三角函數中ω的范圍問題題型一三角函數的單調性與ω的關系[典例1]已知函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調遞減，則ω的取值范圍為()A．(0,1] B．[1,2]C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,3))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,2)))C[設函數f(x)的最小正周期為T，由題意得eq\f(T,2)≥π－eq\f(π,2)，即T≥π.又T＝eq\f(2π,ω)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2π,ω)≥π，,ω＞0，))解得0＜ω≤2.又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,6)，πω＋\f(π,6)))，所以eq\f(π,6)＜eq\f(π,2)ω＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6).要使函數f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調遞減，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)≤\f(π,2)ω＋\f(π,6)，,πω＋\f(π,6)≤\f(3π,2)，))解得eq\f(2,3)≤ω≤eq\f(4,3).故選C．]根據正弦函數的單調遞減區間，確定函數f(x)的單調遞減區間，從而建立關于ω的不等式組，求得ω的取值范圍．[跟進訓練]1．若函數f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx－1在[0,2π]上恰有5個零點，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,15)))上單調遞增，則正實數ω的取值范圍為__________.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(5,2)))[依題意，函數f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))－1，由f(x)＝0，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＝eq\f(1,2)，則ωx＋eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(π,6)或ωx＋eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z.由x∈[0,2π]，得ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3)))，由f(x)在[0,2π]上恰有5個零點，得eq\f(29π,6)≤2πω＋eq\f(π,3)<eq\f(37π,6)，解得eq\f(9,4)≤ω<eq\f(35,12).由－eq\f(π,2)≤ωx＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)，得－eq\f(5π,6ω)≤x≤eq\f(π,6ω)，即函數f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6ω)，\f(π,6ω)))上單調遞增，因此eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,15)))?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6ω)，\f(π,6ω)))，即－eq\f(5π,6ω)≤－eq\f(π,4)，且eq\f(π,6ω)≥eq\f(π,15)，解得0<ω≤eq\f(5,2)，所以eq\f(9,4)≤ω≤eq\f(5,2).所以正實數ω的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(5,2))).]題型二三角函數圖象的對稱性與ω的關系[典例2](2025·青島模擬)若函數f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx(ω＞0)的圖象在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上僅有一條對稱軸及一個對稱中心，則ω的取值范圍為()A．(5,8) B．(5,8]C．(5,11] D．[5,11)B[由題意，函數f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，因為x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，可得eq\f(π,6)＜ωx＋eq\f(π,6)＜eq\f(π,6)(1＋ω)，要使得函數f(x)的圖象在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上僅有一條對稱軸及一個對稱中心，則滿足π＜eq\f(π,6)(1＋ω)≤eq\f(3π,2)，解得5＜ω≤8，所以ω的取值范圍為(5,8]．]解決此類問題的關鍵在于弄清周期T＝eq\f(2π,ω)與所給區間的關系，建立關于ω的不等式組，進而求出ω的取值范圍．[跟進訓練]2．已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0)，若直線x＝eq\f(π,2)是函數y＝f(x)的圖象的一條對稱軸，點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))是函數y＝f(x)的圖象的一個對稱中心，則ω的最小值為________.eq\f(1,2)[根據題意可得ω×eq\f(π,2)＋φ＝eq\f(π,2)＋k1π，ω×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＋φ＝k2π，k1，k2∈Z，兩式相減得ωπ＝eq\f(π,2)＋(k1－k2)π＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，又ω＞0，故ωmin＝eq\f(1,2).]題型三三角函數的最值與ω的關系[典例3]已知函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(2π,3)))上單調遞增，且f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6)))上只取得一次最大值，則ω的取值范圍為()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(1,2))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(1,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(4,5))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(4,5)))B[由于函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(2π,3)))上單調遞增，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(2π,3)))，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)ω＋\f(π,6)，\f(2π,3)ω＋\f(π,6)))，－eq\f(5π,6)ω＋eq\f(π,6)≥－eq\f(π,2)且eq\f(2π,3)ω＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)，解得ω≤eq\f(4,5)且ω≤eq\f(1,2)，所以0＜ω≤eq\f(1,2).又因為f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6)))上只取得一次最大值，即x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6)))時，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)ω＋\f(π,6))).所以eq\f(π,2)≤eq\f(5π,6)ω＋eq\f(π,6)＜eq\f(5π,2)，解得eq\f(2,5)≤ω＜eq\f(14,5).綜上，ω的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(1,2))).故選B.]利用三角函數的最值、極值與區間的關系，可以列出關于ω的不等式，進而求出ω的取值范圍．[跟進訓練]3．若函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在區間(π，2π)內沒有最值，則ω的取值范圍是________.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,12)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(7,12)))[由f(x)在區間(π，2π)內沒有最值，知f(x)在區間(π，2π)上單調．由x∈(π，2π)可得ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωπ＋\f(π,3)，2ωπ＋\f(π,3))).當f(x)在區間(π，2π)上單調遞增時，可得－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωπ＋eq\f(π,3)<2ωπ＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(5,6)＋2k≤ω≤eq\f(1,12)＋k，k∈Z，當k≠0時，無解，令k＝0，得－eq\f(5,6)≤ω≤eq\f(1,12)，又ω>0，故0<ω≤eq\f(1,12)；當f(x)在區間(π，2π)上單調遞減時，可得eq\f(π,2)＋2kπ≤ωπ＋eq\f(π,3)<2ωπ＋eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(1,6)＋2k≤ω≤eq\f(7,12)＋k，k∈Z，當k≠0時，無解，令k＝0，得eq\f(1,6)≤ω≤eq\f(7,12).綜上，ω∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,12)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(7,12))).]題型四三角函數的零點與ω的關系[典例4](2025·濟南調研)已知函數f(x)＝sinπωx－eq\r(3)cosπωx(ω＞0)在[0,1]內恰有3個最值點和4個零點，則實數ω的取值范圍是________.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(23,6)))[因為f(x)＝sinπωx－eq\r(3)cosπωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πωx－\f(π,3)))(ω＞0)，且當0≤x≤1時，－eq\f(π,3)≤πωx－eq\f(π,3)≤πω－eq\f(π,3)，又函數f(x)在[0,1]內恰有3個最值點和4個零點，所以3π≤πω－eq\f(π,3)＜eq\f(7π,2)，解得eq\f(10,3)≤ω＜eq\f(23,6).]三角函數相鄰兩個零點之間的“水平間隔”為eq\f(T,2)，根據三角函數的零點個數，可以研究ω的取值范圍．[跟進訓練]4．(多選)已知函數f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω＞0)，則下列說法正確的是()A．若f(x)＝f(π－x)，則ω的最小值為eq\f(3,2)B．若將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,2)個單位長度得到的圖象對應的函數是奇函數，則ω的最小值為eq\f(3,2)C．若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調遞減，則0＜ω≤eq\f(3,4)D．若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上只有1個零點，則0＜ω＜eq\f(5,4)ABC[對于A，由f(x)＝f(π－x)，可得f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(π,2)對稱，所以ω·eq\f(π,2)＋eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，可得ω＝2k－eq\f(1,2)，k∈Z，因為ω＞0，所以ω的最小值為eq\f(3,2)，故A正確；對于B，將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,2)個單位長度得到的圖象對應的函數是g(x)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a