第17讲函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象及应用课件-2026年广东省学考数学备考复习

该高中数学高考复习课件聚焦函数y=A sin(ωx + φ)的图象及应用专题，依据高考评价体系梳理了图象变换（两种途径）、性质应用（三角函数模型、方程根转化）等核心考查点，通过考点精析明确“图象变换辨析”“实际问题建模”等常考题型，体现备考针对性和实用性。 课件亮点在于“必备知识系统梳理+归纳总结应试技巧”，如通过对比两种图象变换途径突破易错点，利用换元法和数形结合培养数学思维，结合三角函数模型应用实例发展数学语言表达能力。助力学生掌握变换规律与建模方法，教师可据此构建高效复习课堂，提升备考效率。

第17讲　函数y＝A sin (ωx＋φ) 的图象及应用 必备知识 1 考点精析 2 综合提升 3 必备知识 PART 01 第一部分 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 2.函数y＝sin x的图象经变换得到y＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的图象的两种途径 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 考点精析 PART 02 第二部分 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 归纳总结　(1)三角函数模型的应用体现在两方面：一是已知函数模型求解数学问题；二是把实际问题抽象转化成数学问题，建立数学模型再利用三角函数的有关知识解决问题． (2)方程根的个数可转化为两个函数图象的交点个数． (3)研究y＝A sin (ωx＋φ)的性质时可将ωx＋φ视为一个整体，利用换元法和数形结合思想进行解题． ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 综合提升 PART 03 第三部分 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 eq \f(π－φ,ω) eq \f(3π,2ω) － eq \f(φ,ω) eq \f(2π－φ,ω) 1．用五点法画y＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，x∈R)一个周期内的简图时，要找五个特征点 x __________ __________ ________ __________ ________ ωx＋φ 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π y＝A sin (ωx＋φ) 0 A 0 －A 0 － eq \f(φ,ω) eq \f(π,2ω) － eq \f(φ,ω) 3．简谐运动的有关概念 y＝A sin (ωx＋φ) (A＞0，ω＞0)， x≥0 振幅 周期 频率 相位 初相 A T＝______ f＝ eq \f(1,T) ＝ eq \f(ω,2π) ωx＋φ φ eq \f(2π,ω) 1．函数y＝A sin (ωx＋φ)＋k的图象平移的规律为“左加右减，上加下减”． 2．由y＝sin ωx到y＝sin (ωx＋φ)(ω＞0，φ＞0)的变换：向左平移 eq \f(φ,ω) 个单位长度而非φ个单位长度． 3．若函数y＝A sin (ωx＋φ)＋k(A>0，ω>0)的最大值为M，最小值为m，则A＝ eq \f(M－m,2) ，k＝ eq \f(M＋m,2) . 考点一　函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象及变换 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) INCLUDEPICTURE "F:\\2024课件徐\\6.25 广东学考\\学业水平政治\\例1.tif" \* MERGEFORMAT (1)(2022·广东学考)为了得到函数y＝cos 的图象，只要把余弦曲线上的所有的点(　　) A．向左平移 eq \f(1,3) 个单位长度 B. 向右平移 eq \f(1,3) 个单位长度 C. 向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度 D. 向右平移 eq \f(π,3) 个单位长度 解析：将余弦曲线上的所有点向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度可得y＝cos (x＋ eq \f(π,3) )的图象，故选C. (2)已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) ，若将f(x)的图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度后，再把所得曲线上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象，则(　　) A．g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6))) B．g(x)＝sin 4x C．g(x)＝sin x D．g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) 解析：将函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) 的图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度，可得函数y＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6))) ＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) 的图象； 再把y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) 图象上所有点的横坐标伸长到原来2倍(纵坐标不变)得到函数g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) 的图象． 归纳总结　(1)五点法作简图：用“五点法”作y＝A sin (ωx＋φ)的简图，主要是通过变量代换，设z＝ωx＋φ，由z取0， eq \f(π,2) ，π， eq \f(3π,2) ，2π来求出相应的x，通过列表，计算得出五点坐标，描点后得出图象． (2)图象变换：由函数y＝sin x的图象通过变换得到y＝A sin (ωx＋φ)的图象，有两种主要途径：“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”． 考点二　由图象确定y＝A sin (ωx＋φ)的解析式 \f(π,2) INCLUDEPICTURE "F:\\2024课件徐\\6.25 广东学考\\学业水平政治\\例2.tif" \* MERGEFORMAT (1)已知函数f(x)＝2cos (ωx＋φ)(|φ|<)的部分图象如图所示，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))) ＝__________． － eq \r(3) 解析：设函数f(x)的最小正周期为T.由题意可得 eq \f(3,4) T＝ eq \f(13π,12) － eq \f(π,3) ＝ eq \f(3π,4) ，所以T＝π，ω＝ eq \f(2π,T) ＝2. 当x＝ eq \f(13π,12) 时，ωx＋φ＝2× eq \f(13π,12) ＋φ＝2kπ，k∈Z，所以φ＝2kπ－ eq \f(13,6) π(k∈Z)，令k＝1可得φ＝－ eq \f(π,6) ，所以f(x)＝2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) ，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))) ＝ 2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,2)－\f(π,6))) ＝2cos eq \f(5π,6) ＝－ eq \r(3) . 故答案为－ eq \r(3) . (2)函数f(x)＝cos (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2))) 的部分图象如图所示， 则函数f(x)的解析式为__________________．　 解析：根据题图，可得 eq \f(T,4) ＝ eq \f(7π,12) － eq \f(π,3) ＝ eq \f(π,4) ，即T＝π＝ eq \f(2π,ω) ，解得ω＝2.点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0)) 是五点作图的第二个点，则2× eq \f(π,3) ＋φ＝ eq \f(π,2) ，解得φ＝－ eq \f(π,6) ，满足|φ|< eq \f(π,2) ，所以f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) . f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) 归纳总结　确定y＝A sin (ωx＋φ)＋b(A＞0，ω＞0)的步骤和方法 (1)求A，b，确定函数的最大值M和最小值m，则A＝ eq \f(M－m,2) ，b＝ eq \f(M＋m,2) . (2)求ω，确定函数的最小正周期T，则可得ω＝ eq \f(2π,T) . (3)求φ，常用的方法有： ①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时A，ω，b已知)或代入图象与直线y＝b的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上).若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ. ②特殊点法：确定φ值时，往往以寻找“最值点”为突破口．具体如下： “最大值点”(即图象的“峰点”)时ωx＋φ＝ eq \f(π,2) ； “最小值点”(即图象的“谷点”)时ωx＋φ＝ eq \f(3π,2) . 考点三　三角函数图象性质的应用 已知f(x)＝2cos (2ωx＋φ)(其中ω>0，－ eq \f(π,2) <φ<0)的部分图象如图所示，则下列说法中不正确的是(　　) A．ω＝4 B．φ＝－ eq \f(π,6) C．函数f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,4))) 上单调递减 D．若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)α－\f(π,12))) ＝ eq \f(1,3) ，且α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))) ，则sin α－cos α＝ eq \f(\r(30),6) 解析：由题图可知 eq \f(T,2) ＝ eq \f(π,6) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12))) ＝ eq \f(π,4) (T为f(x)的最小正周期)，则T＝ eq \f(π,2) ，又ω>0，所以 eq \f(2π,2ω) ＝ eq \f(π,2) ，则ω＝2，所以选项A错误；f(x)＝2cos (4x＋φ)，因为点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0)) 在函数f(x)的单调递减的图象上，所以4× eq \f(π,6) ＋φ＝ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－ eq \f(π,6) ＋2kπ，k∈Z，因为－ eq \f(π,2) <φ　<0，所以φ＝－ eq \f(π,6) ，所以选项B正确； f(x)＝2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6))) ，若x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,4))) ，则4x－ eq \f(π,6) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6))) ，所以函数f(x)＝2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6))) 在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,4))) 上单调递减，所以选项C正确；若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)α－\f(π,12))) ＝ eq \f(1,3) ，则2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,2))) ＝ eq \f(1,3) ，即sin 2α＝ eq \f(1,6) ，所以(sin α－cos α)2＝sin2α＋cos2α－2sinαcos α＝1－sin 2α＝1－ eq \f(1,6) ＝ eq \f(5,6) ，因为α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))) ，所以sin α>cos α，即sin α－cos α>0，所以sin α－cos α＝ eq \f(\r(30),6) ，所以选项D正确．故选A. 1．(2024·广东学考模拟)把函数y＝cos x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y＝cos ωx的图象，则ω的值为(　　) A．2 B． eq \f(1,2) C．4 D． eq \f(1,4) 解析：把函数y＝cos x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y＝cos eq \f(1,2) x的图象，故ω的值为 eq \f(1,2) . 2．将函数f(x)＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋\f(π,12))) 的图象上各点向右平移 eq \f(π,12) 个单位长度得函数g(x)的图象，则g(x)的单调递增区间为(　　) A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(5π,3)，2kπ＋\f(22π,3))) ，k∈Z B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(5π,3)，4kπ＋\f(4π,3))) ，k∈Z C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6kπ－\f(5π,3)，6kπ＋\f(4π,3))) ，k∈Z D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4π，9π)) 解析：将f(x)＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋\f(π,12))) 的图象向右平移 eq \f(π,12) 个单位长度后， 得到g(x)＝3sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,12))) ，即g(x)＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋\f(π,18))) 的图象， 令2kπ－ eq \f(π,2) ≤ eq \f(1,3) x＋ eq \f(π,18) ≤2kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z， 解得6kπ－ eq \f(5π,3) ≤x≤6kπ＋ eq \f(4π,3) ，k∈Z， 所以g(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6kπ－\f(5π,3)，6kπ＋\f(4π,3))) ，k∈Z. 故选C. 3．为了得到函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) 的图象，可以将函数y＝sin 2x的图象(　　) A．向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度 B．向右平移 eq \f(π,12) 个单位长度 C．向左平移 eq \f(π,6) 个单位长度 D．向左平移 eq \f(π,12) 个单位长度 解析：y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) ＝sin 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12))) ，故将函数y＝sin 2x的图象向右平移 eq \f(π,12) 个单位长度，可得y＝sin (2x－ eq \f(π,6) )的图象．故选B. 4．若将函数f(x)＝sin 2x＋cos 2x的图象向右平移φ个单位长度，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是(　　) A． eq \f(π,8) B． eq \f(π,4) C． eq \f(3π,8) D． eq \f(5π,4) 解析：f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝ eq \r(2) ·cos (2x－ eq \f(π,4) )，将函数f(x)的图象向右平移φ个单位长度后所得图象对应的函数为y＝ eq \r(2) cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)－2φ)) ，且该函数为偶函数， 故2φ＋ eq \f(π,4) ＝kπ(k∈Z)，所以φ的最小正值为 eq \f(3π,8) . 故选C. 5．已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) ，先将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，再将图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，则下列结论错误的是(　　) A.g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6))) B．g(x)的图象关于直线x＝－ eq \f(7π,2) 对称 C．g(x)的最小正周期为4π D．g(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3π，－\f(3π,2))) 上单调递减 解析：将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，可得到函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,3))) 的图象，再将所得图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度，可得到函数g(x)＝sin [ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) ＋ eq \f(π,3) ]＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,4))) 的图象，A错误；g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,2))) ＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)＋\f(π,4))) ＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2))) ＝1，B正确；函数g(x)的最小正周期T＝ eq \f(2π,\f(1,2)) ＝4π，C正确；当－3π<x<－ eq \f(3π,2) 时，－ eq \f(5π,4) < eq \f(1,2) x＋ eq \f(π,4) <－ eq \f(π,2) ，易知函数g(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3π，－\f(3π,2))) 上单调递减，D正确． 6．将函数y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) 的图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是________．　 x＝－ eq \f(5π,24) 解析：将函数y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) 的图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度后所得图象对应的函数解析式为y＝3sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,4))) ＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12))) . 由2x－ eq \f(π,12) ＝ eq \f(π,2) ＋kπ，k∈Z，得x＝ eq \f(kπ,2) ＋ eq \f(7π,24) ，k∈Z， 当k＝－1时，对称轴方程为x＝－ eq \f(5π,24) ，当k＝0时，对称轴方程为x＝ eq \f(7π,24) ，故平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是x＝－ eq \f(5π,24) . 7．已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，0＜φ＜ eq \f(π,2) )的部分图象如图所示． (1)求函数f(x)的解析式； 解：由图象可知，A＝2， eq \f(3T,4) ＝ eq \f(7π,6) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3))) ＝ eq \f(3π,2) ， 所以T＝2π，则ω＝ eq \f(2π,T) ＝1， 又－ eq \f(π,3) ＋φ＝2kπ，k∈Z，0＜φ＜ eq \f(π,2) ， 则φ＝ eq \f(π,3) ，所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) . (2)将函数y＝f(x)的图象向左平移 eq \f(π,6) 个单位长度后，再将得到的图象上各点的横坐标缩短到原来的 eq \f(1,2) 倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求函数y＝g(x)＋2sin 2x的单调递减区间． 解：由题意可得，函数g(x)＝2cos 2x， 故y＝g(x)＋2sin 2x＝2cos 2x＋2sin 2x＝2 eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) ， 令 eq \f(π,2) ＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,4) ≤ eq \f(3π,2) ＋2kπ，k∈Z，　 解得 eq \f(π,8) ＋kπ≤x≤ eq \f(5π,8) ＋kπ，k∈Z， 所以函数的单调递减区间为[ eq \f(π,8) ＋kπ， eq \f(5π,8) ＋kπ]，k∈Z. 8．已知f(x)＝sin ωx－ eq \r(3) cos ωx，ω>0. (1)若函数f(x)图象的两条相邻对称轴之间的距离为 eq \f(π,2) ，求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2))) 的值； 解：f(x)＝sin ωx－ eq \r(3) cos ωx＝ 2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin ωx－\f(\r(3),2)cos ωx)) ＝ 2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3))) ， 因为函数f(x)图象的两条相邻对称轴之间的距离为 eq \f(π,2) ，所以 eq \f(1,2) T＝ eq \f(π,2) ， 则T＝π，所以T＝ eq \f(2π,ω) ＝π，解得ω＝2， 所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))) ， 所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2))) ＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(3π,2)－\f(π,3))) ＝2sin eq \f(π,3) ＝2× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \r(3) . (2)若函数f(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0)) 对称，且函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) 上单调，求ω的值． 解：由(1)知f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3))) ，因为函数f(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0)) 对称， 所以 eq \f(πω,3) － eq \f(π,3) ＝kπ，k∈Z， 所以ω＝3k＋1，k∈Z. 由x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) ，ω>0， 得ωx－ eq \f(π,3) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(πω,4)－\f(π,3))) ， 因为f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) 上单调， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(πω,4)－\f(π,3)≤\f(π,2)，,ω>0，)) 解得0<ω≤ eq \f(10,3) ，所以取k＝0，则ω＝1. $