kπ,k∈Z，解得ω=-2+16k,k∈
8 4 2
Z，因为ω>0，所以当k=1时ω =14；
min
故答案为：14
π
1315 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=4sin(ωx+φ)ω>0,|φ|<
2
 ，f(0)=f(4)=
-2，函数f(x)在(0,4)上有且仅有一个极小值但没有极大值，则ω的最小值为 ( )
第 页 共 页
790 3427π π 5π 4π
A. B. C. D.
6 3 6 3
【答案】C
1 π π
【解析】∵f(0)=4sinφ=-2，∴sinφ=- ．又|φ|< ，∴φ=- ．
2 2 6
0+4 π 3
当x= =2时，函数取到最小值，此时2ω- =2kπ+ π，k∈Z．解得ω=kπ+
2 6 2
5π
，k∈Z．
6
5π
所以当k=0时，ω= .
6
故选：C．
1316 (2024·山西运城·高三统考期中)已知函数fx 
π
=cosωx+
4
 ω>0 
π
在区间0,
2
 内
有且仅有一个极小值，且方程fx 
1 π
= 在区间0,
2 2
 内有3个不同的实数根，则ω的取
值范围是 ( )
25 11
A.  ,
6 2

25 11
B.   ,
 6 2

25 11
C.  ,
6 2

25 11
D.   ,
 6 2

【答案】C
π
【解析】因为x∈0,
2

π π πω π
，所以ωx+ ∈ , +
4 4 2 4
 ，若fx 
π
在区间0,
2
 内有且仅
πω π
有一个极小值，则π< + ≤3π(1).若方程fx
2 4

1 π
= 在区间0,
2 2
 内有3个不同的
7π πω π 11π 7π πω π 25
实数根，则 < + ≤ ，所以 < + ≤3π(2)，由(1)(2)，解得 <ω
3 2 4 3 3 2 4 6
11
≤ .
2
25 11
所以ω的取值范围是 ,
6 2
 .
故选：C
1317 (2024·全国·校联考三模)已知函数fx 
π
=2sinωx+
6
 ω>0 
π π
，x∈ - ,
 3 2
 .若函数
fx  只有一个极大值和一个极小值，则ω的取值范围为 ( )
A. 2,5  B. 2,5 
8
C. 2,
3

8
D. 2,
3

【答案】C
π π π
【解析】令t=ωx+ ，因为x∈ - ,
6  3 2

π ωπ π ωπ π
，所以ωx+ ∈ - + , +
6  3 6 2 6
 则问题
ωπ π ωπ π
转化为y=2sint在 - + , +
 3 6 2 6
 上只有一个极大值和一个极小值，
π π
因为x∈ - ,
 3 2
 函数fx 
T π π
只有一个极大值和一个极小值，则 > --
2 2 3
 ，即T
5π 2π 6 ωπ π
> ，又T= ，所以ω> ，所以- + <0
3 ω 5 3 6
3π ωπ π π
-
2
≤-
3
+
6
<-
2 
2<ω≤5
8
则 解得 2 8 故2<ω≤
π ωπ π 3π <ω≤ 3
≤ + ≤ 3 3
2 2 6 2
故选：C
1318 (2024·全国·高三专题练习)函数fx 
π
=sinωx+
3
 ω>0  在0,1  上有唯一的极大
值，则ω∈ ( )
第 页 共 页
791 342713π
A.  π,
 6

13π
B.  π,
 6

π 13π
C.  ,
6 6

13π 25π
D.   ,
 6 6

【答案】C
【解析】方法一：当x∈0,1 
π π π
时，t=ωx+ ∈  ,ω+ 3  3 3  ，
因为函数fx 
π
=sinωx+
3
 ω>0  在0,1  上有唯一的极大值，
π π
所以函数y=sint在  ,ω+
 3 3
 上有唯一极大值，
π π
ω+ >
 3 2 π 13π
所以， ，解得ω∈ ,
π 5π 6 6
ω+ ≤
3 2
 .
故选：C
π π π
方法二：令ωx+ =2kπ+ ，k∈Z，则ωx=2kπ+ ，k∈Z，
3 2 6
所以，函数fx 
π
=sinωx+
3
 ω>0 
π
在y轴右侧的第一个极大值点为x= ，第二个
6ω
13π
极大值点为x= ，
6ω
因为函数fx 
π
=sinωx+
3
 ω>0  在0,1  上有唯一的极大值，
π
 <1,
6ω π 13π
所以， 解得ω∈ ,
13π 6 6
≥1,
6ω
 .
故选：C
1319 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
π
=cosωx+
4
 ω>0 
π
在区间0,
2
 内有且
仅有一个极大值，且方程fx 
1 π
= 在区间0,
2 2
 内有4个不同的实数根，则ω的取值范
围是 ( )
7 41
A.  ,
2 6

7 41
B.  ,
2 6

41 15
C.  ,
6 2

25 15
D.  ,
6 2

【答案】C
【解析】由题意，函数fx 
π
=cosωx+
4
 ω>0  ，
π
因为x∈0,
2

π π πω π
，所以ωx+ ∈ , +
4 4 2 4
 ，
若fx 
π
在区间0,
2

πω π 7
内有且仅有一个极大值，则2π< + ≤4π，解得 <ω≤
2 4 2
15
；若方程fx
2

1 π
= 在区间0,
2 2
 内有4个不同的实数根，
11π πω π 13π 41 49
则 < + ≤ ，解得 <ω≤ ．
3 2 4 3 6 6
41 15
综上可得，实数ω的取值范围是 ,
6 2
 ．
故选：C.
5 题型五：对称性
1320 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
π
=cosωx-
4
 (ω>0)在区间[0，π]上有且
仅有3条对称轴，则ω的取值范围是 ( )
第 页 共 页
792 342713 17
A.  ，
4 4

9 13
B.  ，
4 4

9 13
C.   ，
 4 4

13 17
D.   ，
 4 4

【答案】C
【解析】fx 
π
=cosωx-
4
 (ω>0)，
π 1+4k
令ωx- =kπ，k∈Z，则x=
4
 π
，k∈Z，
4ω
1+4k
函数f(x)在区间[0，π]上有且仅有3条对称轴，即0≤
 π
≤π有3个整数k符
4ω
合，
1+4k
0≤
 π 1+4k
≤π，得0≤ ≤1⇒0≤1+4k≤4ω，则k=0,1,2，
4ω 4ω
9 13
即1+4×2≤4ω<1+4×3，∴ ≤ω< .
4 4
故选：C.
1321 (2024·内蒙古赤峰·校考模拟预测)已知函数fx  =cosωx- 3sinωx(ω>0)，若fx 
在区间0,2π  上有且仅有3个零点和2条对称轴，则ω的取值范围是 ( )
5 4
A.   ,
 6 3

13 19
B.   ,
12 12

4 19
C.   ,
 3 12

13 4
D.   ,
12 3

【答案】D
【解析】函数fx 
1 3
=cosωx- 3sinωx=2 cosωx- sinωx
2 2

π
=2cosωx+
3
 ，
π
令t=ωx+ ，由x∈0,2π 3 
π π
，则t∈  ,2πω+  3 3  ，
又函数fx  在区间0,2π  上有且仅有3个零点和2条对称轴，
π π
即y=2cost在区间  ,2πω+
 3 3
 上有且仅有3个零点和2条对称轴，
作出y=2cost的图象如下，
5π π 13 4
所以 ≤2πω+ <3π，得ω∈  ,
2 3 12 3
 ．
故选：D．
1322 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
π
=sinωx+
4
 (ω>0)在区间0,π  上有且仅
有4条对称轴，下列四个结论正确的是 ( )
A. fx  在区间0,π  上有且仅有3个不同的零点
B. fx 
π
的最小正周期可能是
4
13 17
C.ω的取值范围是  ,
 4 4

D. fx 
π
在区间0,
15
 上单调递增
【答案】C
【解析】函数fx 
π
=sinωx+
4
 (ω>0)，
第 页 共 页
793 3427π π (4k+1)π
令ωx+ = +kπ，k∈Z，得x= ，k∈Z，
4 2 4ω
(4 k+1)π
函数f(x)在区间[0,π]上有且仅有4条对称轴，即有4个整数k满足0≤ ≤
4ω
π，
得0≤1+4k≤4ω，可得k=0，1，2，3，
则1+4×3≤4ω<1+4×4，
13 17 13 17
∴ ≤ω< ，即ω的取值范围是  ,
4 4  4 4
 ，故C正确；
π π π
∵x∈(0,π)，∴ωx+ ∈ ,ωπ+
4 4 4

13 17
，由于ω∈  ,
 4 4

π 7π 9π
得ωπ+ ∈  ,
4  2 2
 ，，
π 9π
当ωx+ ∈4π，
4 2
 时，f(x)在区间(0,π)上有且仅有4个不同的零点，故A错误；
2π
周期T=
ω 
13 17
，由ω∈  ,
 4 4

1 4 4
，得 ∈ ,
ω 17 13
 ，
8π 8π
∴T∈ ,
17 13

π
，∴f(x)的最小正周期不可能是 ，故B错误；
4
π
∵x∈0,
15

π π ωπ π
，∴ωx+ ∈ , +
4 4 15 4
 ，
13 17
又ω∈  ,
 4 4

ωπ π 7π 8π
，∴ + ∈  ,
15 4 15 15
 ，
8π π π
又 > ，∴f(x)在区间0,
15 2 15
 上不一定单调递增，故D错误．
故选：C
1323 (2024·浙江衢州·高一统考期末)函数fx 
π
=sinωx+
4
 ω>0  在区间0,π  上恰有两
条对称轴，则ω的取值范围为 ( )
7 13
A.   ,
 4 4

9 11
B.  ,
4 4

7 11
C.   ,
 4 4

5 9
D.   ,
 4 4

【答案】D
【解析】fx 
π
=sinωx+
4
 (ω>0)，
π π 1+4k
令ωx+ =kπ+ ，k∈Z，则x=
4 2
 π
，k∈Z，
4ω
函数fx 
1+4k
在区间[0，π]上有且仅有2条对称轴，即0≤
 π
≤π有2个整数k符
4ω
合，
1+4k
0≤
 π 1+4k
≤π，得0≤ ≤1⇒0≤1+4k≤4ω，则k=0,1，
4ω 4ω
5 9
即1+4×1≤4ω<1+4×2，∴ ≤ω< .
4 4
故选：D.
1324 (2024·内蒙古呼和浩特·高三呼市二中校考阶段练习)已知函数fx  = 3sinωxcosωx
1
+cos2ωx- (ω>0,x∈R)在0,π
2
 内有且仅有三条对称轴，则ω的取值范围是 ( )
2 7
A.   ,
 3 6

7 5
B.   ,
 6 3

5 13
C.   ,
 3 6

13 8
D.   ,
 6 3

【答案】B
【解析】x∈0,π  时，函数fx 
1 3
= 3sinωxcosωx+cos2ωx- = sin2ωx+
2 2
第 页 共 页
794 34271
1+cos2ωx 2 
1 π
- =sin2ωx+ 2 6  ,x∈0,π 
π π π
，则2ωx+ ∈  ,2ωπ+ 6  6 6  ，函数fx 
在0,π 
5π π 7π 7 5
内有且仅有三条对称轴，则：满足 ≤2ωπ+ < ，解得 ≤ω< ，即实
2 6 2 6 3
7 5
数ω的取值范围是  ,
 6 3
 .
6 题型六：性质的综合问题
1325 (2024·全国·高三专题练习)函数fx  =3sinωx+φ  ω>0，φ 
π
 <
2

π
，已知 f
3
  =3，
π
且对于任意的x∈R都有f- +x
6

π
+f- -x
6
 =0，若fx 
5π 2π
在 ,
36 9
 上单调，则ω
的最大值为 ( )
A.11 B.9 C.7 D.5
【答案】D
π
【解析】∵ f
3
  =3，fx  =3sinωx+φ  ，
π π
∴ ω+φ=kπ+ ，k∈Z，
3 2
π
又对于任意的x∈R都有f- +x
6

π
+f- -x
6
 =0，
π
∴ - ω+φ=mπ，m∈Z，
6
π
∴ 3φ=(k+2m)π+ ，又φ
2

π
< ，
2
π π
∴ φ= 或φ=- ，
6 6
π
当φ= 时，w=3k+1，k∈Z且w=-6m+1，
6
当w=7时，fx 
π
=3sin7x+
6
 ，
5π 2π
若x∈ ,
36 9

41π π 31π
，则 ≤7x+ ≤ ，
36 6 18
∴fx 
5π 2π
在 ,
36 9
 上不单调，C错误，
π
当φ=- 时，w=3k+2，k∈Z且w=-6m-1，
6
当w=11时，fx 
π
=3sin11x-
6
 ，
5π 2π
若x∈ ,
36 9

49π π 41π
，则 ≤11x- ≤ ，
36 6 18
∴fx 
5π 2π
在 ,
36 9
 上不单调，A错误，
当w=5时，fx 
π
=3sin5x-
6
 ，
5π 2π
若x∈ ,
36 9

19π π 17π
，则 ≤5x- ≤ ，
36 6 18
∴fx 
5π 2π
在 ,
36 9
 上单调，D正确，
故选：D.
π
1326 (2024·全国·高一专题练习)设函数f(x)=cosωx-
4
 (ω>0)，已知f(x)在[[0,2π]有
且仅有4个零点，下述四个结论：①f(x)=1在[0,2π]有且仅有2个零点；②f(x)=-1在
第 页 共 页
795 342715 19
[0,2π]有且仅有2个零点；③ω的取值范围是  ,
 8 8

π
；④f(x)在0,
10
 单调递增，其
中正确个数是 ( )
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
【答案】D
π π π
【解析】由x∈[0,2π]时，得到ωx- ∈ - ,2πω-
4  4 4
 ，根据f(x)在[[0,2π]有且仅有
π
4个零点，则2πω- 在第4个零点和第5个零点之间，然后利用余弦函数的性质求解.
4
当x∈[0,2π]时，
π π π
ωx- ∈ - ,2πω-
4  4 4
 ，
因为f(x)在[[0,2π]有且仅有4个零点，
π
所以2πω- 在第4个零点和第5个零点之间，
4
7π π 9π
所以 ≤2πω- < ，
2 4 2
15 19
解得 ≤ω< ，故③正确；
8 8
当fx 
π π π π 9π
=1时，ωx- =2kπ,k∈Z，又- ≤ωx- ≤2πω- < ，
4 4 4 4 2
∴k=0,1,2，结合y=cosx知fx  =1最多有3个零点，故①错误；
当fx 
π π π π 9π
=-1时，ωx- =2kπ+π,k∈Z，又- ≤ωx- ≤2πω- < ，
4 4 4 4 2
∴k=0,1，结合y=cosxfx  =-1有且仅有2个零点，故②正确；
π
当x∈0,
10

π π πω π
时，ωx- ∈- , -
4 4 10 4

15 19 πω π
，因为 ≤ω< ，所以 - ∈
8 8 10 4
π π
 - ,-
 16 80

πω π π
，则 - <0，所以f(x)在0,
10 4 10
 单调递增，故④正确；
故选：D
1327 (多选题)(2024·福建漳州·统考三模)已知函数fx 
ωx ωx ωx
=sin cos +cos2 -
2 2 2
1
ω>0
2
 在0,π  上有且仅有4条对称轴；则 ( )
13 17
A.ω∈  ,
 4 4

B.π可能是fx  的最小正周期
C.函数fx 
π π
在- ,
16 16
 上单调递增
D.函数fx  在0,π  上可能有3个或4个零点
【答案】AD
【解析】fx 
ωx ωx ωx 1 1 1 2 π
=sin cos +cos2 - = sinωx+ cosωx= sinωx+
2 2 2 2 2 2 2 4
 ；
对于A，当x∈0,π 
π π π
时，ωx+ ∈  , +πω 4  4 4  ，
∵fx  在0,π 
7π π 9π 13 17
上有且仅有4条对称轴，∴ ≤ +πω< ，解得： ≤ω< ，
2 4 2 4 4
13 17
即ω∈  ,
 4 4
 ，A正确；
对于B，若π是fx 
13 17
的最小正周期，则ω=2∉  ,
 4 4
 ，∴π不能是fx  的最小正周
期，B错误；
第 页 共 页
796 3427π π
对于C，当x∈- ,
16 16

π π π π π
时，ωx+ ∈- ω+ , ω+
4 16 4 16 4
 ；
13 17
∵ω∈  ,
 4 4

π π π 3π
，∴- ω+ ∈ - ,
16 4  64 64

π π 29π 33π
， ω+ ∈  ,
16 4  64 64
 ，
29π π 33π π π π 33π
∵ < < ，∴当 ω+ ∈ ,
64 2 64 16 4 2 64
 时，fx  不是单调函数，C错误；
对于D，当x∈0,π 
π π π
时，ωx+ ∈ , +πω
4 4 4
 ，
13 17
∵ω∈  ,
 4 4

π 7π 9π
，∴ +πω∈  ,
4  2 2
 ；
π 7π
当 +πω∈  ,4π
4  2
 时，fx  在0,π  上有3个零点；
π 9π
当 +πω∈ 4π,
4  2
 时，fx  在0,π  上有4个零点；
∴fx  在0,π  上可能有3个或4个零点，D正确.
故选：AD.
1328 (多选题)(2024·广东汕头·统考一模)知函数fx 
π
=sinωx+
4
 ω>0  ，则下述结论中
正确的是 ( )
A.若fx  在0,2π  有且仅有4个零点，则fx  在0,2π  有且仅有2个极小值点
B.若fx  在0,2π  有且仅有4个零点，则fx 
2π
在0,
15
 上单调递增
C.若fx  在0,2π 
15 19
有且仅有4个零点，则ω的范围是  ,  8 8 
D.若fx 
π π 5π
的图象关于x= 对称，且在 ,
4 18 36
 单调，则ω的最大值为9
【答案】ACD
π
【解析】令t=ωx+ ，由x∈0,2π 4 
π π
，可得出t∈  ,2ωπ+  4 4  ，
π π
作出函数y=sint在区间  ,2ωπ+
 4 4
 上的图象，如下图所示：
对于A选项，若fx  在0,2π  有且仅有4个零点，则fx  在0,2π  有且仅有2个极小值
点，A选项正确；
对于C选项，若fx  在0,2π 
π 15
有且仅有4个零点，则4π≤2ωπ+ <5π，解得 ≤ω
4 8
19
< ，C选项正确；
8
15 19 π 2π π 19π π
对于B选项，若 ≤ω< ，则 ≤ ω+ < + ，
8 8 2 15 4 60 4
所以，函数fx 
2π
在区间0,
15
 上不单调，B选项错误；
对于D选项，若fx 
π ωπ π π
的图象关于x= 对称，则 + = +kπk∈Z
4 4 4 2
 ，∴ω=1+
4kk∈Z  .
T π 5π π π
∴ = ≥ - = ，∴ω≤12，∵ω=4k+1k∈Z 2 ω 36 18 12  ，∴ω =9. max
当ω=9时，fx 
π
=sin9x+
4

π 5π
，当x∈ ,
18 36

3π π 3π
时， <9x+ < ，
4 4 2
第 页 共 页
797 3427此时，函数fx 
π 5π
在区间 ,
18 36
 上单调递减，合乎题意，D选项正确.
故选：ACD.
π
1329 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=sinωx+
4
 (ω>0)，则下述结论
中错误的是 ( )
A.若f(x)在[0，2π]有且仅有4个零点，则f(x)在[0，2π]有且仅有2个极小值点
2π
B.若f(x)在[0，2π]有且仅有4个零点，则f(x)在0,
15
 上单调递增
15 19
C.若f(x)在[0，2π]有且仅有4个零点，则ω的范围是  ,
 8 8

π π 5π
D.若f(x)图象关于x= 对称，且在 ,
4 18 36
 单调，则ω的最大值为11
【答案】BD
π π π
【解析】因为0≤x≤2π,∴0≤ωx≤2ωπ,∴ ≤ωx+ ≤2ωπ+ ,k∈Z,因为 fx
4 4 4

在0,2π 
π 15 19
有且仅有4个零点，所以 4π≤2ωπ+ <5π，所以 ≤ω< .所以选项C
4 8 8
正确；
此时，fx  在0,2π  有且仅有 2个极小值点，故选项A正确；
2 2 π π 2 π
因为0<x< π,∴0<ωx< ωπ,∴ <ωx+ < ωπ+ ，
15 15 4 4 15 4
15 19 π π 31
因为 ≤ω< ，所以当ω=2时，所以 <ωx+ < π，此时函数不是单调函数，
8 8 4 4 60
所以选项B错误；
若fx 
π ωπ π π
的图象关于x= 对称，则 + = +kπk∈Z
4 4 4 2
 ，∴ω=1+4kk∈Z  .
T π 5π π π
∴ = ≥ - = ，∴ω≤12，∵ω=4k+1k∈Z 2 ω 36 18 12  ，∴ω =9. max
当ω=9时，fx 
π
=sin9x+
4

π 5π
，当x∈ ,
18 36

3π π 3π
时， <9x+ < ，
4 4 2
此时，函数fx 
π 5π
在区间 ,
18 36
 上单调递减，故ω的最大值为9．故选项D错误.
故选：BD
π
1330 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=sinωx+
6
 ,(ω>0)在[0,π]上
有且仅有三个对称轴，则下列结论正确的是 ( )
A.函数fx 
π
在0,
10
 上单调递增.
π
B.  ,0
4
 不可能是函数y=fx  的图像的一个对称中心
第 页 共 页
798 342710 13
C.ω的范围是  ,
 3 3

π
D. f(x)的最小正周期可能为
2
【答案】AB
π
【解析】f(x)=sinωx+
6

π π 3kπ+π
的对称轴方程为：ωx+ =kπ+ ,x= ,k∈Z
6 2 3ω
7π 10π 7 10
∵[0,π]上有且仅有三个对称轴，∴ ≤π, >π， ≤ω< .
3ω 3ω 3 3
π
A选项：x∈0,
10

π π ωπ π
,ωx+ ∈ , +
6 6 10 6

7 10 π π
,∵ ≤ω< ∴ωx+ < ，所以A正
3 3 6 2
确；
π
B选项：若 ,0
4
 是f(x)的一个对称中心，则：
ωπ π ω 1 7 10 9
+ =kπ,k= + ，∵ ≤ω< ，∴ ≤k<1,∵k∈Z，所以k不存在，B正
4 6 4 6 3 3 12
确；
7 10
C选项:由上解得 ≤ω< ，所以C错误；
3 3
2π 7 10 3π 6π
D选项：∵T= , ≤ω< ∴T∈  ,
ω 3 3  5 7
 ，所以D错误.
故选：AB.
1331 (多选题)(2024·河北唐山·唐山市第十中学校考模拟预测)已知函数fx  =
2sinωx+φ  ω>0 
π
的最小正周期T<π，f
5
 =1，且fx 
π
在x= 处取得最大值.
10
下列结论正确的有 ( )
2
A.sinφ=
2
15
B.ω的最小值为
2
C.若函数fx 
π π
在 ,
20 4

35
上存在零点，则ω的最小值为
2
D.函数fx 
13π 11π
在 ,
20 15
 上一定存在零点
【答案】ACD
【解析】A选项，因fx 
π
在x= 处取得最大值，则fx
10

π
图象关于x= 对称，则
10
f0 
π
=f
5

2
= 2sinφ=1⇒sinφ= ，故A正确；
2
2π π
B选项，最小正周期T<π，则 <π⇒ω>2，f
ω 5
 =1，
π π π 3π
则 ω+φ= +2mπ或 ω+φ= +2mπ，又fx
5 4 5 4

π
在x= 处取得最大值，
10
π π 5
则 ω+φ= +2nπ，则ω=- +20m-n
10 2 2

5
或ω= +20m-n
2
 ，
5
其中m,n∈Z，则ω的最小值为 ，故B错误；
2
π π 5
C选项，由A选项分析结合 ω+φ= +2mπ，可知ω=- +20m-n
5 4 2
 时，
3
k-
3π 3π 4
可取φ= ，令ωx+ =kπ⇒x=
4 4
 π
，
ω
3
k-
4
则
 π
π π
∈ ,
ω 20 4
 ⇒4k-3<ω<20k-15，其中k∈Z.
第 页 共 页
799 342735
当k≤1时，不存在相应的ω，当k=2时，5<ω<25，则存在ω= 满足题意；
2
π 3π 5
由A选项分析结合 ω+φ= +2mπ，可知ω= +20m-n
5 4 2
 时，
1
k-
π π 4
可取φ= ，令ωx+ =kπ⇒x=
4 4
 π
，
ω
1
k-
4
则
 π
π π
∈ ,
ω 20 4
 ⇒4k-1<ω<20k-5，
45
当k≤1时，不存在相应的ω，当k=2时，7<ω<35，则存在ω= 满足题意，
2
35
综上可知ω的最小值为 ，故C正确；
2
35
D选项，由C分析可知，ω= 时，可取fx
2

35 3π
= 2sin x+
2 4
 ，
13π
此时f
20

97π 11π
= 2sin >0，f
8 15

163π
= 2sin <0，存在零点；
12
5
ω= 时，可取fx
2

5 π
= 2sin x+
2 4
 ，
13π
此时f
20

15π 11π
= 2sin <0，f
8 15

25π
= 2sin >0，存在零点；
12
5 35 45 4π 11π 13π π T 2π
当ω≠ , 时，ω = ⇒T = ，注意到 - = > min = ，
2 2 min 2 max 45 15 20 15 2 45
则此时函数fx 
13π 11π
在 ,
20 15
 上一定存在零点，
综上fx 
13π 11π
在 ,
20 15
 上一定存在零点，故D正确.
故选：ACD
1332 (多选题)(2024·全国·高一专题练习)记函数fx  =cosωx+φ  ω>0,0<φ<π  的最
小正周期为T，若fT 
3
= ，在区间0,1
2
 恰有三个零点，则关于fx  下列说法正确的
是 ( )
A. fx  在0,1  上有且仅有1个最大值点
B. fx  在0,1  上有且仅有2个最小值点
C. fx 
1
在 0,
 4
 上单调递增
7π 10π
D.ω的取值范围为  ,
 3 3

【答案】AD
【解析】由题意函数fx  =cosωx+φ  ω>0,0<φ<π 
2π
的最小正周期为T，则T= ，
ω
由fT 
3 2π
= 可得cosω× +φ
2 ω

3 3
= ，即cosφ= ，
2 2
π
由于0<φ<π，故φ= ，
6
由fx 
π
=cosωx+
6
 在区间0,1  恰有三个零点，
而x∈0,1 
π π π
时，ωx+ ∈  ,ω+ 6  6 6  ，
结合函数y=cosx的图象如图示：
第 页 共 页
800 3427π 3π 5π 7π
则y=cosx在原点右侧的零点依次为 , , , ,⋯，
2 2 2 2
5π π 7π 7π 10π
则 ≤ω+ < ,∴ ≤ω< ，
2 6 2 3 3
7π 10π
即ω的取值范围为  ,
 3 3
 ，D正确；
由于x∈0,1 
π π π
时，ωx+ ∈  ,ω+ 6  6 6 
5π π 7π
， ≤ω+ < ， 2 6 2
结合y=cosx图象可知，fx 
π
仅在ωx+ =2π时取得最大值，
6
故fx  在0,1  有且仅有1个最大值点，A正确；
由A的分析可知，fx 
π
在ωx+ =π时取得最小值，
6
5π π 7π π
由于 ≤ω+ < ，故ωx+ 可能取到3π，也可能取不到，
2 6 2 6
故fx  在0,1  可能有1个最小值点，也可能有2个最小值点，B错误；
1
当x∈ 0,
 4

π π 1 π
时，ωx+ ∈  , ω+
6  6 4 6
 ，
7π 10π
由于ω∈  ,
 3 3

1 π 3π
，所以 ω+ ∈  ,π
4 6  4
 ，
π
因为y=cosx在  ,π
 6
 上单调递减，C错误；
故选：AD
1333 (多选题)(2024·全国·高一专题练习)下列说法正确的是 ( )
A.函数fx  = 3sinx  +cosx 
2 7
在  π, π
 3 6
 上单调递增
B.函数fx 
3 π
=sin2x+ 3cosx- x∈ 0,
4  2
   的最大值是1
C.若函数fx 
π
=cosωx-
3
 ω>0  ，对任意x∈R，都有fx 
π
≤ f
3
   ，并且fx  在
π π
区间 - ,
 6 3
 上不单调，则ω的最小值是4
D.若函数fx 
ωx ωx ωx 1
= 3sin cos +cos2 - 在区间π,2π
2 2 2 2
 内没有零点，则ω的取
3
值可以是
2
【答案】BC
2π 7π
【解析】对于A，由x∈  ,
 3 6
 ，得|x|=x,|cosx|=-cosx，所以f(x)= 3sinx-cosx
π
=2sinx-
6
 ，
π π
又x- ∈  ,π
6  2

π
，函数y=sinx在  ,π
 2
 上单调递减，所以函数f(x)= 3sin|x|
2π 7π
+|cosx|在  ,
 3 6
 上单调递减，故A错误；
3 3 3
对于B，f(x)=sin2x+ 3cosx- =1-cos2x+ 3cosx- =-cosx-
4 4 2

2
+1，
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801 34273
当cosx= 时，函数取得最大值，最大值为1，故B正确；
2
π
对于C，由f(x)≤ f
3
  
π
知，函数f(x)的对称轴为x= ，
3
π π
所以 ω- =kπ(k∈Z)，解得ω=3k+1(k∈Z)，由ω>0知，
3 3
π π
当k=0时，ω=1，x- ∈ - ,0
3  2

π π
，函数f(x)在 - ,
 6 3
 上单调递增，不符合题意；
π
当k=1时，ω=4，4x- ∈-π,π 3 
π π
，函数f(x)在 - ,  6 3  上不单调，故ω的最小值为
4，故C正确；
对于D，fx 
ωx ωx ωx 1 3 1+cosωx 1
= 3sin cos +cos2 - = sinωx+ - =
2 2 2 2 2 2 2
3 1 π
sinωx+ cosωx=sinωx+
2 2 6
 ，
3 3 π
当ω= 时，f(x)=sin x+
2 2 6

3 π 5π 19π
，由x∈(π,2π)，得 x+ ∈ ,
2 6 3 6

3 π
，当 x+
2 6
11π
=2π时，x= 为函数的零点，故D错误.
9
故选：BC.
1334 (多选题)(2024·江西九江·高一德安县第一中学校考期中)已知函数fx  =sinωx+φ 
(其中ω>0，φ 
π
<π)，f-
6
 =0，fx 
π
≥f
2
 恒成立，且函数fx 
π π
在区间- ,
9 18

上单调，那么下列说法正确的是 ( )
A.存在φ，使得fx  是偶函数 B. f0  =fπ 
3
C.ω是 的整数倍 D.ω的最大值是6
4
【答案】BC
π
【解析】对于A,∵f-
6
 =0，fx 
π
≥
2

π
f-
6
成立，∴
 =0
π
f
2


 ，
=-1
π
- ω+φ=kπ
6 1 整理得 π π ,k 1 ,k 2 ∈Z
ω+φ=2k π-
2 2 2
 ，解得ω= 32k 2 -k 1  3 3 2 - 4 = 4 4k 2 -2k 1 -1  ，
φ=- π + 3k 1 +2k 2 8  π 4 ,k 1 ,k 2 ∈Z  ，
假设存在φ，使得fx  是偶函数，则- π + 3k 1 +2k 2 8  π π 4 = 2 +2kπ,k 1 ,k 2 ,k∈Z  ，
即2(3k +2k )-8k=5，该式左侧为偶数，不可能等于5，矛盾,故A错误；
1 2
对于B，因为fx 
π
≥f
2
 ，函数fx 
π
的图象关于x= 对称，
2
∴f0  =fπ  ，故B正确；
3
对于C，∵ω= 4 4k 2 -2k 1 -1  ,k 1 ,k 2 ∈Z 
3
，∴ω是 的整数倍，故C正确； 4
对于D，∵函数fx 
π π
在区间- ,
9 18

π π
上单调，∴ --
18 9

π 1 2π
= ≤ ⋅ ，即ω≤6，
6 2 ω
π
- 6 ω+φ=k 1 π φ=k 1 +1
当ω=6时，由 ，整理得 π π
ω+φ=2k π-
2 2 2
 π
7 φ=2k -
2 2


 π ,k 1 ,k 2 ∈Z  ，
故φ无解，故D错误．
故选：BC
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