第3章 第6节 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象和性质（PPT课件）-【艺术生百日冲刺】2026高考数学艺术生基础生文化课成功方案

该高中数学高考复习课件聚焦“函数y=Asin(ωx+φ)的图象和性质”核心考点，覆盖五点法作图、图象变换、解析式确定及单调性等高考必备内容。对接高考评价体系，通过2022-2025年新课标卷真题分析，明确图象变换、由图求解析式等高频考点权重，归纳选择、填空、解答题等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题训练+技巧突破”双轨模式，精选2024新课标Ⅱ卷、2023全国甲卷等典型真题，结合逻辑推理素养解析解析式确定的代入法与五点法，通过直观想象素养对比两种图象变换途径的易错点。特设答题模板与变式训练，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准开展针对性复习，提升备考效率。

第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 第六节　函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象和性质 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 目录 contents Part 01 知识要点 Part 02 双基检测 Part 05 课时作业 Part 03 典例精析 Part 04 高考再现 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 知识要点 返回导航 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 双基检测 返回导航 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 典例精析 返回导航 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 高考再现 返回导航 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 谢谢观看 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 一、函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象 1．用“五点法”作函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象应注意的问题． 用“五点法”作y＝Asin(ωx＋φ)的图象，关键是点的选取，一般令ωx＋φ＝0，eq \f(π,2)，π，eq \f(3π,2)，2π，即可得到所画图象的关键点坐标，其中横坐标成等差数列，公差为eq \f(T,4). 2．图象变换 【友情提示】　(1)在平移变换中，平移的单位长度是看x(或y)平移了多少．如果系数不为1，应先提取，再判断． (2)伸缩变换 ①沿x轴伸缩时，横坐标x伸长(0＜ω＜1)或缩短(ω＞1)为原来的eq \f(1,ω)倍(纵坐标y不变)； ②沿y轴伸缩时，纵坐标y伸长(A＞1)或缩短(0＜A＜1)为原来的A倍(横坐标x不变)． 二、确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式的步骤 1．首先确定振幅和周期，从而得到A与ω； 2．求φ，常用方法有： (1)代入法：把图象上的一个已知点代入(此时，A、ω已知)或代入图象与x轴的交点求解．(此时要注意交点在上升区间上还是在下降区间上．) (2)五点法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的第一零点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(φ,ω)，0))作为突破口，具体如下： “第一点”(即图象上升时与x轴的交点)为ωx＋φ＝0；“第二点”(即图象的“峰点”)为ωx＋φ＝eq \f(π,2)；“第三点”(即图象下降时与x轴的交点)为ωx＋φ＝π；“第四点”(即图象的“谷点”)为ωx＋φ＝eq \f(3π,2)；“第五点”为ωx＋φ＝2π. 1．将函数y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移eq \f(1,4)个周期后，所得图象对应的函数为(　　) A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) C．y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))) 解析：选D　函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的周期为π，将函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移eq \f(1,4)个周期即eq \f(π,4)个单位长度，所得图象对应的函数为y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故选D. 2．若函数f(x)＝2sin ωx(ω＞0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上单调递增，则ω的最大值等于(　　) A.eq \f(2,3)　　　　　　　 B.eq \f(3,2) C．2 D．3 答案：B 3．若将函数y＝cos x－eq \r(3)sin x的图象向左平移m(m＞0)个单位后所得图象关于y轴对称，则m的最小值为(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6) 答案：C 4．(2025·长沙模拟)如图是函数y＝A sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象，则该函数的解析式为__________． 解析：根据函数y＝A sin (ωx＋φ)的部分图象，可得A＝2， eq \f(3,4)T＝ eq \f(3,4)× eq \f(2π,ω)＝ eq \f(π,12)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)))，解得ω＝2，再将点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，2))代入可得2× eq \f(π,12)＋φ＝ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，又|φ|< eq \f(π,2)，所以φ＝ eq \f(π,3)， 故y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))). 答案：y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) 　已知函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))). (1)求它的振幅、周期、初相； (2)用“五点法”作出它在一个周期内的图象； (3)说明y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象可由y＝sin x的图象经过怎样的变换而得到． [精解详析]　(1)y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的振幅A＝2，周期T＝eq \f(2π,2)＝π，初相φ＝eq \f(π,3). (2)令X＝2x＋eq \f(π,3)， 则y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sin X. 列表如下： x －eq \f(π,6) eq \f(π,12) eq \f(π,3) eq \f(7π,12) eq \f(5π,6) X 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π y＝sin X 0 1 0 －1 0 y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) 0 2 0 －2 0 描点画出图象，如图所示： (3)把y＝sin x的图象上所有的点向左平移eq \f(π,3)个单位长度， 得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象； 再把y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍(纵坐标不变)，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象； 最后把y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，即可得到y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象． [解题心得] (1)五点法作简图：用“五点法”作y＝Asin(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(3,2)π，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＝Asin(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”． 　如图为y＝Asin(ωx＋φ)的图象的一段，求其解析式． [精解详析]　法一：以N为第一个零点， 则A＝－eq \r(3)，T＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－\f(π,3)))＝π，∴ω＝2，此时解析式为 y＝－eq \r(3)sin(2x＋φ)． ∵点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))，∴－eq \f(π,6)×2＋φ＝0⇒φ＝eq \f(π,3)， ∴所求解析式为y＝－eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))). 法二：以点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))为第一个零点， 则A＝eq \r(3)，ω＝eq \f(2π,T)＝2， 解析式为y＝eq \r(3)sin(2x＋φ)， 将点M坐标代入得2×eq \f(π,3)＋φ＝0⇒φ＝－eq \f(2π,3)， ∴所求解析式为y＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3))). [解题心得] 本题主要考查正弦函数的图象与性质，首先确定A.若以N为五点法作图中的第一个零点，由于此时曲线是先下降后上升(类似于y＝－sin x的图象)，所以A＜0；若以M点为第一个零点，由于此时曲线先上升后下降(类似于y＝sin x的图象)，所以A＞0.而ω＝eq \f(2π,T)，φ可由相位来确定． 由此题两种解法可见，在由图象求解析式时，“第一个零点”的确定是重要的，尽量使A取正值． 由图象求解析式通常采用两种方法确定系数ω、φ， (1)如果图象明确指出了周期T的大小和初始值x0(第一个零点的横坐标)，可以直接解出ω和φ，这里ω＝eq \f(2π,T)，φ＝－ωx0. (2)代入点的坐标，通过解最简单的三角方程，再结合图形确定ω和φ. 　已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin xcos x－eq \r(3)cos2x＋eq \f(\r(3),2). (1)求函数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的最小正周期和单调区间； (2)若关于x的方程feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))－m＝0在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个不同的实数解，求实数m的取值范围． [思路点拨]　(1)利用降幂公式和辅助角公式化简函数解析式，用周期公式求周期，整体代入法求函数单调区间； (2)由区间内函数的单调性和函数值的变化范围求解实数m的取值范围． [精解详析]　(1)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin xcos x－eq \r(3)·cos2x＋eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cos 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))， 则函数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π； 令2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))， 解得 kπ－eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(5π,12) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))， 可得函数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z)). 令2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(3π,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))， 解得 kπ＋eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(11π,12) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))， 可得因数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(5π,12)，kπ＋\f(11π,12))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z)). (2)由(1)可知，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(π,2)))上单调递减， 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))由－eq \f(\r(3),2)增大到1， 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(π,2)))，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))由1减小到eq \f(\r(3),2)， 若关于x的方程feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))－m＝0在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个不同的实数解，则实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1)). 1．(多选)(2024·新课标Ⅱ卷)对于函数f(x)＝sin 2x和g(x)＝ sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，下列说法中正确的有(　　 ) A．f(x)与g(x)有相同的零点 B．f(x)与g(x)有相同的最大值 C．f(x)与g(x)有相同的最小正周期 D．f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴 解析：选BC　A选项，令f(x)＝sin 2x＝0，解得x＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，即为f(x)零点， 令g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝0，解得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,8)，k∈Z，即为g(x)零点， 显然f(x)，g(x)零点不同，A选项错误； B选项，显然f(x)max＝g(x)max＝1，B选项正确； C选项，根据周期公式，f(x)，g(x)的周期均为eq \f(2π,2)＝π，C选项正确； D选项，根据正弦函数的性质f(x)的对称轴满足2x＝kπ＋eq \f(π,2)⇔x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)，k∈Z， g(x)的对称轴满足2x－eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)⇔x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(3π,8)，k∈Z， 显然f(x)，g(x)图象的对称轴不同，D选项错误．故选：BC. 2．(2023·全国甲卷)函数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象由y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到，则y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象与直线y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的交点个数为(　　 ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选C　因为y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))向左平移eq \f(π,6)个单位所得函数为y＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x， 所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝－sin 2x， 而y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)显然过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)))与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0))两点， 作出feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))与y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的部分大致图象如下， 考虑2x＝－eq \f(3π,2)，2x＝eq \f(3π,2)，2x＝eq \f(7π,2)，即 x＝－eq \f(3π,4)，x＝eq \f(3π,4)， x＝eq \f(7π,4)处feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))与y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的大小关系， 当x＝－eq \f(3π,4)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)))＝－1，y＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))－eq \f(1,2)＝－eq \f(3π＋4,8)<－1； 当x＝eq \f(3π,4)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝－sineq \f(3π,2)＝1， y＝eq \f(1,2)×eq \f(3π,4)－eq \f(1,2)＝eq \f(3π－4,8)<1； 当x＝eq \f(7π,4)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,4)))＝－sineq \f(7π,2)＝1， y＝eq \f(1,2)×eq \f(7π,4)－eq \f(1,2)＝eq \f(7π－4,8)>1. 所以由图可知，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))与y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的交点个数为3.故选：C. 3．(2022·新高考Ⅰ卷)记函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω＞0)的最小正周期为T，若eq \f(2π,3)≤T＜π，且y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝(　　) A．1 B.eq \f(3,2) C.eq \f(5,2) D．3 解析：选A　ω＝eq \f(2π,T)∈(2,3)，y＝f(x)的函数图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，则有b＝2， 且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝2， 所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＋2＝2，则eq \f(3π,2)ω＋eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z， 解得ω＝eq \f(4k－1,6)，由ω∈(2,3)，得k＝4，ω＝eq \f(5,2)，故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)×\f(π,2)＋\f(π,4)))＋2＝－1＋2＝1. 4．(2022·全国甲卷)已知f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在区间(0，π)上恰有三个极值点，两个零点，则ω的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(13,6))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(19,6))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6))) 解析：选C　设ωx＋eq \f(π,3)＝t，则t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，πω＋\f(π,3)))，有两个零点可得2π＜πω＋eq \f(π,3)≤3π， 即eq \f(5,3)＜ω≤eq \f(8,3)，又因为有三个极值点， 所以eq \f(5π,2)＜πω＋eq \f(π,3)≤eq \f(7π,2)，所以eq \f(13,6)＜ω≤eq \f(19,6)， 综上得eq \f(13,6)＜ω≤eq \f(8,3). 5．(2022·全国乙卷)记函数f(x)＝cos (ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)＝eq \f(\r(3),2)，x＝eq \f(π,9)为f(x)的零点，则ω的最小值为________． 解析：由f(T)＝f(0)＝cos φ＝eq \f(\r(3),2)， 且0＜φ＜π，得φ＝eq \f(π,6)， feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,9)))＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,9)ω＋\f(π,6)))＝0⇒eq \f(π,9)ω＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)⇒ω＝3＋9k(k∈Z)， 又ω＞0，故ω的最小值为3. 答案：3 6．(2025·全国二卷)已知函数f(x)＝cos (2x＋φ)(0≤φ<π)，f(0)＝ eq \f(1,2). (1)求φ； (2)设函数g(x)＝f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，求g(x)的值域和单调区间． 解：(1)由题意f(0)＝cos φ＝ eq \f(1,2)(0≤φ<π)，所以φ＝ eq \f(π,3). (2)由(1)可知f(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))， 所以g(x)＝f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋cos 2x＝ eq \f(1,2)cos 2x－ eq \f(\r(3),2)sin 2x＋cos 2x＝ eq \f(3,2)cos 2x－ eq \f(\r(3),2)sin 2x＝ eq \r(3)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))， 所以函数g(x)的值域为[－ eq \r(3)， eq \r(3)]， 令2kπ≤2x＋ eq \f(π,6)≤π＋2kπ，k∈Z， 解得－ eq \f(π,12)＋kπ≤x≤ eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z， 令π＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,6)≤2π＋2kπ，k∈Z， 解得 eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤ eq \f(11π,12)＋kπ，k∈Z， 所以函数g(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))(k∈Z)， 函数g(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋kπ，\f(11π,12)＋kπ))(k∈Z). $