1．答案：B解析：因為函數(shù)y＝tanωx在?π所以最小正周期T≥π，即πω≥π，所以0<|ω|≤又函數(shù)y＝tanωx在?π2，綜上，－1≤ω<0.2．答案：D解析：由題意可得當x＝2π時，f(x)取得最大值，所以2πω＋π3＝2kπ，ω＝k－16，k∈Z.由f(x)在?π6，π3上單調遞減，得π3－?π6≤12T，所以0<ω≤3．答案：B解析：因為x∈(0，2π)，所以ωx＋π6∈(π6，2ωπ＋令ωx＋π6＝t，所以函數(shù)可化為y＝Acost，t∈(π6，2ωπ＋結合余弦函數(shù)y＝cost的圖象，若有且僅有4個零點和1個最大值點，需7π2<2ωπ＋π6≤4π，解得ω4．答案：C解析：因為函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋1，令f(x)＝－1，可得sin(ωx＋φ)＝－1，由于f(x)的圖象與直線y＝－1相鄰兩個交點的距離為π，所以T＝2πω＝π，故ω＝2，f(x)＝2sin(2x＋若f(x)>1對任意x∈?π12，π3恒成立，則當x∈?因此，2×?π12+φ≥2kπ，2×π3+φ≤2kπ+π，k因為|φ|≤π2，所以π6≤φ≤π35．答案：BC解析：由2kπ≤ωx＋π6≤2kπ＋π，k∈Z?2kπ?π6又函數(shù)f(x)在區(qū)間?π所以2kπ?又因為k∈Z，ω>0，所以k＝0，0<ω≤1，因為0≤x≤π，所以π6≤ωx+π6因為f(x)在區(qū)間[0，π]上有且僅有一個零點，所以cosωx+π所以π≤ωπ＋π6<3π，解得56≤ω<綜上，56≤ω≤6．解析：令2kπ＋π2≤2x＋φ≤2kπ＋3π2(k∈Z)，所以kπ＋π4?φ2≤x≤kπ＋3π4?φ2(k∈Z)．因為(π5,5π8)是f(x)的一個單調遞增區(qū)間答案：[π107．解析：由x∈0，π2，得ωx＋π畫出函數(shù)y＝sinx的圖象，如圖：由圖可知，3π2<ωπ2+π3≤5π2，解得73<答案：3(或4)8．解析：因為x∈[0，π8]，所以4x＋φ因為－π<φ<π，所以－π2<π2＋φ<又－5π6－(－π)<π2＋φ－φ，所以[φ則φ>?π6，π2+φ<7答案：?9．解析：由f(x)＝sinωx(ω>0)在區(qū)間[?π6，π3]上單調遞增，可得－π6ω≥?π2＋2kπ，π3ω≤π2＋2kπ，k∈Z，即ω≤3－12k，ω≤32＋6k，k∈Z，即0<ω≤32，又f(x)＝sinωx(ω>0)在區(qū)間(0，2π)上恰有兩個極值點，可得3答案：34<ω≤10．解析：令f(x)－1＝2sinωx+π6－1＝0，即sinωx+π當x∈(0，π)時，ωx＋π6∈(π6，ωπ＋即有2π＋π6<ωπ＋π6≤2π＋5π6，解得2<答案：2<ω≤811．解析：由題意得x＝π6當x＝π6為函數(shù)的最大值點時，π6ω+π4＝2kπ，k∈Z，解得ω＝－32＋12令f(x)－1＝0得f(x)＝1，故π15故π6?π15＝π10令0<－32＋12k<40，解得18<k<又k∈Z，所以k的最大值為3，此時ωmax＝692當x＝π6為函數(shù)的最小值點時，π6ω+π4＝π＋2k1π，k1∈Z，解得ω＝92＋12k1令f(x)－1＝0得f(x)＝1，故π15故π6?π15＝π10<32T＝3πω，解得0<ω<30，令0<又k1∈Z，所以k1的最大值為2，此時ωmax＝572綜上，ω的最大值為692答案：6912．解析：由|f(x)|－2＝0，可得sinωx+π3＝±1，所以ωx＋π3＝π2＋當x∈[0，2π]時，ωx＋π