【题型突破2：三角函数中ω与φ的取值范围问题】
1．（2025·甘肃白银·模拟预测）如图，将函数f (x)= 4 sin (ωx +φ)(ω>0,|φ|<π)的图象向左平移得到
g(x)= 4 sin ωx的图象，其中点A 是g(x)图象上的最高点，N , M分别是f (x)，g(x)的图象与x 轴的相邻交
点（如图所示），若| MN |=| AM |，△AMN的面积为10，则f (x)=（ ）
A．4sin(
π
6 x−5π
6 )
B．4sin(
π
6 x + 5π
6 )
C．4sin(
π
3 x−π
3 )
D．4sin(
π
6 x−π
3 )
【答案】A
【分析】设图象向左平移最小θ(θ>0)个单位，得到ωθ+φ =0，再结合三角形△AMN的面积及
| MN |=| AM |，列出等式求解ω,φ即可.
【详解】函数f (x)= 4 sin (ωx +φ)(ω>0,|φ|<π)的图象向左平移最小θ(θ>0)个单位得到g(x)= 4 sin ωx，
则4 sin[ω(x +θ)+φ)= 4 sin (ωx +ωθ+φ)= 4 sin ωx，
又ω>0,|φ|<π，
所以ωθ+φ =0，即θ = −φ
ω ，
所以| MN |= −φ
ω ，
命题角度1：由图像及其变换求ω
φ
或
三角形△AMN的面积1
2 × −φ
ω ×4 =10，
即φ
ω =−5，
又函数的周期为2π
ω ，
所以| AM |= ❑√
16+(
π
2ω)
2
= −φ
ω ，联立φ
ω =−5，
解得：ω=π
6 ,φ=−5π
6 ，
所以f (x)= 4sin(
π
6 x−5π
6 )，
故选：A
2．（2025·江苏南通·三模）已知函数f (x)=sin(
5π
12 −2 x)+sin(
π
12 +2 x)，将f (x)的图象向左平移
θ(θ>0)个单位后，得到函数g(x)的图象，若g(x)与f (x)的图象关于y 轴对称，则θ的最小值为（ ）
A．7π
12
B．π
3
C．π
6
D．π
12
【答案】C
【分析】利用三角恒等变换化简f (x)，根据图象变换求出g(x)的解析式，进而根据f (−x)= g(x)即可代入
化简得θ =π
6 +k π(k ∈Z)求解.
【详解】因为f (x)=sin(
5π
12 −2 x)+sin[
π
2 −(
5π
12 −2 x)) =sin(
5π
12 −2 x)+cos(
5π
12 −2 x)
= ❑√2sin(
5π
12 −2 x +π
4 )= ❑√2sin(−2 x +2π
3 )= ❑√2sin[π−(2 x +π
3 ))= ❑√2sin(2 x +π
3 )，
所以g(x)= ❑√2sin[2(x +θ)+π
3 )= ❑√2sin(2 x +2θ+π
3 )，
因为f (x)与g(x)关于y 轴对称，则f (−x)= g(x)，∴❑√2sin(−2 x +π
3 )= ❑√2sin(2 x +2θ+π
3 )，
∴−2 x +π
3 +2 x +2θ+π
3 =π+2k π(k ∈Z)，得θ =π
6 + k π(k ∈Z)，θ>0，
所以θ的最小值为π
6 .
故选：C.
3．（23-24 高三上·江苏南通·月考）已知函数f (x)=asin x +bcos x图象上有一最低点(
11π
6
,−2)，将
此函数的图象向左平移π
3 个单位长度得y = g(x)的图象，若函数g(x)的图象在x = x0(
3π
2 < x0<2π)处的
切线与g(x)的图象恰好有三个公共点，则tan x0−x0的值是 .
【答案】−3π
【分析】由辅助角公式化一，再根据正弦函数的最值求出函数f (x)的解析式，进而可求出g(x)的解析式，
再结合正弦函数图象特征，利用导数的几何意义，即可求解.
【详解】f (x)=asin x +bcos x =
❑√a
2+b
2sin (x +φ)，
因为函数f (x)=asin x +bcos x图象上有一最低点(
11π
6
,−2)，
所以❑√a
2+b
2=2，且sin(
11π
6
+φ)=−1，
所以11π
6
+φ = 3π
2 +2k π，所以φ=−π
3 +2k π,k ∈Z，
所以f (x)=2sin(x−π
3 +2k π)=2sin(x−π
3 )，
将函数f (x)的图象向左平移π
3 个单位长度得y = g(x)的图象，，
则g(x)=2sin x，
如图，结合g( x)=2sin x的图象及对称性可知，
g( x)=2sin x在x = x0(
3π
2 < x0<2π)处的切线经过点(3π,0)，
设切点为(x0,2sin x0)，
则g
′ (x)=2cos x，所以2cos x0= 2sin x0−0
x0−3π = 2sin x0
x0−3π，
整理得tan x0= sin x0
cos x0
= x0−3π，所以tan x0−x0=−3π.
故答案为：−3π.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键点是找到切线与g(x)的图象有3个交点时，该切线过点(3π,0)，再
利用导数处理即可.
4．（2025·浙江绍兴·模拟预测）已知函数f (x)=sinωπ x (ω>0)，将f (x)的图象向右平移1
3ω个单位长
度后得到函数g(x)的图象，点A ,B ,C是f (x)与g(x)图象的连续相邻的三个交点，若△ABC是锐角三角形，
则ω的取值范围为 .
【答案】ω>
❑√3
3
【分析】求出函数g(x)的解析式，作出f (x)与g(x)图象，设点A ,B ,C是，f (x)与g(x)图象的连续相邻的
三个交点，D为AC的中点，求出|AC)、|BD)，分析可知0<∠ABD<π
4 ，可得出关于ω的不等式，解之
即可.
【详解】由题意可得g(x)= f(x−1
3ω)=sin[πω(x−1
3ω))=sin(πωx−π
3 )，
作出函数f (x)、g(x)的图象如下图所示：
点A ,B ,C是f (x)与g(x)图象的连续相邻的三个交点（不妨设B在x轴下方），D为AC的中点，
由对称性可得△ABC是以B为顶角的等腰三角形，所以|AC)=T = 2π
ωπ = 2
ω =2|CD)，
由sinωπ x =sin(ωπ x−π
3 )= 1
2 sin ωπ x−
❑√3
2 cosωπ x，
整理得1
2 sin ωπ x =−
❑√3
2 cosωπ x，所以tanωπ x =−❑√3，
则sin
2πωx =sin
2πωx
cos
2πωx +sin
2πωx
=tan
2πωx
1+tan
2πωx
= 3
4 ，所以，sinωπ x =±
❑√3
2 ，
则y A = yC =−yB=
❑√3
2 ，所以|BD)=2|y A)= ❑√3，
要使△ABC为锐角三角形，0<∠ABD<π
4 ，所以，tan∠ABD =|AD)
|BD) =
1
❑√3ω <1，
∵ω>0，解得ω>
❑√3
3
.
故答案为：ω>
❑√3
3
.
5．（25-26 高三上·安徽·月考）将函数f ( x)=sin(ωx + 2π
3 )(ω>0)的图象向左平移π
6 个单位长度后，得
到的函数图象关于直线x =π
6 对称，则ω的最小值是（ ）
命题角度2：由对称性求ω
φ
或
A．1
2
B．5
2
C．2
D．6
【答案】B
【分析】通过平移得到g( x)=sin(ωx +π
6 ω+ 2π
3 )，再利用对称性列方程
π
6 ω+π
6 ω+ 2π
3 =k π+π
2 ，即可求解.
【详解】函数f ( x)=sin(ωx + 2π
3 )(ω>0)的图象向左平移π
6 个单位后，
得到的函数g( x)=sin(ωx +π
6 ω+ 2π
3 )，
因为曲线y = g( x)关于直线x =π
6 对称，
所以π
6 ω+π
6 ω+ 2π
3 =k π+π
2 ，k ∈Z，
解得：ω=3k −1
2，k ∈Z，
因为ω>0，令k =1，得ω= 5
2，所以ω的最小值是5
2.
故选：B.
6．（2025·新疆·模拟预测）将函数f (x)= ❑√3sin 2 x +cos2 x的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度后得到函
数g(x)的图象.若f (x)与g(x)的图象关于点(
π
8 ,0)对称，则φ的最小值为（ ）
A．π
12
B．5π
12
C．π
6
D．7π
12
【答案】D
【分析】根据辅助角公式化简f (x)=2sin(2 x +π
6 )，进而得到g(x)=2sin(2 x +2φ+π
6 )，由f (x)与
g(x)的图象关于点(
π
8 ,0)对称可得f(
π
4 −x)=−g(x)，进而得到
2sin(
2π
3 −2 x)=−2sin(2 x +2φ+π
6 )，进而求解即可.
【详解】由f (x)= ❑√3sin 2 x +cos2 x =2sin(2 x +π
6 )，
则g(x)= f (x +φ)=2sin[2(x +φ)+π
6 )=2sin(2 x +2φ+π
6 )，
因为f (x)与g(x)的图象关于点(
π
8 ,0)对称，所以f(
π
4 −x)=−g(x)，
而f(
π
4 −x)=2sin[2(
π
4 −x)+π
6 )=2sin(
2π
3 −2 x)，
则2sin(
2π
3 −2 x)=−2sin(2 x +2φ+π
6 )，
即sin(2 x−2π
3 )=sin(2 x +2φ+π
6 )对于任意x∈R恒成立，
所以2 x +2φ+π
6 =2 x−2π
3 +2k π,k ∈Z，或2 x−2π
3 +2 x +2φ+π
6 =π+2k π,k ∈Z（舍去），
则φ =−5π
12 +k π,k ∈Z，又φ>0，则φ的最小值为7π
12 .
故选：D
7．（25-26 高三上·河北石家庄·月考）将函数f ( x)=sin(2 x−π
3 )的图像向左平移φ（0<φ<π
2 ）个单位
后，得到的函数图像关于直线x =π
6 对称，则φ = .
【答案】π
4 /1
4 π
【分析】首先求出平移后的解析式，然后根据正弦函数的对称轴即可求解.
【详解】函数f ( x)=sin(2 x−π
3 )的图像向左平移φ个单位后的解析式为
g(x)=sin[2(x +φ)−π
3)=sin(2 x +2φ−π
3)，
因为函数g(x)的图像关于直线x =π
6 对称，所以2× π
6 +2φ−π
3 = π
2 +k π (k ∈Z)，解得
φ = π
4 + k π
2
(k ∈Z)，
又因为0<φ<π
2 ，所以k =0，则φ= π
4 .
故答案为：π
4
8．（25-26 高三上·河北唐山·期中）已知函数f (x)= ❑√3sinωxcosωx +cos
2ωx−1
2
(ω>0)，在[0,π]内
有且只有三条对称轴，则ω的取值范围是
【答案】[
7
6 , 5
3)
【分析】根据二倍角公式、降幂公式、辅助角公式，化简整理，可得f ( x)=sin(2ωx +π
6 )，根据x 的范
围，可得2ωπ+π
6 的范围，根据正弦型三角函数的图象与性质，结合条件，可得
5π
2 ≤2ωπ+π
6 < 7π
2 ，化简即可得答案.
【详解】由题意f (x)= ❑√3sinωx cosωx +cos
2ωx −1
2 =
❑√3
2 sin2ωx + 1+cos2ωx
2
−1
2
=
❑√3
2 sin2ωx + 1
2 cos2ωx =sin(2ωx +π
6 )，
因为x∈[0,π]，所以2ωx +π
6 ∈[
π
6 ,2ωπ+π
6 )，
因为f ( x)在[0,π]内有且只有三条对称轴，
所以5π
2 ≤2ωπ+π
6 < 7π
2 ，解得7
6 ≤ω< 5
3.
故答案为：[
7
6 , 5
3)
9．（25-26 高三上·河南郑州·期中）已知函数f (x)=sin(ωx +φ)(ω>0,0≤φ≤π)是R 上的偶函数，其图
象关于点M(
3π
4 ,0)对称，且在区间[0,π
2 )上是单调函数，求φ和ω的值.
【答案】φ =π
2 ，ω=2或ω= 2
3.
【分析】根据偶函数确定φ的值，根据对称中心确定ω的表达式，根据单调性确定ω的取值范围，结合表达
式和取值范围确定ω的值.
【详解】由f (x)是偶函数可得f (−x)= f (x)，即：sin(−ωx +φ)=sin(ωx +φ).
所以−cosφsinωx =cosφsinωx
对任意x都成立，且ω>0，所以得cosφ =0.
依题设0≤φ≤π，所以解得φ =π
2 ，
由f (x)的图象关于点M 对称，得f(
3π
4 −x)=−f(
3π
4 + x).
取x =0，得f(
3π
4 )=−f(
3π
4 )，所以f(
3π
4 )=cos 3π
4 ω=0
又因为ω>0，得3π
4 ω=π
2 +k π,k =0,1,2,⋯
所以ω= 2
3
(2k +1),k =0,1,2...
当k =0时，ω= 2
3 ,f (x)=sin(
2
3 x +π
2 )=cos 2
3 x在区间[0,π
2 )上是减函数；
命题角度3：由单调性求ω
φ
或
k =1时，ω=2,f (x)=cos2 x在区间[0,π
2 )上是减函数；
k ≥2时，ω≥10
3 ,f (x)=cosωx在区间[0,π
2 )上不是单调函数；
综上，ω=2或ω= 2
3.
10．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知函数f (x)=3sin(ωx +π
3 )(ω>0)在区间(−π
3 ,π
6 )上单调递增，
则当ω取最大值时，f (x)在区间[
π
2 ,π)上的值域为（ ）
A．(−3
2 , 3 ❑√3
2 ) B．(−1
2 ,
❑√3
2 )
C．(−3 ❑√3
2
, 3
2)
D．(−
❑√3
2 , 1
2)
【答案】C
【分析】先由正弦函数的单调性和f (x)在区间(−π
3 ,π
6 )上单调递增确定ω的最大值，再由正弦函数的单
调性求出值域即可.
【详解】因为ω>0，所以当x∈(−π
3 ,π
6 )时，ωx +π
3 ∈(−ωπ
3
+π
3 , ωπ
6
+π
3 )，
因为f (x)在区间(−π
3 ,π
6 )上单调递增，所以π
6 −(−π
3 )=π
2 ≤T
2 ，则T ≥π，即2π
ω ≥π，
所以0<ω≤2，所以{
−ωπ
3
+π
3 ≥−π
2
ωπ
6
+π
3 ≤π
2 )
，解得0<ω≤1，则ω的最大值为1，
此时f (x)=3sin(x +π
3 )，
当x∈[
π
2 ,π)时，x +π
3 ∈[
5π
6 , 4π
3 )，则f (x)在区间[
π
2 ,π)上的值域为(−3 ❑√3
2
, 3
2).
故选：C.
11．（24-25 高三上·上海黄浦·期中）已知函数y =sin(ωx +π
6 )(ω>0)在区间(−π
2 ,π
3 )上单调递增，
则ω的取值范围是（ ）
A．(0,1)
B．(0,1)
C．(1, 4
3)
D．(0, 6
5)
【答案】A
【分析】通过整体代入法表示出函数的单调区间，结合已知列不等式组求解可得.
【详解】由ω>0，−π
2 +2k π≤ωx +π
6 ≤π
2 +2k π,k ∈Z，
得−2π
3ω + 2k π
ω
≤x ≤π
3ω + 2k π
ω
,k ∈Z，
因为函数y =sin(ωx +π
6 )(ω>0)在区间(−π
2 ,π
3 )上单调递增，
所以{
−2π
3ω ≤−π
2
π
3ω ≥π
3 )
，解得ω≤1，结合ω>0得0<ω≤1.
故选：A
12．（2025·江苏镇江·模拟预测）已知点A(
π
6 ,0)在函数f (x)=cos(ωx +φ)(ω>0,−2π<φ<0)的图象
上，若f (x)≤f(
π
3 )恒成立，且f (x)在区间(
π
3 ,π
2 )上单调，则ω=（ ）
A．3
B．6
C．12
D．−12
【答案】A
【分析】由题可得f (x)在(
π
6 ,π
3 )上单调递增，且f(
π
2 )=0，得T =2π
3 ，得解.
【详解】因为点A(
π
6 ,0)在函数f (x)=cos(ωx +φ)的图象上，所以f(
π
6 )=0，
由f (x)≤f(
π
3 )，则f(
π
3 )=1，且f (x)在(
π
3 ,π
2 )上单调递减，
所以f (x)在(
π
6 ,π
3 )上单调递增，由余弦型函数的对称性易知f(
π
2 )=0，
所以T
2 =π
2 −π
6 =π
3 ，即T =2π
3 ，故ω= 2π
2π
3
=3.
故选：A.
13．（25-26 高三上·北京·开学考试）设函数f (x)=sin ωx + ❑√3cosωx (ω>0)在(0,π
3 )上有零点且有唯一
极大值点，同时存在x1, x2∈R，使得|x1−x2)=π
2 且f (x1)=−f (x2)=2，则ω的值为（ ）
A．2
B．4
C．6
D．8
【答案】C
【分析】首先将函数f (x)化为标准正弦函数形式，然后根据题目条件确定ω的值.
【详解】由题意得f ( x)=2sin(ωx + π
3 )，
命题角度4：由函数值（或值域）ω
φ
或
当x∈(0, π
3 )时，ωx + π
3 ∈( π
3 , πω
3 + π
3 )，
因为f ( x)在(0, π
3 )上有零点且有唯一极大值点，
所以πω
3 + π
3 >π且πω
3 + π
3 ≤5 π
2 ，解得2<ω≤13
2 ．
因为存在x1, x2∈R，使得| x1−x2|= π
2 且f ( x1)=−f ( x2)=2，
所以(k + 1
2 )T = π
2 ，k ∈Z，即(k + 1
2 )⋅2π
ω = π
2 ，k ∈Z，解得ω= 4 k +2，k ∈Z，
结合2<ω≤13
2 ，取k =1，可得ω=6符合题意．
故选：C．
14．（24-25 高一下·北京顺义·期末）已知函数f (x)=sin(ωx +φ)（ω>0，|φ)<π
2 ）部分图象如图所示.
其中A，B 是直线y = 1
2与曲线y = f (x)相邻的两个交点.若|AB)=π
3 ，则ω= ，f(
π
2 )=
.
【答案】 2 −1
2/−0.5
【分析】先根据| AB|=π
3
与周期的关系求出ω；再利用图象过的点求出φ；最后将x =π
2
代入函数求
f (π
2 ).
【详解】已知A，B 是直线y = 1
2与曲线y = f ( x)的两个相邻交点，且| AB|=π
3
.
设A(x1, 1
2),B(x2, 1
2),则x2−x1=π
3 .
且sin(ω x1+φ)= 1
2，则ω x1+φ=π
6 +2k π，则x1=
π
6 +2k π−φ
ω
，
同理sin(ω x2+φ)= 1
2，则ω x2+φ =5π
6
+2k π，则x2=
5π
6 +2k π−φ
ω
，
因此x2−x1=
5π
6 +2k π−φ
ω
−
π
6 +2k π−φ
ω
=
2π
3
ω =π
3
，解得ω=2.
因为| AB|=π
3
及A(0, 1
2)，则函数f (x)=sin(2 x +φ)的图象过点(π
6
,1)，可得sin(2×π
6
+φ)=1，
所以π
3 +φ=2nπ+ π
2 ，n∈Z，则φ =2nπ+π
6 ，n∈Z.
由于|φ)<π
2 ，则φ=π
6 ，那么f (x)=sin(2 x +π
6 ).
将x =π
2
代入f (x)=sin(2 x +π
6 )可得：f(
π
2 )=sin(2×π
2
+π
6 )=sin7π
6
= −1
2 .
故答案为：2； −1
2.
15．（25-26 高一上·全国·单元测试）已知函数f (x)=2sinωx (ω>0)在区间[−π
3 , 2π
3 )上单调递增，且
在区间[0,π)上恰好取得一次最大值，则ω的取值范围是 ．
【答案】[
1
2 , 3
4)
【分析】利用整体法，根据单调性可得{
−ω
3 π≥−1
2 π
2ω
3 π≤π
2
ω>0 )
，又在[0,π)上恰好取得一次最大值，则
π
2 ≤ωπ< 5π
2 ，然后解不等式整合即可.
【详解】ω>0, x∈[−π
3 , 2π
3 )⇒ωx ∈[−ωπ
3
, 2ωπ
3 )，
又f (x)在区间[−π
3 , 2π
3 )上单调递增，
所以{
−ω
3 π≥−1
2 π
2ω
3 π≤π
2
ω>0 )
，解得0<ω≤3
4 ，
ω>0, x∈[0,π)⇒ωx ∈[0,ωπ]，
又f (x)在区间[0,π)上恰好取得一次最大值，
所以π
2 ≤ωπ< 5π
2 ⇒1
2 ≤ω< 5
2，
综上，ω∈[
1
2 , 3
4).
故答案为：[
1
2 , 3
4).
16．（25-26 高一上·全国·单元测试）已知函数f (x)=2cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π
2 )的图象经过点(0,1)，
若f (x)在(0,π
6 )上有且只有两个最值点，则ω的取值范围是（ ）
A．(10,16)
B．(10,12)
C．(8,16)
D．(8,12)
【答案】A
【分析】由题设可得φ =π
3 ，即f (x)=2cos(ωx +π
3 )，再由ωx +π
3 ∈(
π
3 , ωπ
6
+π
3 )及区间最值、
余弦型函数的图象列不等式求参数范围.
【详解】由函数f (x)=2cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π
2 )的图象经过点(0,1)，
所以f (0)=2cosφ =1，由于0<φ<π
2 ，则φ =π
3 ，则f (x)=2cos(ωx +π
3 )．
由x∈(0,π
6 )，可得ωx +π
3 ∈(
π
3 , ωπ
6
+π
3 )，
因为f (x)在(0,π
6 )上有且只有两个最值点，则2π< ωπ
6
+π
3 ≤3π，
所以10<ω≤16.
故选：A
17．（23-24 高三下·内蒙古鄂尔多斯·期中）已知函数f (x)=2sin(ωx +φ)(ω>0,|φ)<π
2 )，T为f (x)的最
小正周期，且f (x)≤|f(
5
12 T))对任意的x∈(−∞,+ ∞)恒成立，若函数f (x)在区间(0,π
2 )上恰有3 个零
点，则ω的取值范围是（ ）
A．[
14
3 , 20
3 )
B．[
20
3 , 26
3 )
C．(
20
3 , 26
3 )
D．(
14
3 , 20
3 )
【答案】D
【分析】根据题意可得x = 5
12 T为f (x)的一条对称轴，即可求得φ =−π
3 ，再以ωx −π
3 为整体分析可得
命题角度5：由零点求ω
φ
或
2π< ωπ
2
−π
3 ≤3π，运算求解即可得答案.
【详解】由题意可得：f (x)的最小正周期T = 2π
ω ，
又f (x)≤|f(
5
12 T))对任意的x∈(−∞,+ ∞)恒成立，
所以x = 5
12 T为f (x)的一条对称轴，
所以ω× 5
12 T +φ = 5
6 π+φ =k π+π
2
(k ∈Z)，解得φ=k π−π
3
(k ∈Z)，
又φ∈(−π
2 ,π
2 )，则k =0，φ =−π
3 ，
所以f (x)=2sin(ωx −π
3 )．
当x∈(0,π
2 )时，ωx −π
3 ∈(−π
3 , ωπ
2
−π
3 )，
若函数f (x)在区间(0,π
2 )上恰有3 个零点，则2π< ωπ
2
−π
3 ≤3π，解得14
3 <ω≤20
3 ，
即ω的取值范围是(
14
3 , 20
3 ).
故选：D．
18．（24-25 高一下·河北保定·月考）已知函数f (x)=sin(ωx −π
6 )(ω>0)，将f (x)图象上所有的点向左平
移4π
15 个单位长度得到函数g(x)的图象，若g(x)是偶函数，且关于x的方程f (x)=0在(0,π
2 )上恰有2 个
解，则ω= ．
【答案】5
2/2.5
【分析】根据题意，得到g(x)=sin(ωx + 4 ωπ
15
−π
6 )是偶函数，求得ω= 15
4 k + 5
2
(k ∈Z)，再由
f (x)=0在(0,π
2 )上恰有2 个解，利用正弦函数的性质求得7
3 <ω≤13
3 ，结合ω>0，即可求解.
【详解】由题意，可得g(x)= f(x + 4π
15 )=sin(ωx + 4 ωπ
15
−π
6 )是偶函数，
则4 ωπ
15
−π
6 =k π+π
2 ,k ∈Z，可得ω= 15
4 k + 5
2
(k ∈Z)；
又由f (x)=0在(0,π
2 )上恰有2 个解，即sin(ωx −π
6 )=0在(0,π
2 )上恰有2 个解，
因为x∈(0,π
2 )时，可得t =ωx −π
6 ∈(−π
6 , ωπ
2
−π
6 )，
所以y =sint在t ∈(−π
6 , ωπ
2
−π
6 )上恰有2 个解，
由y =sint图象性质，可得π< ωπ
2
−π
6 ≤2π，可得7
3 <ω≤13
3 .
又因为ω>0，所以只有当k =0时，ω= 5
2符合题意，所以ω= 5
2．
故答案为：5
2．
19．（24-25 高一下·安徽·月考）已知函数f (x)=sin(ωx −π
6 )(ω>0)在区间(
π
3 ,π
2 )上单调递增且存在
零点，则ω的取值范围是（ ）
A．[
1
3 , 1
2)∪[5,6)
B．(
1
3 , 1
2)∪(5, 16
3 )
C．(
1
3 , 1
2)∪[5, 16
3 )
D．(
1
3 , 1
2)∪(5,6)
【答案】C
【分析】根据已知单调性及零点列式得出0<ω≤6，令t =ωx −π
6 结合正弦函数的性质，分k的值计算求参.
【详解】设函数f (x)的最小正周期为T，因为f (x)在区间(
π
3 ,π
2 )上单调递增，
所以T
2 ≥π
2 −π
3 =π
6 ，解得T ≥π
3 ，所以0<ω≤6．
令t =ωx−π
6 ，则当x∈(
π
3 ,π
2 )时，t ∈(
π
3 ω−π
6 ,π
2 ω−π
6 )．
则f (x)在区间(
π
3 ,π
2 )上单调递增且存在零点等价于y =sint在t ∈(
π
3 ω−π
6 ,π
2 ω−π
6 )上单调递增
且存在零点，
所以−π
2 +2k π≤π
3 ω−π
6 <2k π<π
2 ω−π
6 ≤π
2 +2k π(k ∈Z)，解得{
ω≥−1+6k
ω≤4
3 + 4 k
ω< 1
2 +6k
ω> 1
3 + 4 k)
(k ∈Z)，
又0<ω≤6,k ∈Z，当k =0时，得1
3 <ω< 1
2；k =1时，得5≤ω≤16
3 ，其他k值，均不合要求，
所以1
3 <ω< 1
2或5≤ω≤16
3 ，所以ω的取值范围是(
1
3 , 1
2)∪[5, 16
3 ).
故选：C.
20．（2025·湖南常德·模拟预测）已知x = 5π
12 是函数f (x)=sin (2 x +φ)(|φ)<π
2 )的极大值点，若f (x)在
[
π
4 ,a)有两个零点和三条对称轴，则a 的取值范围为
【答案】[
17π
12 , 5π
3 )
【分析】根据极值点及已知可得φ =−π
3 ，则f (x)=sin(2 x−π
3 )，结合正弦型函数的性质及区间零点和
对称轴有5π
2 ≤2a−π
3 <3π，即可得.
【详解】因为x = 5π
12 是f (x)=sin (2 x +φ)的极大值点，
所以2⋅5π
12 +φ=2k π+π
2 ，k ∈Z，即φ =2k π−π
3
(k ∈Z)，
又|φ)<π
2 ，故φ=−π
3 ，所以f (x)=sin(2 x−π
3 )，
当x∈[
π
4 ,a)时，2 x−π
3 ∈[
π
6 ,2a−π
3 )，在[
π
4 ,a)有两个零点和三条对称轴，
所以5π
2 ≤2a−π
3 <3π，解得17π
12 ≤a< 5π
3 .
故答案为：[
17π
12 , 5π
3 )
21．（24-25 高一下·四川眉山·期中）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ)（ω>0，|φ|<π
2 ），若f ( x−π
8 )为
命题角度6：由图像与性质的综合求ω
φ
或
奇函数，f ( x +π
8 )为偶函数，且f ( x)在(0,π
6 )上没有最小值，则ω的最大值是 .
【答案】6
【分析】根据正弦型函数的奇偶性得到ω=2+ 4 k，k ∈Z，φ =π
4 + mπ
2
，m∈Z，进而有φ=±π
4 ，再
由区间无最小值得到0<ω≤9−6φ
π ，即得ω的范围，分类讨论并验证，即可得解.
【详解】由f ( x−π
8 )=sin(ωx −π
8 ω+φ)为奇函数，则−π
8 ω+φ =k1π，k1∈Z，
由f ( x +π
8 )=sin(ωx +π
8 ω+φ)为偶函数，则π
8 ω+φ=π
2 +k2π，k2∈Z，
所以ω=2+ 4(k2−k1)，即ω=2+ 4 k，k ∈Z，
且φ =π
4 + (k1+ k2)π
2
，即φ=π
4 + mπ
2
，m∈Z，又|φ|<π
2 ，则φ =±π
4 ，
在(0,π
6 )上，t =ωx +φ∈(φ , ωπ
6
+φ)，即y =sint在(φ , ωπ
6
+φ)上没有最小值，
所以ωπ
6
+φ≤3π
2 且ω>0，故0<ω≤9−6φ
π ，
当φ =−π
4 ，则0<ω≤21
2
；
当φ=π
4 时，则0<ω≤15
2
，
结合ω=2+ 4 k，k ∈Z，
当ω=2时，
f ( x)=sin(2 x−π
4 )，则f ( x−π
8 )=sin(2 x−π
2 )为偶函数，不符，
f ( x)=sin(2 x +π
4 )，则f ( x−π
8 )=sin(2 x)为奇函数，f ( x +π
8 )=sin(2 x +π
2 )为偶函数，且(0,π
6 )
上2 x +π
4 ∈(π
4 , 7π
12 )，满足题设；
当ω=6时，
f ( x)=sin(6 x−π
4 )，则f ( x−π
8 )=sin(6 x−π)为奇函数，f ( x +π
8 )=sin(6 x +π
2 )为偶函数，且
(0,π
6 )上6 x−π
4 ∈(−π
4 , 3π
4 )，满足题设；
f ( x)=sin(6 x +π
4 )，则f ( x−π
8 )=sin(6 x−π
2 )为偶函数，不符；
当ω=10时，
f ( x)=sin(10 x−π
4 )，则f ( x−π
8 )=sin(10 x−3π
2 )为偶函数，不符；
即ω=2,6，故最大值为6.
故答案为：6.
22．（24-25 高一下·上海·月考）设函数y = f (x)=cos(ωx +φ)（是常数，ω>0，0<φ<π
2 ），若f (x)在
区间[−π
24 , 5π
24 )上具有单调性，且f(−π
24)=−f(
5π
24 )=−f(
11π
24 )，则函数是f (x)的最小正周期是
.
【答案】π
【分析】根据单调性可求出0<ω≤4，再根据题意得函数关于点(
π
12 ,0)对称，关于直线x =π
3 对称，得到
关于ω,φ的方程组，通过作差分析可得ω=2，最后检验即可.
【详解】因为f ( x)在区间[−π
24 , 5π
24 )上具有单调性，ω>0，
则1
2 ⋅2π
ω ≥5π
24 +π
24 ，故0<ω≤4，
∵f(−π
24)=−f(
5π
24 )=−f(
11π
24 )，
则f ( x)的图象关于点(
π
12 ,0)对称，关于直线x =π
3 对称，
∴ω×π
12 +φ =k π+π
2 ,k ∈Z，且ω×π
3 +φ =nπ,k ,n∈Z，
两式相减，可得ω= 4(n−k )−2，又因为0<ω≤4，故ω=2，
当ω=2时，由2×π
12 +φ=k π+π
2 ,k ∈Z，得φ=k π+π
3 ,k ∈Z，
又0<φ<π
2 ，则φ=π
3 ，故f (x)=cos(2 x +π
3 )，
所以它的最小正周期为2π
2 =π.
故答案为：π.
23．（2024·福建福州·三模）已知函数f (x)=sin(ωx +φ)在区间(
π
6 , 2π
3 )上单调，其中ω为正整数，
|φ)<π
2 ，且f(
π
3 )=−f(
π
2 )．则y = f (x)图象的一个对称中心是 ；若f(
π
4 )=
❑√3
2 ，则φ的值为
．
【答案】 (
5π
12 ,0)答案不唯一 π
6 /30
o
【分析】根据单调区间，以及f(
π
3 )=−f(
π
2 )可得f(
π
3 +π
2
2 )= f(
5π
12 )=0，进而可得对称中心；先根
据单调区间求出ω的可能取值，然后根据f(
π
4 )=
❑√3
2 得到ω和φ的关系，根据关系以及ω的可能取值对照
验证计算即可.
【详解】因为f (x)在区间(
π
6 , 2π
3 )上单调，且f(
π
3 )=−f(
π
2 )，π
3 ∈(
π
6 ,2π
3 )，
π
2 ∈(
π
6 ,2π
3 )，
所以f(
π
3 +π
2
2 )= f(
5π
12 )=0，
所以f (x)图象的一个对称中心是(
5π
12 ,0)；
所以f (x)的最小正周期T ≥2(
2π
3 −π
6 )=π，即2π
ω ≥π，又ω∈N
∗
∴ω=1,2，
由(
5π
12 ,0)为f (x)图象的一个对称中心，则5π
12 ω+φ=k1π,k1∈Z①，
因为f(
π
4 )=
❑√3
2 ，所以π
4 ω+φ=π
3 +2k2π或π
4 ω+φ=2π
3 +2k3π,k2,k3∈Z，
若π
4 ω+φ=π
3 +2k2π②，①−②得π
6 ω=−π
3 +(k1−2k2)π,k1,k2∈Z，
即ω=−2+6(k1−2k2),k1,k2∈Z，不存在整数k1,k2，使得ω=1,2，
若π
4 ω+φ =2π
3 +2k3π,k3∈Z③，①−③得π
6 ω=−2π
3 +(k1−2k3)π,k1,k3∈Z，
即ω=−4 +6(k1−2k3),k1,k3∈Z，故不存在整数k1,k3，使得ω=1，
当k1=2k3+1时，ω=2，此时φ= 2π
3 −π
2 +2k3π=π
6 +2k3π,k3∈Z，
又|φ)<π
2 ，得φ =π
6 .
故答案为：(
5π
12 ,0)；π
6 .
24．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数f (x)= A sin (ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ)<π
2 )在(
π
9
,π
6 )单调，
且−π
4 是f (x)的一个零点，直线x =π
4 是f (x)图象的一条对称轴，则ω 的最大值为（ ）
A．18
B．17
C．14
D．13
【答案】D
【分析】由题意得(2n+1) T
4 =π
2
(n∈N )，故T = 2π
2n+1
(n∈N ).结合正弦型函数的周期公式可得
ω=2n+1 (n∈N ).由f (x)在(
π
9 ,π
6 )单调得 T ≥π
9 ，结合T = 2π
2n+1
(n∈N )可得n≤17
2
(n∈N ).由于
n最大时，对应ω=2n+1 (n∈N )也最大，结合所求为ω的最大值，则考虑从最大的n开始代入验证，即
可求解.
【详解】由题意得(2n+1) T
4 =π
4 −(−π
4 )=π
2
(n∈N )，所以T = 2π
2n+1
(n∈N ).
又T = 2π
ω ，所以2π
2n+1 = 2π
ω
(n∈N )，所以ω=2n+1 (n∈N ).
因为f (x)在(
π
9 ,π
6 )单调，所以π
6 −π
9 ≤1
2 T，即T ≥π
9 .
结合T = 2π
2n+1
(n∈N )得2π
2n+1 ≥π
9
(n∈N )，解得n≤17
2
(n∈N ).
①当n=8，即ω=17时，17×(−π
4 )+φ =k π,k ∈Z，所以φ= 17π
4
+k π，k ∈Z.
因为|φ)<π
2 ，所以φ =π
4 ，此时f (x)= A sin(17 x +π
4 ).
当x∈(
π
9 ,π
6 )时，17 x +π
4 ∈(
77π
36 ,37π
12 )，由正弦函数的性质可知函数f (x)= A sin(17 x +π
4 )在
(
π
9 ,π
6 )上不单调，所以ω=17不符合题意；
②当n=7，即ω=15时，15×(−π
4 )+φ =k π,k ∈Z，所以φ= 15
4 π+k π，k ∈Z.
因为|φ)<π
2 ，所以φ = −π
4 ，此时f (x)= A sin(15 x−π
4 ).
当x∈(
π
9 ,π
6 )时，15 x−π
4 ∈(
51π
36 ,27π
12 )，由正弦函数的性质可知函数f (x)= A sin(15 x−π
4 )
在(
π
9 ,π
6 )上不单调，所以ω=15不符合题意；
③当n=6，即ω=13时，13×(−π
4 )+φ =k π,k ∈Z，所以φ= 13
4 π+k π，k ∈Z.
因为|φ)<π
2 ，所以φ =π
4 ，此时f (x)= A sin(13 x +π
4 ).
当x∈(
π
9 ,π
6 )时，13 x +π
4 ∈(
61π
36 ,29π
12 )，由正弦函数的性质可知函数f (x)= A sin(13 x +π
4 )在
(
π
9 ,π
6 )上单调递增，所以ω=13符合题意.
综上，ω的最大值为13.
故选：D.
