《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1) (2025·四川成都模拟) 若函数 $ f(x) = \sin \omega x(\omega ＞ 0) $ 在 $ (0, \frac{\pi}{4}) $ 上单调递增，则实数 $ \omega $ 的取值范围为(D)

A.$ (0, \frac{1}{2}) $
B.$ (0, 2) $
C.$ (0, \frac{1}{2}] $
D.$ (0, 2] $

答案： （1）D（1）函数$f(x)=\sin \omega x(\omega ＞0)$在$\left(0,\frac{\pi}{4}\right)$上单调递增，当$x\in\left(0,\frac{\pi}{4}\right)$时，$\omega x\in\left(0,\frac{\pi}{4}\omega\right)$，则$\frac{\pi}{4}\omega\leqslant\frac{\pi}{2}$，解得$0＜\omega\leqslant2$。
故选D。

(2) 已知函数 $ f(x) = \sin(\omega x + \varphi)(\omega ＞ 0, |\varphi| \leq \frac{\pi}{2}) $，$ x = -\frac{\pi}{4} $ 为 $ f(x) $ 的零点，$ x = \frac{\pi}{4} $ 为 $ y = f(x) $ 图象的对称轴，且 $ f(x) $ 在 $ (\frac{\pi}{18}, \frac{5\pi}{36}) $ 上单调，则 $ \omega $ 的最大值为(B)

A.11
B.9
C.7
D.5

答案： （2）因为$x = -\frac{\pi}{4}$为函数$f(x)$的零点，$x=\frac{\pi}{4}$为$y = f(x)$图象的对称轴，所以$\frac{\pi}{2}=\frac{kT}{2}+\frac{T}{4}(k\in\mathbf{Z},T为周期)$，得$T=\frac{2\pi}{2k + 1}(k\in\mathbf{Z})$。又$f(x)$在$\left(\frac{\pi}{18},\frac{5\pi}{36}\right)$上单调，所以$T\geqslant\frac{\pi}{6}$，$k\leqslant\frac{11}{2}$，又当$k = 5$时，$\omega=11$，$\varphi=-\frac{\pi}{4}$，$f(x)$在$\left(\frac{\pi}{18},\frac{5\pi}{36}\right)$上不单调；当$k = 4$时，$\omega=9$，$\varphi=\frac{\pi}{4}$，$f(x)$在$\left(\frac{\pi}{18},\frac{5\pi}{36}\right)$上单调，满足题意，故$\omega$的最大值为9。故选B。

(1) (2025·浙江温州模拟) 已知函数 $ f(x) = \sqrt{3}\cos(\omega x + \frac{\pi}{3}) + \cos(\omega x - \frac{\pi}{6})(\omega ＞ 0) $ 在 $ (\frac{\pi}{2}, \pi) $ 上单调递增，则实数 $ \omega $ 的取值范围是(C)
A. $[\frac{4}{3}, \frac{5}{3}]$
B. $[\frac{5}{6}, \frac{11}{6}]$
C. $[\frac{5}{3}, \frac{11}{6}]$
D. $[\frac{7}{6}, 2]$
(2) (2025·福建厦门模拟) 已知函数 $ f(x) = \sin(\omega x + \varphi)(\omega ＞ 0) $ 在 $[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}]$ 上单调，$ f(\frac{\pi}{6}) = f(\frac{4\pi}{3}) = -f(-\frac{\pi}{3}) $，则 $ \omega $ 的可能取值为$\frac{12}{7},\frac{3}{5},\frac{9}{5}$。

答案： 对点练1.（1）C（2）$\frac{12}{7},\frac{3}{5},\frac{9}{5}$（1）法一：由题$f(x)=\sqrt{3}\cos\left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)+\cos\left(\omega x-\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt{3}\cos\left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)+\sin\left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)=2\cos\left(\omega x+\frac{\pi}{6}\right)$，令$\pi + 2k\pi\leqslant\omega x+\frac{\pi}{6}\leqslant2\pi + 2k\pi,k\in\mathbf{Z}$。因为$\omega＞0$，所以$\frac{5\pi}{6}+2k\pi\leqslant x\omega\leqslant\frac{11\pi}{6}+2k\pi$，$k\in\mathbf{Z}$。因为$f(x)$在$\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$上单调递增，所以$\frac{5\pi}{6\omega}+ \frac{2k\pi}{\omega}\leqslant\frac{\pi}{2}$且$\frac{11\pi}{6\omega}+\frac{2k\pi}{\omega}\geqslant\pi$，得$\frac{5}{3}+4k\leqslant\frac{11}{6}+2k$。
由$\frac{5}{3}+4k\leqslant\frac{11}{6}+2k$，得$k\leqslant\frac{1}{12}$，又$k\in\mathbf{Z}$且$\omega＞0$，所以$k = 0$，$\frac{5}{3}\leqslant\omega\leqslant\frac{11}{6}$。故选C。
法二：由题$f(x)=\sqrt{3}\cos\left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)+\cos\left(\omega x-\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt{3}\cos\left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)+\sin\left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)=2\cos\left(\omega x+\frac{\pi}{6}\right)$。由$\frac{\pi}{2}＜\omega x+\frac{\pi}{6}＜\pi$，得$\frac{\omega\pi}{2}+\frac{\pi}{6}＜\omega x+\frac{\pi}{6}＜\omega\pi+\frac{\pi}{6}$，设$f(x)$的最小正周期为$T$，则由题意得$\pi-\frac{\pi}{2}\leqslant\frac{T}{2}=\frac{\pi}{\omega}$，所以$0＜\omega\leqslant2$，从而$\frac{\pi}{6}＜\omega x+\frac{\pi}{6}\leqslant\pi+\frac{\pi}{6}$。
结合函数$y = \cos x$在$[\pi,2\pi]$上单调递增，$f(x)$在$\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$上单调递增，得$\frac{\omega\pi}{2}+\frac{\pi}{6}\geqslant\pi$，且$\omega\pi+\frac{\pi}{6}\leqslant2\pi$，解得$\frac{5}{6}\leqslant\omega\leqslant\frac{11}{6}$。故选C。
（2）设$f(x)=\sin(\omega x+\varphi)(\omega＞0)$的周期为$T$，函数$f(x)$在$\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{6}\right]$上单调，故$T\geqslant2×\left[\frac{\pi}{6}-\left(-\frac{\pi}{3}\right)\right]=\pi$，所以$0＜\omega\leqslant2$；由$f\left(\frac{\pi}{6}\right)=-f\left(-\frac{\pi}{3}\right)$以及函数$f(x)$在$\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{6}\right]$上单调，得$f\left(\frac{\pi}{6}+\left(-\frac{\pi}{3}\right)\right)=f\left(-\frac{\pi}{12}\right)=0$，由$f\left(\frac{\pi}{6}\right)=f\left(\frac{4\pi}{3}\right)$，$\frac{4\pi}{3}-\frac{\pi}{6}=\frac{7\pi}{6},T\geqslant\pi$，得$\frac{7\pi}{6}=T$或$\frac{6}{6}+\frac{4\pi}{3}=\frac{\pi}{12}+\frac{T}{4}$或$\frac{\pi}{2}+\frac{3T}{4}$，
若$\frac{7\pi}{6}=T$，则$\frac{7\pi}{6}=\frac{2\pi}{\omega}$，所以$\omega=\frac{12}{7}$；若$\frac{\pi}{6}+\frac{4\pi}{3}=\frac{\pi}{12}+\frac{T}{4}$，则$\frac{3\pi}{4}=\frac{\pi}{12}+\frac{3T}{4}$，所以$\omega=\frac{3}{5}$；若$\frac{\pi}{6}+\frac{4\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+\frac{3T}{2}$，所以$\omega=\frac{9}{5}$；故$\omega$的可能取值为$\frac{12}{7},\frac{3}{5},\frac{9}{5}$。

(1) (2022·全国甲卷) 将函数 $ f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{3})(\omega ＞ 0) $ 的图象向左平移 $ \frac{\pi}{2} $ 个单位长度后得到曲线 $ C $，若 $ C $ 关于 $ y $ 轴对称，则 $ \omega $ 的最小值是(C)

A.$ \frac{1}{6} $
B.$ \frac{1}{4} $
C.$ \frac{1}{3} $
D.$ \frac{1}{2} $

答案： （1）C（1）记曲线$C$的函数解析式为$g(x)$，则$g(x)=\sin\left[\omega\left(x+\frac{\pi}{2}\right)+\frac{\pi}{3}\right]=\sin\left[\omega x+\left(\frac{\omega\pi}{2}+\frac{\pi}{3}\right)\right]$。因为函数$g(x)$的图象关于$y$轴对称，所以$\frac{\omega\pi}{2}+\frac{\pi}{3}=k\pi+\frac{\pi}{2}(k\in\mathbf{Z})$，得$\omega=2k+\frac{1}{3}(k\in\mathbf{Z})$。因为$\omega＞0$，所以$\omega_{\min}=\frac{1}{3}$。故选C。

(2) (多选题) 将函数 $ f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{6})(\omega ＞ 0) $ 的图象向右平移 $ \frac{3\pi}{2\omega} $ 个单位长度后得到函数 $ g(x) $ 的图象，若 $ F(x) = f(x)g(x) $ 的图象关于点 $ (\frac{\pi}{3}, 0) $ 对称，则 $ \omega $ 的可能取值为(CD)

A.$ \frac{1}{3} $
B.$ \frac{1}{2} $
C.1
D.4

答案： （2）将函数$f(x)$的图象向右平移$\frac{3\pi}{2\omega}$个单位长度，得到函数$g(x)=\sin\left[\omega\left(x-\frac{3\pi}{2\omega}\right)+\frac{\pi}{6}\right]=\sin\left(\omega x+\frac{\pi}{6}-\frac{3\pi}{2}\right)=\cos\left(\omega x+\frac{\pi}{6}\right)$，又因为$F(x)=f(x)g(x)$的图象关于点$\left(\frac{\pi}{3},0\right)$对称，所以$F(x)=\sin\left(\omega x+\frac{\pi}{6}\right)\cos\left(\omega x+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}\sin\left(2\omega x+\frac{\pi}{3}\right)$的图象关于点$\left(\frac{\pi}{3},0\right)$对称，则$2\omega·\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{3}=k\pi,k\in\mathbf{Z}$，所以$\omega=\frac{3k - 1}{2},k\in\mathbf{Z}$，又因为$\omega＞0$，故$\omega$的可能取值为1,4。故选CD。

(2025·广东佛山模拟) 将函数 $ f(x) = \sin(\omega x - \frac{\pi}{3})(\omega ＞ 0) $ 的图象向右平移 $ \frac{\pi}{2} $ 个单位长度后得到函数 $ g(x) $ 的图象，且函数 $ g(x) $ 是偶函数，则 $ \omega $ 的最小值是(A)

A.$ \frac{1}{3} $
B.$ \frac{2}{3} $
C.$ \frac{1}{6} $
D.$ \frac{5}{6} $

答案： 对点练2.A由题意知，$g(x)=\sin\left[\omega\left(x-\frac{\pi}{2}\right)-\frac{\pi}{3}\right]=\sin\left(\omega x-\frac{\omega\pi}{2}-\frac{\pi}{3}\right)(\omega＞0)$，又因为$g(x)$为偶函数，所以$g(x)$关于$y$轴对称。所以$\frac{\omega\pi}{2}-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k\pi,k\in\mathbf{Z}$，解得$\omega=-\frac{5}{3}-2k,k\in\mathbf{Z}$，又$\omega＞0$，所以当$k = -1$时，$\omega$取得最小值为$\frac{1}{3}$。故选A。

(1) (2025·四川成都模拟) 已知函数 $ f(x) = \sqrt{3}\sin \omega x + \cos \omega x(\omega ＞ 0) $ 在区间 $ (0, 1) $ 上恰好有两个最值，则实数 $ \omega $ 的取值范围为(C)

A.$[\frac{7\pi}{6}, \frac{13\pi}{6})$
B.$[\frac{2\pi}{3}, \frac{5\pi}{3})$
C.$(\frac{4\pi}{3}, \frac{7\pi}{3}]$
D.$[\frac{5\pi}{6}, \frac{11\pi}{6})$

答案： （1）C（1）由$f(x)=\sqrt{3}\sin\omega x+\cos\omega x=2\sin\left(\omega x+\frac{\pi}{6}\right)$，当$0＜x＜1$时，$\frac{\pi}{6}＜\omega x+\frac{\pi}{6}＜\omega+\frac{\pi}{6}$，函数$f(x)$在区间$(0,1)$上恰好有两个最值，由正弦函数的图象知$\frac{3\pi}{2}＜\omega+\frac{\pi}{6}\leqslant\frac{5\pi}{2}$，解得$\frac{4\pi}{3}＜\omega\leqslant\frac{7\pi}{3}$
故选C。

(2) (2025·湖北武汉二模) 已知函数 $ f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{3})(\omega ＞ 0) $ 满足 $ f(x) \leq f(\frac{2\pi}{3}) $ 恒成立，且在区间 $ (\frac{\pi}{3}, \pi) $ 上无最小值，则 $ \omega = $$\frac{1}{4}$。

答案： （2）由题意可知，$f\left(\frac{2\pi}{3}\right)$是函数的最大值，则$\omega·\frac{2\pi}{3}+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+2k\pi$，$k\in\mathbf{Z}$，得$\omega=\frac{1}{4}+3k,k\in\mathbf{Z}$，且在区间$\left(\frac{\pi}{3},\pi\right)$上无最小值，所以$\frac{2\pi}{\omega}\geqslant\pi-\frac{\pi}{3}$，所以$0＜\omega\leqslant3$，所以$\omega=\frac{1}{4}$