《2025年高考帮数学》

训练2 (1)[2023 贵州省适应性测试]将函数$f(x)=\cos\omega x(\omega＞0)$的图象向左平移$\frac{\pi}{2}$个单位长度后得到函数$g(x)$的图象. 若$g(x)$的图象关于点$(\frac{\pi}{4},0)$对称，且$g(x)$在$[\frac{\pi}{3},\frac{5\pi}{6}]$上单调递减，则ω =（ ）
A. $\frac{1}{3}$ B. $\frac{2}{3}$ C. 1 D. 2
(2)[2023 四川省遂宁市三诊]已知函数$f(x)=\sin(\omega x+\frac{\pi}{6})+\cos\omega x(\omega＞0)$，$f(x_1)=0$，$f(x_2)=\sqrt{3}$，且$|x_1 - x_2|$的最小值为$\pi$，则ω的最小值为______.

答案：
(1)训练2 B 由题意可得$g(x)=\cos(\omega x+\frac{\pi}{2}\omega)$，因为$g(x)$的图象关于点$(\frac{\pi}{4},0)$对称，所以$\frac{3\pi\omega}{4}=\frac{\pi}{2}+k\pi$，$k\in\mathbf{Z}$，即$\omega=\frac{2}{3}+\frac{4}{3}k$，$k\in\mathbf{Z}$. 令$2k_1\pi\leqslant\omega x+\frac{\pi}{2}\omega\leqslant\pi + 2k_1\pi$，$k_1\in\mathbf{Z}$，得$g(x)$的单调递减区间为$[\frac{2k_1\pi}{\omega}-\frac{\pi}{2},\frac{\pi + 2k_1\pi}{\omega}-\frac{\pi}{2}]$，$k_1\in\mathbf{Z}$，因为$g(x)$在$[\frac{\pi}{3},\frac{5\pi}{6}]$上单调递减，所以$\begin{cases}\frac{\pi}{3}\geqslant\frac{2k_1\pi}{\omega}-\frac{\pi}{2},\\\frac{5\pi}{6}\leqslant\frac{\pi + 2k_1\pi}{\omega}-\frac{\pi}{2},\\\frac{5\pi}{6}-\frac{\pi}{3}\leqslant\frac{1}{2}\cdot\frac{2\pi}{\omega}\end{cases}$，$k_1\in\mathbf{Z}$，解得$\frac{12k_1}{5}\leqslant\omega\leqslant\frac{3}{4}+\frac{3}{2}k_1$且$0＜\omega\leqslant2$，$k_1\in\mathbf{Z}$，所以$k_1$只能取0，得$0＜\omega\leqslant\frac{3}{4}$. 又$\omega=\frac{2}{3}+\frac{4}{3}k$，$k\in\mathbf{Z}$，所以$k$只能取0，得$\omega=\frac{2}{3}$. 故选B.
(2)$\frac{1}{2}$ $f(x)=\sin(\omega x+\frac{\pi}{6})+\cos\omega x=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\omega x+\frac{1}{2}\cos\omega x+\cos\omega x=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\omega x+\frac{3}{2}\cos\omega x=\sqrt{3}\sin(\omega x+\frac{\pi}{3})$，因为$f(x_1)=0$，$f(x_2)=\sqrt{3}$，且$|x_1 - x_2|$的最小值为$\pi$，所以函数$f(x)$的最小正周期$T$的最大值为$4\pi$，$\omega$的最小值为$\frac{1}{2}$.

例3 将函数$f(x)=\sin(2\omega x+\varphi)(\omega＞0,0＜\varphi＜2\pi)$图象上各点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数$g(x)$的部分图象如图所示，且$g(x)$在$[0,2\pi]$上恰有一个最大值和一个最小值(其中最大值为1，最小值为 - 1)，则ω的取值范围是（ ）
A. $(\frac{7}{12},\frac{13}{12}]$ B. $[\frac{7}{12},\frac{13}{12})$
C. $[\frac{11}{12},\frac{17}{12})$ D. $(\frac{11}{12},\frac{17}{12}]$
　　　　　　　　　　　　

答案： 例3 C 由已知得函数$g(x)=\sin(\omega x+\varphi)(\omega＞0,0＜\varphi＜2\pi)$，由$g(x)$的图象经过点$(0,\frac{\sqrt{3}}{2})$以及点在图象上的位置，得$\sin\varphi=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\varphi=\frac{2\pi}{3}$，$\because0\leqslant x\leqslant2\pi$，$\therefore\frac{2\pi}{3}\leqslant\omega x+\frac{2\pi}{3}\leqslant2\pi\omega+\frac{2\pi}{3}$，由$g(x)$在$[0,2\pi]$上恰有一个最大值和一个最小值，$\therefore\frac{5\pi}{2}\leqslant2\pi\omega+\frac{2\pi}{3}＜\frac{7\pi}{2}$，$\therefore\frac{11}{12}\leqslant\omega＜\frac{17}{12}$.

训练3 [2023 乌鲁木齐市质监]已知函数$f(x)=2\sin(\omega x+\varphi)(\omega＞0,0＜\varphi＜\frac{\pi}{2})$的图象过点$(0,1)$，且在区间$(\pi,2\pi)$内不存在最值，则ω的取值范围是（ ）
A. $(0,\frac{1}{6}]$
B. $[\frac{1}{4},\frac{7}{12}]$
C. $(0,\frac{1}{6}]\cup[\frac{1}{4},\frac{7}{12}]$
D. $(0,\frac{1}{6}]\cup[\frac{1}{3},\frac{2}{3}]$

答案： 训练3 D 因为$f(x)=2\sin(\omega x+\varphi)$的图象过点$(0,1)$，所以$f(0)=2\sin\varphi = 1$，即$\sin\varphi=\frac{1}{2}$. 又$0＜\varphi＜\frac{\pi}{2}$，所以$\varphi=\frac{\pi}{6}$，于是$f(x)=2\sin(\omega x+\frac{\pi}{6})$. 因为$f(x)$在区间$(\pi,2\pi)$内不存在最值，所以$\pi\leqslant\frac{T}{2}=\frac{\pi}{\omega}$（$T$为$f(x)$的最小正周期），得$\omega\leqslant1$. 当$x\in(\pi,2\pi)$时，$\omega x+\frac{\pi}{6}\in(\pi\omega+\frac{\pi}{6},2\pi\omega+\frac{\pi}{6})$，其中$\frac{\pi}{6}＜\pi\omega+\frac{\pi}{6}\leqslant\frac{7\pi}{6}$，所以有两种情况：①$\begin{cases}\frac{\pi}{6}＜\pi\omega+\frac{\pi}{6}＜\frac{\pi}{2},\\2\pi\omega+\frac{\pi}{6}\leqslant\frac{\pi}{2}\end{cases}$解得$0＜\omega\leqslant\frac{1}{6}$；②$\begin{cases}\frac{\pi}{2}\leqslant\pi\omega+\frac{\pi}{6}\leqslant\frac{7\pi}{6},\\2\pi\omega+\frac{\pi}{6}\leqslant\frac{3\pi}{2}\end{cases}$解得$\frac{1}{3}\leqslant\omega\leqslant\frac{2}{3}$. 故选D.

例4 [2023 新高考卷Ⅰ]已知函数$f(x)=\cos\omega x - 1(\omega＞0)$在区间$[0,2\pi]$有且仅有3个零点，则ω的取值范围是______.

答案： 例4 $[2,3)$ 函数$f(x)=\cos\omega x - 1$在区间$[0,2\pi]$有且仅有3个零点，即$\cos\omega x = 1$在区间$[0,2\pi]$有且仅有3个根，因为$\omega＞0$，$x\in[0,2\pi]$，所以$\omega x\in[0,2\omega\pi]$，则由余弦函数的图象可知，$4\pi\leqslant2\omega\pi＜6\pi$，解得$2\leqslant\omega＜3$，即$\omega$的取值范围是$[2,3)$.

训练4 (1)[2022 全国卷甲]设函数$f(x)=\sin(\omega x+\frac{\pi}{3})$在区间$(0,\pi)$恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（ ）
A. $[\frac{5}{3},\frac{13}{6})$ B. $[\frac{5}{3},\frac{19}{6})$
C. $(\frac{13}{6},\frac{8}{3}]$ D. $(\frac{13}{6},\frac{19}{6}]$
(2)[2022 全国卷乙]记函数$f(x)=\cos(\omega x+\varphi)(\omega＞0,0＜\varphi＜\pi)$的最小正周期为T. 若$f(T)=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$x = \frac{\pi}{9}$为$f(x)$的零点，则ω的最小值为______.

答案：
(1)训练4 C 结合4个选项可设$\omega＞0$. 由$x\in(0,\pi)$，得$\omega x+\frac{\pi}{3}\in(\frac{\pi}{3},\pi\omega+\frac{\pi}{3})$. 根据函数$f(x)$在区间$(0,\pi)$恰有三个极值点和两个零点，知$\frac{5\pi}{2}＜\pi\omega+\frac{\pi}{3}\leqslant3\pi$，得$\frac{13}{6}＜\omega\leqslant\frac{8}{3}$，即$\omega$的取值范围为$\frac{13}{6}＜\omega\leqslant\frac{8}{3}$.
(2)3 因为$T=\frac{2\pi}{\omega}$，$f(\frac{2\pi}{\omega})=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\cos(2\pi+\varphi)=\frac{\sqrt{3}}{2}$，即$\cos\varphi=\frac{\sqrt{3}}{2}$. 又$0＜\varphi＜\pi$，所以$\varphi=\frac{\pi}{6}$. 因为$x = \frac{\pi}{9}$为$f(x)$的零点，所以$\frac{\pi}{9}\omega+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+k\pi(k\in\mathbf{Z})$，解得$\omega = 9k + 3(k\in\mathbf{Z})$. 又$\omega＞0$，所以当$k = 0$时，$\omega$取得最小值，且最小值为3.