板块二 习题讲评（二）三角函数的图象与性质-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略教师用书word

习题讲评（二）　三角函数的图象与性质 　　三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容，主要从以下两个方面进行考查： （1）三角函数的图象，主要涉及图象变换以及由图象确定函数解析式等问题，主要以选择题、填空题的形式考查； （2）利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等，主要以客观题或解答题其中一问考查. 教学点（一）　三角函数的图象与解析式 [例1]　（2025·临汾二模）已知函数f（x）=2sin（ωx+φ），如图，A，B是直线y=与曲线y=f（x）的两个交点，若AB=，f（0）=2，则f= （　　） A.0 B.-2 C.1 D.2 解析：选B 根据f（0）=2可得sin φ=1，故φ=+2kπ，k∈Z，故f（x）=2sin=2cos ωx. 令f（x）=2cos ωx=，故ωx1=+2kπ，k∈Z或ωx2=-+2kπ，k∈Z，结合题图可知ωxA=-+2π， ωxB=+2π， 因此AB=xB-xA==，故ω=2，因此f（x）=2cos 2x，故f=2cos π=-2，故选B. 考题溯源：本题与2023年新课标Ⅱ卷T16相似，均通过直线与曲线的相交情况求函数解析式. （2023·新课标Ⅱ卷）已知函数f（x）=sin（ωx+φ），如图A，B是直线y=与曲线y=f（x）的两个交点，若|AB|=，则f（π）=-. [例2]　如图，将函数f（x）=4sin（ωx+φ）（ω>0，|φ|<π）的图象向左平移得到g（x）=4sin ωx的图象，其中点A是g（x）图象上的最高点，N，M分别是f（x），g（x）的图象与x轴的相邻交点（如图所示），若MN=AM，△AMN的面积为10，则f（x）= （　　） A.4sin B.4sin C.4sin D.4sin 解析：选A 思维路径：设图象向左平移最小θ（θ>0）个单位长度，得到ωθ+φ=0，再结合△AMN的面积及MN=AM，列出等式求解ω，φ即可. 设函数f（x）=4sin（ωx+φ）（ω>0，|φ|<π）的图象向左平移最小θ（θ>0）个单位长度得到g（x）=4sin ωx的图象，则4sin[ω（x+θ）+φ]=4sin（ωx+ωθ+φ）=4sin ωx，又ω>0，|φ|<π，所以ωθ+φ=0，即θ=，所以MN=，△AMN的面积为××4=10，即=-5.又函数的周期为，所以AM==，联立=-5，解得ω=，φ=-，所以f（x）=4sin. |思|维|建|模|　根据图象确定y=Asin（ωx+φ）+b（A>0，ω>0）的步骤和方法 （1）求A，b：已知函数的最大值M和最小值m，则A=，b=. （2）求ω：已知函数的最小正周期T，则ω=. （3）求φ：把图象上的一个已知点的坐标代入解析式（此时要注意该点在上升区间上还是在下降区间上）或把图象的最高点或最低点的坐标代入解析式. [即时训练] [练1]　（多选）为了得到函数f（x）=2sin xcos x-2sin2x+1的图象，只要将函数y=sin x图象上 （　　） A.所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度 B.所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度 C.所有的点向左平移个单位长度，再把得到的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变 D.所有的点向左平移个单位长度，再把得到的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变 解析：选AC 由题意得f（x）=sin 2x+cos 2x=sin，将y=sin x图象上所有点的横坐标缩短到原来的，得到函数y=sin 2x的图象，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度，得到f（x）=sin的图象，故A正确，B错误.将y=sin x图象上所有的点向左平移个单位长度，再把得到的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到f（x）的图象，故C正确，D错误. 易错提醒： （1）在图象变换中务必分清是先平移，还是先伸缩，变换只是对其中的自变量x而言的，如果x的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向. （2）注意平移前后函数名称是否一致，若不一致应用诱导公式化为同名函数再平移. [练2]　（2025·哈尔滨三模）已知函数f（x）=2cos（ωx-φ）的部分图象如图所示，则f= （　　） A.-1 B.1 C. D.- 解析：选B 由题图可知，=-=，所以T=π.又因为ω>0，所以ω===2.又因为f=2cos=2，所以2×-φ=2kπ，k∈Z，所以φ=-2kπ，k∈Z.又|φ|<，令k=0，可得φ=，所以f（x）=2cos，故f=2cos=1. 教学点（二）　三角函数的性质及应用 [例1]　 （2025·潍坊二模）[多选]已知函数f（x）=2sin，函数y=g（x）的图象由y=f（x）的图象向左平移个单位长度得到，则 （　　） A.f（x）与g（x）在上有相同的单调性 B.g（x）的图象关于直线x=+（k∈Z）对称 C.设h（x）=，则h（x）的一个对称中心为 D.当x∈[0，2π]时，f与g的图象有6个交点 解析：选ACD 易知y=f（x）的图象向左平移个单位长度可以得到g（x）=2sin=2sin=2cos.对于A，当x∈时，2x+∈，由正弦函数和余弦函数图象性质可知，f（x）与g（x）在上均是单调递减的，即它们有相同的单调性，即A正确；对于B，由g（x）=2cos，令2x+=kπ（k∈Z），解得x=-+（k∈Z），因此可得g（x）的图象关于直线x=-+（k∈Z）对称，即B错误；对于C，易知h（x）===tan，令2x+=（k∈Z），解得x=-+（k∈Z）， 即h（x）的对称中心为（k∈Z），当k=1时，h（x）的一个对称中心为，即C正确；对于D，当x∈[0，2π]时，g=2cos 3x，f=2sin=-，画出函数y=g的图象如图所示. 结合图象可知，f与g的图象有6个交点，即D正确. [例2]　（2025·全国Ⅱ卷）已知函数f（x）=cos（2x+φ）（0≤φ<π），f（0）=. （1）求φ； （2）设函数g（x）=f（x）+f，求g（x）的值域和单调区间. 解：（1）因为f（x）=cos（2x+φ），且f（0）=cos φ=，φ∈[0，π），所以φ=. （2）由（1）可知，f（x）=cos， 则g（x）=cos+cos =cos+cos 2x =cos 2x-sin 2x+cos 2x =cos 2x-sin 2x = =cos. 拓展延伸：对于函数f（α）=asin α+bcos α的性质研究，通常先借助“辅助角公式”进行化简，即asin α+bcos α= =sin（α+φ1） =cos（α-φ2）. 因为x∈R，所以cos∈[-1，1]， 所以函数g（x）的值域为[-]. 令2kπ≤2x+≤2kπ+π，k∈Z， 解得kπ-≤x≤kπ+，k∈Z， 所以函数g（x）的单调递减区间为，k∈Z； 令2kπ-π≤2x+≤2kπ，k∈Z， 解得kπ-≤x≤kπ-，k∈Z， 所以函数g（x）的单调递增区间为，k∈Z. |思|维|建|模| 研究三角函数的性质，首先化函数为f（x）=Asin（ωx+φ）+b的形式，然后结合正弦函数y=sin x的性质求f（x）的性质，此时有两种思路：一种是根据y=sin x的性质求出f（x）的性质；另一种是由x的值或范围求得t=ωx+φ的范围，然后由y=sin t的性质求解. [即时训练] [练1]　 （2025·新乡三模）[多选]已知函数f（x）=sin，则下列结论正确的是 （　　） A.f（x）的值域是 B.f（π）=- C.f（x）在区间上单调递增 D.f是奇函数 解析：选ABD 对于A，因为y=sin x的值域为[-1，1]，所以f（x）的值域为[-]，故A正确；对于B，f（π）=sin=×=-，故B正确；对于C，当x∈时，x+∈，因为y=sin t在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以f（x）在区间上不具有单调性，故C错误；对于D，f=-sin x，为奇函数，故D正确. [练2]　（2025·盘锦三模）[多选]已知函数f（x）=sin 2x，g（x）=cos（ωx+φ），f（x）与g（x）的图象关于x=对称，若h（x）=f（x）-g（x），则下列结论正确的是 （　　） A.φ=- B.直线x=为h（x）图象的一条对称轴 C.g（x）在上单调递减 D.函数h（x）在[-π，π]上有5个零点 解析：选BC 在函数y=g（x）的图象上任取一点（x，y），此点关于x=的对称点在y=f（x）的图象上，故y=sin=sin=cos，所以g（x）=cos，故ω=2，φ=-，故A错误；则h（x）=sin 2x-sin 2x-cos 2x=sin，所以h=1为其最大值，所以直线x=为h（x）图象的一条对称轴，故B正确；当x∈时，2x-∈，故g（x）在上单调递减，故C正确；因为h（x）=sin，令sin=0，所以2x-=kπ，k∈Z，即x=+，k∈Z，令-π≤+≤π，解得-≤k≤，又k∈Z，所以k=-2，-1，0，1，所以函数h（x）在[-π，π]上有4个零点，故D错误.故选BC. 教学点（三）　三角函数图象与性质的综合应用 [例1]　（2025·北京高考）设函数f（x）=sin ωx+cos ωx（ω>0），若f（x+π）=f（x）恒成立，且f（x）在上存在零点，则ω的最小值为 （　　） A.8 B.6 C.4 D.3 解析：选C 思维路径：利用三角函数的零点与对称轴或周期的关系，列出关于ω的不等式，进而求出ω的值或取值范围. 函数f（x）=sin ωx+cos ωx=sin（ω>0），设函数f（x）的最小正周期为T，由f（x+π）=f（x），可得kT=π（k∈N*），所以T==（k∈N*），即ω=2k（k∈N*）.又函数f（x）在上存在零点，且当x∈时，ωx+∈，所以+≥π，即ω≥3.综上，ω的最小值为4. [例2]　若关于x的方程cos 2x-msin x=0在上有2个实根，则m的取值范围是 （　　） A.（-1，0） B.[-1，0] C.（0，1） D.[0，1] 解析：选A 思维路径：将原方程化为-2sin2x-msin x+1=0，令t=sin x，则t∈，所以m=-2t+，令g（t）=-2t+，t∈，则m∈[-1，0），分m=-1，m∈（-1，0）两种情况，数形结合可得出实数m的取值范围. 原方程cos 2x-msin x=0可化为-2sin2x-msin x+1=0.令t=sin x，则t∈，所以m=-2t+.令g（t）=-2t+，t∈，又g（t）在上单调递减，所以g（t）∈[-1，0），则m∈[-1，0）.当m=-1时，t=1，此时t=sin x在上只有1个实根，不符合条件；当m∈（-1，0）时，t∈，此时t=sin x在上有2个实根，符合条件.综上，m∈（-1，0）. |思|维|建|模| 解决与三角函数有关的综合问题时，对于含三角函数式的化简，应该朝着统一角或统一名称的方向进行，结合三角函数的性质（单调性、奇偶性、对称性、函数值的有界性等）求解，注意数形结合思想的应用. [即时训练] [练1]　（2025·济南三模）已知f（x）=sin（ω>0）在上单调递增，则ω的取值范围是 （　　） A. B. C. D. 解析：选B 由题意可知-≤，则0<ω≤，因为-≤x≤，所以-ω+≤ωx+≤ω+，则-≤-ω+<<ω+≤，因为f（x）在上单调递增，结合正弦函数图象性质可得<ω+≤，解得0<ω≤，所以ω的取值范围是. 习得方略：若函数在区间[a，b]上具有单调性，则b-a≤. [练2]　 已知函数f（x）=2sin（3x+φ）（-π<φ<0）的一条对称轴为x=，当x∈[0，t]时，f（x）的最小值为-，则t的最大值为　　　　.  解析：因为函数f（x）=2sin（3x+φ）（-π<φ<0）的一条对称轴为x=，所以3×+φ=+kπ（k∈Z），得到φ=-+kπ（k∈Z）.又-π<φ<0，所以φ=-，所以f（x）=2sin.又当x∈[0，t]时，f（x）的最小值为-，令3x-=z∈，则y=2sin z，由y=2sin z的图象与性质知，3t-≤，解得t≤.故t的最大值为. 答案： [课时验收评价] 一、单项选择题 1.（2025·德阳二模）已知函数f（x）=cos，现将函数f（x）的图象横坐标变为原来的，纵坐标不变得到函数g（x），则g的值为 （　　） A. B.- C. D.- 解析：选B 将函数f（x）的图象横坐标变为原来的，可得g（x）=cos的图象，所以g=cos=-，故选B. 2.（2025·汉中二模）函数f（x）=sin的单调递增区间为 （　　） A.（k∈Z） B.（k∈Z） C.（k∈Z） D.（k∈Z） 解析：选A 依题意，函数f（x）的单调递增区间，即为函数y=sin的单调递减区间，由+2kπ≤2x+≤+2kπ（k∈Z），解得+kπ≤x≤+kπ（k∈Z），所以f（x）的单调递增区间为（k∈Z）. 易错提醒：用整体代换法求函数y=Asin（ωx+φ）或y=Acos（ωx+φ）的单调区间时，如果式子中x的系数为负数，先利用诱导公式将x的系数变为正数；然后整体代换，将“ωx+φ”看成一个整体“z”，利用正（余）弦函数的单调性，求原函数的单调性. 3.（2025·全国Ⅰ卷）若点（a，0）（a>0）是函数y=2tan的图象的一个对称中心，则a的最小值为 （　　） A. B. C. D. 解析：选C 正切函数y=tan x图象的对称中心为（k∈Z）.由点（a，0）（a>0）是函数y=2tan的图象的一个对称中心，可知a-=（k∈Z），即a=+（k∈Z）.由a>0可得，当k=0时，a取得最小值.故选C. 4.（2025·天津和平二模）函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A>0，ω>0，|φ|<π）的部分图象如图所示，要得到y=sin x的图象，只需将函数f（x）的图象上所有的点 （　　） A.横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度 B.横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度 C.横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度 D.横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位长度 解析：选A 由题图可知，A==-，得T=π，又T=，由ω>0，解得ω=2；将点代入f（x），得0=sin在函数单调递减区间上，则2×+φ=π+2kπ，k∈Z，解得φ=2kπ+，k∈Z.又|φ|<π，所以φ=，得f（x）=sin.将f（x）的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到y=sin x的图象. 5.已知f（x）=sin（ω>0）在上单调递增，且其图象关于点对称，则f= （　　） A.- B.- C. D. 解析：选C 由函数f（x）在上单调递增，得≥2=π，解得0<ω≤2，由f（x）关于点对称，得-=kπ，k∈N，得ω=3k+，k∈N，于是k=0，ω=，f（x）=sin，故f=sin=sin=. 6.若f（x）=sin x+cos x在区间[-θ，θ]上单调递增，则tan θ的最大值是 （　　） A. B. C.1 D. 解析：选A　 f（x）=sin x+cos x=2sin，令2kπ-≤x+≤2kπ+（k∈Z），则2kπ-≤x≤2kπ+（k∈Z），所以函数f（x）的单调递增区间为（k∈Z）.因为f（x）在区间[-θ，θ]上单调递增，所以θ>0.令k=0，所以[-θ，θ]⊆，则0<θ≤，所以当θ=时，tan θ取最大值，且最大值为，故选A. 7.已知函数f（x）=asin x-cos x的一条对称轴为x=-，且f（x1）·f（x2）=-4，则|x1+x2|的最小值为 （　　） A. B. C. D. 解析：选C 思维路径：先根据对称轴确定函数f（x）的解析式，再利用f（x1）·f（x2）=-4，借助正弦函数的最值求出x1，x2的值，即可求出|x1+x2|的最小值. f（x）=asin x-cos x=sin（x-φ），由题意知f（x）的一条对称轴为x=-，所以--φ=+kπ（k∈Z），即φ=--kπ（k∈Z），所以tan=（k∈Z），解得a=1，所以f（x）=2sin.因为f（x1）·f（x2）=-4，即sinsin=-1，不妨令sin=1，则sin=-1，所以x1-=2k1π+（k1∈Z），x2-=2k2π-（k2∈Z），即x1=2k1π+（k1∈Z），x2=2k2π-（k2∈Z），所以|x1+x2|=|2k1π++2k2π-|=|2（k1+k2）π+|.所以当k1=-k2时，|x1+x2|取到最小值. 二、多项选择题 8.（2025·辽阳一模）已知函数f（x）=Acos2（ωx+φ）+1的最大值与最小值的差为2，其图象与y轴的交点坐标为（0，2），且图象的两条相邻的对称轴之间的距离为2，则下列结论正确的是 （　　） A.A=2 B.ω= C.φ= D.f（x）的单调递增区间为[1+4k，3+4k]，k∈Z 解析：选ACD f（x）=Acos2（ωx+φ）+1=A×+1， 因为f（x）的最大值与最小值的差为2，所以A×+1-=2，解得A=2，A正确；因为函数图象相邻两条对称轴间的距离为2，可得函数的最小正周期为4，即=4，解得ω=，B不正确；又f（x）的图象与y轴的交点坐标为（0，2），可得2×+1=2⇒cos 2φ=0，2φ=，解得φ=，C正确；由上知函数的解析式为f（x）=cos+2=-sinx+2，令+2kπ≤x≤+2kπ，k∈Z，解得1+4k≤x≤3+4k，k∈Z，所以f（x）的单调递增区间为[1+4k，3+4k]，k∈Z，D正确. 9.（2025·沈阳二模）如图是因不慎丢失部分图象后，函数f（x）=2tan（ωx+φ）的局部图象，则下列结论正确的是 （　　） A.f（x）的最小正周期为 B.是f（x）图象的一个对称中心 C.|f（x）|图象的对称轴方程为x=+（k∈Z） D.f（x）的图象是由函数y=2tan x图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将得到的函数图象向右平移个单位长度得到的 解析：选AC　 由题图可知f（x）的最小正周期为T==，故A正确；由T==，则ω=2，即f（x）=2tan（2x+φ），由图象的对称性可知为函数f（x）的一个对称中心，且在函数图象上，所以f=2tan=0，因为|φ|<，所以φ=-，则f（x）=2tan，当x=时，f=2tan=2≠0，所以不是f（x）图象的一个对称中心，故B错误；令2x-=，k∈Z，解得x=+，k∈Z，所以函数f（x）的对称中心为，k∈Z，则|f（x）|图象的对称轴方程为x=+，k∈Z，故C正确；由函数y=2tan x图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到y=2tan 2x的图象，再向右平移个单位长度，得到y=2tan=2tan≠f（x），故D错误. 10.（2025·郑州三模）已知函数f（x）=3sin+2，则下列结论正确的是 （　　） A.直线x=是f（x）的图象的一条对称轴 B.g（x）=f+2为奇函数 C.f（x）在区间（0，π）内有两个零点 D.若f（x1）f（x2）=-5且f（x1）<f（x2），则|2x1-x2|的最小值为 解析：选AC 对于A，当x=时，f=3sin+2=3sin+2=5，所以直线x=是f（x）图象的一条对称轴，A正确.对于B，g（x）=f+2=3sin+2+2=3sin 2x+4，g（-x）=3sin（-2x）+4=-3sin 2x+4≠-g（x），不是奇函数，B错误. 对于C，令f（x）=3sin+2=0，即sin=-.在区间（0，π）内，2x+∈，结合y=sin t在上的图象可知，直线y=-与y=sin x的图象有两个交点，则sin=-有两解，所以f（x）在区间（0，π）内有两个零点，C正确.对于D，因为-1≤sin≤1，所以-1≤f（x）≤5.若f（x1）f（x2）=-5且f（x1）<f（x2），则f（x1）=-1，f（x2）=5.当f（x1）=-1时，2x1+=2kπ-，k∈Z；当f（x2）=5时，2x2+=2mπ+，m∈Z，则|2x1-x2|=|2kπ--mπ-|=|（2k-m）π-|≥，k，m∈Z，即|2x1-x2|的最小值为，D错误. 三、填空题 11.（5分）（2025·景德镇三模）函数f（x）=3sin-1（ω>0）的最小正周期为π，将f（x）的图象向右平移个单位长度得到函数g（x）的图象，则g（x）在区间上的值域为　　　　.  解析：因为f（x）的最小正周期为π，则ω=2，所以f（x）=3sin-1，则g（x）=f=3sin-1，因为x∈，所以2x-∈， 则sin∈，则g（x）∈， 故g（x）在区间上的值域为. 答案： 12.（5分）（2025·泉州模拟）已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）的部分图象如图所示，y=f（x）的图象与y轴交于点C，且D（5，0），B（2，A），·=0，则f（4）=　　　　.  解析：由题图可知=5-2=3，则T=12，所以ω==，所以f（x）=Asin，由f（5）=Asin=0，得+φ=2kπ+π，k∈Z，即φ=+2kπ，k∈Z.因为|φ|<，所以φ=，则f（x）=Asin.又f（0）=Asin=，则C，所以==·=-10+=0，解得A=2（舍负），所以f（x）=2sin，所以f（4）=. 答案： 13.（5分）（2025·常德模拟）已知x=是函数f（x）=sin（2x+φ）的极大值点，若f（x）在有两个零点和三条对称轴，则a的取值范围为　　　　.  思维路径：根据极值点及已知可得φ=-，则f（x）=sin，结合正弦型函数的性质及区间零点和对称轴有≤2a-<3π，即可得. 解析：因为x=是f（x）=sin（2x+φ）的极大值点，所以2×+φ=2kπ+，k∈Z，即φ=2kπ-，k∈Z.又|φ|<，故φ=-，所以f（x）=sin.当x∈时，2x-∈，又在有两个零点和三条对称轴，所以≤2a-<3π，解得≤a<. 答案： 四、解答题 14.（13分）（2025·北京海淀三模）已知函数f（x）=2（sin ωxcos φ+cos ωxsin φ）. （1）若f（0）=，求φ的值；（5分） （2）若f（x）在一个周期内的部分取值如下表，其中m>0： x 0 f（x） m -m -m 求f（x）的解析式及单调递增区间.（8分） 解：（1）由f（0）=，得sin φ=，而|φ|<，所以φ=. （2）函数f（x）=2（sin ωxcos φ+cos ωxsin φ）=2sin（ωx+φ）， 由题表中数据知，x==是函数f（x）图象的对称轴， 对称中心可能为或. （解题关键： 利用题表中数据求出对称轴及可能的对称中心，进而求出ω，φ，再利用正弦函数的单调性求出单调递增区间） 又所给取值在函数f（x）的一个周期内，则周期T>>， 则=-或=-， 解得T=或T=π， 则ω=或ω=2，而ω∈N+，因此ω=2，即f（x）=2sin（2x+φ）. 由f=-2，得+φ=+2kπ，k∈Z， 又|φ|<，则k=0，φ=， 所以f（x）的解析式是f（x）=2sin. 由-+2kπ≤2x+≤+2kπ，k∈Z，得-+kπ≤x≤+kπ，k∈Z， 所以f（x）的单调递增区间是，k∈Z. 15.（15分）（2025·长沙模拟）已知函数f（x）=sin（π-ωx）+sin（ω>0）. （1）若f（x）的最小正周期为π，求当x∈时，f（x）的值域；（7分） （2）若f（x）在区间内无零点，求ω的取值范围.（8分） 解：（1）由已知，f（x）=sin ωx+cos ωx=2sin（ω>0）. 因为f（x）的最小正周期为π，则=π，所以ω=2，f（x）=2sin. 当x∈时，2x+∈， 则sin∈， 所以f（x）的值域是（-，2]. （2）法一　令f（x）=0，则ωx+=kπ，k∈Z，即x=π，k∈Z. 因为f（x）在内无零点， 则⊆， 所以≤，且≥1， 即ω≥3k-1，且ω≤k+. 因为ω>0，则k+>0，且k+≥3k-1， 所以-<k≤.因为k∈Z，则k=0， 所以ω的取值范围是. 法二　令t=ωx+，则当x∈时，t∈. 据题意，函数y=2sin t在区间内无零点， 则≥kπ，且ωπ+≤kπ+π，k∈Z， 即ω≥3k-1，且ω≤k+，k∈Z. 因为ω>0，则k+>0，且k+≥3k-1， 所以-<k≤.因为k∈Z，则k=0， 所以ω的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $