文档内容
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
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+kπ0)，若对于任意实数φ，
2
函数fx 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fx 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fx 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fx
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)=2sinωx+φ -1ω>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sinωx+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：
第 页 共 页
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fx
π
的图象是由y= 2sinωx+
3
(ω>0)的图
π
象向右平移 个单位得到的，若fx
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= 2sinωx+
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 2sinωx+
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= 2sinωx+
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fx =sinωx+φ
π
ω>0,0<φ<
2
的最小正周期
为T.若fT
3 π
= ，x= 为fx
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fx =sinωx+φ
π
ω>0,0<φ<
2
2π
的最小正周期为T= ，且fT
ω
=
3
，
2
2π
所以sinω⋅ +φ
ω
3
=sinφ= ，
2
π π
因为0<φ< ，所以φ= ，
2 3
所以fx
π
=sinωx+
3
，
第 页 共 页
784 3427π
因为x= 为fx
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fx
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fx =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=- +2kπk∈Z
6
．
12kπ-5π
所以x= k∈Z
6ω
，因为ω>0，
所以函数fx
7π 19π 31π 43π
的正零点从小到大依次为： ， ， ， ,⋅⋅⋅，
6ω 6ω 6ω 6ω
因为函数fx 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fx
π
=sinωx-
3
ω>0 的图象
π
关于点 ,0
6
对称，且fx
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】fx
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
00,φ
π
≤
2
π
，x=- 是函
8
数fx
π
的一个零点，x= 是函数fx
8
的一条对称轴，若fx
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fx 的最小正周期为T，
π
因为x=- 是函数fx
8
π
的一个零点，x= 是函数fx
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fx
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，fx =sin18x+φ
π
，f-
8
9π
=sin- +φ
4
=0，
9π
所以，φ- =kπk∈Z
4
9π
，则φ=kπ+ k∈Z
4
，
π π π
∵- ≤φ≤ ，∴φ= ，所以，fx
2 2 4
π
=sin18x+
4
，
π π 3π 77π π 19π 3π
当 0)的一条
π
对称轴，且函数y=sinωx-
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=sinωx-
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=sinωx-
2 4 2 4ω 4ω 4
π 3π
在 - ,
4ω 4ω
上单
调递增，
π
而函数y=sinωx-
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fx =sinωx+φ ω>0 的一个对称中心为
π
- ,0
3
，fx
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fx =sinωx+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
fx =ωcosωx+φ ，
由fx
5π
在区间 ,π
6
上不单调，
所以fx =ωcosωx+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fx =sinωx+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fx 的最小正周期为T，则由函数fx
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fx
π π
在 - ,
3 6
π
上单调，且f
6
π
=-f-
3
，得fx
π π
- +
3 6
的一个零点为 =
2
π π
- ，即- ,0
12 12
为fx 的一个对称中心.
π
因为f
6
4π
=f
3
4π π
+
3 6 3π
，所以x= = 为fx
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fx = 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)=2sinωx-
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fx
π
=2sinωx+
3
ω>0
π
，若f
3
=0，且fx
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fx =2sinωx+φ ω>0
π
在x= 处取得最大
3
值，且fπ =0，若函数fx
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fx =2sinωx+φ ω>0
π
满足f
3
=2，fπ =0，
π π
可得 ω+φ= +2kπ，ωπ+φ=kπk∈Z,k∈Z
3 2
，
2π π
两式相减得 ω=- +mπ，其中m=k-2k，
3 2
32m-1
解得ω=
，
4
π 5π
又由 -
3 12
1 2π
≤ ⋅ ，可得ω≤12，
2 ω
32m-1
即0<
1 17
≤12，解得 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+a2sinωx+φ ，因为fx = 1+a2=2，a>0，
max
第 页 共 页
789 3427π
故a= 3，原式为f(x)=2sinωx+
3
，当fx
π π
取到最大值时，ωx+ = +2kπ,k∈
3 2
Z，当x∈0,3 ，fx
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fx =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】fx =sin2ωx+cos2ωx-sin2ωx
π
=sin2ωx+cos2ωx= 2sin2ωx+
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fx
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
=sinω⋅ +φ
2
2
=sin(π+φ)=-sinφ=
2
π π π
又- <φ< 所以φ=- ，即fx
2 2 4
π
=sinωx-
4
；
π
又x= 为fx
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fx
π
=cosωx+
4
ω>0
π
在区间0,
2
内
有且仅有一个极小值，且方程fx
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fx
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fx
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fx
π
=2sinωx+
6
ω>0
π π
，x∈ - ,
3 2
.若函数
fx 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fx
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fx
π
=sinωx+
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fx
π
=sinωx+
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fx
π
=sinωx+
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fx
π
=sinωx+
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fx
π
=cosωx+
4
ω>0
π
在区间0,
2
内有且
仅有一个极大值，且方程fx
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fx
π
=cosωx+
4
ω>0 ，
π
因为x∈0,
2
π π πω π
，所以ωx+ ∈ , +
4 4 2 4
，
若fx
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fx
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fx
π
=cosωx-
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】fx
π
=cosωx-
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fx =cosωx- 3sinωx(ω>0)，若fx
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fx
1 3
=cosωx- 3sinωx=2 cosωx- sinωx
2 2
π
=2cosωx+
3
，
π
令t=ωx+ ，由x∈0,2π 3
π π
，则t∈ ,2πω+ 3 3 ，
又函数fx 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fx
π
=sinωx+
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. fx 在区间0,π 上有且仅有3个不同的零点
B. fx
π
的最小正周期可能是
4
13 17
C.ω的取值范围是 ,
4 4
D. fx
π
在区间0,
15
上单调递增
【答案】C
【解析】函数fx
π
=sinωx+
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fx
π
=sinωx+
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】fx
π
=sinωx+
4
(ω>0)，
π π 1+4k
令ωx+ =kπ+ ，k∈Z，则x=
4 2
π
，k∈Z，
4ω
函数fx
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fx = 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fx
1 3
= 3sinωxcosωx+cos2ωx- = sin2ωx+
2 2
第 页 共 页
794 34271
1+cos2ωx 2
1 π
- =sin2ωx+ 2 6 ,x∈0,π
π π π
，则2ωx+ ∈ ,2ωπ+ 6 6 6 ，函数fx
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fx =3sinωx+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fx
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，fx =3sinωx+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，fx
π
=3sin7x+
6
，
5π 2π
若x∈ ,
36 9
41π π 31π
，则 ≤7x+ ≤ ，
36 6 18
∴fx
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，fx
π
=3sin11x-
6
，
5π 2π
若x∈ ,
36 9
49π π 41π
，则 ≤11x- ≤ ，
36 6 18
∴fx
5π 2π
在 ,
36 9
上不单调，A错误，
当w=5时，fx
π
=3sin5x-
6
，
5π 2π
若x∈ ,
36 9
19π π 17π
，则 ≤5x- ≤ ，
36 6 18
∴fx
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)=cosωx-
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fx
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fx =1最多有3个零点，故①错误；
当fx
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=cosxfx =-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fx
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fx 的最小正周期
C.函数fx
π π
在- ,
16 16
上单调递增
D.函数fx 在0,π 上可能有3个或4个零点
【答案】AD
【解析】fx
ωx ωx ωx 1 1 1 2 π
=sin cos +cos2 - = sinωx+ cosωx= sinωx+
2 2 2 2 2 2 2 4
；
对于A，当x∈0,π
π π π
时，ωx+ ∈ , +πω 4 4 4 ，
∵fx 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fx
13 17
的最小正周期，则ω=2∉ ,
4 4
，∴π不能是fx 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，fx 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，fx 在0,π 上有3个零点；
π 9π
当 +πω∈ 4π,
4 2
时，fx 在0,π 上有4个零点；
∴fx 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fx
π
=sinωx+
4
ω>0 ，则下述结论中
正确的是 ( )
A.若fx 在0,2π 有且仅有4个零点，则fx 在0,2π 有且仅有2个极小值点
B.若fx 在0,2π 有且仅有4个零点，则fx
2π
在0,
15
上单调递增
C.若fx 在0,2π
15 19
有且仅有4个零点，则ω的范围是 , 8 8
D.若fx
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fx 在0,2π 有且仅有4个零点，则fx 在0,2π 有且仅有2个极小值
点，A选项正确；
对于C选项，若fx 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fx
2π
在区间0,
15
上不单调，B选项错误；
对于D选项，若fx
π ωπ π π
的图象关于x= 对称，则 + = +kπk∈Z
4 4 4 2
，∴ω=1+
4kk∈Z .
T π 5π π π
∴ = ≥ - = ，∴ω≤12，∵ω=4k+1k∈Z 2 ω 36 18 12 ，∴ω =9. max
当ω=9时，fx
π
=sin9x+
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fx
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)=sinωx+
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 fx
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，fx 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00)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fx
π
在0,
10
上单调递增.
π
B. ,0
4
不可能是函数y=fx 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)=sinωx+
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fx =
2sinωx+φ ω>0
π
的最小正周期T<π，f
5
=1，且fx
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fx
π π
在 ,
20 4
35
上存在零点，则ω的最小值为
2
D.函数fx
13π 11π
在 ,
20 15
上一定存在零点
【答案】ACD
【解析】A选项，因fx
π
在x= 处取得最大值，则fx
10
π
图象关于x= 对称，则
10
f0
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fx
5 4 5 4
π
在x= 处取得最大值，
10
π π 5
则 ω+φ= +2nπ，则ω=- +20m-n
10 2 2
5
或ω= +20m-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=- +20m-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= +20m-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fx
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fx
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fx
13π 11π
在 ,
20 15
上一定存在零点，
综上fx
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fx =cosωx+φ ω>0,0<φ<π 的最
小正周期为T，若fT
3
= ，在区间0,1
2
恰有三个零点，则关于fx 下列说法正确的
是 ( )
A. fx 在0,1 上有且仅有1个最大值点
B. fx 在0,1 上有且仅有2个最小值点
C. fx
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fx =cosωx+φ ω>0,0<φ<π
2π
的最小正周期为T，则T= ，
ω
由fT
3 2π
= 可得cosω× +φ
2 ω
3 3
= ，即cosφ= ，
2 2
π
由于0<φ<π，故φ= ，
6
由fx
π
=cosωx+
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：
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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，fx
π
仅在ωx+ =2π时取得最大值，
6
故fx 在0,1 有且仅有1个最大值点，A正确；
由A的分析可知，fx
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fx 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fx = 3sinx +cosx
2 7
在 π, π
3 6
上单调递增
B.函数fx
3 π
=sin2x+ 3cosx- x∈ 0,
4 2
的最大值是1
C.若函数fx
π
=cosωx-
3
ω>0 ，对任意x∈R，都有fx
π
≤ f
3
，并且fx 在
π π
区间 - ,
6 3
上不单调，则ω的最小值是4
D.若函数fx
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
=2sinx-
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，
第 页 共 页
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，fx
ωx ωx ωx 1 3 1+cosωx 1
= 3sin cos +cos2 - = sinωx+ - =
2 2 2 2 2 2 2
3 1 π
sinωx+ cosωx=sinωx+
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fx =sinωx+φ
(其中ω>0，φ
π
<π)，f-
6
=0，fx
π
≥f
2
恒成立，且函数fx
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fx 是偶函数 B. f0 =fπ
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，fx
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= 32k 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fx 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fx
π
≥f
2
，函数fx
π
的图象关于x= 对称，
2
∴f0 =fπ ，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fx
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
第 页 共 页
802 3427
