前言
涉及到\(y=Asin(\omega x+\phi)+k\)型中的参数\(\omega\)，\(\phi\)的取值范围或者其具体值时，常常需要做出其函数图像来求解。
一、解析式含参ω
例01若函数\(y=2\sin\omega x+1(\omega>0)\)在区间\(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\)上是增函数，求\(\omega\)的取值范围。
法1：用传统方法求得\(f(x)\)的单增区间，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\(f(x)\)的单增区间是\(\left[\cfrac{2k\pi}{\omega}-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{2k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{2\omega}\right](k\in Z)\)，
令\(k=0\)，得到距离原点左右两侧最近的单调递增区间是\(\left[-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{\pi}{2\omega}\right]\)，
又\(\because f(x)\) 在区间\(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\)上单调递增，即 \(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}]\subseteq [-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{\pi}{2\omega}\right]\)，
这样就转化为不等式组，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：\(\because \omega>0，x\in \left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right] \therefore \omega x \in \left[-\cfrac{\pi\omega}{2}，\cfrac{2\pi\omega}{3}\right]\)，
又模板函数\(y=sinx\)在原点左右的单调递增区间是\([-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)，将\(\omega x\)视为一个整体，
由\(f(x)\)在\(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\)上单调递增，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：\(\because f(x)\) 在区间\(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\)单调递增，
故原点到\(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\) 的距离不超过\(\cfrac{T}{4}\)，
\(\therefore \begin{cases} -\cfrac{\pi}{2} \leq \cfrac{T}{4} \\ \cfrac{2\pi}{3} \leq \cfrac{T}{4} \end{cases}\)，
故\(T \ge \cfrac{8\pi}{3}\)，即\(T=\cfrac{2\pi}{\omega} \ge \cfrac{8\pi}{3}\)，又\(\omega >0\)，故\(\omega\in \left(0，\cfrac{3}{4}\right]\)。
例02若函数\(y=2\sin\omega x\)在区间\(\left[-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}\right]\)上的最小值是\(-2\)，求\(\omega\)的取值范围。
分析：由于是涉及函数的值域，故我们一般是先求出整体自变量\(\omega x\)的取值范围，故分类讨论如下：
当\(\omega >0\)时，由\(-\cfrac{\pi}{3}\leq x\leq \cfrac{\pi}{4}\)，故\(-\cfrac{\omega\pi}{3}\leq x\leq \cfrac{\omega\pi}{4}\)，
由于函数的最小值是\(-2\)，故需要满足条件\(-\cfrac{\omega\pi}{3}\leq -\cfrac{\pi}{2}\)，解得\(\omega \ge \cfrac{3}{2}\)；
当\(\omega <0\)时，由\(-\cfrac{\pi}{3}\leq x\leq \cfrac{\pi}{4}\)，故\(\cfrac{\omega\pi}{4}\leq x\leq -\cfrac{\omega\pi}{3}\)，
由于函数的最小值是\(-2\)，故需要满足条件\(\cfrac{\omega\pi}{4}\leq -\cfrac{\pi}{2}\)，解得\(\omega \leq -2\)；
故\(\omega\)的取值范围为\((-\infty，-2]\cup[\cfrac{3}{2}，+\infty)\)。
例03【三轮模拟考试理科用题】
已知函数\(f(x)=sinx+acosx\)的图像的一条对称轴是\(x=\cfrac{5\pi}{3}\)，则函数\(g(x)=asinx+cosx\)的最大值是_________.
分析：\(f(x)=sinx+acosx=\sqrt{a^2+1}sin(x+\phi)，tan\phi =a\)，
由题目可知，\(\cfrac{5\pi}{3}+\phi=k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)，
故\(\phi=k\pi+\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{5\pi}{3}=k\pi-\cfrac{7\pi}{6}\)，
由于\(\phi\)的值只需要考虑其存在性，故从简原则，
令\(k=1\)，\(\phi=-\cfrac{\pi}{6}\)，从而\(a=tan\phi=tan(-\cfrac{\pi}{6})=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，
所以\(g(x)=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}sinx+cosx=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}sin(x+\theta)，tan\theta=-\sqrt{3}\)，
故\(g(x)_{max}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\).
例04【三轮模拟考试理科用题】
已知函数\(f(x)=2cos(\omega x+\cfrac{\pi}{3})(\omega >0)\)的两个不同的对称中心分别为点\((\cfrac{\pi}{12}，0)\)，点\((\cfrac{\pi}{4}，0)\)，则\(\omega\)取得
A、最小值6 \(\hspace{2cm}\) B、最大值6 \(\hspace{2cm}\) C、最小值3 \(\hspace{2cm}\) D、 最大值3
分析：有题目可知\(\omega =\cfrac{2\pi}{T}\)，\(T\)越小(越大)，则\(\omega\)越大(越小)；
若题目中已知的两个对称中心是相邻的，则此时\(T\)最大，
由\(\cfrac{T}{2}=\cfrac{\pi}{4}-\cfrac{\pi}{12}=\cfrac{\pi}{6}\)，
故此时\(T_{max}=\cfrac{\pi}{3}\)，故\(\omega_{min} =\cfrac{2\pi}{\cfrac{\pi}{3}}=6\).
例05【图像移动后和原图像重合】【2017•临沂模拟】
将函数\(f(x)=sin(\omega x＋\phi)\)的图像向左平移\(\cfrac{\pi}{2}\)个单位长度，若所得图像与原图像重合，则\(\omega\)的值不可能等于
分析：给定函数的周期是\(T=\cfrac{2\pi}{\omega}\)，
向左平移\(\cfrac{\pi}{2}\)个单位长度，所得图像与原图像重合，
则平移长度必然等于周期的整数倍，
则有\(\cfrac{\pi}{2}=k\cdot \cfrac{2\pi}{\omega}(k\in Z)\)，
即\(\omega=4k(k\in Z)\)，故\(\omega\)的值不可能等于6。
例06【图像移动后和原图像对称轴重合】【2017•临沂模拟】
将函数\(y=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})(\omega >0)\)的图象分别向左、向右各平移\(\cfrac{\pi}{4}\)个单位长度后，所得的两个图象对称轴重合，则\(\omega\)的最小值为________．
法1：将函数\(y=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})(\omega >0)\)的图象向左平移\(\cfrac{\pi}{4}\)个单位长度后，
得到\(y=2sin[\omega (x+\cfrac{\pi}{4})-\cfrac{\pi}{4}]=2sin(\omega x+\cfrac{(\omega-1)\pi}{4})\)；
将函数\(y=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})(\omega >0)\)的图象向右平移\(\cfrac{\pi}{4}\)个单位长度后，
得到\(y=2sin[\omega (x-\cfrac{\pi}{4})-\cfrac{\pi}{4}]=2sin(\omega x-\cfrac{(\omega+1)\pi}{4})\)；
由于平移后的对称轴重合，故自变量的整体差值为\(k\pi\)，
故\(\omega x+\cfrac{(\omega-1)\pi}{4}=\omega x-\cfrac{(\omega+1)\pi}{4}+k\pi(k\in Z)\)；
化简得到\(\omega=2k(k\in Z)\)，又\(\omega>0\)；
故\(\omega_{min}=2\)。
法2：【暂作记录，再思考】
将函数\(y=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})(\omega >0)\)的图象向左平移\(\cfrac{\pi}{4}\)个单位长度后，
由于周期的作用，其实平移的长度是\(\cfrac{\pi\omega}{4}\)；
将函数\(y=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})(\omega >0)\)的图象向右平移\(\cfrac{\pi}{4}\)个单位长度后，
由于周期的作用，其实平移的长度也是\(\cfrac{\pi\omega}{4}\)；
这样的平移效果，相当于视原图像不动，再将其图像一次平移距离为\(\cfrac{2\pi\omega}{4}\)；
由于平移后的对称轴重合，故平移距离应该是\(k\pi\)，即\(\cfrac{2\pi\omega}{4}=k\pi\)；
化简得到\(\omega=2k(k\in Z)\)，又\(\omega>0\)；
故\(\omega_{min}=2\)。
解后反思：
1、将周期函数的图像平移后，若所得图像与原图像重合，则平移长度必然等于周期的整数倍，或者平移前后的自变量整体差值为\(k\cdot 2\pi(k\in Z)\)；
比如，将\(y=sin(\omega x+\cfrac{\pi}{4})\)，向左平移\(\cfrac{\pi}{3}\)个单位，所得图像与原图像重合，求正整数\(\omega\)的最小值；
思路1：由平移长度必然等于周期的整数倍得到，\(\cfrac{\pi}{3}=k\cdot \cfrac{2\pi}{\omega}\)，
整理得到\(\omega=6k(\omega >0)\)，故\(\omega_{min}=6\)；
思路2：由平移前后的自变量整体差值为\(k\cdot 2\pi(k\in Z)\)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、将周期函数的图像平移后，若所得图像与原图像对称轴重合，则平移长度必然等于半周期的整数倍，或者平移前后的自变量整体差值为\(k\cdot \pi(k\in Z)\)；
可仿上引例，自行举例。
例07【2016天津高考文科第8题】
已知\(f(x)=sin^2\cfrac{\omega x}{2}+\cfrac{1}{2}sin\omega x-\cfrac{1}{2}(\omega>0)\)，\(x\in R\)，若\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点，则\(\omega\)的取值范围是【D】
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：补集法，从数的角度入手分析，假设\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内有零点\(x_0\)，使得\(f(x)=\cfrac{\sqrt{2}}{2}sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\)，
则\(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4}=k\pi(k\in Z)\)，即\(x_0=\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{4\omega}\)，
即\(x_0=\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}\)，又\(\pi<x_0<2\pi\)，
则\(\pi<\cfrac{4k+1}{4\omega}<2\pi(k\in Z)\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<4k+1}\\{8\omega>4k+1}\end{array}\right.\)
由于\(\omega>0\)，故给\(k\)赋值从\(k=0\)开始，
①当\(k=0\)时，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<1}\\{8\omega>1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{1}{8}<\omega<\cfrac{1}{4}\)；
②当\(k=1\)时，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<4+1}\\{8\omega>4+1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{5}{8}<\omega<\cfrac{5}{4}\)；
③当\(k=2\)时，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<8+1}\\{8\omega>8+1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{9}{8}<\omega<\cfrac{9}{4}\)；
④当\(k=3\)时，\(\left\{\begin{array}{l}{4\omega<12+1}\\{8\omega>12+1}\end{array}\right.\)，即\(\cfrac{13}{8}<\omega<\cfrac{13}{4}\)；
⑤当\(k=4，\cdots\)时，\(\cdots\)
以上情形取并集，得到当函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内有零点\(x_0\)时，\(\omega\)的取值范围是\((\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup(\cfrac{5}{8}，+\infty)\)，
故函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点时，\(\omega\)的取值范围是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故选\(D\)。
法2：直接法，从数的角度入手分析，函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点，则\(sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\)在区间\((\pi，2\pi)\)内无解，
则\(k\pi<\omega x-\cfrac{\pi}{4}<k\pi+\pi(k\in Z)\)，即\(k\pi+\cfrac{\pi}{4}<\omega x<k\pi+\cfrac{5\pi}{4}(k\in Z)\)，
则\(\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{4\omega}<x_0<\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{5\pi}{4\omega}\)
即\(\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}<x<\cfrac{(4k+5)\pi}{4\omega}\)恒成立，由于\(x\in (\pi，2\pi)\)，
则\(\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}\leq \pi\)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当\(k=-1\)时，\(4\omega\ge -3\)且\(8\omega \leq 1\)，解得\(0<\omega\leq \cfrac{1}{8}\)；
②当\(k=0\)时，\(4\omega\ge 1\)且\(8\omega \leq 5\)，解得\(\cfrac{1}{4}\leq \omega\leq \cfrac{5}{8}\)；
③当\(k=1\)时，\(4\omega\ge 5\)且\(8\omega \leq 9\)，解得\(\cfrac{5}{4}\leq \omega\leq \cfrac{9}{8}\)，实质为空集；
④当\(k=2\)时，\(4\omega\ge 9\)且\(8\omega \leq 13\)，解得\(\cfrac{9}{4}\leq \omega\leq \cfrac{13}{8}\)，实质为空集；
⑤当\(k=3，\cdots\)时，等等，解集都是空集；
综上所述，函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点时，\(\omega\)的取值范围是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故选\(D\)。
法3：高考解法，从数的角度入手分析，接上述解法，得到
\(sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0\)在区间\((\pi，2\pi)\)内无解，
即\(x=\cfrac{k\pi+\frac{\pi}{4}}{\omega}\not\in (\pi，2\pi)\)，
则\(\omega \not\in (\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup (\cfrac{5}{8}，\cfrac{5}{4})\cup (\cfrac{9}{8}，\cfrac{9}{4})\cup\cdots = (\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup (\cfrac{5}{8}，+\infty)\)
由于函数\(f(x)\)在区间\((\pi，2\pi)\)内没有零点，\(\omega\)的取值范围是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故选\(D\)。
法4：如下图所示，从形的角度入手分析：
要使得函数在\((\pi，2\pi)\)内没有零点，则有以下情形成立：
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\(\omega\in \varnothing\)；
综上所述，\(\omega\)的取值范围是\((0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]\)，故选\(D\)。
例08【2019届高三理科数学题】
若函数\(f(x)=2sin\omega x(\omega>0)\)在区间\((0，2\pi)\)上恰有两个极大值和一个极小值，则\(\omega\)的取值范围是【】
分析：有题目可知，\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{5}{4}\cdot T<2\pi ①}\\{2\pi\leq \cfrac{7}{4}\cdot T②}\end{array}\right.\)，
注意由于是在开区间\((0，2\pi)\)上，故①没有等号，而②有等号；
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\(\cfrac{5}{4}<\omega\leq \cfrac{7}{4}\)。故选\(A\)。
例08+1【2019届高三理科二轮数学题】
已知函数\(f(x)=cos(\omega x-\cfrac{\pi}{3})(\omega >0)\)，且\(f(\cfrac{2\pi}{3})=f(\cfrac{5\pi}{6})\)，若\(f(x)\)在\((\cfrac{2\pi}{3}，\cfrac{5\pi}{6})\)上有最大值无最小值，则\(\omega\)的最大值为【】
分析：由\(f(\cfrac{2\pi}{3})=f(\cfrac{5\pi}{6})\)可知，函数\(f(x)\)有一条对称轴为\(x=\cfrac{3\pi}{4}\)，
且满足\(\omega\cdot \cfrac{3\pi}{4}-\cfrac{\pi}{3}=2k\pi\)，\(k\in Z\)，即\(\omega =\cfrac{8}{3}k+\cfrac{4}{9}\)；
又函数\(f(x)\)在\((\cfrac{2\pi}{3}，\cfrac{5\pi}{6})\)上有最大值无最小值，
则\(T>\cfrac{5\pi}{6}-\cfrac{2\pi}{3}=\cfrac{\pi}{6}\)，即\(\cfrac{2\pi}{\omega}>\cfrac{\pi}{6}\)，
即\(\omega <12\)，又由\(\omega =\cfrac{8}{3}k+\cfrac{4}{9}<12\)，解得\(k\leq 4\)，
故当\(k=4\)时，\(\omega_{max}=\cfrac{8}{3}\times 4+\cfrac{4}{9}=\cfrac{100}{9}\)，故选\(D\)。
例09【2019三轮模拟考试理科用题】已知函数\(f(x)=\sqrt{3}sin\cfrac{\omega x}{2}cos\cfrac{\omega x}{2}+cos^2\cfrac{\omega x}{2}-\cfrac{1}{2}(\omega >0)\)，把\(f(x)\)的图像向右平移\(\cfrac{\pi}{6\omega}\)个单位，得到函数\(g(x)\)的图像，若\(g(x)\)在区间\([-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{3\pi}{4}]\)上单调递增，且在\([0，2\pi]\)上有两个零点，则实数\(\omega\)的取值范围是____________。
分析：将函数\(f(x)\)化简，得到\(f(x)=sin(\omega x+\cfrac{\pi}{6})\)，则平移得到\(g(x)=sin\omega x\)，做出函数\(g(x)\)的简图如下，
由图可知，若\(g(x)\)在区间\([-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{3\pi}{4}]\)上单调递增，且在\([0，2\pi]\)上有两个零点，只需要满足条件
\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{3\pi}{4}\leq \cfrac{\pi}{2\omega}}\\{\cfrac{\pi}{\omega}\leq 2\pi }\end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{1}{2}\leq \omega \leq \cfrac{2}{3}\)；即所求范围为\([\cfrac{1}{2}，\cfrac{2}{3}]\)
例10【2019三轮模拟考试理科用题】设函数\(f(x)=sin(\cfrac{\pi}{\omega}x+\phi)\)，(\(\omega>0\)，\(0\leq \phi\leq \pi\))是\(R\)上的偶函数，且在\((0，3)\)上单调递减，则\(\omega\)的最小值为【】
分析：先由\(R\)上的偶函数，得到\(\phi=\cfrac{\pi}{2}\)，故函数转化为\(f(x)=cos\cfrac{\pi}{\omega}x\)，做出其函数简图，利用图像得到，\(3\leq \omega\)，即\(\omega_{min}=3\)，故选\(C\)。
例11【2019三轮模拟考试理科用题】已知函数\(f(x)=sin(\omega x+\phi)(\omega>0，\phi\in (0，2\pi))\)的部分图像如图所示，且\(f(x)\)的图像的一个对称中心为\((\cfrac{\pi}{6}，0)\)，则\(\omega\)的最小值为【】
法1：由于\(sin\phi=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，则\(\phi=\cfrac{\pi}{3}\)，或者\(\phi=\cfrac{2\pi}{3}\)，
当\(\phi=\cfrac{\pi}{3}\)时，由于\((\cfrac{\pi}{6}，0)\)为其对称中心，则\(\cfrac{\pi}{6} \omega +\cfrac{\pi}{3}=k\pi(k\in Z)\)，求得\(\omega =6k-2\)，\(\omega_{min}=4\)；
当\(\phi=\cfrac{2\pi}{3}\)时，由于\((\cfrac{\pi}{6}，0)\)为其对称中心，则\(\cfrac{\pi}{6} \omega +\cfrac{2\pi}{3}=k\pi(k\in Z)\)，求得\(\omega =6k-4\)，\(\omega_{min}=2\)；
则\(\omega_{min}=2\)，故选\(C\)。其实此方法还可以再优化，如下，
法2：利用相位法，由于函数\(f(x)\)可以看成先有函数\(y=sinx\)向左平移\(\phi\)的单位得到\(y=sin(x+\phi)\)，然后再伸缩得到，
由于图像的最高点在\(y\)轴的左侧，故平移的距离一定大于\(\cfrac{\pi}{2}\)，(或者说函数与\(y\)轴的交点在函数的单调递减区间上，故由\(sin\phi=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，平移的距离一定大于\(\cfrac{\pi}{2}\)，)
以及\(\phi\in (0，2\pi)\)，只能得到\(\phi=\cfrac{2\pi}{3}\)，又由于对称中心为\((\cfrac{\pi}{6}，0)\)，
则\(\cfrac{\pi}{6} \omega +\cfrac{2\pi}{3}=k\pi(k\in Z)\)，即\(\omega =6k-4\)，从而解得\(\omega_{min}=2\)；故选\(C\)。
法3：导数法，\(f'(x)=\omega cos(\omega x+\phi)\)，由图像可知，当\(x=0\)时，\(f'(x)<0\)，即\(\omega cos\phi<0\)，
又\(sin\phi=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，故\(\phi=\cfrac{2\pi}{3}\)，又由于对称中心为\((\cfrac{\pi}{6}，0)\)，
则\(\cfrac{\pi}{6} \omega +\cfrac{2\pi}{3}=k\pi(k\in Z)\)，即\(\omega =6k-4\)，从而解得\(\omega_{min}=2\)；故选\(C\)。
例11【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】已知\(\omega\in N^*\)，函数\(f(x)=tan(\omega x+\cfrac{\pi}{6})\)的图像的一个对称中心为\((\cfrac{\pi}{3}，0)\)，则\(\omega\)的一个可能取值为【】
分析：由题可知，\(\cfrac{\pi}{3}\omega +\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{k\pi}{2}\)，\(k\in Z\)，则\(2\omega+1=3k\)，逐项代入验证选\(C\)。
二、解析式含参φ
例09【2018三轮模拟考试理科用题】
设函数\(f(x)=cos2x-\sqrt{3}sin2x\)，把\(y=f(x)\)的图像向左平移\(\phi(|\phi|<\cfrac{\pi}{2})\)个单位，得到的函数图像中的一个最低点坐标是\((-\cfrac{\pi}{12}，-2)\)，一个零点坐标是\((\cfrac{\pi}{6}，0)\)，则\(f(\phi)\)的值等于多少？
分析：先变形得到\(f(x)=2cos(2x+\cfrac{\pi}{3})\)，将其平移得到\(y=2cos[2(x+\phi)+\cfrac{\pi}{3}]\)，
由其最低点坐标得到\(2\times(-\cfrac{\pi}{12})+2\phi+\cfrac{\pi}{3}=2k\pi+\pi\)，
从而\(\phi=k\pi+\cfrac{5\pi}{12}\)，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\(\phi\)值时，还可以利用题目给定的零点来计算；还可以先转化为\(f(x)=-2sin(2x-\cfrac{\pi}{6})\)来计算；
例10【三轮模拟考试理科用题】【2018辽宁辽阳一模】
将函数\(y=sin2x-\sqrt{3}cos2x\)的图像向左平移\(\phi(0\leq \phi\leq \cfrac{\pi}{2})\)个单位长度后得到\(f(x)\)的图像，若\(f(x)\)在\((\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\)上单调递减，则\(\phi\)的取值范围是【】
法1：由题目得到\(y=sin2x-\sqrt{3}cos2x=2sin(2x-\cfrac{\pi}{3})\)，则将其向左平移\(\phi\)个单位长度后得到\(f(x)=2sin(2x+2\phi-\cfrac{\pi}{3})\)，
由\(2k\pi+\cfrac{\pi}{2}\leq 2x+2\phi-\cfrac{\pi}{3}\leq 2k\pi+\cfrac{3\pi}{2}\)，得到单减区间\([k\pi+\cfrac{5\pi}{12}-\phi，k\pi+\cfrac{11\pi}{12}-\phi]\)，\(k\in Z\)
由于\(f(x)\)在\((\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\)上单调递减，故必然满足\((\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\subseteq [k\pi+\cfrac{5\pi}{12}-\phi，k\pi+\cfrac{11\pi}{12}-\phi]\)
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\(\cfrac{\pi}{6}\leq \phi \leq \cfrac{5\pi}{12}\)，故选\(D\)。
法2：由题目得到\(y=sin2x-\sqrt{3}cos2x=2sin(2x-\cfrac{\pi}{3})\)，则将其向左平移\(\phi\)个单位长度后得到\(f(x)=2sin(2x+2\phi-\cfrac{\pi}{3})\)，
又由于模板函数\(y=sin2x\)的靠近原点的单调递减区间为\([\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{3\pi}{4}]\)，故将\(y=sin2x\)向左平移\(\phi-\cfrac{\pi}{6}\)即得到\(f(x)=2sin(2x+2\phi-\cfrac{\pi}{3})\)，
故单调递减区间相应的变化为\([\cfrac{\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{3\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}]\)，又题目给定\(f(x)\)在\((\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\)上单调递减，
则\((\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\subseteq [\cfrac{\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{3\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}]\)，
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\(\cfrac{\pi}{6}\leq \phi \leq \cfrac{5\pi}{12}\)，故选\(D\)。
例11【二轮模拟考试理科用题】【2018福建福州期末】
将函数\(y=f(x)=2sinx+cosx\)的图像向右平移\(\phi\)个单位长度，得到函数\(y=g(x)=2sinx-cosx\)，则\(sin\phi\)=__________。
分析：将函数\(f(x)\)化简为\(f(x)==\sqrt{5}(sinx\cdot \cfrac{2}{\sqrt{5}}+cosx\cdot \cfrac{1}{\sqrt{5}})=\sqrt{5}sin(x+\alpha)\)，其中\(cos\alpha=\cfrac{2}{\sqrt{5}}\)，\(sin\alpha=\cfrac{1}{\sqrt{5}}\)，同理将函数\(g(x)\)化简为\(g(x)=\sqrt{5}sin(x-\alpha)\)，
由于函数\(f(x)\)向右平移\(\phi\)个单位长度，得到\(y=\sqrt{5}sin(x-\phi+\alpha)\)，
则\(\sqrt{5}sin(x-\phi+\alpha)=\sqrt{5}sin(x-\alpha)\)对任意\(x\in R\)恒成立，
故有\(x-\phi+\alpha=2k\pi+x-\alpha\)，即\(\phi=2\alpha-2k\pi\)，\(k\in Z\)，
故\(sin\phi=sin(2\alpha-2k\pi)=sin2\alpha=2sin\alpha\cdot cos\alpha=2\times\cfrac{2}{\sqrt{5}}\times\cfrac{1}{\sqrt{5}}=\cfrac{4}{5}\).
例12【二轮模拟训练限时训练5第10题】
已知函数\(f(x)=cos(2x-\cfrac{2\pi}{3})+sin(2x-\cfrac{3\pi}{2})\)，将函数\(f(x)\)的图像向左平移\(\phi(\phi>0)\)个单位长度，得到函数\(g(x)\)的图像，若函数\(g(x)\)的图像关于\(y\)轴对称，则\(\phi\)的最小值是【】
分析：\(f(x)=sin(2x+\cfrac{\pi}{6})\)，\(g(x)=sin(2x+2\phi+\cfrac{\pi}{6})\)，由于函数\(g(x)\)的图像关于\(y\)轴对称，则函数\(g(x)\)在\(x=0\)时取到最值，这样将选项代入验证，选\(A\)。
例13【2019届三轮模拟训练限时训练用题】要得到函数\(y=sin(6x-\phi)\)(\(-3\pi<\phi<-\pi\))的图像，只需要将函数\(y=sin6x\)的图像向右平移\(\cfrac{\pi}{12}\)个单位，则\(\phi\)的值为【】
法1：验证法，将函数\(y=sin6x\)的图像向右平移\(\cfrac{\pi}{12}\)个单位，得到\(y=sin(6x-\cfrac{\pi}{2})\)，验证选项\(D\)，由\(y=sin(6x+\cfrac{3\pi}{2})=sin(6x+2\pi-\cfrac{\pi}{2})=sin(6x-\cfrac{\pi}{2})\)，故选项\(D\)正确，同理可以验证排除其他的选项；
法2：计算赋值法，将函数\(y=sin6x\)的图像向右平移\(\cfrac{\pi}{12}\)个单位，得到\(y=sin(6x-\cfrac{\pi}{2})\)，
要使得其图像和函数\(y=sin(6x-\phi)\)(\(-3\pi<\phi<-\pi\))的图像重合，则需要\(6x-\cfrac{\pi}{2}+2k\pi=6x-\phi\)，
即\(\phi=-2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，令\(k=1\)，得到\(\phi=-\cfrac{3\pi}{2}\in (-3\pi，-\pi)\)，故选\(D\)。
例1【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】将函数\(f(x)=sin2x+\sqrt{3}cos2x\)的图像向右平移\(\phi(\phi>0)\)个单位，再向上平移\(1\)个单位，所得的图像经过\((\cfrac{\pi}{8}，1)\)，则\(\phi\)的最小值为【】
分析：函数经过相应的变换得到，\(y=2sin(2x-2\phi+\cfrac{\pi}{3})\)，由于函数图像经过\((\cfrac{\pi}{8}，1)\)，
则有\(2\times \cfrac{\pi}{8}-2\phi+\cfrac{\pi}{3}=k\pi\)，\(k\in Z\)，变形整理得到，
\(\phi=\cfrac{k\pi}{2}+\cfrac{7\pi}{24}\)，\(k\in Z\)，令\(k=0\)，得到\(\phi_{min}=\cfrac{7\pi}{24}\)，故选\(D\).
三、给定区间含参
例12【二轮模拟考试理科用题】【参数在区间端点处】
【2018辽宁丹东期末】若函数\(f(x)＝2sin(2x＋\cfrac{\pi}{6})\)在\([0，\cfrac{x_0}{3}]\)和\([2x_0，\cfrac{7\pi}{6}]\)上都是单调递增函数，则实数\(x_0\)的取值范围是【】法1：从形上入手分析，正确、准确做出函数的图像，是求解的先决条件。
由图像能直观的得到，要使得函数在\([0，\cfrac{x_0}{3}]\)和\([2x_0，\cfrac{7\pi}{6}]\)上都是单调递增函数，
则必须同时满足条件\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{x_0}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}}\\{2x_0\ge \cfrac{2\pi}{3}}\end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{\pi}{3}\leq x_0\leq \cfrac{\pi}{2}\)，故选\(B\).
法2：从数上入手分析，用常规方法先求得给定函数的单调递增区间，由\(2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leq 2x＋\cfrac{\pi}{6}\leq 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)，
解得单调递增区间为\([k\pi-\cfrac{\pi}{3}，k\pi+\cfrac{\pi}{6}]\)，\(k\in Z\)，
当\(k=0\)时，单增区间为\([-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{6}]\)，
当\(k=1\)时，单增区间为\([\cfrac{2\pi}{3}，\cfrac{7\pi}{6}]\)，
又题目要求函数在\([0，\cfrac{x_0}{3}]\)和\([2x_0，\cfrac{7\pi}{6}]\)上都是单调递增函数，
则必须同时满足条件\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{x_0}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}}\\{2x_0\ge \cfrac{2\pi}{3}}\end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{\pi}{3}\leq x_0\leq \cfrac{\pi}{2}\)，故选\(B\).