重难点12 三角函数中ω 的范围与最值问题（举一反三专项训练）
【全国通用】
【题型1 与三角函数的单调性有关的ω 的范围与最值问题】.............................................................................2
【题型2 与三角函数的对称性有关的ω 的范围与最值问题】.............................................................................4
【题型3 与三角函数的最值有关的ω 的范围与最值问题】.................................................................................6
【题型4 与三角函数的周期有关的ω 的范围与最值问题】.................................................................................9
【题型5 与三角函数的零点有关的ω 的范围与最值问题】...............................................................................11
【题型6 与三角函数的极值有关的ω 的范围与最值问题】...............................................................................14
【题型7 ω 的范围与最值问题：三角函数性质综合】........................................................................................16
1、三角函数中ω 的范围与最值问题
三角函数的图象与性质是高考的重要内容，在三角函数的图象与性质中，ω 的范围与最值的求解是近
几年高考中的一个重点、热点内容，试题主要以选择题、填空题的形式呈现，但因其求法复杂，涉及的知
识点多，历来是我们复习中的难点，学生在复习中要加强训练，灵活求解.
知识点
1 三角函数中有关
ω 的范围与最值问题的类型
1．三角函数中ω 的范围与最值的求解一般要利用其性质，此类问题主要有以下几大类型：
(1)三角函数的单调性与ω 的关系；
(2)三角函数的对称性与ω 的关系；
(3)三角函数的最值与ω 的关系；
(4)三角函数的周期性与ω 的关系；
(5)三角函数的零点与ω 的关系；
(6)三角函数的极值与ω 的关系.
知识点
2 三角函数中
ω 的范围与最值问题的解题策略
1．利用三角函数的单调性求ω 的解题思路
对于已知函数的单调区间的某一部分确定参数ω 的范围的问题，首先，明确已知的单调区间应为函数的单
调区间的子集，其次，要确定已知函数的单调区间，从而利用它们之间的关系可求解，另外，若是选择
题，利用特值验证排除法求解更为简捷.
2．利用三角函数的对称性求ω 的解题策略
三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为
，相邻的对称轴和对称中心之间的
“水平间隔”为
，这就说明，我们可根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题的关键在于运用
整体代换的思想，建立关于ω 的不等式组，进而可以研究“ω”的取值范围.
3．利用三角函数的最值求ω 的解题策略
若已知三角函数的最值，则利用三角函数的最值与对称轴或周期的关系，可以列出关于ω 的不等式(组)，
进而求出ω 的值或取值范围.
4．利用三角函数的周期性求ω 的解题策略
若已知三角函数的周期性，则利用三角函数的周期与对称轴、最值的关系，列出关于ω 的不等式(组)，进
而求出ω 的值或取值范围.
【题型1 与三角函数的单调性有关的ω 的范围与最值问题】
【例1】（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|<π
2 )，f (−π
4 )=0，
x =π
4 为f ( x)图象的对称轴，且f ( x)在(π
18 , 5π
36 )上单调，则ω的最大值为（ ）
A．11
B．9
C．7
D．5
【答案】B
【解题思路】根据已知可得，ω为正奇数且ω≤12，结合x =−π
4 为f ( x)的零点，x =π
4 为f ( x)图象的对
称轴，求出符合题意的解析式，并结合f ( x)在(π
18 , 5π
36 )上单调，可得ω的最大值.
【解答过程】由f (−π
4 )=0，x =π
4 为f ( x)图象的对称轴，得2n+1
4
× 2π
ω =π
2 ,n∈N，则
ω=2n+1(n∈N)，
由f ( x)在(π
18 , 5π
36 )上单调，得5π
36 −π
18 =π
12 ≤π
ω ，解得ω≤12，
当ω=11时，−11π
4 +φ=kπ ,k ∈Z，由|φ|≤π
2 ，得φ =−π
4 ，此时f ( x)=sin(11 x−π
4 )，
当x∈(π
18 , 5π
36 )时，11 x−π
4 ∈( 13π
36 , 46π
36 )，当x = 3π
44 ∈(π
18 , 5π
36 )时f ( x)取得最大值1，
即f ( x)在(π
18 , 5π
36 )上不单调，不满足题意；
当ω=9时，−9π
4 +φ=k π,k ∈Z，由|φ|≤π
2 ，得φ =π
4 ，此时f ( x)=sin(9 x + π
4 )，
当x∈(π
18 , 5π
36 )时，9 x +π
4 ∈( 3π
4 , 3π
2 )，此时f ( x)在(π
18 , 5π
36 )上单调递减，符合题意，
所以ω的最大值为9.
故选：B.
【变式1-1】（2024·贵州·模拟预测）若函数f ( x)=2cos(ωx +π
3 )(ω>0)在(0,π
2 )上单调，则ω的最大
值为（ ）
A．1
3
B．2
3
C．1
D．4
3
【答案】D
【解题思路】先由x∈(0,π
2 )求出ωx +π
3
的范围，然后由余弦函数的单调性建立不等式求解即可.
【解答过程】x∈(0,π
2 )，则ωx +π
3 ∈(
π
3
, ωπ
2
+π
3 )，
函数f ( x)=2cos(ωx +π
3 )(ω>0)在(0,π
2 )上单调，
所以π
3 < ωπ
2
+π
3 ≤π，解得：0<ω≤4
3 ，
所以ω的最大值为4
3 .
故选：D.
【变式1-2】（2024·广东·二模）已知函数f ( x)=cos(ωx +φ)（ω>0，−π
2 <φ<0），|f(−π
6))=1，
f(
π
6)=0，且f ( x)在区间(
π
6 , 5 π
24)上单调，则ω的最大值为( )
A．9
2
B．21
2
C．33
2
D．45
2
【答案】B
【解题思路】由题意计算出周期T，再由周期求ω，又因为f ( x)在区间(
π
6 , 5π
24 )上单调，
所以列出不等式，计算出0<ω≤12，判断即可.
【解答过程】由题意知，π
6 −(−π
6 )=(2k +1)× T
4 (k ∈Z)，则T =
4π
3(2k +1)，
因为T = 2π
|ω| ，所以ω= 3(2k +1)
2
，又因为f ( x)在区间(
π
6 , 5π
24 )上单调，
所以5π
24 −π
6 ≤T
4 ，解得0<ω≤12，则ω的最大值为21
2 .
故选：B.
【变式1-3】（2025·全国·模拟预测）已知函数f (x)=sin(2ωx −φ)(ω>0)满足对任意的x∈R，均有
f (x)≥f(
π
3 ),f(
4π
3
+ x)=−f(
4π
3 −x)，且f (x)在(
π
3 , 5π
6 )上单调，则ω的最大值为（ ）
A．1
4
B．1
2
C．3
4
D．4
5
【答案】C
【解题思路】先根据f (x)≥f(
π
3 ),f(
4π
3
+ x)=−f(
4π
3 −x)得出ω的关系式，再根据单调性确定ω的
范围，最后求出最大值即可.
【解答过程】由于对任意的x∈R，均有f (x)≥f(
π
3 ),f(
4π
3
+ x)=−f(
4π
3 −x)，
所以f (x)在x =π
3 处取得最小值，点(
4π
3
,0)是f (x)图象的一个对称中心，
所以2πω
3
−φ =2k1π−π
2 , 8πω
3
−φ =k2π(k1,k2∈Z)，两式相减得
2πω=(k2−2k1)π+π
2 (k1,k2∈Z)，即ω= 2(k2−2k1)+1
4
(k1,k2∈Z)．
因为f (x)在(
π
3 , 5π
6 )上单调，所以5π
6 −π
3 =π
2 ≤T
2 =π
2ω，即ω≤1，
ω>0，因此当k2−2k1=1时，ω取得最大值3
4 ．
故选:C.
【题型2 与三角函数的对称性有关的ω 的范围与最值问题】
【例2】（2024·安徽安庆·二模）已知函数f ( x)=2cos
2ωx +sin 2ωx −1(ω>0)的图象关于点(
π
4 ,0)对
称，且f ( x)在(0,π
3 )上没有最小值，则ω的值为（ ）
A．1
2
B．3
2
C．5
2
D．7
2
【答案】B
【解题思路】先化简解析式，根据对称性可得ω=2k −1
2 ,k ∈Z，再结合最小值点即可求解.
【解答过程】f ( x)=2cos
2ωx +sin 2ωx −1=cos2ωx +sin 2ωx = ❑√2sin(2ωx +π
4 )，
因为f (x)的图象关于点(
π
4 ,0)对称，
所以f(
π
4 )= ❑√2sin(
ωπ
2
+π
4 )=0，
故ωπ
2
+π
4 =k π,k ∈Z，即ω=2k −1
2 ,k ∈Z，
当2ωx +π
4 =−π
2 +2k π，即x =−3π
8ω + k π
ω ,k ∈Z时，函数f (x)取得最小值，
因为f (x)在(0,π
3 )上没有最小值，
所以5π
8ω ≥π
3 ，即ω≤15
8 ，
由ω=2k −1
2 ≤15
8 解得k ≤19
18，故k =1，得ω= 3
2.
故选：B.
【变式2-1】（2024·湖北鄂州·一模）已知函数y =sin (ωx +φ)(ω>0,φ∈(0,2π))的一条对称轴为
x =−π
6 ，且f (x)在(π, 4π
3 )上单调，则ω的最大值为（ ）
A．5
3
B．2
C．8
3
D．10
3
【答案】C
【解题思路】先利用函数对称轴可得x = k π
ω −π
6
(k ∈Z)，又由在(π, 4π
3 )上为单调函数，列不等式
可得ω,k间的不等关系，进而可得ω的最大值.
【解答过程】函数y =sin (ωx +φ)(ω>0,φ∈(0,2π))一条对称轴为x =−π
6
，
∴−πω
6
+φ=k1π+π
2 (k1∈Z)，
∴φ=k1π+π
2 +πω
6
，y =sin (ωx +φ)的对称轴可以表示为ωx +k1π+π
2 +πω
6
=k2π+π
2 (k2∈Z)
，
令k =k2−k1，则x = k π
ω −π
6
(k ∈Z)，f (x)在(π, 4π
3 )上单调，
则∃k ∈Z，使得¿，解得6
7 k ≤ω≤2
3
(k +1)，由6
7 k ≤2
3
(k +1)，得k ≤3，
当k =3时，ω取得最大值为8
3 .
故选：C．
【变式2-2】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知函数f (x)=sin(ωx −π
3 )(ω>0)在区间[0,π)上有且仅
有两条对称轴，则ω的取值范围是（ ）
A．[
11
6 , 17
6 )
B．(
17
6 , 23
6 )
C．(
11
6 , 17
6 )
D．[
17
6 , 23
6 )
【答案】A
【解题思路】由x的取值范围求出ωx −π
3 ，再结合题意及正弦函数的性质得到3π
2 ≤ωπ−π
3 < 5π
2 ，
解得即可.
【解答过程】当x∈[0,π)，则ωx −π
3 ∈[−π
3 ,ωπ−π
3 )，(ω>0)，
依题意可得3π
2 ≤ωπ−π
3 < 5π
2 ，解得ω∈[
11
6 , 17
6 )，
故选：A.
【变式2-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=sin (ωx +φ)(ω>0)，若直线x =π
4 为函数f (x)图象的
一条对称轴，(
5π
3 ,0)为函数f (x)图象的一个对称中心，且f (x)在(
π
4 , 5π
6 )上单调递减，则ω的最大值
为（ ）
A．9
17
B．18
17
C．12
17
D．24
17
【答案】B
【解题思路】根据f (x)的对称性求出ω= 12
17 (k2−k1)−6
17 (k1,k2∈Z)，再结合其单调性确定ω的范围，
二者结合，即可求得答案.
【解答过程】由题意知直线x =π
4 为函数f (x)图象的一条对称轴，(
5π
3 ,0)为函数f (x)图象的一个对称中
心，
故{
ωπ
4
+φ =k1π+π
2 ,(k1∈Z)
5ωπ
3
+φ =k2π,(k2∈Z) )
，则ω= 12
17 (k2−k1)−6
17 ，(k1,k2∈Z)，
又f (x)在(
π
4 , 5π
6 )上单调递减，则T
2 =π
ω ≥5π
6 −π
4 = 7π
12 ，
即得ω≤12
7 ，结合ω>0，即0<ω≤12
7 ，
故当k2−k1=1时，ω= 6
17；当k2−k1=2时，ω= 18
17；
k2−k1取其它值时，不合题意，
故ω的最大值为18
17 ，
故选：B．
【题型3 与三角函数的最值有关的ω 的范围与最值问题】
【例3】（2025·北京平谷·一模）已知函数f (x)=2sin(ωx −π
3 )(ω>0)，若f (x)在区间(−π
4 ,π
2 )上没
有最值，则ω的最大值为（ ）
A．2
3
B．4
3
C．5
3
D．2
【答案】A
【解题思路】由x∈(−π
4 ,π
2 )，得ωx −π
3 ∈(−π
4 ω−π
3 ,π
2 ω−π
3 )，进而结合题意可得
(−π
4 ω−π
3 ,π
2 ω−π
3 )⊆(−π
2 ,π
2 )，进而求解即可.
【解答过程】由x∈(−π
4 ,π
2 )，ω>0，
则ωx −π
3 ∈(−π
4 ω−π
3 ,π
2 ω−π
3 )，
因为f (x)在区间(−π
4 ,π
2 )上没有最值，
所以(−π
4 ω−π
3 ,π
2 ω−π
3 )⊆(−π
2 ,π
2 )，
则{
−π
4 ω−π
3 ≥−π
2
π
2 ω−π
3 ≤π
2
ω>0
)
，解得0<ω≤2
3，
所以ω的最大值为2
3.
故选：A.
【变式3-1】（24-25 高三上·山西·期末）已知函数f (x)=sin(ωx + π
6)(ω>0)在区间[0, π
2)内有最大值，
但无最小值，则ω的取值范围是（ ）
A．(
2
3 , 10
3 )
B．(
4
3 , 10
3 )
C．(
2
3 , 8
3)
D．(
4
3 , 8
3)
【答案】D
【解题思路】求出ωx + π
6 的范围，由条件结合正弦函数的图象列不等式求结论.
【解答过程】因为ω>0，所以0< x<π
2 时，则有π
6 ≤ωx +π
6 <π
2 ω+π
6 ，
因为f (x)在区间[0,π
2 )内有最大值，但无最小值，
结合函数图象，得5π
6 <π
2 ω +π
6 ≤3π
2 ，解得4
3 <ω≤8
3.
故选：D.
【变式3-2】（24-25 高三上·广东·阶段练习）已知函数f (x)=sin(ωx +π
6 )(ω>0)在区间(0,π
2 )内有最
大值，但无最小值，则ω的取值范围是（ ）
A．(
2
3 , 8
3)
B．[
1
6 , 5
6)
C．(
2
3 , 5
6)
D．[
1
6 , 8
3)
【答案】A
【解题思路】根据正弦型函数的单调性，结合数形结合思想进行求解即可.
【解答过程】因为ω>0，所以当0< x<π
2 时，
则有π
6 <ωx +π
6 <π
2 ω+π
6 ，
因为f (x)在区间(0,π
2 )内有最大值，但无最小值，
结合函数图象，得π
2 <π
2 ω+π
6 ≤3π
2 ，
解得2
3 <ω≤8
3 ，
故选：A.
【变式3-3】（2024·天津·模拟预测）已知f (x)=sin(ωx +π
3 +φ)(ω>0,|φ)<π
2 )为偶函数，
g(x)=sin(ωx +φ)，则下列结论错误的个数为（ ）
①φ=π
6 ；
②若g(x)的最小正周期为3π，则ω= 2
3；
③若g(x)在区间(0,π)上有且仅有3 个最值点，则ω的取值范围为(
7
3 , 10
3 )；
④若g(
π
4 )=
❑√3
2 ，则ω的最小值为2．
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】A
【解题思路】根据正弦函数的性质一一判断即可.
【解答过程】对于①：若f (x)=sin(ωx +π
3 +φ)(ω>0，|φ)<π
2 )为偶函数，
则π
3 +φ =π
2 + k π,k ∈Z，即φ =π
6 + k π,k ∈Z，又|φ)<π
2 ，所以φ =π
6 ，故①正确；
对于②：若g(x)的最小正周期为3π且ω>0，则T = 2π
ω =3π，所以ω= 2
3，故②正确；
对于③：由x∈(0,π)，ω>0，得ωx +π
6 ∈(
π
6 ,ωπ+π
6 )，
若g(x)在区间(0,π)上有且仅有3个最值点，
则5π
2 <ωπ+π
6 ≤7π
2 ，解得7
3 <ω≤10
3 ，故③正确；
对于④：因为g(x)=sin(ωx +π
6 )，若g(
π
4 )=sin(
π
4 ω+π
6 )=
❑√3
2 ，
则π
4 ω+π
6 =π
3 +2k π或π
4 ω+π
6 = 2π
3 +2k π，k ∈Z，
解得ω= 2
3 +8k或ω=2+8k ,k ∈Z，
又ω>0，所以ω的最小值为2
3，故④错误.
故选：A.
【题型4 与三角函数的周期有关的ω 的范围与最值问题】
【例4】（24-25 高一上·江苏泰州·阶段练习）记函数f (x)=cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为
T，若f (T )=−1
2，且x =π
2 为f (x)的一条对称轴，则ω的最小值为（ ）
A．2
3
B．4
3
C．8
3
D．10
3
【答案】A
【解题思路】根据已知条件列方程，求得ω的表达式，进而求得ω的最小值.
【解答过程】由于T =2π
ω ，所以f (T )=cos(ω×2π
ω +φ)=cos(2π+φ)=cosφ =−1
2，
由于0<φ<π，所以φ =2π
3 ，则f (x)=cos(ωx +2π
3 )，
由于x =π
2 为f (x)的一条对称轴，
所以π
2 ω+2π
3 =k π,ω=2k −4
3 ,k ∈Z，
由于ω>0，所以ω的最小值为2−4
3 = 2
3.
故选：A.
【变式4-1】（24-25 高三下·重庆·阶段练习）记函数f ( x)=sin(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为
T．若f (T )= 1
2，且f (x)≤|f(
π
9 ))对∀x∈R恒成立，则ω最小值为（ ）
A．2
B．3
C．6
D．9
【答案】B
【解题思路】由f (T )= 1
2得出φ =π
6 或5π
6 ，再由f ( x)≤|f(
π
9 ))对∀x∈R恒成立，得出
ω⋅π
9 +φ =π
2 + k π,k ∈Z，分类讨论φ的值即可求解．
【解答过程】f (T )= 1
2 ⇒sin(ω⋅2π
ω +φ)=sin φ = 1
2 →
0<φ<π
φ =π
6 或5π
6 ，
因为f ( x)≤|f(
π
9 ))对∀x∈R恒成立，所以ω⋅π
9 +φ =π
2 +k π,k ∈Z，
①φ =π
6 ⇒ω=3+9k ,k ∈Z →
ω>0
ωmin=3；
②φ = 5π
6 ⇒ω=−3+9k ,k ∈Z →
ω>0
ωmin=6；
故选：B．
【变式4-2】（24-25 高三上·北京·期中）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ)(ω>0)在[−π
3 ,π
6 )上单调，且
f(
π
6 )= f(
4π
3 )=−f(−π
3 )，则ω的取值不可能为（ ）
A．3
5
B．7
5
C．9
5
D．12
7
【答案】B
【解题思路】由已知易得T ≥π、f (−π
12 )=0，结合f(
π
6 )= f(
4π
3 )，利用正弦型函数的图象讨论
x = 4π
3
不同对应点求ω的取值，即可得答案.
【解答过程】由f ( x)在[−π
3 ,π
6 )上单调，f(
π
6 )=−f(−π
3 )，故T
2 ≥π
6 −(−π
3 )=π
2 ⇒T ≥π，
而−π
3 +π
6
2
=−π
12
，则f (−π
12 )=0，又f(
π
6 )= f(
4π
3 )，如下图依次讨论x = 4π
3
对应为点
C , A , D , E四种情况，
若4π
3 −(−π
3 )= T
2 =π
ω ，则ω= 3
5，满足T ≥π；
若4π
3 −π
6 =T =2π
ω ，则ω= 12
7 ，满足T ≥π；
由
4π
3 +π
6
2
=3π
4
，若3π
4 −(−π
12 )= 3
4 T = 3π
2ω ，则ω= 9
5，满足T ≥π；
若4π
3 −π
6 =2T =4π
ω ，则ω=24
7 ，不满足T ≥π，其它情况均不符合；
综上，B 不可能，A、C、D 可能.
故选：B.
【变式4-3】（2025·四川雅安·一模）已知函数f ( x)=2cos(ωx +φ)（ω>0且−π
2 <φ<π
2 ），设T 为函
数f ( x)的最小正周期，f(
T
4)=−1，若f ( x)在区间[0,1]有且只有三个零点，则ω的取值范围是（ ）
A．(
17π
6
, 23π
6 )
B．[
17π
6
, 23π
6 )
C．(
7π
3 , 10π
3 ) D．[
7π
3 , 10π
3 )
【答案】D
【解题思路】根据题意可确定T为函数f ( x)=2cos(ωx +φ)的最小正周期，结合f(
T
4)=−1求出φ，再根
据f ( x)在区间[0,1]有且只有三个零点，结合余弦函数性质列出不等式，求得答案.
【解答过程】由题意知T为函数f ( x)=2cos(ωx +φ)的最小正周期，故T = 2π
ω ，
由f(
T
4)=−1得2cos(π
2 +φ)=−1，即cos(π
2 +φ)=−1
2，
由于−π
2 <φ<π
2 ，故φ =π
6 ，
f ( x)在区间[0,1]有且只有三个零点，故ωx +π
6 ∈[π
6 ,ω+π
6 ]，
且由于y =cos x在(0,+∞)上使得cos x =0的x 的值依次为π
2 ,3π
2 ,5π
2 ,7π
2 ,…，
故5π
2 ≤ω+π
6 <7π
2 ，解得7π
3 ≤ω< 10π
3
，即ω∈[
7π
3 , 10π
3 )，
故选：D.
【题型5 与三角函数的零点有关的ω 的范围与最值问题】
【例5】（24-25 高三上·江苏·期末）设函数f (x)=2sin (ωx +φ)(ω>0,|φ)<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（ ）
A．[
5
3 ,+ ∞)
B．[
11
6 , 17
6 )
C．[
5
3 , 8
3)
D．[
11
6 ,+∞)
【答案】B
【解题思路】根据f (x)的图象经过的点及φ范围求出φ=π
6 ，再根据x 的范围得
ωx +π
6 ∈[
π
6 ,ωπ+π
6 )，结合正弦函数的性质，列出相应不等式，即可求得ω范围，即可得答案.
【解答过程】因为f (x)的图象经过点(0,1)，所以sin φ = 1
2，又|φ)<π
2 ，所以φ=π
6 ，
则函数f (x)=2sin(ωx +π
6 ),ω>0，当x∈[0,π)时，ωx +π
6 ∈[
π
6 ,ωπ+π
6 )，
因为f (x)在[0,π)上恰有2 个零点，
所以2π≤ωπ+π
6 <3π，所以11
6 ≤ω< 17
6 ，即实数ω 的取值范围是[
11
6 , 17
6 ).
故选：B.
【变式5-1】（2024·陕西商洛·三模）已知函数f (x)=sin(2 x +π
4 )在[−m,2m)上有且仅有4 个零点，则
实数m的取值范围是（ ）
A．[
15π
16 , 9π
8 )
B．[
13π
16 , 9π
8 )
C．[
5π
8 , 11π
16 ) D．[
7π
16 , 11π
16 )
【答案】C
【解题思路】整体代入法求得f (x)的零点，根据题意列出不等式组即可求解.
【解答过程】令f (x)=sin(2 x +π
4 )=0，则2 x +π
4 =k π,k ∈Z，可得x =−π
8 + k π
2 ,k ∈Z，
故f (x)的零点有…，−9π
8 ,−5π
8 ,−π
8 , 3π
8 , 7π
8 , 11π
8
, 15π
8
，…，
要使f (x)在[−m,2m)上有且仅有4 个零点，
则{
−9π
8 <−m≤−5π
8
7π
8 ≤2m< 11π
8 )
，解得5π
8 ≤m< 11π
16 ．
故选：C．
【变式5-2】（2024·湖南邵阳·三模）将函数f (x)=sin ωx (ω>0)的图象向右平移π
3ω个单位长度后得到函
数g(x)的图象，若g(x)在区间(−π
18 ,0)上单调递增，且在区间(
π
3 ,π)上有且仅有1 个零点，则ω的取
值范围为（ ）
A．(
1
3 ,1)∪(
4
3 , 7
3)
B．(0,1)∪(
4
3 , 7
3)
C．(0, 1
3)∪(
4
3 , 7
3)
D．(0, 1
3)∪(
4
3 ,3)
【答案】A
【解题思路】先求出g(x)，结合g(x)在区间(−π
18 ,0)上单调递增可得0<ω≤3，再由g(x)在区间
(
π
3 ,π)上有且仅有1 个零点，可得g(x)可能的零点，再分类讨论结合三角函数的性质即可得得出答案.
【解答过程】由题意可得：g(x)=sin ω(x−π
3ω)=sin(ωx −π
3 )，
因为g(x)在区间(−π
18 ,0)上单调递增，
因为x∈(−π
18 ,0)，ωx −π
3 ∈(−ωπ
18 −π
3 ,−π
3 )，
所以−ωπ
18 −π
3 ≥−π
2 ，解得：0<ω≤3，
又g(x)在区间(
π
3 ,π)上有且仅有1 个零点，
所以x∈(
π
3 ,π)，ωx −π
3 ∈(
ωπ
3
−π
3 ,ωπ−π
3 )，
结合0<ω≤3，所以−π
3 <ωx −π
3 <8π
3 ，
所以这个零点可能为ωx −π
3 =0或ωx −π
3 =π或ωx −π
3 =2π，
当ωx −π
3 =0时，ωπ
3
−π
3 <0，0<ωπ−π
3 ≤π，
解得：ω∈(
1
3 ,1)，
当ωx −π
3 =π时，0≤ωπ
3
−π
3 <π，π<ωπ−π
3 ≤2π，
解得：ω∈(
4
3 , 7
3)，
当ωx −π
3 =2π时，2π< ωπ
3
−π
3 无解，
综上：ω的取值范围为(
1
3 ,1)∪(
4
3 , 7
3).
故选：A.
【变式5-3】（2024·福建龙岩·三模）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|<π
2 ), x =−π
4 为f ( x)的零
点，x =π
4 为f ( x)图象的对称轴，且f ( x)在(0,π
6 )上有且仅有1 个零点，则ω的最大值为（ ）
A．11
B．9
C．7
D．5
【答案】B
【解题思路】根据对称性可得ω=2k +1,k ∈Z，即可分别取ω=11和ω=9，代入求解φ，进而整体法验
证是否符合一个零点求解.
【解答过程】f ( x)=sin(ωx +φ)(ω>0，|φ)<π
2 )
∵x =−π
4 为f ( x)的零点,x =π
4 为f ( x)图象的对称轴
∴π
4 −(−π
4 )= 2k +1
4
T = 2k +1
4
⋅2π
ω ,∴ω=2k +1,k ∈Z，
∵ω>0 ∴ω=2k +1,k ∈Z
+
又π
6 −0<T = 2π
ω ,∴ω<12
当ω=11时， f ( x)=sin(11 x +φ)
11
4 π+φ=π
2 +k π,∴φ=−9
4 π+k π,k ∈Z
∵|φ)<π
2 ，∴φ=−π
4
∴f ( x)=sin(11 x−π
4 )
当x∈(0,π
6 )时，11 x−π
4 ∈(−π
4 , 19
12 π)，故f ( x)有2 个零点，不符合，舍去.
当ω=9时，f ( x)=sin(9 x +φ)
9
4 π+φ =π
2 +k π ∴φ =−7
4 π+k π,k ∈Z
∵|φ)<π
2 ,∴φ=π
4
∴f ( x)=sin(9 x +π
4 )
当x∈(0,π
6 )时，9 x +π
4 ∈(π
4 ,7
4 π)，此时f ( x)有且仅有1 个零点，符合
故选：B.
【题型6 与三角函数的极值有关的ω 的范围与最值问题】
【例6】（2024·西藏拉萨·一模）若函数f (x)=|sin ωx)+sin|ωx)(ω>0)在(−1,1)上恰有9个极值点，则ω
的取值范围是（ ）
A．(
13π
2
, 17π
2 )
B．[
13π
2
,+ ∞)
C．(
9π
2 , 13π
2 ) D．
[
13π
2
, 17π
2 )
【答案】A
【解题思路】根据函数的奇偶性可判断当x>0时函数的极值点情况，再结合函数图像列不等式即可.
【解答过程】由题得f (−x)= f (x)，
即f (x)是偶函数，
又f (x)在(−1,1)上有9个极值点，
易知x =0是极值点，则f (x)在(0,1)上有4个极值点，
当0< x<1时，f (x)=|sin ωx)+sin|ωx)={
2sin ωx ,2k π≤ωx ≤π +2k π
0,−π+2k π<ωx <2k π )，k ∈Z，
设t =ωx，则0<t <ω，
则y ={
2sin t ,2k π≤t ≤π +2k π
0,−π+2k π<t <2k π )，k ∈Z，在t ∈(0,+∞)上的前5个极值点依次为π
2 ，5π
2 ，9π
2 ，
13π
2
，17π
2
，
所以13π
2
<ω≤17π
2
，
故选：A.
【变式6-1】（2024·河南南阳·模拟预测）若函数f (x)=cos(ωx +φ)(ω>0,|φ)≤π
2 )的图象关于点
(
π
3 ,0)中心对称，且x =−π
3 是f (x)的极值点，f (x)在区间(0, 2π
5 )内有唯一的极大值点，则ω的最大
值为（ ）
A．8
B．7
C．27
4
D．25
4
【答案】C
【解题思路】根据题意，结合三角函数的图象与性质，得到{
ω= 3(2k +1)
4
φ = k
′π
2
+π
4 )
，进而得到0<ω≤10，求得
−1
2 <k ≤37
6 ，分类讨论，即可求解.
【解答过程】由函数f (x)的图象关于点(
π
3 ,0)中心对称，且x =−π
3 是f (x)的极值点，
可得{
π
3 ω+φ =k1π+π
2
−π
3 ω+φ =k2π )
(k1,k2∈Z)，即{
ω= 3(2k +1)
4
φ = k
'π
2
+π
4 )
(k ,k
'∈Z)，其中
k =k1−k2,k
′ =k1+k2=2k1−k，
因为|φ)≤π
2 ，当k
′ =−1时φ =−π
4 ,k =2k1+1,k1∈Z，当k
′ =0时φ =π
4 ,k =2k1,k1∈Z，
因为f (x)在区间(0, 2π
5 )内有唯一的极大值点，所以2π
5 −0= 2π
5 ≤2T = 4π
ω ，
解得0<ω≤10，即0< 3(2k +1)
4
≤10，所以−1
2 <k ≤37
6 ，
当k =6时，ω= 39
4 ,φ=π
4 ，此时39
4 x +π
4 ∈(
π
4 , 83π
20 )，此时有两个极大值点，舍去；
当k =5时，ω= 33
4 ,φ=−π
4 ，此时33
4 x−π
4 ∈(−π
4 , 61π
20 )，此时有两个极大值点，舍去；
当k = 4时，ω= 27
4 ,φ=π
4 ，此时27
4 x +π
4 ∈(
π
4 , 59π
20 )，此时有一个极大值点，
所以ω的最大值为27
4 .
故选：C.
【变式6-2】（2025·河南郑州·三模）设函数g(x)=sin(ωx +π
6 )在区间(0,π)内恰有三个极值点、两个零
点，则ω的取值范围是（ ）
A．(
7
3 , 17
6 )
B．[
5
3 , 19
6 )
C．[
5
3 , 13
6 )
D．(
7
3 , 10
3 )
【答案】A
【解题思路】根据正弦函数的性质列不等式求解.
【解答过程】x =0时，ωx +π
6 =π
6 ，0<π
6 <π
2 ，
因此由题意5π
2 <ωπ+π
6 ≤3π，解得7
3 <ω≤17
6 ．
故选：A．
【变式6-3】（24-25 高三上·广东·开学考试）已知函数f (x)=2cos(ωx +π
6 )(ω>0)在(0,π)有且仅有2
个极值点，且在(
π
3 , 11π
24 )上单调递增，则ω的取值范围为（ ）
A．[
5
2 , 17
6 )
B．[
5
2 ,4)
C．[2, 17
6 )
D．[2, 8
3)
【答案】A
【解题思路】由f (x)在(0,π)有且仅有2 个极值点，可得2π<ωπ+π
6 ≤3π，解得11
6 <ω≤17
6 ，又
f (x)在(
π
3 , 11
24 π)上单调递增，可得{
π
3 ω+π
6 ≥π
11
24 πω+π
6 ≤2π)
，解得5
2 ≤ω≤4，则可得ω的取值范围.
【解答过程】因为f (x)在(0,π)有且仅有2 个极值点，
所以2π<ωπ+π
6 ≤3π，解得11
6 <ω≤17
6 ，
因为f (x)在(
π
3 , 11
24 π)上单调递增，
又(
π
3 , 11
24 π)⊆(0,π)，所以{
π
3 ω+π
6 ≥π
11
24 πω+π
6 ≤2π)
，
解得5
2 ≤ω≤4，所以5
2 ≤ω≤17
6 ．
故选：A．
【题型7 ω 的范围与最值问题：三角函数性质综合】
【例7】（2025·山东青岛·一模）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|≤π
2 ), x =−π
4 为f ( x)的零
点，x =π
4 为y = f ( x)图象的对称轴，且f ( x)在(
π
18 , 5π
36 )单调，则ω的最大值为（ ）
A．13
B．11
C．9
D．7
【答案】C
【解题思路】先根据正弦函数的零点以及它的图象的对称性，判断ω为奇数，由f ( x)在(
π
18 , 5π
36 )，单
调，分f ( x)在(
π
18 , 5π
36 )单调递增、单调递减两种情况，分别求得ω的最大值，综合可得它的最大值．
【解答过程】∵函数f ( x)=sin(ωx +φ)(ω>0，|φ|≤π
2 )，−π
4 为f ( x)的零点，x =π
4 为y = f ( x)图象
的对称轴，
∴ω(−π
4 )+φ =nπ，n∈Z，且ω⋅π
4 +φ =n′ π+π
2 ，n′ ∈Z，
∴相减可得ω⋅π
2 =(n′ −n)π+π
2 =k π+π
2 ，k ∈Z，即ω=2k +1，即ω为奇数．
∵f ( x)在(
π
18 ,5π
36 )单调，
①若f ( x)在(
π
18 ,5π
36 )单调递增，
则ω⋅π
18 +φ≥2k π−π
2 ，且ω⋅5π
36 +φ≤2k π+π
2 ，k ∈Z，
即−ω⋅π
18 −φ≤−2k π+π
2 ①，且ω⋅5π
36 +φ≤2k π+π
2 ，k ∈Z②，
把①②可得：3
36 ωπ≤π，∴ω≤12，故有奇数ω的最大值为11．
当ω=11时，−11π
4
+φ=k π，k ∈Z，∵|φ|≤π
2 ，∴φ =−π
4 ．
此时f ( x)=sin(11 x−π
4 )在(
π
18 ,5π
36 )上不单调，不满足题意．
当ω=9时，−9π
4 +φ =k π，k ∈Z，∵|φ|≤π
2 ，∴φ =π
4 ，
此时f ( x)=sin(9 x + π
4 )在(
π
18 , 5π
36 )上单调递减，不满足题意；
故此时ω无解．
②若f ( x)在(
π
18 , 5π
36 )单调递减，
则ω⋅π
18 +φ≥2k π+π
2 ，且ω⋅5π
36 +φ≤2k π+ 3π
2 ，k ∈Z，
即−ω⋅π
18 −φ≤−2k π−π
2 ③，且ω⋅5π
36 +φ≤2k π+ 3π
2 ，k ∈Z④，
把③④可得：3
36 ωπ≤π，∴ω≤12，故有奇数ω的最大值为11．
当ω=11时，−11π
4
+φ=k π，k ∈Z，∵|φ|≤π
2 ，∴φ =−π
4 ．
此时f ( x)=sin(11 x−π
4 )在(
π
18 , 5π
36 )上不单调，不满足题意．
当ω=9时，由①f ( x)=sin(9 x + π
4 )在(
π
18 , 5π
36 )上单调递减，满足题意；
故ω的最大值为9．
故选：C.
【变式7-1】（2024·四川·模拟预测）已知函数f (x)=sin(ωx + π
3)（ω>0）在区间(0, 5π
6 )上只有1 个零
点，且当x∈(−2π
3 ,π
6 )时，f (x)单调递增，则ω的取值范围是（ ）
A．(
4
5 ,2)
B．(
4
5 , 5
4)
C．(
4
5 ,1)
D．(
5
4 ,2)
【答案】C
【解题思路】由x范围求得ωx +π
3 的范围，结合整体思想转化为y =sin t在(
π
3 , 5π
6 ω+π
3 )上只有1 个
零点，在(−2π
3 ω+π
3 ,π
6 ω+π
3 )上单调递增，求解即可.
【解答过程】当x∈(0, 5π
6 )时，ωx +π
3 ∈(
π
3 , 5π
6 ω+π
3 )，
因为f ( x)在(0, 5π
6 )上只有1 个零点，
所以π< 5π
6 ω+π
3 ≤2π，解得4
5 <ω≤2，
当x∈(−2π
3 ,π
6 )时，ωx +π
3 ∈(−2π
3 ω+π
3 ,π
6 ω+π
3 )，
因为4
5 <ω≤2，所以−π≤−2π
3 ω+π
3 <−π
5 ，
又因为f ( x)在(−2π
3 ,π
6 )上单调递增，
所以{
−π
2 ≤−2π
3 ω+π
3
π
6 ω+π
3 ≤π
2 )
，解得ω≤1.
综上可得4
5 <ω≤1.
故选：C.
【变式7-2】（24-25 高一上·浙江宁波·期末）已知函数f (x)=sin (ωx +φ)（ω>0，|φ)≤π
2
），x =−π
8
为
f (x)的零点，x =π
8 为y = f (x)图象的对称轴，且f (x)在(
π
18 ,π
9 )上单调，则ω的最大值为（ ）
A．10
B．12
C．14
D．18
【答案】C
【解题思路】根据零点和对称轴列式求得ω=2+ 4(k
′−k)，根据单调区间得ω≤18，根据正弦函数性质依
次判断ω=18和ω=14，即可得解.
【解答过程】由题意知，{
−π
8 ω+φ =k π,k ∈Z
π
8 ω+φ =π
2 + k
'π,k
'∈Z)
，所以ω=2+ 4(k
′−k)，又因为1
2 T =π
ω ≥π
18，
所以ω≤18.
当ω=18时，φ= 9π
4 +k π,k ∈Z，因为|φ)≤π
2 ，所以φ =π
4 ，此时f (x)=sin(18 x +π
4 )，
经检验，在(
π
18 ,π
9 )上不单调，舍去；
当ω=14时，φ= 7π
4 +k π,k ∈Z，因为|φ)≤π
2 ，所以φ =−π
4 ，此时f (x)=sin(14 x−π
4 )，
经检验，在(
π
18 ,π
9 )上单调递减.
故选：C.
【变式7-3】（24-25 高二下·江苏南京·期末）已知函数f (x)=sin(ωx +φ)(ω>0,|φ)<π
2 )的最小正周期为
T ,f(
T
6)= f(
T
3)，若f (x)在区间[0,2)上恰有8 个零点，则ω的取值范围是（ ）
A．[
7π
2 ,4π) B．[4π, 9π
2 )
C．(4π, 9π
2 )
D．[
7π
2 , 9π
2 )
【答案】A
【解题思路】根据题意得到曲线f (x)的一条对称轴为x =
T
6 + T
3
2
= T
4
，设零点从小到大依次为
x1, x2,⋯, x8, x9,⋯，从而得到x1=0, x8= 7
2 T , x9= 4T，从而得到7
2 T ≤2<4T，得到答案.
【解答过程】因为f (x)=sin(ωx +φ)(ω>0,|φ)< 1
2 π)的最小正周期为T ,f(
T
6)= f(
T
3)，
所以曲线f (x)的一条对称轴为x =
T
6 + T
3
2
= T
4
，
所以f (0)=0，
设零点从小到大依次为x1, x2,⋯, x8, x9,⋯，其中x1=0, x8= 7
2 T , x9= 4T，
有7
2 T ≤2<4T，即7π
ω ≤2< 8π
ω ，解得7π
2 ≤ω<4π，
所以ω的取值范围是[
7π
2 ,4π)．
故选：A．
一、单选题
1．（2025·甘肃定西·模拟预测）若函数f (x)=tan(ωx + 2π
3 )(ω>0)在区间(0,π)上单调递增，则ω的取
值范围是（ ）
A．(0, 1
3)
B．(0, 1
2)
C．(0, 5
6)
D．(0,3)
【答案】C
【解题思路】由正切函数单调性、复合函数单调性可列不等式即可求解.
【解答过程】当x∈(0,π)时，ωx + 2π
3 ∈(
2π
3 ,ωπ+ 2π
3 )，由f (x)在区间(0,π)上单调递增，
得2π
3 <ωπ+ 2π
3 ≤3π
2 ，解得0<ω≤5
6.
故选：C.
2．（2025·山东济南·二模）已知函数f (x)=sin(ωx −π
6 )(0<ω<3)在x =π
3 处取得最大值，则ω=
（ ）
A．1
2
B．1
C．3
2
D．2
【答案】D
【解题思路】由正弦函数的性质有π
3 ω−π
6 =π
2 +2k π，k ∈Z，结合参数范围即可得.
【解答过程】由题设π
3 ω−π
6 =π
2 +2k π，则ω=2+6 k，k ∈Z，
又0<ω<3，则ω=2.
故选：D.
3．（2025·重庆·二模）若函数f ( x)=sin(ωx +π
3 )(ω>0) 在 (0,π) 上有且仅有 1 个零点和 1 个极值
点，则 ω的取值范围是（ ）
A．(
2
3 ，7
6)
B．(
2
3 ，5
3)
C．(1，3
2)
D．(
1
6 ，2
3)
【答案】A
【解题思路】先求出整体角t =ωx +π
3 的范围，根据题意，结合函数y =sint的图象，即可确定t =ωx +π
3
的范围，继而求出ω的取值范围.
【解答过程】
对于f ( x)=sin(ωx +π
3 )(ω>0)，因x∈(0,π)，则t =ωx +π
3 ∈(π
3 ,ωπ+π
3 )，
作出函数y =sin t在(π
3 ,ωπ+π
3 )上的图象，
要使原函数在(0,π) 上有且仅有 1 个零点和 1 个极值点，需使π<ωπ+π
3 ≤3π
2 ，
解得2
3 <ω≤7
6.
故选：A.
4．（24-25 高一下·湖北武汉·阶段练习）已知函数f (x)=sin (ωx +φ)（ω>0，|φ)≤π
2 ），f(−π
8 )=0，
f(
π
8 −x)= f(
π
8 + x)，且f (x)在(
π
18 ,π
9 )上单调，则ω的最大值为（ ）
A．10
B．12
C．14
D．18
【答案】C
【解题思路】根据已知得φ= ωπ
8
+k π,k ∈Z、φ=π
2 −ωπ
8
+nπ,n∈Z，进而有ω=2+ 4(n−k )，
k ,n∈Z，则ω=2,6,10,14,18，从大到小代入解析式研究函数在(
π
18 ,π
9 )上的单调性，即可得.
【解答过程】由题设，−ωπ
8
+φ=k π,k ∈Z，可得φ= ωπ
8
+k π,k ∈Z，
且ωπ
8
+φ=π
2 +nπ,n∈Z，可得φ=π
2 −ωπ
8
+nπ,n∈Z，
所以ωπ
8
+k π=π
2 −ωπ
8
+nπ，k ,n∈Z，则ω=2+ 4(n−k )，k ,n∈Z，
又ω>0，所以ω=2,6,10,14,18，
当ω=18时，φ= 9π
4 +k π,k ∈Z，φ=−7π
4 +nπ,n∈Z，|φ)≤π
2 ，则φ =π
4 ，
所以f (x)=sin(18 x +π
4 )，此时x∈(
π
18 ,π
9 )，18 x +π
4 ∈(5π
4 ,9π
4 )，显然不单调；
当ω=14时，φ= 7π
4 +k π,k ∈Z，φ=−5π
4 +nπ,n∈Z，|φ)≤π
2 ，则φ =−π
4 ，
所以f (x)=sin(14 x−π
4 )，此时x∈(
π
18 ,π
9 )，18 x +π
4 ∈(19π
36 ,47π
36 )⊆(π
2 ,3π
2 )，满足题
设；
所以ω的最大值为14.
故选：C.
5．（2025·青海西宁·模拟预测）设函数f ( x)=sin(ωx −π
6 )(ω>0)，若f ( x)在(0,π
2 )上有且只有2 个
零点，则ω的取值范围是（ ）
A．(
7
3 ,3)
B．(
7
3 ,3)
C．(
7
3 , 13
3 )
D．(
7
3 , 13
3 )
【答案】D
【解题思路】由x的取值范围，求出ωx −π
6 的范围，再根据正弦函数的图象性质解不等式即得.
【解答过程】因f (x)=sin(ωx −π
6 )(ω>0)，
由x∈(0,π
2 )，可得ωx −π
6 ∈(−π
6 ,π
2 ω−π
6 )，
因为f (x)在(0,π
2 )上有且只有2个零点，
由正弦函数的图象可知，需使π <π
2 ω−π
6 ≤2π，解得7
3 <ω≤13
3 .
故选：D.
6．（2025·河南·二模）若函数f (x)=sin ωx (ω>0)在区间(π,2π)内没有最小值，则ω的取值范围为
（ ）
A．(0, 1
2)∪[
3
2 , 5
3)
B．(0, 2
3)∪[
4
3 ,2) C．(0, 1
4)∪[
1
2 , 3
4) D．
(0, 3
4)∪[
3
2 , 7
4)
【答案】D
【解题思路】由题设y =sin t在(ωπ,2ωπ)上没有最小值，结合正弦函数图象的性质列不等式求参数范
围.
【解答过程】由x∈(π,2π)，则t =ωx ∈(ωπ,2ωπ)且ω>0，
所以y =sint在(ωπ,2ωπ)上没有最小值，
若0<ωπ<2ωπ≤3π
2 ，可得0<ω≤3
4 ，
若3π
2 +2k π≤ωπ<2ωπ≤7π
2 +2k π且k ∈N，可得3
2 +2k ≤ω≤7
4 +k，k ∈N，
所以3
2 ≤ω≤7
4 ，
综上，ω∈(0, 3
4)∪[
3
2 , 7
4).
故选：D.
7．（2025·辽宁·三模）函数f ( x)=2cos(ωx +π
3 )，其ω>0，若对于∀x∈(π
3 , 2π
3 )，都有
|f ( x)|<2恒成立，则ω的取值不可能是（ ）
A．1
2
B．1
C．3
2
D．2
【答案】C
【解题思路】根据给定条件，可得f ( x)在(π
3 , 2π
3 )上单调，借助函数图象的对称轴建立不等式求出ω范
围即可.
【解答过程】依题意，函数f ( x)在(π
3 , 2π
3 )上单调，函数f ( x)图象对称轴为x =−π
3ω + k π
ω ,k ∈Z，
{
−π
3ω + k π
ω ≤π
3
2π
3 ≤−π
3ω + (k +1)π
ω
,k ∈Z)
，解得{
−1+3k ≤ω
ω≤1+ 3
2 k ,k ∈Z)
，
由{
1+ 3
2 k >3k −1
1+ 3
2 k >0 )
，解得−2
3 <k < 4
3 ，又k ∈Z，则k =0或k =1，
所以0<ω≤1或2≤ω≤5
2，ω的取值不可能是3
2.
故选：C.
8．（2025·四川绵阳·模拟预测）函数f (x)=sin(ωx +φ)（ω>0且φ∈R在(
5π
18 , 2π
3 )上单调，且
f(
π
3 )+ f(
5π
9 )=0，若f (x)在(
2π
9 ,π)上恰有2 个零点，则ω的取值最准确的范围是（ ）
A．[
27
13 , 63
26)
B．(
9
5 , 9
4)
C．(
9
5 , 18
5 )
D．(
9
4 , 18
7 )
【答案】B
【解题思路】由f(
π
3 )=−f(
5π
9 )结合函数单调性，即可确定f (x)的一个对称中心为(4π
9 ,0)，即可求
得f(
4π
9 )=0；利用函数的对称中心和单调区间，结合周期可得T
4 ≥2π
3 −4π
9 ，求出0<ω≤9
4 ，再结合
函数零点个数，列出不等式求得9
5 <ω≤18
5 ，综合，即可求得ω的取值范围.
【解答过程】因为函数f (x)=sin(ωx +φ)(ω>0,φ∈R)在区间(
5π
18 , 2π
3 )上单调，
且满足f(
π
3 )=−f(
5π
9 )，而
π
3 +5π
9
2
=4π
9
，4π
9 ∈(
5π
18 ,2π
3 ),
即f (x)的一个对称中心为(4π
9 ,0)，故f(
4π
9 )=0；
而4π
9 ∈(
5π
18 ,2π
3 )，故f (x)在区间(
4π
9 ,2π
3 )上单调，
设函数的最小正周期为T，则T
4 ≥2π
3 −4π
9 =2π
9 ,∴2π
ω ≥8π
9 ,0<ω≤9
4 ；
函数f (x)在区间(
2π
9 ,π)上恰有2 个零点，则4π
9 恰好为第一个零点，
相邻两个零点之间相距半个周期T
2 ，
故T
2 <π−4π
9 ≤T，即1
2 ⋅2π
ω <π−4π
9 ≤2π
ω ，
解得9
5 <ω≤18
5 ，结合0<ω≤9
4 ，
可得ω的取值范围为(
9
5 , 9
4)，
故选：B.
二、多选题
9．（2025·江西·模拟预测）已知函数f (x)=sinωx (ω>0)，则（ ）
A．存在α，使得对任意x∈R，恒有f (2α −x)= f (x)
B．若f (x1)= f (x2)=0，则x1−x2是2π
ω 的整数倍
C．若f (x)在区间[0,π)上的值域为[−1,1)，则ω的取值范围是[
3
2 ,+∞)
D．若f (x)在区间[0,π)上没有最小值，则ω的取值范围是(0, 3
2)
【答案】AC
【解题思路】根据正弦型函数的性质，包括对称性、零点间距、值域以及最值等问题.逐一分析每个选项.
【解答过程】若对任意x∈R，恒有f (2α −x)= f ( x)，则函数f ( x)的图象关于直线x =α对称.
对于函数f (x)=sinωx (ω>0)，其对称轴方程为ωx =k π+π
2 (k ∈Z)，即x =
k π+π
2
ω
(k ∈Z).
所以存在α =
k π+π
2
ω
(k ∈Z)，使得对任意x∈R，恒有f (2α −x)= f ( x)，故选项A 正确.
若f ( x1)= f ( x2)=0，则x1，x2是函数f (x)=sinωx (ω>0)的两个零点.
根据正弦函数的性质，相邻两个零点之间的距离是半个周期，函数f (x)=sinωx (ω>0)的周期T = 2π
ω ，
那么x1−x2是T
2 =π
ω 的整数倍，而不是2π
ω 的整数倍，故选项B 错误.
已知x∈[0,π]，ω>0，则ωx ∈[0,ωπ].
因为f ( x)在区间[0,π]上的值域为[−1,1]，所以ωπ≥3π
2 ，解得ω≥3
2，即ω的取值范围是[ 3
2 ,+∞)，
故选项C 正确.
已知x∈[0,π)，ω>0，则ωx ∈[0,ωπ).
因为f ( x)在区间[0,π)上没有最小值，所以3π
2
>ωπ≥π
2
，解得1
2 ≤ω< 3
2，即ω的取值范围是[ 1
2 , 3
2 )
，故选项D 错误.
故选：AC.
10．（2024·浙江·模拟预测）已知函数f (x)=cos(ωx +π
3 )(ω>0)，则（ ）
A．当ω=2时，f(x−π
6 )的图象关于x =π
2 对称
B．当ω=2时，f (x)在[0,π
2 )上的最大值为
❑√3
2
C．当x =π
6 为f (x)的一个零点时，ω的最小值为1
D．当f (x)在(−π
3 ,π
6 )上单调递减时，ω的最大值为1
【答案】ACD
【解题思路】根据三角函数性质分别判断余弦函数的对称轴，余弦函数的值域与最值，余弦函数的单调
性，余弦函数的零点对选项逐一判定即可．
【解答过程】ω=2时，f(x−π
6 )=cos2 x，因为cos2(π−x)=cos(−2 x)=cos2 x，
所以f(x−π
6 )关于x =π
2 对称，故A 正确；
ω=2时，由x∈[0,π
2 )可得2 x +π
3 ∈[
π
3 , 4π
3 )，
根据余弦函数的单调性可知cos(2 x +π
3 )的最大值为cosπ
3 = 1
2，故B 错误；
若f(
π
6 )=0，则π
6 ω+π
3 =π
2 + k π，k ∈Z，所以ω=1+6k，k ∈Z，且ω>0，
所以ω的最小值为1，故C 正确；
因为f (x)在(−π
3 ,π
6 )上单调递减，且ω>0，
根据余弦函数的单调性可知f (x)的单调递减区间为：
k π≤ωx +π
3 ≤2k π+π，k ∈Z，2k π
ω
−π
3ω ≤x ≤2k π
ω
+ 2π
3ω ，k ∈Z，
所以π
6 ≤2π
3ω ，−π
3 ≥−π
3ω，所以0<ω≤1，故D 正确．
故选：ACD．
11．（2024·湖南长沙·三模）已知函数f (x)= ❑√3sin(ωx +π
3 ),ω>0，则下列说法正确的是（ ）
A．f (x)的最大值为2
B．函数f (x)的图象关于直线x = 1
ω(k π+π
6 )(k ∈Z)对称
C．不等式f (x)> 3
2的解集为(
2k π
ω
, (6k +1)π
3ω
)(k ∈Z)
D．若f (x)在区间[−π
2 ,π
2 )上单调递增，则ω的取值范围是(0, 1
3)
【答案】BCD
【解题思路】对于A，由正弦函数的性质直接求解，对于B，由ωx +π
3 =k π+π
2 ,k ∈Z，可求出对称
轴方程判断，对于C，由sin(ωx +π
3 )>
❑√3
2 求解即可，对于D，先由2k π−π
2 ≤ωx +π
3 ≤2k π+π
2
求出f (x)的递增区间，再由[−π
2 ,π
2 )为函数增区间的子集可求出ω的取值范围.
【解答过程】对于A，f (x)的最大值为❑√3，故A 错误；
对于B，令ωx +π
3 =k π+π
2 ,k ∈Z，得x = 1
ω ⋅(k π+π
6 ),k ∈Z，
所以函数f (x)的图象关于直线x = 1
ω(k π+π
6 )(k ∈Z)对称，故B 正确；
对于C，不等式f (x)> 3
2可化为sin(ωx +π
3 )>
❑√3
2 ，则2k π+π
3 <ωx +π
3 <2k π+ 2π
3 ,k ∈Z，解得
2k π
ω
< x< (6 k +1)π
3ω
,k ∈Z，
因此原不等式的解集为(
2k π
ω
, (6k +1)π
3ω
)(k ∈Z)，故C 正确；
对于D，由2k π−π
2 ≤ωx +π
3 ≤2k π+π
2 ，k ∈Z，解得2k π−5π
6
ω
≤x ≤
2k π+π
6
ω
,k ∈Z.
因为f (x)在区间[−π
2 ,π
2 )上单调递增，所以[−π
2 ,π
2 )⊆[−5π
6ω ,π
6ω)，
所以{
−5π
6ω ≤−π
2
π
6ω ≥π
2
ω>0 )
，解得0<ω≤1
3，故D 正确.
故选：BCD.
三、填空题
12．（2025·湖北武汉·模拟预测）若函数f ( x)=2sin(ωx−π
6 )(ω>0)在区间(0,π
4 )上单调，则ω的取值
范围为
.
【答案】(0, 8
3 ]
【解题思路】在指定区间内求出相位的范围，再利用正弦函数单调性列式求解.
【解答过程】当x∈(0,π
4 )时，−π
6 <ωx −π
6 <π
4
ω−π
6
，依题意，π
4
ω−π
6 ≤π
2
,ω>0，解得
0<ω≤8
3 ，
所以ω的取值范围为(0, 8
3 ].
故答案为：(0, 8
3 ].
13．（2025·江苏徐州·模拟预测）若曲线y =2tan(ωx −π
3 )(ω>0)的一个对称中心为(π
6 ,0)，则ω的最
小值为 ．
【答案】2
【解题思路】根据给定条件，利用正切函数的对称性列式求出ω的关系，进而求出最小值.
【解答过程】由曲线y =2tan(ωx −π
3 )(ω>0)的一个对称中心为(π
6 ,0)，得π
6 ω−π
3 = k π
2 ,k ∈N，
解得ω=3k +2,k ∈N，所以ω的最小值为2.
故答案为：2.
14．（2025·四川巴中·二模）已知函数f (x)=3sinωx在区间[−π
4 ,π
6 )上的最小值为−3，则ω的取值范
围为 .
【答案】(−∞,−3¿∪)2,+∞¿¿
【解题思路】由x∈[−π
4 ,π
6 )得ωx的范围，因此−π
2 在这个范围内，从而可得ω的范围.
【解答过程】由题意，f (x)=3sinωx在区间[−π
4 ,π
6 )上的最小值为−3，
当ω>0时，−π
4 ω≤ωx ≤π
6 ω⇒−π
4 ω≤−π
2 ⇒ω≥2；
当ω<0时，π
6 ω≤ωx ≤−π
4 ω⇒π
6 ω≤−π
2 ⇒ω≤−3.
则ω的取值范围为ω≤−3或ω≥2.
故答案为：(−∞,−3¿∪)2,+∞¿¿.
四、解答题
15．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数y =sinωx在[−π
3 ,π
4 )上单调，求ω的取值范围．
【答案】ω∈[−3
2 ,0)∪(0, 3
2)
【解题思路】对ω分类讨论即可得解.
【解答过程】（i）当ω=0时，y =0在[−π
3 ,π
4 )上不单调，不符合题意；
（ii）当ω>0时，x∈[−π
3 ,π
4 )⇒ωx ∈[−πω
3
,πω
4 )，显然0∈[−πω
3
,πω
4 )，
因为函数y =sinωx在[−π
3 ,π
4 )上单调，
所以{
−πω
3
≥−π
2
πω
4
≤π
2
ω>0 )
，解得0<ω≤3
2；
（iii）当ω<0时，x∈[−π
3 ,π
4 )⇒ωx ∈[
πω
4
,−πω
3 )，显然0∈[
πω
4
,−πω
3 )，
因为函数y =sinωx在[−π
3 ,π
4 )上单调，
所以{
πω
4
≥−π
2
−πω
3
≤π
2
ω<0 )
，解得−3
2 ≤ω<0；
综上所述，满足题意的ω的取值范围为ω∈[−3
2 ,0)∪(0, 3
2).
16．（24-25 高一下·河南驻马店·阶段练习）已知函数f (x)= tan(ωx +π
3 )(ω>0)在区间(−π
3 ,π
6 )上单
调．
(1)求ω的最大值；
(2)若曲线y = f (x)在区间(0,π)上至少有两个对称中心，求ω的取值范围．
【答案】(1)最大值为1
(2)(
2
3 ,1)
【解题思路】（1）根据题意，得到ωx +π
3 ∈(−ωπ
3
+π
3 , ωπ
6
+π
3 )，结合f (x)在区间(−π
3 ,π
6 )
上单调，列出不等式组，即可求解；
（2）求得函数f (x)的对称中心满足x = (3k −2)π
6ω
,k ∈Z，根据题意，得到图象在区间(0,π)上至少有两
个对称中心，确定k的值，即可求解.
【解答过程】（1）当x∈(−π
3 ,π
6 )时，可得ωx +π
3 ∈(−ωπ
3
+π
3 , ωπ
6
+π
3 )，
因为函数f (x)= tan(ωx +π
3 )(ω>0)在区间(−π
3 ,π
6 )上单调，
则满足{
−ωπ
3
+π
3 ≥−π
2
ωπ
6
+π
3 ≤π
2 )
，解得0<ω≤1，故ω的最大值为1．
（2）由函数f (x)= tan(ωx +π
3 )(ω>0)，
可得图象的对称中心满足ωx +π
3 = k π
2 ,k ∈Z，整理得x = (3k −2)π
6ω
,k ∈Z，
其图象在区间(0,π)上至少有两个对称中心，则x = (3k −2)π
6ω
,k ∈Z，
因为在区间(0,π)上至少有两个不同的解，所以至少存在两个k值使0<3k −2<6ω，
所以至少有k =1,2两个取值，所以ω> 2
3，
综上可得，ω的取值范围为(
2
3 ,1)．
17．（24-25 高一上·山东济宁·阶段练习）已知函数f (x)=3cos(ωx −π
4 )，其中ω>0.
(1)若f (x)的图象相邻两条对称轴之间的距离为π
2
，求当x∈[0,7π
24 )时f (x)的值域；
(2)若函数f (x)在开区间(0,7π
24 )内恰有3个零点，求ω的取值范围.
【答案】(1)[
3
2 ,3)
(2)(
66
7 , 90
7 )
【解题思路】（1）根据题意得出函数f (x)的最小正周期，可求出ω的值，然后利用余弦型函数的基本性质
可求出函数f (x)在[0, 7π
24 )上的值域；
（2）由0< x< 7π
24 可求出ωx−π
4 的取值范围，结合余弦函数的基本性质可得出关于ω的不等式组，即可
解得实数ω的取值范围.
【解答过程】（1）因为函数f (x)的图象相邻两条对称轴之间的距离为π
2
，则函数f (x)的最小正周期为π
，
因为ω>0，则ω= 2π
π
=2，所以，f (x)=3cos(2 x−π
4 )，
当0≤x ≤7π
24 时，−π
4 ≤2 x−π
4 ≤π
3 ，则1
2 ≤cos(2 x−π
4 )≤1，
则f (x)=3cos(2 x−π
4 )∈[
3
2 ,3)，
因此，当x∈[0,7π
24 )时f (x)的值域为[
3
2 ,3).
（2）当0< x< 7π
24 时，−π
4 <ωx−π
4 < 7ωπ
24
−π
4 ，
因为函数f (x)在开区间(0,7π
24 )内恰有3个零点，则5π
2 < 7ωπ
24
−π
4 ≤7π
2 ，解得66
7 <ω≤90
7 .
因此，实数ω的取值范围是(
66
7 , 90
7 ).
18．（24-25 高一上·全国·课后作业）已知函数f (x)=2tan(ωx +π
3 ),ω>0．
(1)若ω= 1
3，求函数f (x)的定义域及最小正周期；
(2)若函数f (x)在区间(0, 2π
3 )内单调递增，求ω的取值范围．
【答案】(1)¿，T =3 π
(2)(0, 1
4 ]
【解题思路】（1）把ω= 1
3代入，利用正切函数定义域及周期公式列式求解.
（2）利用正切函数的单调区间列出不等式求解即得.
【解答过程】（1）当ω= 1
3时，f (x)=2tan( 1
3 x + π
3 )，则函数f (x)的最小正周期T = π
ω =3 π；
由1
3 x + π
3 ≠π
2 +kπ ,k ∈Z，解得x≠π
2 +3kπ ,k ∈Z，
所以函数f (x)的定义域为¿．
（2）由x∈(0, 2π
3 )，得ωx + π
3 ∈( π
3 , 2π
3 ω+ π
3 )，
由函数f (x)在区间(0, 2π
3 )内单调递增，得2π
3 ω+ π
3 ≤π
2 ，解得ω≤1
4 ，又ω>0，
所以ω的取值范围为(0, 1
4 ]．
19．（24-25 高一下·辽宁·期末）已知函数f (x)= tan(ωx +π
3 )(ω>0).
(1)若ω=2，求f (x)的最小正周期；
(2)若f (x)在区间(−π
3 ,π
6 )上有定义.
（i）求ω的最大值；
（ⅱ）若曲线y = f (x)至少有两个对称中心在区间(0,π)上，求ω的取值范围.
【答案】(1)π
2
(2)（i）1（ⅱ）(
2
3 ,1)
【解题思路】（1）根据正切型函数最小正周期的计算公式直接计算即可；
（2）根据正切型函数的定义域与对称中心直接计算.
【解答过程】（1）当ω=2时，f (x)= tan(2 x +π
3 )，
易得f (x)的最小正周期T =π
2 ；
（2）（i）当x∈(−π
3 ,π
6 )时，ωx +π
3 ∈(−ωπ
3
+π
3 , ωπ
6
+π
3 )，ω>0，
若函数f (x)在区间(−π
3 ,π
6 )上有定义，则{
−ωπ
3
+π
3 ≥−π
2
ωπ
6
+π
3 ≤π
2 )
，
解得ω≤1，故ω的最大值为1；
（ii）函数f (x)的对称中心满足ωx +π
3 = k π
2 ，k ∈Z，
解得x = (3k −2)π
6ω
，k ∈Z，
其图象至少有两个对称中心在区间(0,π)上，
则x = (3k −2)π
6ω
(k ∈Z)在区间(0,π)上至少有两解，
故至少存在两个k值使0<3k −2<6ω，
故至少有k =1，2两个取值，
所以ω> 2
3，综上，ω的取值范围为(
2
3 ,1).
