第05讲 ω的取值范围及最值问题(高阶拓展)(教师版)

第05讲ω的取值范围及最值问题（高阶拓展）
（核心考点精讲精练）
1. 4年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】5分
【备考策略】1理解ω在三角函数图象与性质和伸缩平移变换中的基本知识
2能结合三角函数基本知识求解ω的值或范围
【命题预测】本节内容是新高考卷的难点内容，会结合三角函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性、值域、零点及伸缩平移变换综合求解，需加强复习备考
1.ω在三角函数图象与性质中的基本知识
h x A y ++=)sin(ϕω，h x A y ++=)cos(ϕωA 振幅，决定函数的值域，值域为[]
A A ,-ω决定函数的周期，ω
π
2=
T ϕω+x 叫做相位，其中ϕ叫做初相
h x A y ++=)tan(ϕω的周期公式为：ω
π=
T 2.ω在伸缩平移变换中的基本知识（A ，ω是伸缩量）
h
x A y ++=)sin(ϕωA 振幅，决定函数的值域，值域为[]A A ,-；
若A ↗，纵坐标伸长；若A ↘，纵坐标缩短；∴A 与纵坐标的伸缩变换成正比
ω决定函数的周期，ω
π
2=
T 若ω↗，T ↘，横坐标缩短；若ω↘，T ↗，横坐标伸长；∴ω与横坐标的伸缩变换成反比
【分析】根据正切型函数最小正周期列方程，由此求得ω的值.【详解】依题意π
πT ω
==，解得1ω=.
故选：C
A ．4
B ．5
C ．6
D ．7
【答案】D
【分析】分析可知函数()f x 的图象关于直线π
3
x =对称，可得出()31k k ω=+∈Z ，再利用函数()f x 的最小正周期求出ω的取值范围，即可得出ω的值.
【详解】对任意的x ∈R ，()π3f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，则π3f ⎛⎫
⎪⎝⎭为函数()f x 的最大值或最小值，
故函数()f x 的图象关于直线π
3x =
对称，故()ππππ362
k k ω+=+∈Z ，解得()31k k ω=+∈Z ，又因为0ω>且函数()f x 的最小正周期T 满足ππ42T <<，即π2ππ
42
ω<<，解得48ω<<，故7ω=.故选：D.
【分析】化简函数，由三角函数的周期公式即可求出答案.【详解】22sin ()cos ()2y x x x ωωω=-=-，因为函数的周期4πT =﹐所以2π
4π2T ω
==，所以14
ω=.故选：C.
【分析】先根据ππsin 133f ω⎛⎫== ⎪⎝⎭求出362k ω=+，Z k ∈，再根据函数在区间π0,3⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
单调递增，得到4π3T ≥
，求出302ω<≤，从而得到3
2
ω=.【详解】由题意得ππsin
133f ω⎛⎫
== ⎪⎝⎭
，故π2ππ23k ω=+，Z k ∈，解得3
62
k ω=
+，Z k ∈，又因为函数在区间π0,3⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
单调递增，所以π1034T -≤，解得4π3T ≥，
因为0ω>，所以2π
T ω
=，
故2π4π3ω
≥
，解得3
02
ω<≤，故203236k <
+≤，解得1
04
k -<≤，又Z k ∈，故0k =，所以3
2
ω=故选：C
【分析】利用辅助角公式化简两函数，再利用整体代换法结合三角函数的性质求范围即可.
【详解】由题意得()()ππ,44f x x g x x ωω⎛⎫⎛
⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.
令π4t x ω=+
，由π0,2x ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭，得ππ,π42
4t ω⎛⎫
∈+ ⎪⎝⎭.
因为在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上，()f x 为增函数，()g x 为减函数，所以πππ242
πππ
2
4ω
ω⎧+≤⎪⎪⎨⎪+≤⎪⎩，
解得12ω≤，所以1
02
ω<≤.故选：A
【分析】根据单调性可得函数在π
3
x =时，()g x 取得最大值，即可代入求解28(Z)k k ω=+∈，结合函数周期的关系即可求解.
【详解】由函数()sin (0)f x x ωω=>的图象向右平移
π
12
个单位长度得到()ππsin sin 1212g x x x ωωω⎡⎤⎛⎫⎛
⎫=-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝
⎭⎝⎭⎣⎦的图象，
函数()g x 在区间ππ,63⎡⎤
⎢⎣⎦上单调递增，在区间ππ,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦
上单调递减，可得当π3x =时，()g x 取得最大值，
即
ππ
π2π,,0312
2k k ωωω-=
+∈>Z ，解得28(Z)k k ω=+∈，由函数()g x 单调区间知πππ
=2366
T ≥-，所以2π
π
063
ωω
≥⇒<≤，所以当0k =时，得2ω=．故选：C
【分析】由()π6f x f x ⎛⎫
=-- ⎪⎝⎭
，知函数()f x 的图象关于直线π12x =-对称，结合
5π012f ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
可知5π12是函数
()f x 的零点，进而得到=2+1n ω，Z n ∈，由()f x 在π2π,189⎛⎫
⎪⎝⎭上单调，可得6ω≤，进而1,3,5ω=，分类讨
论验证单调性即可判断.
【详解】由()π6f x f x ⎛⎫
=-- ⎪⎝⎭，知函数()f x 的图象关于直线π12x =-对称，
又5π012f ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
，即5π12是函数()f x 的零点，
则
()()5ππ112π
2121121244n T n ω
+=+⋅=+⋅⋅，Z n ∈，即=2+1n ω，Z n ∈.
由()f x 在π2π,189⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调，
则12π2πππ
29186
ω⋅≥-=，即6ω≤，所以1,3,5ω=.当1ω=时，由5ππ12k ϕ+=，Z k ∈，得5π
π12
k ϕ=-+，Z k ∈，又π2ϕ<
，所以5π12ϕ=-，此时当π2π,189x ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，5π13π7π,123636x ⎛⎫-∈-
- ⎪⎝⎭，所以()5πsin 12f x x ⎛
⎫=- ⎪⎝⎭在π2π,189⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，故1ω=符合题意；
当3ω=时，由5π3π12k ϕ⨯+=，Z k ∈，得5π
π4
k ϕ=-+，Z k ∈，又π2ϕ<
，所以π4ϕ=-，此时当π2π,189x ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，ππ5π3,41212x ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，
所以()πsin 34f x x ⎛
⎫=- ⎪⎝
⎭在π2π,189⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，故3ω=符合题意；
当5ω=时，由5π5π12k ϕ⨯+=，Z k ∈，得25ππ12
k ϕ=-+，Z k ∈，又π2ϕ<
，所以π
12ϕ=-，此时当π2π,189x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
时，π7π37π5,123636x ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭，所以()πsin 512f x x ⎛
⎫=- ⎪⎝⎭在π2π,189⎛⎫ ⎪⎝⎭上不单调，故5ω=不符合题意.
综上所述，1ω=或3.故选：AB.
【分析】根据三角函数的图像变换及单调性计算即可.
【详解】π()sin (0)3f x x ωω⎛
⎫=+> ⎪⎝
⎭向左平移π2ω，
得()ππ5πsin sin 236g x x x ωωω⎛⎫⎛⎫⎛
⎫=++=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭⎝⎭，
π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，5π5ππ5π,6626x ωω⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦，()g x 在π0,2⎡⎤
⎢⎥⎣⎦上单调递减，即
π5π
3π426
23
ωω+≤
⇒≤，故40,3ω⎛⎤
∈ ⎥⎝⎦.
故选：C
【分析】由题意可得2114
T
=-=，求出周期T ，再利用周期公式可求出ω的值，然后由()12f =结合[)0,πϕ∈可求出ϕ的值.
【详解】因为()12f =，()20f =，且()f x 在区间[]1,2上单调，所以
2114
T
=-=，得4T =，所以2π
4T =
=ω
，得π2
ω=
，所以()[)()π2sin 0,π2f x x ϕϕ⎛⎫
=+∈ ⎪⎝⎭，
因为()12f =，所以π2sin 22ϕ⎛⎫
+= ⎪⎝⎭，
所以
ππ
2π,Z 22
k k ϕ+=+∈，得2π,Z k k ϕ=∈，因为[)0,πϕ∈，所以0ϕ=，故选：A
【分析】根据函数()()π2sin 06f x x ωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭在π
π,412⎡⎤--⎢⎥⎣⎦
上单调递减，结合正弦型函数的单调性可求得ω
的取值范围，由已知可得出()max 2π3f x f ⎛⎫
= ⎪⎝⎭，可得出ω的表达式，即可得出ω的值.
【详解】因为函数()()π2sin 06f x x ωω⎛
⎫=-> ⎪⎝⎭，
当ππ412x -
≤≤-时，πππππ
466126
x ωωω--≤-≤--，因为函数()f x 在π
π,412⎡⎤--⎢⎥⎣⎦
上单调递减，
则ππππ3π3π,2π,2π4612622k k ωω⎡⎤⎡
⎤-
---⊆----⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣
⎦，其中k ∈Z ，所以，ππ
3π2π462
πππ
2π1262k k ωω⎧--≥--⎪⎪⎨⎪--≤--⎪⎩，其中k ∈Z ，解得()2024483k k k ω+≤≤+∈Z ，
所以，2024483k k +≤+
，解得1
6
k ≤，又因为k ∈Z 且0ω>，则0k =，所以，20
43
ω≤≤
，因为x ∀∈R ，()2π3f x f ⎛⎫
≤ ⎪⎝⎭，即()max 2π3f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，
所以，
()2πππ
2π362
n n ω-=+∈Z ，解得()31n n ω=+∈Z ，因此，4ω=.故选：D.
【分析】根据函数的单调性，结合正弦函数的性质，即可得出πT ≥.根据函数的单调性，推得5π,442T kT k =+∈Z ，进而得出5π44T =或5π344T =或5π544T =，解出相对应的ω值，检验即可得出答案.【详解】因为()f x 在区间3ππ,2⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
上单调递减，所以3ππ22T -≤，所以πT ≥.
又π,04⎛⎫
- ⎪⎝⎭为()f x 图象的一个对称中心，直线πx =为()f x 图象的一条对称轴，且π5ππ44⎛⎫--=
⎪⎝⎭.因为πT ≥，所以335π
π224
T ≥>
.又根据正弦函数的图象可知，5π,442
T kT
k =+∈Z ，所以5π44T =或5π344T =或5π544
T =.当
5π44T =时，有5πT =，此时有2π25T ω==，()2sin 5f x x ϕ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
.由已知可得，()f x 在πx =处取得最大值，
所以有2ππ2π,52k k ϕ+=+∈Z ，解得π
2π,10
k k ϕ=+∈Z .
又π2
ϕ≤，所以10π
ϕ=，满足题意；
当
5π344T =时，有5π3T =，此时有2π65T ω==，()6sin 5f x x ϕ⎛⎫
=+ ⎪⎝⎭
.由已知可得，()f x 在πx =处取得最大值，
所以有6ππ2π,52k k ϕ+=+∈Z ，解得7π
2π,10
k k ϕ=-+∈Z .
又π
2
ϕ≤，所以ϕ无解，舍去；当
5π544T =时，有πT =，此时有2π2T
==，()()sin 2f x x ϕ=+.由已知可得，()f x 在πx =处取得最大值，所以有π2π2π,2k k ϕ+=+∈Z ，解得()π
22π,2
k k ϕ=+-∈Z .又π
2ϕ≤
，所以π2
ϕ=，满足题意.综上所述，2
5
ω=
或2ω=.所以，满足条件的所有ω的值的和为212
255
+=.
故选：C.
【点睛】方法点睛：根据已知条件，结合正弦函数的图象及其性质，推出周期T 满足的方程，即可得出答案.
【分析】先求得()f x 的图象平移后的解析式，再列出关于ω的方程，进而求得ω的最小值.【详解】()f x 的图象向右平移1个单位长度后，可得函数()()()sin 11sin 1g x x x ωωω⎡⎤=-+=-+⎣⎦的图象，则1πk ω-+=，Z k ∈，即1πk ω=-，Z k ∈.又0ω>，故ω的最小值为1.故选：B
【分析】根据图象平移性质，三角函数奇偶性即可求解.【详解】由题意可知：
()π
πcos 63g x x ωω⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，因为()g x 为奇函数，
所以()πππ
π632
k k ω+=+∈Z ，
则()61k k ω=+∈Z ，因为0k =时，1ω=；
1k =时，7ω=，所以A 、C 正确．
故选：AC.
【分析】根据给定条件，可得函数()f x 图象的对称中心，再利用正弦函数的性质列式求解作答.
【详解】因为对于任意实数x ，都有π()()3f x f x =--，则有函数()f x 图象关于点π
(,0)6对称，
因此ππ
π,Z 63
k k ω+=∈，解得62,Z k k ω=-∈，而0ω>，
所以当1k =时，ω取得最小值4.故选：C
【分析】求出函数的对称轴方程为()14π4k x ω
+=，k ∈Z ，原题等价于()14π0π4k ω
+≤≤有2个整数k 符合，
解不等式1414142ω+⨯≤<+⨯即得解.
【详解】()πsin (0)4f x x ωω⎛
⎫=+> ⎪⎝⎭，
令πππ42x k ω+
=+，k ∈Z ，则()14π4k x ω
+=，k ∈Z ，
函数()f x 在区间[0，π]上有且仅有2条对称轴，即()14π0π4k ω
+≤
≤有2个整数k 符合，
()14π0π4k ω
+≤
≤，得140101444k k ωω+≤≤⇒≤+≤，则0,1k =，
即1414142ω+⨯≤<+⨯，∴59
44
ω≤<.故选：D.
【分析】根据正弦函数的对称轴求出ω的表达式，然后判断．
【详解】由题意得
πππ
π
642
k
ω
+=+，k∈Z，
即
3
6
2
k
ω=+，k∈Z，
因为153
6
22
=+，
273
12
22
=+，
333
15
22
=+，
所以ω的值不可能是33
2
，可能是
3
2
、
15
2
、
27
2
.
故选：ABC．
【分析】利用辅助角公式化简得到
π
2cos
6
y x
ω⎛⎫
=+
⎪
⎝⎭
，再求出
ππππ
,
6366
x
ω
ω⎛⎫
⎪
⎝
+∈-
⎭
+，结合对称轴条数得到
不等式，求出答案.
【详解】
π
sin2cos
6
y x x x
ωωω⎛⎫=-=+
⎪
⎝⎭
，
因为
π
,0
3
x⎛⎫
∈- ⎪
⎝⎭
，0
ω>，所以
ππππ
,
6366
x
ω
ω⎛⎫
⎪
⎝
+∈-
⎭
+，
因为
π
2cos
6
y x
ω⎛⎫
=+
⎪
⎝⎭
区间
π
,0
3
⎛⎫
- ⎪
⎝⎭
上恰有唯一对称轴，故[)
ππ
π,0
36
ω
-+∈-，
解得
17
,
22ω⎛⎤∈ ⎥
⎝⎦
.
故选：D
【分析】利用辅助角化简函数解析式为(
)()π04f x x ωω⎛
⎫=+> ⎪⎝⎭，分析可知，函数()f x 的最小正周期T
满足2π
3
T >
，求出ω的取值范围，求出函数()f x 图象对称中心的横坐标，可得出ω所满足的不等式，即可得出ω的取值范围.
【详解】因为(
)()πsin cos 04f x x x x ωωωω⎛
⎫+=+ ⎪⎝=>⎭，
因为函数()f x 的图象的两个相邻对称中心之间的距离大于π
3
，所以，函数()f x 的最小正周期T 满足2π3T >，即2π2π
3
ω>，则03ω<<，
由()ππ4x k k ω+
=∈Z 可得()()41π4k x k ω
-=∈Z ，
因为函数()f x 的图象的一个对称中心的横坐标在区间ππ,42⎛⎫
⎪⎝⎭
内，
则
()41πππ
442
k ω-<<，可得41412k k ω-<<-，又因为03ω<<且ω存在，则410
4132
k k ->⎧⎪
⎨-<⎪⎩，解得1744k <<，
因为k ∈Z ，则1k =，所以，3
32
ω<<，故选：B.
【分析】由2ππ36f x f x ⎛⎫⎛
⎫-=-
⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭可得函数()f x 的图象关于π4x =对称，由正弦型函数的对称性列方程求ω的最小值.
【详解】由已知可得2π5π5ππ312126f x f x ⎛⎫⎛
⎫--=+-
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即ππ44f x f x ⎛⎫⎛⎫
-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，
所以()f x 关于π
4
x =
对称，
故πππ
π432k ω⋅+=+，Z k ∈，
所以2
43
k ω=+，又0ω>，
所以0k =时，ω取最小值为23
．故选：A ．
【分析】根据正弦函数的单调性可知，当5π2π,63x ⎡⎤∈-⎢⎣⎦时，5π
π2ππππ,,663622ωω⎡⎤⎡⎤-++⊂-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦；()f x 在区间
5π0,6⎡⎤⎢⎥⎣⎦上只取得一次最大值，可得π5π
ππ,,π6662ω⎡⎤⎡⎫+⊂⎪⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎭
，列出不等式求解可得.【详解】由于函数()()πsin 06f x x ωω⎛
=+> ⎪⎝⎭在5π2π,63⎡⎤-⎢⎥⎣⎦
上单调递增，
5π2π,63x ⎡⎤
∈-⎢⎥⎣⎦
，π5ππ2ππ,66636x ωωω⎡⎤+∈-++⎢⎥⎣⎦，
5πππ662
ω-
+≥-且2πππ
362ω+≤，
解得45ω≤
且12ω≤，所以1
02
ω<≤；又因为()f x 在区间5π0,6⎡⎤
⎢⎥⎣⎦上只取得一次最大值，
即5π0,6x ⎡⎤
∈⎢⎣⎦
时，ππ5ππ,6666x ωω⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦；
所以
π5ππ5π2662
ω≤+<，解得214
55ω≤<；
综上知，ω的取值范围是21,52⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
．
故选：B ．
【分析】根据余弦函数的性质求出α的范围，即可求出ωα的范围，依题意只需考虑存在Z k ∈，使得
ππππ5π,,Z 2212212k k k ωω⎡⎤
⎛⎫⎛⎫∈++∈ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
，即可求出ω的取值范围，即可判断.【详解】由余弦函数的性质可知，当()f x 在π,6αα⎡
⎤+⎢⎥⎣⎦上单调时，
()π2π6
Z π2ππ
6k k k αα⎧
-≥⎪⎪∈⎨⎪+≤+⎪⎩
，得πππ5π,,Z 212212k k k α⎡⎤∈++∈⎢⎥⎣⎦，则πππ5π,,Z
212212k k k ωαωω⎡⎤
⎛⎫⎛⎫∈++∈ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦由于选项中ω取
14，12，1，2，其区间端点的前缀分别是π8
k ，4πk ，π
2k ，πk ，区间角的终边呈周期性变化，
因此只需考虑存在Z k ∈，使得ππππ5π,,Z 2212212k k k ωω⎡⎤
⎛⎫⎛⎫∈++∈ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
，
则k 取非负整数，且66,6561k k ω⎡⎤∈⎢⎥++⎣⎦
，Z k ∈，
所以ω的取值区间是666666666,6,,,,5
11
717
1323192925⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤
⋃⋃⋃⋃⋃⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦ ，选项中只有2ω=适合.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是结合余弦函数的单调性求出α的范围，从而得到ωα，根据正弦函数的周期性及最大值，从而求出ω的取值范围.
【分析】由x 的取值范围得到3
x π
ω+
的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．
【详解】解：依题意可得0ω>，因为()0,x π∈，所以,333x π
π
πωωπ⎛⎫+
∈+ ⎪⎝⎭
，要使函数在区间()0,π恰有三个极值点、两个零点，又sin y x =，,33x ππ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
的图象如下所示：
则
5323ππωππ<+≤，解得13863ω<≤，即138,63ω⎛⎤
∈ ⎥⎝⎦
．故选：C ．
【分析】首先表示出T ，根据()f T =求出ϕ，再根据π9x =为函数的零点，即可求出ω的取值，从而得
解；
【详解】解： 因为()()cos f x x ωϕ=+，（0ω>，0πϕ<<）
所以最小正周期2π
T ω=
，因为()()2πcos cos 2πcos f T ωϕϕϕω⎛⎫
=⋅+=+== ⎪⎝⎭
，
又0πϕ<<，所以π6ϕ=，即()πcos 6f x x ω⎛
⎫=+ ⎪⎝
⎭，
又π9x =
为()f x 的零点，所以πππ
π,Z 962
k k ω+=+∈，解得39,Z k k ω=+∈，因为0ω>，所以当0k =时min 3ω=；故答案为：3
【分析】由条件，可得π
()sin(3
g x x ω=-，作出函数的图象，结合三角函数的图象与性质及已知条件列出不
等式求解即可.
【详解】依题意，πππ()()sin[()]sin(333g x f x x x ωωωω=-
=-=-，函数(),()y f x y g x ==周期2πT ω
=，在同一坐标系内作出函数(),()y f x y g x ==的图象，如图，
A ，
B ，
C 为连续三交点，(不妨设B 在x 轴下方)，
D 为AC 的中点，
由对称性知，ABC V 是以AC 为底边的等腰三角形，2π
2AD AC T ω
===，
由π
sin sin(3
x x ωω=-，整理得sin x x ωω=，
又22sin cos 1x x ωω+=，解得sin x ω=
于是点A ，B 的纵坐标,A B y y 有A B y y =-BD ，要使ABC V 为锐角三角形，当且仅当ππ42
BAC <∠<，
即tan 1BD BAC AD ∠=
=>，解得ω，
所以ω的取值范围是,)+∞.故选：C
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是准确把握三角函数的图象与性质，合理转化条件，得到关于ω的不等式.
1．（2023·全国·统考高考真题）已知函数()cos 1(0)f x x ωω=->在区间[]0,2π有且仅有3个零点，则ω的取值范围是 ．
【答案】[2,3)
【分析】令()0f x =，得cos 1x ω=有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.【详解】因为02x π≤≤，所以02x πωω≤≤，令()cos 10f x x ω=-=，则cos 1x ω=有3个根，令t x ω=，则cos 1t =有3个根，其中[0,2π]t ω∈，
结合余弦函数cos y t =的图像性质可得4π2π6πω≤<，故23ω≤<，
故答案为：[2,3).
【分析】利用图象分析()f x π5π,624⎛⎫
⎪⎭内只有一个零点的条件，结合
π06f ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
可解.【详解】因为π06f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，且()f x 在π5π,624⎛⎫
⎪⎝⎭上恰有1个零点，
所以
5ππ2246T T <-≤，所以ππ
2412
T ≤<，所以2448ω<≤，
又πππsin 0666f ω⎛⎫⎛⎫
=+= ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭
，所以πππ,66k k ω+=∈Z ，即61k ω=-所以246148,k k <-≤∈Z ，解得5,6,7,8k =，当5k =时，ω有最小值29.故选：B
【分析】根据三角函数图象平移的规律得()g x 的解析式，结合x 的范围，根据正弦函数的性质列出不等式即可得结果.
【详解】()π2sin 22sin 2π126g x x x ωωω⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦sin 26πx ω⎛
⎫+=
⎪⎝
⎭∵7π0,12x ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦，∴ππ(71)π2,666x ωω+⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦
，
若关于x 的方程()g x =7π0,12⎡⎤
⎢⎥⎣⎦上有且仅有三个不相等的实根，
则()71ππ2π
2π2π363
ω++
≤<+
，解得131577ω≤<，即实数ω的取值范围是1315,77⎡⎫
⎪⎢⎣⎭.
故选：B ．
【分析】利用辅助角公式化简得出()π2sin π3f x x ω⎛
⎫=- ⎪⎝⎭，由[]0,1x ∈求出ππ3x ω-的取值范围，根据函数
()f x 在[]0,1内恰有3个最值点和4个零点，可得出关于ω的不等式，解之即可.
【详解】因为()()πsin ππ2sin π03f x x x x ωωωω⎛
⎫==-> ⎪⎝⎭，
且当01x ≤≤时，πππ
ππ333
x ωω-
≤-≤-，因为函数()f x 在[]0,1内恰有3个最值点和4个零点，所以，π7π3ππ32ω≤-<，解得102336
ω≤<，故选：B.
【分析】先利用平移变换得到()2sin (0)g x x ωω=>，再根据函数()g x 在区间π0,4⎡⎤
⎢⎥⎣⎦上单调递增，利用正弦
函数的性质求解.
【详解】由已知可得，()ππ2sin 2sin 33y x g x x ωωω⎡⎤
⎛⎫=+-= ⎪⎢⎝⎭⎣=⎦.
因为π04x ≤≤
，0ω>，所以π
04
x ωω≤≤.因为函数()g x 在区间π0,4⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
上单调递增，
所以ππ
42
ω≤，所以2ω≤，又0ω>，所以02ω<≤，
所以ω的值可能为3
2
，故选：A
【分析】先由平移求出曲线C 的解析式，再结合对称性得
,2
3
2
k k ωπ
π
π
π+
=
+∈Z ，即可求出ω的最小值.
【详解】由题意知：曲线C 为sin sin()2323y x x ππωππ
ωω⎡⎤⎛⎫=++=+
+ ⎪⎢⎥⎝
⎭⎣⎦，又C 关于y 轴对称，则,2
3
2
k k ωπ
π
π
π+
=
+∈Z ，
解得12,3
k k ω=+∈Z ，又0ω>，故当0k =时，ω的最小值为13.
故选：C.
【分析】由定义运算结合辅助角公式，得函数()f x 解析式，再求平移后的函数解析式，由此函数为偶函数，求出ω的值，对照选项进行判断.【详解】将函数(πsin sin 2cos 6cos f x x x x ωωω⎛
⎫-=+ ⎪⎝
⎭的图像向左平移2π3个单位，
可得2ππ2cos 36y x ωω⎛
⎫=++ ⎪⎝
⎭的图像，再根据所得图像对应的函数为偶函数，可得
()2πππ36k k ω+=∈Z ，求得()3124k k ω=-∈Z ，令1k =，可得54
ω=；令1k =-，求得7
4ω=-.故选：BC.
【基础过关】
【分析】根据周期范围，求出ω的大致范围，再根据x 的取值范围，求出π
6
x ω+的取值范围，根据ω的范围求出左端点的范围，再根据正弦函数的性质得到不等式组，求解即可.
【详解】设函数()f x 的最小正周期为T ，由题意得
π
π22
T ≥-，即πT ≥，又2π
T ω=，所以2π
π
ωω⎧≥⎪⎨⎪>⎩，解得02ω<≤,
又π,π2x ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
，所以ππππ,π6266x ωωω⎡⎤+∈++⎢⎥⎣⎦，所以πππ7π6266ω≤+≤，
要使函数()f x 在π,π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，则ππ
π226
π3ππ62ωω⎧≤+⎪⎪⎨
⎪+≤⎪⎩，解得2433ω≤≤.故选：C.
【分析】根据()π6f x f ⎛⎫
≤ ⎪⎝⎭
可知直线π6x =为()f x 图象的对称轴，根据()4π03f x f x ⎛⎫
+
-= ⎪⎝⎭
可得()f x 的对称中心为2π,03⎛⎫ ⎪⎝⎭
，结合三角函数的周期性可得21,k k ω=+∈N ，再根据()f x 在π5π,312⎛⎫
⎪⎝⎭上单调，可得
012ω<≤，逐一验证当ω取到最大值11,9,7时，求解φ，检验在π5π,
312⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调性看是否满足，即可得答
案.
【详解】()π6f x f ⎛⎫
≤ ⎪⎝⎭
，∴直线π6x =为()f x 图象的对称轴，
4π()03f x f x ⎛⎫
+-= ⎪⎝⎭ ，()f x ∴的对称中心为2π,03⎛⎫ ⎪⎝⎭，
122πππ,4362
k T k +∴
=-=∈N ，2π2π
,21T k k ω
∴=
=∈+N ，21,k k ω∴=+∈N ．
又()f x 在π5π,312⎛⎫
⎪⎝⎭上单调，2125πππ231T ∴≥
-=．6
2π
π
T ω
∴=
≥
，012ω∴<≤，
又21,k k ω=+∈N ，
∴当11ω=时，()()sin 11f x A x ϕ=+，因为直线π
6
x =为()f x 图象的对称轴，所以ππ
11φπ62
k ⨯
+=+，Z k ∈，解得4πφπ3k =-
+，Z k ∈，又π||2ϕ<，所以π
3ϕ=-，则π()sin 113f x A x ⎛⎫=- ⎪⎝
⎭，
当π5π,312x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，π10π17π11,343x ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭，则()f x 在π5π,312⎛⎫ ⎪⎝⎭上不单调，舍去；
当9ω=时，()()sin 9f x A x ϕ=+，因为直线π
6
x =为()f x 图象的对称轴，所以ππ
9φπ62
k ⨯
+=+，Z k ∈，解得φππk =-+，Z k ∈，又π
||2
ϕ<，所以0ϕ=，则()sin 9f x A x =，
当π5π,312x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，15π93π,4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()f x 在π5π,312⎛⎫
⎪⎝⎭上不单调，舍去；
∴当7ω=时，()()sin 7f x A x ϕ=+，因为直线π
6
x =为()f x 图象的对称轴，所以ππ
7φπ62
k ⨯
+=+，Z k ∈，解得2πφπ3k =-
+，Z k ∈，又π||2ϕ<，所以π3ϕ=，则π()sin 73f x A x ⎛
⎫=+ ⎪⎝
⎭，
当π5π,312x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，π8π733x ⎛+∈ ⎝，则()f x 在π5π,312⎛⎫
⎪⎝⎭上单调.则ω的最大值为7．故选：D
【分析】整理可得()π2sin 6f x x ω⎛
⎫=- ⎪⎝⎭，结合题意结合正弦函数性质分析运算.
【详解】由题意可得：()πcos 2sin 6f x x x x ωωω⎛
⎫=-=- ⎪⎝
⎭，且0ω>，
①因为()00,πx ∈，可得0πππ,π666x ωω⎛⎫
-∈-- ⎪⎝⎭，
若存在唯一的实数()00,πx ∈，使得()02f x =，则
ππ5ππ262ω<-≤，解得28
33
ω<≤；②又因为23π[,54x π∈-，且28
33
ω<≤，可得37π2πππ3ππ11π30566466
x ωωω-
≤--≤-≤-≤，若函数()f x 在区间23π
[,]54
π-
上单调递增，注意到37π2πππ30566ω-≤--<-，则2π
ππ562
3πππ
4
62ωω⎧--≥-⎪⎪⎨⎪-≤⎪⎩，解得2536ω<≤；综上所述：ω的取值范围是25,36⎛⎤
⎝⎦.
故答案为：B.
【分析】由题意可得2πx =时()f x 取得最大值，可得1
,6
k k ω=
+∈Z .根据单调性可得ππ362T ⎛⎫--≤ ⎪⎝⎭，即
02ω<≤，根据π
ππ2π662
,πππ2π3
62k k k ωω⎧-+≥-+⎪⎪∈⎨
⎪+≤+⎪⎩Z 可求ω的值.【详解】因为恒有()()2πf x f ≤，所以当2πx =时()f x 取得最大值，所以ππ2π2π,62k k ω+
=+∈Z ，得1
,6
k k ω=+∈Z .因为()f x 在ππ,63⎡⎤
-⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以ππ362T ⎛⎫--≤ ⎪⎝⎭,即
2ππω≥，得02ω<≤.因为ππ,63x ⎡⎤
∈-⎢⎥⎣⎦，所以πππππ,66636x ωωω⎡⎤+∈-++⎢⎥⎣⎦.
因为()f x 在ππ,63⎡⎤
-⎢⎥⎣⎦
上单调递增，
所以π
ππ2π662
,πππ2π
362k k k ωω⎧-+≥-+⎪⎪∈⎨⎪+≤+⎪⎩Z ,得412,16k k k ωω≤-⎧∈⎨
≤+⎩Z .所以4120k ->，且160k +>，k ∈Z ，解得11
63
k -<<，k ∈Z .
故1
0,6
k ω==.故选：B.
【分析】由ππ044f x f x ⎛⎫
⎛⎫--+
-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭、π4y f x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭是偶函数得到41,n n ω=+∈Z ，再由()f x 在ππ,184⎛⎫
⎪
⎝⎭
上单调可得
πππ
418ω
-≤可得答案.【详解】因为ππ044f x f x ⎛⎫
⎛⎫
--+
-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以π04f ⎛⎫
-= ⎪⎝⎭
，则ππ,4m m ωϕ-+=∈Z ①.，因为π4y f x ⎛
⎫+ ⎪⎝⎭是偶函数，
所以直线π
4x =
是()f x 图象的对称轴，所以πππ,42
n n ωϕ+=+∈Z ②.由①②可得，()ππ,24
m n m n ϕ=+++∈Z ，又π
02ϕ<<，所以π4ϕ=，
则41,n n ω=+∈Z ，
因为()f x 在ππ,184⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调，()f x 的最小正周期为2πω，
所以
πππ418ω-≤，解得367ω≤，故ω的最大值为5，经检验，()f x 在ππ,184⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调.
故选：C.
【分析】分段写出函数()f x 解析式，并确定单调递减区间，再借助集合的包含关系求解作答.【详解】依题意，3π2ππ2πsin ,[,)44(),Z π2π5π2πcos ,[,)
44k k x x f x k k k x x ωωωωωωωωωω⎧
∈-++⎪⎪=∈⎨
⎪∈++⎪⎩
，函数()f x 的递减区间是3π2ππ2π[,]42k k ωωωω-+-+，π2ππ2π
[,4k k ωωωω
++，Z k ∈，于是5ππ3π2ππ2π(
,)[,12242k k ωωωω⊆-+-+或5πππ2ππ2π
(,)[,]1224k k ωωωω
⊆++，Z k ∈，即3π2π5π412
π2ππ22k k ωωωω⎧-+≤⎪⎪⎨⎪-+≥⎪⎩，Z k ∈，解得2494155k k ω-≤≤-，由0412494155k k k ω<≤-⎧⎪⎨-<-⎪⎩，得114k <<，无解；
或π2π5π
412
π2ππ2k k ωωωω
⎧+≤⎪⎪⎨⎪+≥⎪⎩，Z k ∈，解得2434255k k ω+≤≤+，由0422434255k k k ω<≤+⎧⎪⎨+<+⎪⎩，得1724k -<<，则0k =或
1k =，
当0k =时，325ω≤≤，当1k =时，
27
65
ω≤≤，选项C 满足，ABD 不满足.故选：C
【分析】根据余弦函数的零点求得14,Z k k ω=-+∈，又极值情况列不等式可得
11
1113818,Z 315
664
4k k k k k ωω-+≤<+⎧⎪
∈⎨+<≤+⎪⎩，分情况得ω的取值进行取舍，即可得答案.【详解】已知函数()()3π2cos 04f x x ωω⎛
⎫=+> ⎪⎝⎭，若
π04f ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
，所以π3ππ
π,Z 442
k k ω+
=+∈，则14,Z k k ω=-+∈①，
又()f x 在ππ,43⎛⎫ ⎪⎝⎭内有极小值，无极大值，则1111
1π3π2ππ2π44
,Z π3ππ2π2π2π34k k k k k ωω⎧≤+<+⎪⎪∈⎨
⎪+<+≤+⎪⎩，所以11
1113818,Z 315
664
4k k k k k ωω-+≤<+⎧⎪
∈⎨+<≤+⎪⎩，又0ω>，则当10k =得，31
3154
4ωω-≤<⎧⎪
⎨<≤⎪⎩，所以314ω<<，不符合①式，故舍；
当11k =得，59
273944ωω≤<⎧⎪
⎨<≤⎪⎩，所以
2794ω<<，由①式可得7ω=；当12k =得，1317
51634
4ωω≤<⎧⎪
⎨<≤⎪⎩，所以63134ω≤≤
，由①式可得15ω=；当13k =得，2125
758744ωω≤<⎧⎪
⎨<≤⎪⎩，所以87214ω≤≤，不符合①式，故舍；
当14k =得，29339911144ωω≤<⎧⎪
⎨<≤⎪⎩，无解，故舍；
易知，当14k >时，ω都无解，故不讨论；综上，7ω=或15ω=，则ω可能的取值个数为2.故选：C.
【分析】利用诱导公式可得()πsin 04y x ωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，根据由题意知2πππ,4t k k ω-=+∈Z 在π0,2t ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭上有唯
一的实根，结合正弦函数性质即可求解ω的取值范围.
【详解】()ππcos sin 044y x x ωωω⎛⎫⎛
⎫=-+=-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,
因为曲线关于直线x t =对称，
所以2πππ,4t k k ω-
=+∈Z ，得43ππ,t k k ω=+∈Z ，π0,2t ωω⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
.因为存在唯一的实数π0,2t ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭,使得曲线()ππcos sin 044y x x ωωω⎛⎫⎛⎫=-+=-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭关于直线x t =对称,所以
3ππ,4k k +∈Z 只有唯一的值落在π0,2ω⎛⎫
⎪⎝⎭
()0ω>中,故有3ππ037
427ππ2242ωωω⎧
<<⎪⎪⇒<≤⎨
⎪≥⎪⎩.故选:C.
【分析】根据题意，由条件可得函数周期，从而得到ω，然后由正弦型函数的单调增区间列出不等式，即可得到结果.
【详解】由题知()1πsin sin 23f x x x x ωωω⎛
⎫==- ⎪⎝
⎭.因为函数()f x 的零点是以π2为公差的等差数列，所以π
22
T =，即πT =，所以
2π
πω=，得2ω=.所以()πsin 23f x x ⎛
⎫=- ⎪⎝
⎭.
易知当()π
ππ2π22π2
3
2
k x k k -+≤-≤+∈Z 时，()f x 单调递增，
即()f x 在()π5ππ,π1212k k k ⎡⎤
-++∈⎢⎥⎣⎦
Z 上单调递增.
又()f x 在区间[]0,α上单调递增，所以[]π5π0,,12
12α⎡⎤
⊆-⎢⎥⎣⎦，
所以5π012α<≤，即α的取值范围为5π0,12⎛⎤
⎥⎝⎦
.故选：A.
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
【答案】B
【分析】由题知18T f ⎛⎫
= ⎪⎝⎭，结合已知可得π4ϕ=，然后利用正弦函数的对称性可解.
【详解】由已知得18T f ⎛⎫= ⎪⎝⎭
且2πT ω=，则ππsin 1844T f f ϕω⎛⎫⎛⎫⎛⎫
==+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，
又0πϕ<<，故
ππ42ϕ+=，得π
4
ϕ=，()f x 的图像关于π
8
x =
对称，π
ππ
π8
42
k ω∴
+
=+，k ∈Z ，则280k ω=+>，k ∈Z ，∴当0k =时，ω的最小值为2.故选：B.
【能力提升】
【分析】先利用整体代换思想以及正弦函数的单调递增区间求出函数()f x 的单调递增区间，结合集合的包含关系求出ω的范围，然后再利用正弦函数取最大值的性质可再得一个ω的范围，两个范围取交集即可求解.
【详解】令2,222x k k ππωππ⎡⎤∈-+⎢⎥⎣⎦，解得22,22k k x ππππωωωω⎡⎤
∈-+⎢⎥⎣⎦
，Z k ∈，
而函数()sin (0)f x x ωω=>在区间2,33ππ⎡⎤
-⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以22323
0π
πωππωω⎧-≤-⎪⎪
⎪≥⎨⎪>⎪⎪⎩，解得304ω<≤，
当[]0,x π∈时，[]0,x ωω∈π，
因为|()|1f x =在区间[]0,π上有且仅有一个解，
所以232
πωππ
ωπ⎧≥⎪⎪⎨⎪<⎪⎩，解得1322ω≤<.
综上所述，ω的取值范围是13
24
ω≤≤.故选：D.
【点睛】本题的核心是利用整体思想，首先根据正弦函数的单调性，以及已知单调性得ω的一个取值范围；然后根据取最值的个数，求得ω的另一个范围.这里要注意，|()|1f x =说明()1f x =±，而根据题意，|()|1f x =只有一个解，所以()f x 只能取一个值，而根据函数本身的图象可以发现()f x 只能等于1.如果能够
取到1-，那么根据自变量的范围，此时()f x 肯定也可以取1，所以舍去.
【分析】结合正弦函数的最值，对称性求ϕ的值，再结合单调性确定ω的最大值.
【详解】∵ ||33f π⎛⎫
= ⎪⎝⎭，()()3sin x x f ωϕ=+，
∴
3
2
k π
π
ωϕπ+=+
，Z k ∈，
又对于任意的x ∈R 都有066f x f x ππ⎛⎫
⎛⎫
-++
--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，∴ 6m π
ωϕπ-+=，m Z ∈，
∴ 3(2)2
k m π
ϕπ=++，又2
π
ϕ<
，
∴ 6
π
ϕ=或6
π
ϕ=-
，
当6
π
ϕ=
时， 31w k =+，Z k ∈且61w m =-+，
当7w =时，()3sin 76f x x π⎛
⎫ ⎪⎝
=⎭+，
若52,369x p p æöç÷Îç÷
èø
，则4131736618x πππ
≤+≤，
∴()f x 在52,369ππ
⎛⎫
⎪⎝⎭
上不单调，C 错误，当6
π
ϕ=-
时， 32w k =+，Z k ∈且61w m =--，
当11w =时，()3sin 116f x x π⎛
⎫ ⎪⎝
-⎭=，
若52,369x p p æöç÷Îç÷
èø，则49411136618x πππ
≤-≤，∴()f x 在52,369
ππ
⎛⎫
⎪⎝⎭
上不单调，A 错误，当5w =时，()3sin 56f x x π⎛
⎫ ⎪⎝
=⎭-，
若52,369x p p æöç÷Îç÷èø，则
1917536618x πππ
≤-≤，∴()f x 在52,369ππ
⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调，D 正确，故选：D.
【点睛】已知f (x )＝Asin (ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0)的性质求函数解析式的关键在于转化为正弦函数的问题.
【分析】先化简函数()f x 的解析式，再依据题意列出关于ω的不等式组，即可求得ω的取值范围.
【详解】222ππ()2sin cos sin sin 2cos sin 2424x x f x x x x x ωωωωωω⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--=--
⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦πsin cos 1sin sin (sin 1sin )sin 2x x x x x x x
ωωωωωωω⎡⎤⎛⎫
=-+-=+-= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦由π2π2x k ω=
+，可得π2π
,Z 2k x k ωω
=+∈由()f x 在区间[]0,π上恰好取得一次最大值，可得π0π2π2ππ
2ω
ωω
⎧
≤≤⎪⎪⎨⎪+>⎪⎩，解之得1522ω≤<
又()f x 在区间2π5π,36⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是增函数，则5ππ622π
π3
2ω
ω⎧≤⎪⎪⎨⎪-≥-⎪⎩，解之得35ω≤
综上，ω的取值范围是13
25
ω≤≤故选：B
【分析】由题意结合余弦函数的单调区间可得[,
][0,]3
3
π
π
ϕϕπ-++⊆，由余弦函数的零点可得
0,4
26π
ϕ
π⎛⎫
-
∈ ⎪⎝⎭
，即可得解.
【详解】当[,66
x ππ
∈-时，2[,
]3
3
x π
π
ϕϕϕ+∈-
++，
又(0,)ϕπ∈，∴42,
33
x ππ
ϕ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭
， 函数()cos(2)f x x ϕ=+(0ϕ<<π)在区间,66ππ⎡⎤
-
⎢⎥⎣
⎦上单调递减，∴[,][0,]33ππϕϕπ-++⊆，即03
3πϕπϕπ⎧
-≥⎪⎪⎨⎪+≤⎪⎩
，解得233ππϕ≤≤；
令()cos(2)0f x x ϕ=+=，则()22
x k k Z π
ϕπ+=+∈，即()4
2
2
k x k Z π
ϕ
π
=
-
+
∈，由
,4
244π
ϕ
ππ⎛⎫
-
∈- ⎪⎝⎭，可得当且仅当0k =时，0,426πϕπ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭
，又函数()cos(2)f x x ϕ=+(0ϕ<<π)在区间0,6π⎛⎫
⎪⎝⎭
上存在零点，
∴
0,4
26π
ϕ
π⎛⎫
-
∈ ⎪⎝⎭，解得62
ππϕ<<；综上，ϕ的取值范围是,32ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭.
故选：D.
【点睛】本题考查了余弦函数图象与性质的应用，考查了运算求解能力，属于中档题.
【分析】先利用辅助角公式可得()sin 3f x x πω⎛
⎫=- ⎪⎝⎭，由函数()f x 在π3π,22⎛⎫ ⎪⎝⎭
上无零点，结合正弦型函数图
象与性质可知，3πππππ23232T ωωω⎛⎫⎛⎫---≤= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，并且()πππ,23
3ππ1π,
23k k ωω⎧
≤-⎪⎪⎨⎪+≥-⎪⎩
在0ω>的前提下，对k 进行赋值
解不等式求出ω的取值范围即可.
【详解】因为()1πsin sin 23f x x x x ωωω⎛
⎫==- ⎪⎝
⎭，所以若
π3π22x <<，则πππ3ππ
23323
x ωωω-<-<-，即3πππππ23232T ωωω⎛⎫⎛⎫---≤=
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则21ω≤，又0ω>，解得01ω<≤，
又()
πππ,23
3ππ1π,
23k k ωω⎧≤-⎪⎪⎨⎪+≥-⎪⎩
解得
3412323k ωω-≤≤-，当0k =时，
28
39
ω≤≤；当1k =-时，因为01ω<≤，所以可得2
09
ω<≤
．所以2280,,939ω⎛⎤⎡⎤
∈ ⎢⎥⎝⎦⎣⎦ ．
故选：B
【点睛】本题考查利用辅助角公式和正弦型函数的图象与性质求参数的取值范围；考查知识的综合运用能力；属于难度较大型试题.
【解析】根据36f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，()0f π=可知56π是4T 的奇数倍，由()f x 在,63ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递减可知2366T πππ-=…，
求出T 的取值个数即可得到ω的取值个数.
【详解】36f π⎛⎫
= ⎪⎝⎭ ，()0f π=,
21
6
4
n T π
π-∴-
=
⋅103(21)
T n π
=
-,
()f x 在,63ππ⎛⎫
⎪⎝⎭上单调递减,
2366T πππ∴-=…,3
T π
∴…
,
即
103(21)3
n n π
-…,
2110n ∴-≤，1,2,3,4,5n ∴=，
即周期T 有5个不同取值，所以ω的取值共有5个，故选：D
【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象与性质，正弦函数的周期，单调性，属于中档题.
【分析】由已知得12432πππω⨯≥-，+326k πππωπ≤-，且++426
k ππ
ππωπ≥-，解之讨论k ，可得选项.【详解】因为()f x 的图像的任何一条对称轴与x 轴交点的横坐标均不属于区间(3,4)ππ，所以12432πππω⨯≥-，所以1
12
ω<≤，故排除A ，B ；又+
32
6
k π
π
π≤ωπ-
，且++
42
6
k π
π
ππωπ≥-
，解得
3+23+5
,912
k k k Z ω≤≤∈，当0k =时，
25,912ω≤≤不满足1
12
ω<≤，当1k =时，52
,93ω≤≤符合题意，
当2k =时，811
,912
ω≤≤符合题意，
当3k =时，1114,99ω≤≤不满足1
12
ω<≤，故C 正确，D 不正确，故选：C.
【点睛】关键点睛：本题考查根据正弦型函数的对称性求得参数的范围，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，解之讨论可得选项.
【解析】由函数的对称性可得
()113
2
k k Z pw
p
j p +=
+Î、()226
k k Z pw
j p -
+=Î，两式相减进一步化简可得
()21,k k N w =+Î，根据正弦型函数的单调性得
25629312T p p p =³-，代入周期计算公式可得()11
2
k k N £Î，取54k =、
验证函数()f x 的单调性即可.【详解】由于2()3f x f x π⎛⎫
=-
⎪⎝⎭
，则()f x 关于3x π=对称，即3x π=是函数()f x 的一条对称轴，()11()sin()3332
f A A k k Z pw p
w j p j p p =+=±Þ+=+Î，①
()22sin()0666f A k k Z p pw pw j j p æöç÷-=-+=Þ-+=Îç÷èø，②①-②得
2121(),22
k k Z k k w p
p
p -+-Î=，
令12k k k =-，Z k ∈，则
2
2
k w p
p
p =+
，()21,k k Z w =+Î，
0ω> ，k N \Î，()sin()f x A x ωϕ=+的最小正周期()2221
T k N k p
p
w
=
=
Î+， ()f x 在52,369ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调， 25362291T p p p \
-=³，2216T k p p \=
³+，解得()11
2
k k N £Î，当5k =时，11ω=，则②式为2116k p j p -+=，()221
6
k k Z j p p 1=+Î，又||2
πϕ≤
，2,26k p
j \=-
=-，此时()sin 116f x A x p æö
ç÷=-ç÷è
ø，当52,369x p p æöç÷Îç÷èø时，494111,63618x p p p æö
ç÷-Îç÷èø，∴()f x 在52,369ππ⎛⎫
⎪⎝⎭上不单调，不符合题意舍去；
当4k =时，9ω=，则②式为296k p j p -+=，()2232
k k Z p
j p =+Î，又||2
πϕ≤
，∴当21k =-时， 2ϕπ
=
，此时()sin 92f x A x p æöç÷=+ç÷è
ø，
当52,369x p p æöç÷Îç÷èø时，759,242x p
p p æö
ç÷+Î
ç÷èø
，()f x 单调递增；当22k =-时，2
π
ϕ=-
，此时()sin 92f x A x p æöç÷=-ç÷èø，
当52,369x p p æöç÷Îç÷èø时，3924x p p æç-Îçè，()f x 单调递减.∴ω的最大值为9.
故选：C
【点睛】解决三角函数中已知单调区间求参数ω范围时，首先要有已知的单调区间是函数()sin()f x A x ωθ=+单调区间的子集的意识，然后明确正弦、余弦函数的单调区间长度不会超过半个周期（正切函数的单调区间长度不会超过一个周期）这一事实最终准确求得参数范围，数形结合能给解题带来比较清晰地思路.
【分析】直接利用正弦型函数的性质对称性和单调性的应用求出结果.
【详解】由于函数()sin()0,||2f x x πωϕωϕ⎛
⎫=+>< ⎪⎝
⎭的图象关于3x π=-对称，
则：132
k ππ
ωϕπ-+=+，()1k ∈Z ①，
由于06f π⎛⎫
= ⎪⎝⎭
，所以2()6k k πωϕπ+=∈Z ②，
-②①得：()2122
k k ππ
ωπ=--，
所以()()211221k k k k ω=---∈Z ，故ω为奇数，
且()f x 在11,324ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦上单调递增，
所以
112243
T πππω=≥-，解得08ω<≤．当211,2,3,4k k -=，
故ω的取值为：1，3，5，7，
当1ω=时，可以求得()sin()6
f x x π
=-，
11,324x ππ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
时，7[,[,662422x πππππ-∈⊆-，满足条件；当3ω=时，因为2
π
ϕ<
，所以不满足条件；
当5ω=时，()sin(5)6
f x x π
=+，
11,324x ππ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
时，11355[[,]6622x ππππ+∈⊆，满足条件；当7ω=时，()sin(76f x x π=-，13737[
,]6624
x πππ
-∈，既有增区间，又有减区间，所以不满足条件；
所以满足条件的ω的所有取值的个数是2，故选：D ．
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关正弦型函数的性质，正确解题的关键是要明确正弦型函数的对称性与单调性.
【分析】根据()f x 在1,32π⎛
⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，结合正弦函数的单调性可得262413
312sin 62πωππωπ⎧+≤⎪⎪
⎪-
≤-⎨⎪⎪≥⎪⎩
，从而可求得()f x 在1,32π⎛⎫
- ⎪⎝⎭
上单调递增这个条件ω的范围，再根据函数()f x 与()g x 的图象有三个交点，则在(),0x ∈-∞上函数()f x 与()g x 的图象有两个交点，即方程23610x x ω++=在(),0x ∈-∞上有两个不同的实数根，从而可得第二个条件下的ω的范围，取交集即可得出答案，注意说明0x ≥时，函数()f x 与()g x 的图象只有一个交点.
【详解】解：当0,2x π⎡⎫
∈⎪⎢⎣⎭
时，,
6626x πππωπω⎡⎫+∈+⎪⎢⎣⎭，因为()f x 在1,32π⎛⎫
- ⎪⎝⎭上单调递增，
所以262413
312sin 62πωππω
π⎧+≤⎪⎪
⎪-
≤-⎨⎪⎪≥⎪⎩，解得1243ω≤≤，又因函数()f x 与()g x 的图象有三个交点，
所以在(),0x ∈-∞上函数()f x 与()g x 的图象有两个交点，即方程231
422
x x x ωω++=在(),0x ∈-∞上有两个不同的实数根，
即方程23610x x ω++=
在(),0x ∈-∞上有两个不同的实数根，
所以22
Δ3612003
060102
ωωω⎧
⎪=->⎪-<⎨⎪⎪⨯+⨯+>⎩，解得ω>当23ω⎤∈⎥⎦
时，
当0x ≥时，令()()2sin 6f x g x x x πωω⎛
⎫-=+- ⎪⎝
⎭，
由()()10f x g x -=>，当56
2x π
πω+
=
时，73
x π
ω=，此时，()()7203
f x
g x π
-=-
<，结合图象，所以0x ≥时，函数()f x 与()g x 的图象只有一个交点，
综上所述，23ω⎤
∈⎥⎦.故选：B.
【分析】根据()|()|3f x f π≤，()503f x f x π⎛⎫
+-= ⎪⎝⎭
可确定12(),,Z m k m k ω=-+-∈，即可确定ω的取值情况，
然后结合()f x 在(,64ππ
上单调递增，进行验证即可确定答案.【详解】函数()sin()(0,||2f x A x π
ωϕωϕ=+><，()|(|3
f x f π
≤,则
,Z 3
2
k k π
π
ωϕπ+=
+∈①,
又()503f x f x π⎛⎫
+-=
⎪⎝⎭
，则5(,0)6π是函数的一个对称中心，
故
5.Z 6
m m π
ωϕπ+=∈②,两式相减得：12(),,Z m k m k ω=-+-∈ ，
()f x 在(
,64ππ
上单调递增， 则462T πππ
ω
-≤= ,则012ω<≤ ，故ω的取值在1,3,5,7,9,11之中；当1ω=时， ,Z 6
k k π
ϕπ=
+∈，||2ϕπ<
，故6
π
ϕ= ，此时若0A >，()sin(6f x A x π=+在(,64ππ
单调递增，符合题意；当3ω=时， ,Z 2
k k π
ϕπ=-+∈，||2
ϕπ
<
，不符合题意；当5ω=时， 7,Z 6k k πϕπ=-
+∈，||2
ϕπ
<，故6πϕ=- ，
此时()sin(5)6f x A x π=-，因为(,)64x ππ∈，则2135[,
]6312
x πππ
-∈ ，若0A <，()sin(56f x A x π=-在(,)64ππ
单调递增，符合题意；
当7ω=时， 11,Z 6k k πϕπ=-
+∈，||2ϕπ<，故6
πϕ= ，此时()sin(76f x A x π=+，4237[,
]6312
x πππ
+∈，故()sin(5)6f x A x π=-在(,64ππ
上不单调，不符合题意；故选：AC
【分析】根据三角函数的周期性、对称性以及函数值相等与周期之间的关系可求得ω的值.【详解】本题考查三角函数的图象及其性质，考查数学运算与逻辑推理的核心素养.设()f x 的最小正周期为T ，则由题意可得
26
3T ππ⎛⎫≥-- ⎪⎝⎭，即T π≥.由()f x 在,36ππ⎡⎤
-⎢⎣⎦
上单调，且63f f ππ⎛⎫
⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭
，得()f x 的一个零点为36212
ππ
π-+
=-.因为463f f ππ⎛⎫⎛⎫
= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，所以有以下三种情况：①。