前言
涉及到\(y=Asin(\omega x+\phi)+k\)型中的參數\(\omega\)，\(\phi\)的取值范圍或者其具體值時，常常需要做出其函數圖像來求解。
解析式含參ω
法1：用傳統方法求得\(f(x)\)的單增區間，令\(2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leq \omega x\leq 2k\pi-\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，
解得\(\cfrac{2k\pi}{\omega}-\cfrac{\pi}{2\omega} \leq x \leq \cfrac{2k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{2\omega}(k\in Z)\)
即\(f(x)\)的單增區間是\(\left[\cfrac{2k\pi}{\omega}-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{2k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{2\omega}\right](k\in Z)\)，
令\(k=0\)，得到距離原點左右兩側最近的單調遞增區間是\(\left[-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{\pi}{2\omega}\right]\)，
又由於\(f(x)\) 在區間\(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\)上單調遞增，即 \(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}]\subseteq [-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{\pi}{2\omega}\right]\)，
這樣就轉化為不等式組，即\(\begin{cases} -\cfrac{\pi}{2}\ge -\cfrac{\pi}{2\omega}\\ \cfrac{2\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{2\omega} \end{cases}\) ，
所以\(\omega\leq \cfrac{3}{4}\)，又\(\omega >0\)，故\(\omega\in \left(0，\cfrac{3}{4}\right]\)。
法2：\(\because \omega>0，x\in \left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right] \therefore \omega x \in \left[-\cfrac{\pi\omega}{2}，\cfrac{2\pi\omega}{3}\right]\)，
又模板函數\(y=sinx\)在原點左右的單調遞增區間是\([-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)，將\(\omega x\)視為一個整體，
由\(f(x)\)在\(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\)上單調遞增，故\(\left[-\cfrac{\pi\omega}{2}，\cfrac{2\pi\omega}{3}\right]\subseteq \left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}\right]\)
\(\therefore \begin{cases} -\cfrac{\pi\omega}{2}\ge -\cfrac{\pi}{2} \\ \cfrac{2\pi\omega}{3}\leq \cfrac{\pi}{2} \end{cases}\)，又\(\omega >0\)，故\(\omega\in \left(0，\cfrac{3}{4}\right]\)。
法3：\(\because f(x)\) 在區間\(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\)單調遞增，
故原點到\(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\) 的距離不超過\(\cfrac{T}{4}\)，\(\therefore \begin{cases} -\cfrac{\pi}{2} \leq \cfrac{T}{4} \\ \cfrac{2\pi}{3} \leq \cfrac{T}{4} \end{cases}\)，
故\(T \ge \cfrac{8\pi}{3}\)，即\(T=\cfrac{2\pi}{\omega} \ge \cfrac{8\pi}{3}\)，又\(\omega >0\)，故\(\omega\in \left(0，\cfrac{3}{4}\right]\)。
法1：由於\(f(\cfrac{\pi}{4})=2\)，\(f(\pi)=0\)，做出適合題意的圖像，由圖像可知，
將給定區間的寬度轉化為用周期來刻畫，得到\(\cfrac{T}{4}+k\cdot \cfrac{T}{2}=\pi-\cfrac{\pi}{4}=\cfrac{3\pi}{4}\)，\(k\in N^*\)，
故\(T=\cfrac{3\pi}{1+2k}\)，則\(\omega=\cfrac{2\pi}{T}=\cfrac{2(2k+1)}{3}\)，\(k\in N^*\)，
又由於\(f(x)\)在區間\((\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{3})\)上單調，則\(\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{\pi}{4}\leqslant \cfrac{T}{2}\)，[1]
則\(\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{\pi}{4}\leqslant \cfrac{T}{2}\)，
故\(T\geqslant \cfrac{\pi}{6}\)，故\(\omega=\cfrac{2\pi}{T}\leqslant 12\)，
即\(\cfrac{2(2k+1)}{3}\leqslant 12\)，則\(k\leqslant \cfrac{17}{2}\)，\(k\in N\)，
所以，符合條件的\(k=0\)，\(1\)，\(\cdots\)，\(8\)，
則符合題意的\(\omega\)的值共有\(9\)個；
法2：由於\(f(\cfrac{\pi}{4})=2\)，\(f(\pi)=0\)，則\(2sin(\omega\cdot \cfrac{\pi}{4}+\phi)=2\)，\(2sin(\omega\cdot \pi+\phi)=0\)，
即\(\left\{\begin{array}{l}{\omega\cdot \cfrac{\pi}{4}+\phi=2k_1\pi+\cfrac{\pi}{2}，k_1\in Z①}\\{\omega\cdot \pi+\phi=k_2\pi，k_2\in Z②}\end{array}\right.\)
②-①得到，\(\cfrac{3\pi}{4}\cdot \omega=(k_2-2k_1)\pi-\cfrac{\pi}{2}\)，
由於\(k_1\in Z\)，\(k_2\in Z\)，故\(k_2-2k_1\in Z\)，令\(k_2-2k_1=k\)，
則上式轉化為\(\cfrac{3\pi}{4}\cdot \omega=k\pi-\cfrac{\pi}{2}\)，\(k\in Z\)，
即\(\omega=\cfrac{2(2k-1)}{3}\)，又由於\(\omega>0\)，故\(k\in N^*\)，
又由於\(f(x)\)在區間\((\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{3})\)上單調，則\(\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{\pi}{4}\leqslant \cfrac{T}{2}\)，
故\(T\geqslant \cfrac{\pi}{6}\)，故\(\omega=\cfrac{2\pi}{T}\leqslant 12\)，
即\(\cfrac{2(2k-1)}{3}\leqslant 12\)，則\(k\leqslant \cfrac{19}{2}\)，\(k\in N\)，
故符合條件的\(k=1\)，\(2\)，\(\cdots\)，\(9\)，
則符合題意的\(\omega\)的值共有\(9\)個；
解后反思：本題目容易犯錯：當解得\(\omega\)的表達式后，用\(\omega\)的某一個值為切入點求得\(\phi\)的值，然后利用單調性求\(\omega\)的個數，這個思路是錯誤的；
分析：由於是涉及函數的值域，故我們一般是先求出整體自變量\(\omega x\)的取值范圍，故分類討論如下：
當\(\omega >0\)時，由\(-\cfrac{\pi}{3}\leq x\leq \cfrac{\pi}{4}\)，故\(-\cfrac{\omega\pi}{3}\leq x\leq \cfrac{\omega\pi}{4}\)，
由於函數的最小值是\(-2\)，故需要滿足條件\(-\cfrac{\omega\pi}{3}\leq -\cfrac{\pi}{2}\)，解得\(\omega \ge \cfrac{3}{2}\)；
當\(\omega <0\)時，由\(-\cfrac{\pi}{3}\leq x\leq \cfrac{\pi}{4}\)，故\(\cfrac{\omega\pi}{4}\leq x\leq -\cfrac{\omega\pi}{3}\)，
由於函數的最小值是\(-2\)，故需要滿足條件\(\cfrac{\omega\pi}{4}\leq -\cfrac{\pi}{2}\)，解得\(\omega \leq -2\)；
故\(\omega\)的取值范圍為\((-\infty，-2]\cup[\cfrac{3}{2}，+\infty)\)。
分析：\(f(x)=sinx+acosx=\sqrt{a^2+1}sin(x+\phi)，tan\phi =a\)，
由題目可知，\(\cfrac{5\pi}{3}+\phi=k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)，故\(\phi=k\pi+\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{5\pi}{3}=k\pi-\cfrac{7\pi}{6}\)，
由於\(\phi\)的值只需要考慮其存在性，故從簡原則，
令\(k=1\)，\(\phi=-\cfrac{\pi}{6}\)，從而\(a=tan\phi=tan(-\cfrac{\pi}{6})=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，
所以\(g(x)=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}sinx+cosx=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}sin(x+\theta)，tan\theta=-\sqrt{3}\)，
故\(g(x)_{max}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\).
分析：有題目可知\(\omega =\cfrac{2\pi}{T}\)，\(T\)越小(越大)，則\(\omega\)越大(越小)；
若題目中已知的兩個對稱中心是相鄰的，則此時\(T\)最大，
由\(\cfrac{T}{2}=\cfrac{\pi}{4}-\cfrac{\pi}{12}=\cfrac{\pi}{6}\)，
故此時\(T_{max}=\cfrac{\pi}{3}\)，故\(\omega_{min} =\cfrac{2\pi}{\cfrac{\pi}{3}}=6\).
分析：給定函數的周期是\(T=\cfrac{2\pi}{\omega}\)，
向左平移\(\cfrac{\pi}{2}\)個單位長度，所得圖像與原圖像重合，
則平移長度必然等於周期的整數倍，
則有\(\cfrac{\pi}{2}=k\cdot \cfrac{2\pi}{\omega}(k\in Z)\)，
即\(\omega=4k(k\in Z)\)，故\(\omega\)的值不可能等於6。
法1：將函數\(y=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})(\omega >0)\)的圖象向左平移\(\cfrac{\pi}{4}\)個單位長度后，
得到\(y=2sin[\omega (x+\cfrac{\pi}{4})-\cfrac{\pi}{4}]=2sin(\omega x+\cfrac{(\omega-1)\pi}{4})\)；
將函數\(y=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})(\omega >0)\)的圖象向右平移\(\cfrac{\pi}{4}\)個單位長度后，
得到\(y=2sin[\omega (x-\cfrac{\pi}{4})-\cfrac{\pi}{4}]=2sin(\omega x-\cfrac{(\omega+1)\pi}{4})\)；
由於平移后的對稱軸重合，故自變量的整體差值為\(k\pi\)，
故\(\omega x+\cfrac{(\omega-1)\pi}{4}=\omega x-\cfrac{(\omega+1)\pi}{4}+k\pi(k\in Z)\)；
化簡得到\(\omega=2k(k\in Z)\)，又\(\omega>0\)；
故\(\omega_{min}=2\)。
法2：【暫作記錄，再思考】
將函數\(y=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})(\omega >0)\)的圖象向左平移\(\cfrac{\pi}{4}\)個單位長度后，
由於周期的作用，其實平移的長度是\(\cfrac{\pi\omega}{4}\)；
將函數\(y=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})(\omega >0)\)的圖象向右平移\(\cfrac{\pi}{4}\)個單位長度后，
由於周期的作用，其實平移的長度也是\(\cfrac{\pi\omega}{4}\)；
這樣的平移效果，相當於視原圖像不動，再將其圖像一次平移距離為\(\cfrac{2\pi\omega}{4}\)；
由於平移后的對稱軸重合，故平移距離應該是\(k\pi\)，即\(\cfrac{2\pi\omega}{4}=k\pi\)；
化簡得到\(\omega=2k(k\in Z)\)，又\(\omega>0\)；
故\(\omega_{min}=2\)。
解后反思：
1、將周期函數的圖像平移后，若所得圖像與原圖像重合，則平移長度必然等於周期的整數倍，或者平移前后的自變量整體差值為\(k\cdot 2\pi(k\in Z)\)；
比如，將\(y=sin(\omega x+\cfrac{\pi}{4})\)，向左平移\(\cfrac{\pi}{3}\)個單位，所得圖像與原圖像重合，求正整數\(\omega\)的最小值；
思路1：由平移長度必然等於周期的整數倍得到，\(\cfrac{\pi}{3}=k\cdot \cfrac{2\pi}{\omega}\)，
整理得到\(\omega=6k(\omega >0)\)，故\(\omega_{min}=6\)；
思路2：由平移前后的自變量整體差值為\(k\cdot 2\pi(k\in Z)\)得到，\(\omega(x+\cfrac{\pi}{3})+\cfrac{\pi}{4}=\omega x+\cfrac{\pi}{4}+2k\pi\)，
整理得到\(\omega=6k(\omega >0)\)，故\(\omega_{min}=6\)；
2、將周期函數的圖像平移后，若所得圖像與原圖像對稱軸重合，則平移長度必然等於半周期的整數倍，或者平移前后的自變量整體差值為\(k\cdot \pi(k\in Z)\)；
可仿上引例，自行舉例。
分析：\(f(x)=\cfrac{1-cos\omega x}{2}+\cfrac{1}{2}sin\omega x-\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{2}(sin\omega x-cos\omega x)\)
\(=\cfrac{\sqrt{2}}{2}sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})\)，
法1：補集法，從數的角度入手分析，假設\(f(x)\)在區間\((\pi，2\pi)\)內有零點\(x_0\)，使得\(f(x)=\cfrac{\sqrt{2}}{2}sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\)，
則\(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4}=k\pi(k\in Z)\)，即\(x_0=\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{4\omega}\)，
即\(x_0=\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}\)，又\(\pi<x_0<2\pi\)，
則\(\pi<\cfrac{4k+1}{4\omega}<2\pi(k\in Z)\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<4k+1}\\{8\omega>4k+1}\end{array}\right.\)
由於\(\omega>0\)，故給\(k\)賦值從\(k=0\)開始，
①當\(k=0\)時，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<1}\\{8\omega>1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{1}{8}<\omega<\cfrac{1}{4}\)；
②當\(k=1\)時，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<4+1}\\{8\omega>4+1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{5}{8}<\omega<\cfrac{5}{4}\)；
③當\(k=2\)時，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<8+1}\\{8\omega>8+1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{9}{8}<\omega<\cfrac{9}{4}\)；
④當\(k=3\)時，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<12+1}\\{8\omega>12+1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{13}{8}<\omega<\cfrac{13}{4}\)；
⑤當\(k=4，\cdots\)時，\(\cdots\)
以上情形取並集，得到當函數\(f(x)\)在區間\((\pi，2\pi)\)內有零點\(x_0\)時，\(\omega\)的取值范圍是\((\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup(\cfrac{5}{8}，+\infty)\)，
故函數\(f(x)\)在區間\((\pi，2\pi)\)內沒有零點時，\(\omega\)的取值范圍是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故選\(D\)。
法2：直接法，從數的角度入手分析，函數\(f(x)\)在區間\((\pi，2\pi)\)內沒有零點，則\(sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\)在區間\((\pi，2\pi)\)內無解，
則\(k\pi<\omega x-\cfrac{\pi}{4}<k\pi+\pi(k\in Z)\)，即\(k\pi+\cfrac{\pi}{4}<\omega x<k\pi+\cfrac{5\pi}{4}(k\in Z)\)，
則\(\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{4\omega}<x_0<\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{5\pi}{4\omega}\)
即\(\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}<x<\cfrac{(4k+5)\pi}{4\omega}\)恆成立，由於\(x\in (\pi，2\pi)\)，
則\(\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}\leq \pi\)且\(2\pi\leq \cfrac{(4k+5)\pi}{4\omega}\)；
即\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega\ge 4k+1}\\{8\omega\leq 4k+5}\end{array}\right.\)
①當\(k=-1\)時，\(4\omega\ge -3\)且\(8\omega \leq 1\)，解得\(0<\omega\leq \cfrac{1}{8}\)；
②當\(k=0\)時，\(4\omega\ge 1\)且\(8\omega \leq 5\)，解得\(\cfrac{1}{4}\leq \omega\leq \cfrac{5}{8}\)；
③當\(k=1\)時，\(4\omega\ge 5\)且\(8\omega \leq 9\)，解得\(\cfrac{5}{4}\leq \omega\leq \cfrac{9}{8}\)，實質為空集；
④當\(k=2\)時，\(4\omega\ge 9\)且\(8\omega \leq 13\)，解得\(\cfrac{9}{4}\leq \omega\leq \cfrac{13}{8}\)，實質為空集；
⑤當\(k=3，\cdots\)時，等等，解集都是空集；
綜上所述，函數\(f(x)\)在區間\((\pi，2\pi)\)內沒有零點時，\(\omega\)的取值范圍是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故選\(D\)。
法3：高考解法，從數的角度入手分析，接上述解法，得到
\(sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\)在區間\((\pi，2\pi)\)內無解，
即\(x=\cfrac{k\pi+\frac{\pi}{4}}{\omega}\not\in (\pi，2\pi)\)，
則\(\omega \not\in (\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup (\cfrac{5}{8}，\cfrac{5}{4})\cup (\cfrac{9}{8}，\cfrac{9}{4})\cup\cdots = (\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup (\cfrac{5}{8}，+\infty)\)
由於函數\(f(x)\)在區間\((\pi，2\pi)\)內沒有零點，\(\omega\)的取值范圍是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故選\(D\)。
法4：如下圖所示，從形的角度入手分析：
要使得函數在\((\pi，2\pi)\)內沒有零點，則有以下情形成立：
①\(2\pi\leq \cfrac{\pi}{4\omega}\)，解得\(0<\omega\leq \cfrac{1}{8}\)；
②\(\left\{ \begin{array}{l}{ \cfrac{\pi}{4\omega}\leq \pi }\\ {2\pi \leq \cfrac{5\pi}{4\omega}}\end{array}\right.\) ，解得$ \cfrac{1}{4}<\omega \leq \cfrac{5}{8}$；
③\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{5\pi}{4\omega}\leq \pi}\\{2\pi\leq\cfrac{9\pi}{4\omega}} \end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{5}{4}<\omega\leq \cfrac{9}{8}\)；即\(\omega\in \varnothing\)；
④\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{9\pi}{4\omega}\leq \pi}\\{2\pi\leq\cfrac{13\pi}{4\omega}} \end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{9}{4}<\omega\leq \cfrac{13}{8}\)；即\(\omega\in \varnothing\)；
⑤\(\cdots\)，解得\(\omega\in \varnothing\)；
綜上所述，\(\omega\)的取值范圍是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故選\(D\)。
分析：有題目可知，\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{5}{4}\cdot T<2\pi ①}\\{2\pi\leq \cfrac{7}{4}\cdot T②}\end{array}\right.\)，
注意由於是在開區間\((0，2\pi)\)上，故①沒有等號，而②有等號；
即\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{5}{4}\cdot \cfrac{2\pi}{\omega}<2\pi }\\{2\pi\leq \cfrac{7}{4}\cdot \cfrac{2\pi}{\omega}}\end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{5}{4}<\omega\leq \cfrac{7}{4}\)。故選\(A\)。
分析：由\(f(\cfrac{2\pi}{3})=f(\cfrac{5\pi}{6})\)可知，函數\(f(x)\)有一條對稱軸為\(x=\cfrac{3\pi}{4}\)，
且滿足\(\omega\cdot \cfrac{3\pi}{4}-\cfrac{\pi}{3}=2k\pi\)，\(k\in Z\)，即\(\omega =\cfrac{8}{3}k+\cfrac{4}{9}\)；
又函數\(f(x)\)在\((\cfrac{2\pi}{3}，\cfrac{5\pi}{6})\)上有最大值無最小值，
則\(T>\cfrac{5\pi}{6}-\cfrac{2\pi}{3}=\cfrac{\pi}{6}\)，即\(\cfrac{2\pi}{\omega}>\cfrac{\pi}{6}\)，
即\(\omega <12\)，又由\(\omega =\cfrac{8}{3}k+\cfrac{4}{9}<12\)，解得\(k\leq 4\)，
故當\(k=4\)時，\(\omega_{max}=\cfrac{8}{3}\times 4+\cfrac{4}{9}=\cfrac{100}{9}\)，故選\(D\)。
分析：將函數\(f(x)\)化簡，得到\(f(x)=sin(\omega x+\cfrac{\pi}{6})\)，則平移得到\(g(x)=sin\omega x\)，做出函數\(g(x)\)的簡圖如下，
由圖可知，若\(g(x)\)在區間\([-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{3\pi}{4}]\)上單調遞增，且在\([0，2\pi]\)上有兩個零點，只需要滿足條件
\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{3\pi}{4}\leq \cfrac{\pi}{2\omega}}\\{\cfrac{\pi}{\omega}\leq 2\pi }\end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{1}{2}\leq \omega \leq \cfrac{2}{3}\)；即所求范圍為\([\cfrac{1}{2}，\cfrac{2}{3}]\)
分析：先由\(R\)上的偶函數，得到\(\phi=\cfrac{\pi}{2}\)，故函數轉化為\(f(x)=cos\cfrac{\pi}{\omega}x\)，做出其函數簡圖，利用圖像得到，\(3\leq \omega\)，即\(\omega_{min}=3\)，故選\(C\)。
法1：由於\(sin\phi=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，則\(\phi=\cfrac{\pi}{3}\)，或者\(\phi=\cfrac{2\pi}{3}\)，
當\(\phi=\cfrac{\pi}{3}\)時，由於\((\cfrac{\pi}{6}，0)\)為其對稱中心，則\(\cfrac{\pi}{6} \omega +\cfrac{\pi}{3}=k\pi(k\in Z)\)，求得\(\omega =6k-2\)，\(\omega_{min}=4\)；
當\(\phi=\cfrac{2\pi}{3}\)時，由於\((\cfrac{\pi}{6}，0)\)為其對稱中心，則\(\cfrac{\pi}{6} \omega +\cfrac{2\pi}{3}=k\pi(k\in Z)\)，求得\(\omega =6k-4\)，\(\omega_{min}=2\)；
則\(\omega_{min}=2\)，故選\(C\)。其實此方法還可以再優化，如下，
法2：利用相位法，由於函數\(f(x)\)可以看成先有函數\(y=sinx\)向左平移\(\phi\)的單位得到\(y=sin(x+\phi)\)，然后再伸縮得到，
由於圖像的最高點在\(y\)軸的左側，故平移的距離一定大於\(\cfrac{\pi}{2}\)，(或者說函數與\(y\)軸的交點在函數的單調遞減區間上，故由\(sin\phi=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，平移的距離一定大於\(\cfrac{\pi}{2}\)，)
以及\(\phi\in (0，2\pi)\)，只能得到\(\phi=\cfrac{2\pi}{3}\)，又由於對稱中心為\((\cfrac{\pi}{6}，0)\)，
則\(\cfrac{\pi}{6} \omega +\cfrac{2\pi}{3}=k\pi(k\in Z)\)，即\(\omega =6k-4\)，從而解得\(\omega_{min}=2\)；故選\(C\)。
法3：導數法，\(f'(x)=\omega cos(\omega x+\phi)\)，由圖像可知，當\(x=0\)時，\(f'(x)<0\)，即\(\omega cos\phi<0\)，
又\(sin\phi=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，故\(\phi=\cfrac{2\pi}{3}\)，又由於對稱中心為\((\cfrac{\pi}{6}，0)\)，
則\(\cfrac{\pi}{6} \omega +\cfrac{2\pi}{3}=k\pi(k\in Z)\)，即\(\omega =6k-4\)，從而解得\(\omega_{min}=2\)；故選\(C\)。
分析：由題可知，\(\cfrac{\pi}{3}\omega +\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{k\pi}{2}\)，\(k\in Z\)，則\(2\omega+1=3k\)，逐項代入驗證選\(C\)。
解析：由題設可知，\(y=g(x)=2sin[\omega(x+\cfrac{\pi}{3\omega})-\cfrac{\pi}{3}]=2sin\omega x\)(\(\omega>0\))，
由於\(y=g(x)\)在區間\([-\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4}]\)上為增函數，且\(\omega>0\)，
則有\(-\cfrac{\omega\pi}{6}\leqslant \omega x\leqslant \cfrac{\omega\pi}{4}\)，且有\([-\cfrac{\omega\pi}{6}，\cfrac{\omega\pi}{4}]\subseteq [-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)，
所以\(\left\{\begin{array}{l}{-\cfrac{\omega\pi}{6}\geqslant -\cfrac{\pi}{2}}\\{\cfrac{\omega\pi}{4}\leqslant \cfrac{\pi}{2}}\end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l}{\omega\leqslant 3}\\{\omega\leqslant 2}\end{array}\right.\)，
則\(\omega \leqslant 2\)，所以\(\omega\)的最大值為\(2\).
分析：由於\(x\in [0,\pi]\)，\(\omega >0\)，則\(\omega x-\cfrac{\pi}{6}\in [-\cfrac{\pi}{6},\omega x-\cfrac{\pi}{6}]\)，
在以\(\omega x-\cfrac{\pi}{6}\)為橫軸做函數的圖像時，由於函數要有零點，則必須滿足\(\omega x-\cfrac{\pi}{6}\geqslant 0\)①；[2]
又由於值域\(M\in [-\cfrac{1}{2},+\infty)\)，實質是值域\(M\in [-\cfrac{1}{2},1]\)，則必須滿足\(\omega x-\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{7\pi}{6}\)②；[3]
聯立①②，解得\(\omega \in [\cfrac{1}{6},\cfrac{4}{3}]\)，故選\(C\)。
解析式含參φ
分析：由於\(f(x)=f(\cfrac{\pi}{2}-x)\)，故函數的對稱軸為\(x=\cfrac{\pi}{4}\)，
又由於\(f(x)_{max}=\sqrt{1+a^2}=2\)，故\(a=\pm 3\)，則\(f(x)=2\sin(2x+\phi\pm \cfrac{\pi}{3})\)，
於是有\(2\times \cfrac{\pi}{4}+\phi\pm \cfrac{\pi}{3}=k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)，\(k\in Z\)，
則\(\phi=k\pi\pm \cfrac{\pi}{3}\in (0,\pi)\)，故\(\phi=\cfrac{\pi}{3}\)或\(\phi=\cfrac{2\pi}{3}\)，故選\(C\).
分析：先變形得到\(f(x)=2cos(2x+\cfrac{\pi}{3})\)，將其平移得到\(y=2cos[2(x+\phi)+\cfrac{\pi}{3}]\)，
由其最低點坐標得到\(2\times(-\cfrac{\pi}{12})+2\phi+\cfrac{\pi}{3}=2k\pi+\pi\)，
從而\(\phi=k\pi+\cfrac{5\pi}{12}\)，令\(k=0\)解得\(\phi=\cfrac{5\pi}{12}\in (-\cfrac{\pi}{2}，-\cfrac{\pi}{2})\)，故\(f(\cfrac{5\pi}{12})=-\sqrt{3}\)。
反思：在求解\(\phi\)值時，還可以利用題目給定的零點來計算；還可以先轉化為\(f(x)=-2sin(2x-\cfrac{\pi}{6})\)來計算；
法1：由題目得到\(y=sin2x-\sqrt{3}cos2x=2sin(2x-\cfrac{\pi}{3})\)，則將其向左平移\(\phi\)個單位長度后得到\(f(x)=2sin(2x+2\phi-\cfrac{\pi}{3})\)，
由\(2k\pi+\cfrac{\pi}{2}\leq 2x+2\phi-\cfrac{\pi}{3}\leq 2k\pi+\cfrac{3\pi}{2}\)，得到單減區間\([k\pi+\cfrac{5\pi}{12}-\phi，k\pi+\cfrac{11\pi}{12}-\phi]\)，\(k\in Z\)
由於\(f(x)\)在\((\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\)上單調遞減，故必然滿足\((\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\subseteq [k\pi+\cfrac{5\pi}{12}-\phi，k\pi+\cfrac{11\pi}{12}-\phi]\)
由\(\left\{\begin{array}{l}{k\pi+\cfrac{5\pi}{12}-\phi\leq \cfrac{\pi}{4} }\\{\cfrac{\pi}{2}\leq k\pi+\cfrac{11\pi}{12}-\phi}\end{array}\right.\)；解得\(k\pi+\cfrac{\pi}{6}\leq \phi \leq k\pi+\cfrac{5\pi}{12}(k\in Z)\)，
令\(k=0\)，即得到\(\cfrac{\pi}{6}\leq \phi \leq \cfrac{5\pi}{12}\)，故選\(D\)。
法2：由題目得到\(y=sin2x-\sqrt{3}cos2x=2sin(2x-\cfrac{\pi}{3})\)，則將其向左平移\(\phi\)個單位長度后得到\(f(x)=2sin(2x+2\phi-\cfrac{\pi}{3})\)，
又由於模板函數\(y=sin2x\)的靠近原點的單調遞減區間為\([\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{3\pi}{4}]\)，故將\(y=sin2x\)向左平移\(\phi-\cfrac{\pi}{6}\)即得到\(f(x)=2sin(2x+2\phi-\cfrac{\pi}{3})\)，
故單調遞減區間相應的變化為\([\cfrac{\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{3\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}]\)，又題目給定\(f(x)\)在\((\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\)上單調遞減，
則\((\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\subseteq [\cfrac{\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{3\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}]\)，
由\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}\leq \cfrac{\pi}{4} }\\{\cfrac{\pi}{2}\leq \cfrac{3\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}}\end{array}\right.\)；得到\(\cfrac{\pi}{6}\leq \phi \leq \cfrac{5\pi}{12}\)，故選\(D\)。
分析：將函數\(f(x)\)化簡為\(f(x)==\sqrt{5}(sinx\cdot \cfrac{2}{\sqrt{5}}+cosx\cdot \cfrac{1}{\sqrt{5}})=\sqrt{5}sin(x+\alpha)\)，其中\(cos\alpha=\cfrac{2}{\sqrt{5}}\)，\(sin\alpha=\cfrac{1}{\sqrt{5}}\)，同理將函數\(g(x)\)化簡為\(g(x)=\sqrt{5}sin(x-\alpha)\)，
由於函數\(f(x)\)向右平移\(\phi\)個單位長度，得到\(y=\sqrt{5}sin(x-\phi+\alpha)\)，
則\(\sqrt{5}sin(x-\phi+\alpha)=\sqrt{5}sin(x-\alpha)\)對任意\(x\in R\)恆成立，
故有\(x-\phi+\alpha=2k\pi+x-\alpha\)，即\(\phi=2\alpha-2k\pi\)，\(k\in Z\)，
故\(sin\phi=sin(2\alpha-2k\pi)=sin2\alpha=2sin\alpha\cdot cos\alpha=2\times\cfrac{2}{\sqrt{5}}\times\cfrac{1}{\sqrt{5}}=\cfrac{4}{5}\).
分析：\(f(x)=sin(2x+\cfrac{\pi}{6})\)，\(g(x)=sin(2x+2\phi+\cfrac{\pi}{6})\)，由於函數\(g(x)\)的圖像關於\(y\)軸對稱，則函數\(g(x)\)在\(x=0\)時取到最值，這樣將選項代入驗證，選\(A\)。
法1：驗證法，將函數\(y=sin6x\)的圖像向右平移\(\cfrac{\pi}{12}\)個單位，得到\(y=sin(6x-\cfrac{\pi}{2})\)，驗證選項\(D\)，由\(y=sin(6x+\cfrac{3\pi}{2})=sin(6x+2\pi-\cfrac{\pi}{2})=sin(6x-\cfrac{\pi}{2})\)，故選項\(D\)正確，同理可以驗證排除其他的選項；
法2：計算賦值法，將函數\(y=sin6x\)的圖像向右平移\(\cfrac{\pi}{12}\)個單位，得到\(y=sin(6x-\cfrac{\pi}{2})\)，
要使得其圖像和函數\(y=sin(6x-\phi)\)(\(-3\pi<\phi<-\pi\))的圖像重合，則需要\(6x-\cfrac{\pi}{2}+2k\pi=6x-\phi\)，
即\(\phi=-2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，令\(k=1\)，得到\(\phi=-\cfrac{3\pi}{2}\in (-3\pi，-\pi)\)，故選\(D\)。
分析：函數經過相應的變換得到，\(y=2sin(2x-2\phi+\cfrac{\pi}{3})+1\)，由於函數圖像經過\((\cfrac{\pi}{8}，1)\)，
則有\(2\times \cfrac{\pi}{8}-2\phi+\cfrac{\pi}{3}=k\pi\)，\(k\in Z\)，變形整理得到，
\(\phi=\cfrac{k\pi}{2}+\cfrac{7\pi}{24}\)，\(k\in Z\)，令\(k=0\)，得到\(\phi_{min}=\cfrac{7\pi}{24}\)，故選\(D\).
給定區間含參
法1：從形上入手分析，正確、准確做出函數的圖像，是求解的先決條件。
由圖像能直觀的得到，要使得函數在\([0，\cfrac{x_0}{3}]\)和\([2x_0，\cfrac{7\pi}{6}]\)上都是單調遞增函數，
則必須同時滿足條件\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{x_0}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}}\\{2x_0\ge \cfrac{2\pi}{3}}\end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{\pi}{3}\leq x_0\leq \cfrac{\pi}{2}\)，故選\(B\).
法2：從數上入手分析，用常規方法先求得給定函數的單調遞增區間，由\(2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leq 2x＋\cfrac{\pi}{6}\leq 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)，
解得單調遞增區間為\([k\pi-\cfrac{\pi}{3}，k\pi+\cfrac{\pi}{6}]\)，\(k\in Z\)，
當\(k=0\)時，單增區間為\([-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{6}]\)，
當\(k=1\)時，單增區間為\([\cfrac{2\pi}{3}，\cfrac{7\pi}{6}]\)，
又題目要求函數在\([0，\cfrac{x_0}{3}]\)和\([2x_0，\cfrac{7\pi}{6}]\)上都是單調遞增函數，
則必須同時滿足條件\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{x_0}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}}\\{2x_0\ge \cfrac{2\pi}{3}}\end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{\pi}{3}\leq x_0\leq \cfrac{\pi}{2}\)，故選\(B\).
分析：\(f(x)=\sin x+\sqrt{3}\cos x=2(\cfrac{1}{2}\sin x+\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos x)=2\sin(x+\cfrac{\pi}{3})\)，
在\([-m,m](m>0)\)上是增函數，將\(x+\cfrac{\pi}{3}\)視為整體，對比函數\(y=sinx\)的單調性可知，
則\(\left\{\begin{array}{l}{-m+\cfrac{\pi}{3}\geqslant -\cfrac{\pi}{2}}\\{m+\cfrac{\pi}{3}\leqslant \cfrac{\pi}{2}}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{m\leqslant \cfrac{5\pi}{6}}\\{m\leqslant \cfrac{\pi}{6}}\end{array}\right.\)
則\(m\leqslant \cfrac{\pi}{6}\)，故\(m\)的最大值為\(\cfrac{\pi}{6}\)，故選\(C\).
由於\(f(\cfrac{\pi}{4})\)達到極值或最值，故題目雖說給定了函數單調[可能包含單調遞增或單調遞減兩種情形]，其實只能是單調遞減，
又由於單調區間的最大寬度等於半周期，故給定的單調區間的寬度必然小於或等於半周期； ↩︎只有確保圖像經過原點(包含原點)，才能保證函數至少有一個零點；用數的形式限制為\(\omega x-\cfrac{\pi}{6}\geqslant 0\)； ↩︎
當圖像從左往右延伸時，如果經過點\((\cfrac{7\pi}{6}，-\cfrac{1}{2})\)，則函數的值域就不再滿足最小值為\(-\cfrac{1}{2}\)，
故限制為\(\omega x-\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{7\pi}{6}\)； ↩︎