2024届高三三角函数与解三角形专题2 三角函数中“ω”的取值范围（解析版）

专题2三角函数中“ω”的取值范围2022·全国甲卷（理）T11π1．设函数fx()=sinωx+在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）35135191381319A．,B．,C．,D．,36366366【答案】Cπ【分析】由x的取值范围得到ωx+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．3πππ【详解】解：依题意可得ω>0，因为x∈(0,π)，所以ωx+∈,ωπ+，333π要使函数在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，又yx=sin，x∈,3π的图象如下所示：35ππ138138则<+≤ωπ3π，解得<≤ω，即ω∈,．2363632023·新高考Ⅰ卷T151/18学科网（北京）股份有限公司 2．已知函数fx()=cosωωx−>1(0)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fx()0=，得cosωx=1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02≤x≤π，所以02≤ωωx≤π，令fx()=cosωx−=10，则cosωx=1有3个根，令tx=ω，则cost=1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]，结合余弦函数yt=cos的图像性质可得4π≤<2ωπ6π，故23≤<ω，2023·新高考Ⅱ卷T161π3．已知函数fx()=sin(ωϕx+)，如图A，B是直线y=与曲线yfx=()的两个交点，若AB=，则26f(π)=．3【答案】−211π12π【分析】设Ax12,,,Bx，依题可得，xx21−=，结合sinx=的解可得，ω(xx21−=)，从而得2262322到ω的值，再根据fπ=0以及f(00)<，即可得fx()=sin4x−π，进而求得f(π)．3311ππ【详解】设Ax12,,,Bx，由AB=可得xx21−=，22661π5π由sinx=可知，xk=+2π或xk=+2π，k∈Z，由图可知，2665π2π2πωϕωϕxx21+−(+=−=)π，即ω(xx21−=)，∴=ω4．663328π8π8因为fπ=sin+=ϕ0，所以+=ϕkπ，即ϕ=−+πkπ，k∈Z．333382所以fx()=sin4x−+=πkπsin4x−+πkπ，3322所以fx()=sin4x−π或fx()=−−sin4xπ，332/18学科网（北京）股份有限公司 223又因为f(00)<，所以fx()=sin4x−π，∴=f(π)sin4π−=π−．3322022·全国乙卷数学（理）T153π4．记函数fx()=cos(ωϕωx+)(><<0,0ϕπ)的最小正周期为T，若fT()=，x=为fx()的零点，则ω29的最小值为．【答案】33π【分析】首先表示出T，根据fT()=求出ϕ，再根据x=为函数的零点，即可求出ω的取值，从而得29解；【详解】解：因为fx()=cos(ωϕx+)，（ω>0，0<<ϕπ）2π2π3所以最小正周期T=，因为fT()=cosωϕ⋅+=cos2(π+=ϕϕ)cos=，ωω2ππ又0<<ϕπ，所以ϕ=，即fx()=cosωx+，66ππππ又x=为fx()的零点，所以ω+=+kkπ,Z∈，解得ω=39,+∈kkZ，9962因为ω>0，所以当k=0时ωmin=3；重点题型·归类精讲题型一在某区间上满足1个条件限制π7π1．已知函数fx()=−>cosωωx(0)在区间,2π上有且只有3个零点，则ω的取值范围是66ω____________.117【答案】,637πππ解：xx∈,2π⇒ω−∈π,2πω−6ω66π7π由于fx()=−>cosωωx(0)在区间,2π上有且只有3个零点，则有66ω7ππ9π117117≤2πω−<⇒≤<ω，所以,w的取值范围是,26263633/18学科网（北京）股份有限公司 2023·湖南郴州·统考三模π2．（多选）设函数gx()=sinωωx(>0)向左平移个单位长度得到函数fx()，已知fx()在[0,2π]上有且5ω只有5个零点，则下列结论正确的是（）πA．fx()的图象关于点,0对称2B．fx()在(0,2π)上有且只有5个极值点πC．fx()在0,上单调递增101229D．ω的取值范围是,510【答案】CDπ1229【分析】根据图象平移得fx()=sin(ωx+)，结合零点个数及正弦型函数的性质可得≤<ω，5510进而判断极值点个数判断B、D；代入法判断A，整体法判断C.πππππ【详解】由题设fxgx()=+=()sin(ωx+)，在[0,2π]上，若tx=+∈ωω[,2π+]，55ω555πππ1229所以yt=sin在[,2ωπ+]上有5个零点，则5π≤2ωπ+<6π，解得≤<ω，D正确；555510ππ在(0,2π)上t∈+(,2ωπ)，由上分析知：极值点个数可能为5或6个，B错误；55πππππ7π33ππf()=sin(ω+)且ω+∈[,)，故f()不为0，A错误；225255202ππππππ11π49ππ在0,上t∈+(,ω)，则ω+∈[,)，故yt=sin递增，即fx()在0,上递增，C1051051052510010正确.故选：CD2024届·江苏省南京市六校联合调研（10月）3．（多选）已知函数fx()=sinωx+>3cosωωx(0)，下列说法正确的是（）A．函数fx()的值域为[−22,]2πB．若存在xx12,∈R，使得对∀∈xR都有fx(12)≤≤fxfx()()，则xx12−的最小值为ωππ1C．若函数fx()在区间−,上单调递增，则ω的取值范围为0,632138D．若函数fx()在区间(0,π)上恰有3个极值点和2个零点，则ω的取值范围为,634/18学科网（北京）股份有限公司 【答案】ACD【分析】化简fx()的解析式，根据三角函数的值域、最值、周期、单调性、极值点等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.π【详解】已知函数fx()=2sinωx+，可知其值域为[−22,]，故选项A正确；3若存在xx12,∈R，使得对∀∈xR都有fx(12)≤≤fxfx()()，Tπ所以xx12−的最小值为=，故选项B错误；2ωπππ函数fx()的单调递增区间为2kxkπ−≤+≤+ω2π，2325ππ2kkπ−+2π66xk∈∈,Z()，ωω5π2kπ−6π≤−ω611所以，令k=0，则0,<≤∴ωω的取值范围为0,，故选项C正确；2kπ+π226π≥ω3πππ若函数fx()在区间(0,π)上恰有3个极值点和2个零点，ωωx+∈,π+，3335ππ138由如图可得：<+≤⇒<≤ωωπ3π，2363138∴ω的取值范围为,，故选项D正确632024届·广东省六校第二次联考ππ5π4．已知函数fx()=4cosωωx+sinx+−cos(π2)ωx，其中ω>0．若函数fx()在−,上为增函数，666则ω的最大值为（）313A．B．C．D．21022【答案】Aπ5π【分析】先将fx()的函数式化简成形如yA=sin(ωθx++)k的形式，根据fx()在−,上为增函数，列出66关于ω的不等式组求解即可．5/18学科网（北京）股份有限公司 π31【详解】fx()=4cosωx+sinωx+−=cos(π2ωx)4cosωx−sinωωxsinx−cos2ωx622222=23cosωωxxsin−−+=2sinωxcosωxsinωx3sin2ωx−1，π5πωωπ5π当x∈−,时，2,ωx∈−，6633ωππ−≥−π5π323若函数fx()在−,上为增函数，则，由ω>0，解得0<≤ω，665ωπ≤π10323则ω的最大值为．102024届长郡中学月考（二）2ωx115．已知函数fx()=sin+sinωωx−>(0)，xR∈.若fx()在区间(,2)ππ内没有零点，则ω的取值范围222是1155115A．0,B．0,∪,1C．0,D．0,∪,8488848【答案】Dπ2πkπ+【分析】先把fx()化成fx()=sinωx−，求出fx()的零点的一般形式为4，根据fx()24x=,kZ∈ω在区间(,2)ππ内没有零点可得关于k的不等式组，结合k为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.1cos−112π【详解】由题设有fx()=ωωx+sinx−=sinωx−，22224ππkπ+令fx()=0，则有ωπx−=kkZ,∈即4.4x=,kZ∈ω因为fx()在区间(,2)ππ内没有零点，ππ5kkππ++故存在整数k，使得44，≤<<ππ2ωω1ω≥+k415k即，因为ω>0，所以k≥−1且k+≤+，故k=−1或k=0，ω≤+k542828115所以0<≤ω或≤≤ω，8482024届浙江省名校协作体高三上学期适应性考T76/18学科网（北京）股份有限公司 ππ6．已知函数fx()=+>sin(ωωx)(0)在(,π)上恰有1个零点，则ω的取值范围是（）33258258A．(0,)∪[,]B．(,]∪[2,]3333335811811C．[,2)∪[,]D．(0,2]∪[,]33333【答案】Bπππππππ【分析】令tx=+∈ω(,ωω+π+)，将问题转化为yt=sin，t∈++(,ωωπ)只有1个零点，则3333333ππkkπ−≤πω+<π33（k∈Z），从而讨论可求出结果.kkπ<+≤+πωπππ3ππππππ【详解】令tx=+∈ω(,ωω+π+)，因为函数fx()=+>sin(ωωx)(0)在(,π)上恰有1个零点，即转化为333333πππyt=sin，t∈++(,ωωπ)只有1个零点，333ππkkπ−≤πω+<π34kk−≤<−ω3133故可得（k∈Z），即12（k∈Z），kkπ<+≤+πωπππkk−<≤+ω3331kk−<−313234kk−≤+又ω>0，要使上述方程组有解，则需3（k∈Z），2k+>03310k−>17258所以<≤k（k∈Z），故k=1,2，当k=1时，<≤ω，当k=2时，2≤≤ω33333ππ7π7．函数fx()=+>sinωωx(0)在,内恰有两个最小值点，则ω的范围是（）4441313A．,4B．,37744C．,4D．,333【答案】B【分析】根据正弦型函数的最小值的性质，结合题意进行求解即可.ππ7π【详解】因为函数fx()=+>sinωωx(0)在,内恰有两个最小值点，ω>0，4441711713所以最小正周期满足π−π=≤<−πTππ=π,344244242π7ω15所以<=≤ω4,π<π+π≤π，3T124447/18学科网（北京）股份有限公司 4<≤ω4313所以有：⇒<≤ω37π<7ωπ+≤π11π72442π18．已知函数fx()=−+>cosωωωxsinx(0)，若fx()在[0,π]上的值域为−1,，则ω的取值范围62为（）2247427A.,1B.,C.,D.,3336336【答案】B【解析】ππ【分析】化简函数解析式可得fx()=cosωx+，求出ωx+的范围，再由函数的值域可得33π5ππ≤+≤ωπ，解不等式即可求解.33π【详解】函数fx()=−+cosωωxsinx可化为6ππ13πfx()=cosωωx−−=−=+sinxcoscosωxsincosωxsinωωxcosx，66223π所以fx()=cosωx+，3πππ因为0≤≤xπ，所以≤+≤ωωxπ+，3331因为fx()在[0,π]上的值域为−1,，2π5π所以π≤+≤ωπ，332424所以≤≤ω，所以ω的取值范围为,.33332024届山东联考ππ3π9．若函数fx()=+>cosωωx(0)在区间,上恰有两个零点，则ω的取值范围是（）52223112311A．,B．,1551558/18学科网（北京）股份有限公司 2311134323111343C．,,D．,,155515155515【答案】C【分析】利用整体思想，结合余弦函数得图象与性质列出不等式组，解之即可.TT3ππ3πππ3ππ【详解】由题可知<−≤，解得13<≤ω，ωω+<+<xω+．222225525ππ3π因为函数fx()=cosωx+在区间,上恰有两个零点，522πππ3π3πππ5π≤+<ω,≤+<ω,22522252所以或5π<3πω+≤π7π,7π<3πω+≤π9π,225222522311134323111343解得<≤ω或≤≤ω，即ω∈,,．1555151555152024届·长沙一中月考（二）ππ10．函数fx()=2sin(ωϕx+)（ω>0，<<ϕπ）的部分图象如图所示，若gx()=fx()1+在[],π上有且26仅有3个零点，则ω的最小值为（）5199A．B．3C．D．262【答案】Aπ【分析】先求得ϕ，然后根据gx()=fx()1+在[],π上有且仅有3个零点列不等式，从而求得ω的取值范围，6进而求得正确答案.3【详解】由图可知f(0=2sin=3,sin=)ϕϕ，2π2π2π由于<<ϕπ，所以φ=，fx()=2sin(ωx+)2332π令gx()=2sinωx++1=0，32π1ππ2π2π2π得sinωx+−=，由≤≤xπ得ωω+≤+≤+xπω，3266333π依题意，gx()=fx()1+在[],π上有且仅有3个零点，69/18学科网（北京）股份有限公司 2ππ2π7π<+≤ω3636故当ω取值最小时，有，3π+≤+<−ππω2π4ππ63655解得≤≤ω3，所以ω的最小值为.222024届·合肥一中高三上学期第一次检测（10月）ππ11．已知函数fx()=2sin(ωϕx+)，其中ω>0，0<<ϕπ，且fxf()≤恒成立，若fx()在区间0,上32恰有3个零点，则ω的取值范围是（）91591599A．,B．,C．,9D．,9222222【答案】Aπππω【分析】分析可得f=2，可得出ϕ=+−2kkπ(∈Z)，再结合题意可得出关于ω的不等式，结合k323的取值可求得ω的取值范围.πππω【详解】因为fxf()≤恒成立，则f=2sin+=ϕ2，333πωπππω所以，+=+ϕ2kkπ(∈Z)，则ϕ=+−2kkπ(∈Z)，3223ππω当0<<x时，ϕωϕ<+<+xϕ，22因为0<<ϕπ，则f(0)=sinϕ>0，0<<ϕππ因为fx()在区间0,上恰有3个零点，则πω，23π<+≤ϕ4π2ππω02<+−<kππ332366kk−<<+ω即，k∈Z，解得22，k∈Z，3π<+≤πωϕ4π1512−<≤−kkω211223335假设ω不存在，则6kk−≥−2112或6kk+≤−1512，解得k≤或k≥，224435因为ω存在，则<<k，因为k∈Z，则k=1.44915<<ω915所以，22，可得<<ω39<≤ω222024届·广州市越秀区高三上学期月考（十月）12．函数fx()=sinωωx(>0)，将fx()的图象上所有的点纵坐标保持不变横坐标变为原来的ω倍，然后将10/18学科网（北京）股份有限公司 π所得图象向左平移个单位长度得到函数gx()，则化简后gx()=，若函数hx()=fgx(())−1在2(0,2π)内恰有4个零点，则ω的取值范围是.3π5π【答案】cosx,22【分析】根据三角函数图象平移可得gx()=cosx，再代入fgx(())−=10，数形结合求解即可π【详解】由题意gx()=sinx+=cosx，又hx()=fgx(())−1在(0,2π)内恰有4个零点，2故fx(cos)−=10，即sin(ωcosx)=1在(0,2π)内恰有4个零点，π则ωcosx=+∈2kkπ,Z()在(0,2π)内恰有4个零点，2π3π数形结合可得，当k=0时ωcosx=有两根，当k=−1时ωcosx=−也有两根，223π−<−ω23π5π3π5π故，即<≤ω，故ω的取值范围是,.ω≤5π22222题型二在某区间上单调2023武汉市华中师大附一中高三上期中ππ13．函数fx()=2sin2ωωx+>(0)在,π上单调递增，则ω的最大值为．621【答案】6ππππ【分析】由x∈,π得到2ωx+∈πωω+,2π+，结合正弦函数图象得到不等式组，求出266621−+<+2kk21361−+≤≤+2kkω，k∈Z，利用，求出k=0，从而得到0<≤ω，得到答案.361+>k06611/18学科网（北京）股份有限公司 ππππ【详解】x∈,π，则2ωx+∈πωω+,2π+，2666π因为ω>0，所以要想fx()在,π上单调递增，2ππππ需要满足πω+≥−+2kπ且2πω+≤+2kπ，k∈Z，626221解得：−+≤≤+2kkω，k∈Z，3621−+<+2kk3615所以，解得：−<<k，1+>k0666因为k∈Z，所以k=0，1因为ω>0，所以0<≤ω，61ω的最大值是.6ππ3π14．已知函数fx()=sinωx+>3cosωωx(0)在0,上存在零点，且在,上单调，则ω的取值范围为324（）77267A．(2,4)B．2,C．,D．,42393【答案】Cππ2π3ππ【分析】由三角函数的图象与性质可得ω+>π及T=≥−2，33ω423πωππ≤+223继而可得，计算可得结果.3ωπ+≤π5π432π【详解】化简fx()=sinωωωx+=+3cosx2sin(x)，3πππππππ在x∈0,时，ωωx+∈,+，该区间上有零点，故ωω+>⇒>π2，3333333π3π2π3ππ又x∈,时fx()单调，则T=≥24−⇒≤ω，即ω∈(2,4]，24ω424πωωππ7π3πππ<+≤≤+3233223726故⇒⇒∈ω,11π3ωωππ10π3ππ5π39<+≤+≤6433432总结：有难度，先通过无零点区间和周期求出ω大致范围，进一步确定单调区间的增减性，最终得出ω范围2023届杭州市二模T812/18学科网（北京）股份有限公司 π5ππ515．已知fx()=sin(ωφx+)(ω>0)满足f()1=，fπ=0且fx()在,上单调，则ω的最大值为（）43461218630A．B．C．D．7171717【答案】B【分析】通过对称轴与对称点得出ω的式子，再通过单调得出ω的范围，即可得出答案.π5【详解】fx()=sin(ωφx+)(ω>0)满足f()1=，fπ=0，435πTnT17π∴−=+π，即Tn=(∈N)，344236+n612+n∴=ω(n∈N)，17ππ5fx()在,上单调，46572πππTπ12∴−=≤=，即ω≤，641222ω718∴当n=1时ω最大，最大值为，17故选：B.2024届·重庆市高三上学期入学调研ππ16．已知函数gx()=sin2ωωx+>(0)在区间,π上是单调的，则ω的取值范围是（）321717117117A．,B．,C．0,,D．0,,612312126126312【答案】C【分析】三角函数在区间上单调，可知在区间内不含对称轴，构建不等式即可求得ω的取值范围.π【详解】因为gx()=sin2ωωx+>(0)，3ππ1π令22ωxk+=+π,(k∈Z)，可得对称轴方程xk=+π(k∈Z)，3226ωππ函数gx()=sin2ωωx+>(0)在区间,π上是单调的，321π1ππ∴T≥,且xk=+∉π,π，(k∈Z)，2226ω212ππ∴⋅≥即01<≤ω，22ω2ππ函数gx()=sin2ωωx+>(0)在区间,π上是单调的，3213/18学科网（北京）股份有限公司 1ππ+≤kπ26ω261kk++67所以，即≤≤ω(k∈Z)，1π612++(k1)π≥π26ω又01<≤ω，117可得0<≤ω或≤≤ω126122023·杭州二模T8（改）π4ππ2π17．已知函数fx()=+>sin(ωϕωx)(0)满足ff=1,=0，且fx()在区间,上单调，则ω的4343最大值为.30【答案】13π2ππ4π【分析】由函数在区间,上单调，求出ω的取值范围，再由f=1，f=0得到43432k−113π*Tk=,N∈，即可求出的取值集合，从而求出ω的最大值；4122π5ππ2πT2ππ5π5π≥12【详解】因为fx()在区间,上单调，所以≥−=，∴≥T，∴ω6，解得0<≤ω；43234126ω>05π4π因为f=1，f()0=，43214k−ππ13π*13π2π13π所以Tk=−=,N∈，所以T=，所以=，434123(2k−1)ω3(2k−1)6(2k−1)*所以ω=,Nk∈；136(2k−1)12316(231)×−30当ω=≤，解得k≤，所以ωmax==.135101313π218．已知函数fx()=sinωx−>3cosωωx(0)在0,上存在最值，且在π,π上单调，则ω的取值范围33是.1117【答案】,46π【分析】利用辅助角公式化简函数fx()的解析式，利用函数fx()在区间0,上存在最值，以及函数fx()32在π,π上单调分别求出ω的取值范围，取交集可得ω的取值范围.3π【详解】因为fx()=sinωωxx−3cos=2sinωx−，314/18学科网（北京）股份有限公司 ππππωπ当0<<x时，因为ω>0，则−<−<−ωx，33333ππωππ5因为函数fx()在0,上存在最值，则−>，解得ω>，333222π2πωπππ当<<xπ时，−<−<−ωωxπ，3333322πωππππ因为函数fx()在π,π上单调，则−,πω−⊆−+kkkπ,π(∈Z)，3333222πωππ−≥−kπ332315所以，，其中k∈Z，解得k−≤≤+ωkk(∈Z)，πω−≤+πkππ2463231513所以，kk−≤+，解得k≤，又因为ω>0，则k∈{0,1,2}.246655111117当k=0时，0<≤ω；当k=1时，≤≤ω；当k=2时，≤≤ω.6464651117又因为ω>，因此，实数ω的取值范围是,246题型三涉及多个函数性质2024届深圳宝安区10月调研2π19．先将函数fx()=cosx的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的312π(ω>0)，纵坐标不变，所得图象与函数gx()的图象关于x轴对称，若函数gx()在0,上恰有两个ω3ππ零点，且在−,上单调递增，则ω的取值范围是．121211【答案】,442π【分析】先根据题目的要求平移伸缩对称变换得到gx()的解析式，然后结合函数在0,上恰有两个零点3ππ以及在−,上单调递增，列出不等式组，即可求得本题答案.12122π2π【详解】函数fx()的图象向左平移个单位长度，得到yx=cos+的图象，3312π再将图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到yx=cosω+的图象，因为函数gx()的ω32π图象与yx=cosω+的图象关于x轴对称，315/18学科网（北京）股份有限公司 2π2πππ所以gx()=−+cosωx=sinωx+−=sinωx+，33262ππ2ωπ因为0≤≤xπ，所以≤+≤ωxπ+，36636π2π又因为gx()=sinωx+在0,恰有2个零点，且sin(kπ)=0，k∈Z，632ωπ1117所以2π≤π+<3π，解得≤ω<，3644πππ2π2kkππ2πk∈Z，得22k∈Z，令k=0，得gx()在令−+2kx22π≤+≤+ω2kπ，2−+≤≤+x，2226233ωωωω2ππππ2ππ−,上单调递增，所以−,⊆−,，33ωω121233ωω2ππ−≤−3ω12所以，又ω>0，解得04<≤ω．π≥π3ω121111综上所述，≤≤ω4，故ω的取值范围是,4443π20．记函数fx()=cos(ωϕωx+)(><<0,0ϕπ)的最小正周期为T，若fT()=，x=为fx()的零点，则29ω的最小值为．【答案】33π【分析】首先表示出T，根据fT()=求出ϕ，再根据x=为函数的零点，即可求出ω的取值，从而得29解；【详解】解：因为fx()=cos(ωϕx+)，（ω>0，0<<ϕπ）2π2π3所以最小正周期T=，因为fT()=cosωϕ⋅+=cos2(π+=ϕϕ)cos=，ωω2ππ又0<<ϕπ，所以ϕ=，即fx()=cosωx+，66ππππ又x=为fx()的零点，所以ω+=+kkπ,Z∈，解得ω=39,+∈kkZ，9962因为ω>0，所以当k=0时ωmin=3；故答案为：3湖北省黄冈市2023-2024学年高三上学期9月调研ππ3π7π3π21．已知函数fx()=sin(ωϕx+−<<)ϕ在,内单调递减，x=是函数fx()的一条对称轴，且22888π7π函数yfx=+为奇函数，则f=（）82416/18学科网（北京）股份有限公司 313A．−B．−1C．D．222【答案】D【分析】利用正弦型函数的对称性、奇偶性、单调性进行求解即可.3π7π3π【详解】因为函数fx()在,内单调递减，x=是函数fx()的一条对称轴，8887π3π17π3π12π所以有−≤⇒−≤⋅⇒≤Tω2，882882ω3ππ所以ωϕ⋅+=+2kkπ(∈Z1)()，82πωπ因为yfx=+=sinωϕx++是奇函数，88ωπ所以+=ϕmmπ(∈Z2)()，由(12)−()可得：ω=42(km−+)2，8而ω≤2，所以ω=±2，2ππ当ω=2时，+=ϕϕmmπ(∈⇒=−Z)mπ(m∈Z)，84πππ因为−<<ϕ，所以ϕ=−，224π即fx()=sin(2x−)，43π7πππ3π当x∈,时，2,x−∈，显然此时函数单调递减，符合题意，884227π7πππ3所以f()=×−=sin(2)sin=；24244322ππ当ω=−2时，−+=ϕϕmmπ(∈⇒=+Z)mπ(m∈Z)，84πππ因为−<<ϕ，所以ϕ=，224π即fx()=sin(2x+)，43π7ππ当x∈,时，2x+∈(π,2π)，显然此时函数不是单调递减函数，不符合题意8842023·山东淄博·统考三模π22．已知函数fx()=sinωx−>3cosωωx(0)的零点是以为公差的等差数列.若fx()在区间[0,m]上单调递增，2则m的最大值为______.5π【答案】12【分析】先化简函数，利用零点求出ω，根据单调递增求出m的值.17/18学科网（北京）股份有限公司 13π【详解】因为fx()=sinωx−>3cosωωx(0)，所以fx()=−=−2sinωωωxcosx2sinx，223π2π因为fx()的零点是以为公差的等差数列，所以周期为π，即=π，解得ω=2；2ωπππ当xm∈[0,]时，2xm−∈−,2−，333ππ5π因为fx()在区间[0,m]上单调递增，所以2m−≤，解得m≤.32125π所以m的最大值为.1218/18学科网（北京）股份有限公司