資源簡介

三角函數求w類型及三角換元應用歸類
目錄
題型 01 平移型求w
題型 02 單調區間及單調性求w
題型 03 對稱中心 (零點)求w
題型 04對稱軸型求w
題型 05 對稱軸及單調性型求w
題型 06“臨軸”型求w
題型 07“臨心”型求w
題型 08 區間內有“心”型求w
題型 09 區間內無“心”型求w
題型 10 區間內最值點型求w
題型 11多可能性分析型求w
題型 12三角應用：三角雙換元
題型 13三角應用：無理根號型
題型 14三角應用：圓代換型
題型 15三角應用：向量型換元
高考練場
題型 01平移型求w
【解題攻略】
平移型求w，可以借助代入點的坐標，利用一些已知點 (最高點、最低點或“零點”)坐標代入解析式，或者利
用單調區間，再結合圖形解出ω值或者范圍。
1 (2023· π全國·高三專題練習)已知函數 f x = sin2ωx ω> 0 ，將 y= f x 的圖像向右平移 個單位
4
長度后，若所得圖像與原圖像重合，則ω的最小值等于 ( )
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
1
2 (2022·全國·高三專題練習) f(x) = 1將函數 sin ωx+ π + 2(ω> 0) π的圖像向右平移 個單位長2 6 3
度后與原函數圖像重合，則實數ω的最小值是 ( )
A. 2 B. 3 C. 6 D. 9
【變式訓練】
1 (2021春·浙江杭州·高三學軍中學校考開學考試)將函數 y= tan ωx- 1 ω> 0 的圖像向左平
移 2個單位長度后，與函數 y= tan ωx+ 3 的圖象重合，則ω的最小值等于 ( )
A. 2- π B. 1 C. π- 2 D. 2
2
2 (2024· π云南楚雄·云南省楚雄彝族自治州民族中學校考一模)將函數 f x = sin ωx+ 6 (ω>
0) π的圖象向右平移 個單位長度后與函數 g x = cos ωx 的圖象重合，則ω的最小值為 ( )
3
A. 1 B. 2 C. 4 D. 5
3 (2023·陜西西安·西安市大明宮中學校考模擬預測)將 f(x) = sin ωx+ π (ω> 0)的圖象向左4
π
平移 個單位長度后與函數 g(x) = cosωx的圖象重合，則ω的最小值為 ( )
3
A. 1 B. 1 C. 3 D. 3
4 2 4 2
題型 02 單調區間及單調性求w
【解題攻略】
正弦函數
在每一個閉區間 2kπ-
π ,2kπ+ π (k∈ Z)上都單調遞增，2 2
在每一個閉區間 2kπ+
π ,2kπ+ 3π (k∈ Z)上都單調遞減2 2
余弦函數
在每一個閉區間 [2kπ- π，2kπ] (k∈ Z)上都單調遞增，
在每一個閉區間 [2kπ，2kπ+ π] (k∈ Z)上都單調遞減
1 (上海市川沙中學 2021 - 2022學年高三下學期數學試題)設 ω > 0，若函數 f (x) = 2sinωx在
2
- π , π 上單調遞增，則ω的取值范圍是3 4
2 (廣西玉林市育才中學 2022屆高三 12月月考數學試題)已知函數 f(x) = 2sin(ωx+ φ) (ω> 0)的
π 3π 3π π
圖象關于直線 x= 對稱，且 f = 1，f x 在區間2 8 - ,- 上單調，則ω的值為 .8 4
【變式訓練】
1 函數 f x =Asin ωx+ φ A> 0,ω> 0 π ,若 f x 在區間 0,
上是單調函數,且 f -π =
2
f 0 =-f π 則ω的值為 ( )2
A. 2 B. 2 2 C. 1 D. 1 1或 或
3 3 3 3
f(x) = 4sinωx sin2 π + ωx + cos2ωx(ω> 0) - π , 2π2 若函數 在 4 2 2 3 上是增函數，則ω的取值
范圍是 .
(2022- 2021 C ) f x = sin ωx+ π3 學年度下學期高三數學備考總動員 卷 若函數 ω> 1 在3
區間 π,
5 π 上單調遞減，則實數ω的取值范圍是 .4
題型 03對稱中心 (零點)求w
【解題攻略】
正弦函數對稱中心
(kπ，0) (k∈ Z)
余弦函數對稱中心
π + kπ，0 (k∈ Z)2
正切函數對稱中心
kπ，0 (k∈ Z)2
1 (2023·全國·高三專題練習)設函數 f(x) = 2tan ωx- π (ω> 0) π的圖象的一個對稱中心為 ,0 ，6 6
則 f x 的一個最小正周期是 ( )
A. π B. π C. 2π D. 2π
2 13 13 7
3
2 (2022秋·重慶·高三統考期中)若存在實數 φ∈ - π，0 ，使得函數 y= sin ωx+ π (ω> 0)的圖2 6
象的一個對稱中心為 φ，0 ，則ω的取值范圍為 ( )
A. 1 ，+∞ B. 1 ，1 C. 1 ，+∞ D. 1 4，3 3 3 3
【變式訓練】
1 (2023春·湖北荊州·高三沙市中學校考階段練習)已知 f x = 2tan ωx+ φ ω> 0, φ < π ,2
f 2 3 π 3π π π 0 = ，周期T∈ ,3 4 4 , ,06 是 f x 的對稱中心，則 f 的值為 ( )3
A. - 3 B. 3 C. 2 3 D. - 2 3
3 3
2 (2022秋·高三課時練習)已知函數 f x =Acosωx- 3sinωx ω> 0 的部分圖象如圖，f x 的
kπ對稱中心是 + π ,0 k∈Z ，則 f2 6
π
3 = ( )
A. 2 3 B. -2 3 C. 3 D. -3
3 (2023秋·江蘇蘇州·高三校考階段練習)設函數 f x = 2tan ωx- π ω> 0 的圖象的一個對3
π
稱中心為 ,0 ，則 f x 的一個最小正周期是 ( )6
A. π B. π C. π D. 2π
3 4 5 5
題型 04對稱軸型求w
【解題攻略】
正弦函數對稱軸
x= π + 2kπ(k∈ Z)時，y
2 max
= 1；
x=- π + 2kπ(k∈ Z)時，y
2 min
=-1
4
余弦函數對稱軸
x= 2kπ(k∈ Z)時，ymax= 1；
x= 2kπ+ π(k∈ Z)時，ymin=-1
1 (2022秋·山西長治·高三山西省長治市第二中學校校考階段練習)已知函數 f (x) = Acosωx -
3 sinωx(ω > 0) 5π kπ的部分圖象如圖，y = f x 的對稱軸方程為 x = + k∈ Z ，則 f 0 =
12 2
( )
A. 3 B. 2 C. 3 D. 1
2
2 (2022· π全國·高三專題練習)若 x= 是函數 f x = cosωx ω≠ 0 圖象的對稱軸，則 f x 的最小正
3
周期的最大值是 ( )
A. π B. π C. π D. 2π
6 3 2 3
【變式訓練】
1 (2021秋·云南昆明·高三昆明市第三中學校考階段練習)已知函數 y= sinx+ acosx的圖像關
x= π于 對稱，則函數 y= asinx+ cosx的圖像的一條對稱軸是 ( )
3
A. x= 5π B. x= 2π C. x= π D. x= π
6 3 3 6

2 (“超級全能生”高考全國卷 26省 9月聯考乙卷數學試題)已知向量 a = (sinωx,cosωx),b= (1,

-1)，函數 f(x) = a b，且ω> 1 ,x∈R，若 f(x)的任何一條對稱軸與 x軸交點的橫坐標都不屬于區間
2
(3π,4π)，則ω的取值范圍是 ( )
A. 7 ,
15 ∪ 13 , 19 B. 7 11 11 15 12 16 12 16 , ∪ ,12 16 12 16
C. 1 , 7 ∪ 11 , 19 D. 1 , 11 ∪ 11 , 15 2 12 12 16 2 16 12 16
5
a

3 已知向量 = sinωx,cosωx ,b= 1,-1 ，函數 f x = a b，且ω> 1 ,ω∈R，若 f x 的任何一
2
條對稱軸與 x軸交點的橫坐標都不屬于區間 3π，4π ，則ω的取值范圍是
A. 7 15 ∪ 13 19 ，

， B.
7 11 11 15 ，
∪ ，
12, 16 12 16 12, 16 12 16
C. 1 7 ∪ 11 19， ，2 12 12 16 D.
1 11 ∪ 11 15 ， ，2 16 12 16


題型 05對稱軸及單調性型求w
1 (2021 π屆重慶市南開中學高考沖刺二數學試題)已知函數 f(x) = sin ωx+ (ω> 0)，對任意的 x6
∈R，都有 f(x+ 1) = f(-x)，且 f(x)在區間 - π , π 上單調，則ω的值為 .4 12
2 (2020屆百校聯考高考百日沖刺金卷全國Ⅱ卷 數學 (二)試題)已知函數 y= sin(ωx+ φ) (ω> 0,φ
∈ (0,2π)) π 4π的一條對稱軸為 x=- ，且 f(x)在 π, 上單調，則ω的最大值為 ( )6 3
A. 5 B. 3 C. 7 D. 8
2 2 3
【變式訓練】
1 (四川省成都市新都區 2020- 2021學年高三診斷測試數學試題)已知函數 f x =
2sin π ωx+ φ ω> 0 滿足 f = 2，f π = 0，且 f x 在區間4
π , π 上單調，則ω的最大值為4 3
．
2 (2022·全國·高三專題練習)已知函數 f x = sinωx(ω> 0) - π π在 ，6 4

上是單調函數，其圖象
3π
的一條對稱軸方程為 x= ，則ω的值可能是 ( )
4
A. 1 B. 2 C. 1 D. 4
3 3 3
3 (2023·內蒙古赤峰·校考模擬預測)若直線 x= π 是曲線 y= sin ωx- π (ω> 0)的一條對稱4 4
軸，且函數 y= sin ωx- π 在區間 0 π， 上不單調，則ω的最小值為 ( )4 12
A. 9 B. 7 C. 11 D. 3
題型 06 “臨軸”型求w
6
【解題攻略】
若 f x =Asin ωx+ φ A≠ 0,ω≠ 0 的圖像關于直線x= x0對稱,則 f x0 =A或 f x0 =-A.
1 (2023秋 ·四川綿陽 ·高三四川省綿陽南山中學校考開學考試)已知函數 y = Asin ωx+ φ +
m A> 0,ω> 0, φ < π 的最大值為 4，最小值為 0，且該函數圖象的相鄰兩個對稱軸之間的最短距2
π x= π離為 ，直線 是該函數圖象的一條對稱軸，則該函數的解析式是 ( )
2 6
A. y= 4sin x+ π B. y= 2sin 2x+ π + 26 6
C. y= 2sin 2x+ π + 2 D. y= 2sin x+ π + 23 3
2 (2023秋· π π高三課時練習)已知函數 f x = sin ωx+ φ ω> 0, φ ≤ ，x=- 是函數 f x 的一個2 8
零點，x= π π π是函數 f x 的一條對稱軸，若 f x 在區間 , 上單調，則ω的最大值是 ( )8 5 4
A. 14 B. 16 C. 18 D. 20
【變式訓練】
1 (2023秋· π河南洛陽·高三洛寧縣第一高級中學校考階段練習)已知 x= ，x= π是函數 f x =
3
sin ωx+ φ ω> 0, π < φ< 3π 圖象上兩條相鄰的對稱軸，則 φ= ( )2 2
A. π B. 3π C. 2π D. π
4 3 3
2 (2023春·廣東佛山·高三校考階段練習)已知函數 f x = sin ωx + 2 3cos2 ωx -2
3 ω> 0 π π ，且 f(x)圖象的相鄰兩對稱軸間的距離為 .若將函數 f(x)的圖象向右平移 個單位后
2 3
π
得到 g(x)的圖象，且當 x∈ 0,
時，不等式 2m
2-m≥ g x 恒成立，則m的取值范圍為 ( )
4
A. -∞,-1 ∪ 1 ,+∞ B. -∞,-
1 ∪ 1,+∞
2 2
C. -∞, 1- 17 ∪ 1+ 17 ,+∞ D. -∞,0 ∪ 1 ,+∞4 4 2
3 (2023春·四川成都·高三校聯考階段練習)已知直線 x= x1,x= x2是函數 f x = sin ωx+ π ,6
(ω> 0) π圖象的任意兩條對稱軸，且 x1-x2 的最小值為 ，則 f x 的單調遞增區間是 ( )2
A. kπ+
π ,kπ+ 2π ,k∈ Z B.

kπ-
π ,kπ+ π
6 3 3 6
,k∈ Z
7
C. 2kπ+
π ,2kπ+ 4π ,k∈ Z D.
2kπ-
π ,2kπ+ 5π ,k∈ Z
3 3 12 12
題型 07 “臨心”型求w
【解題攻略】
函數 y=Asin ωx+ φ +B(A> 0,ω> 0)的性質：
(1) ymax=A+B，ymin=A-B.
(2)周期T= 2π .
ω
( π3)由 ωx+ φ= + kπ k∈ Z 求對稱軸，由ωx+ φ= kπ k∈ Z 求對稱中心.
2
(4)由- π + 2kπ≤ωx+ φ≤ π + 2kπ π 3π k∈ Z 求增區間；由 + 2kπ≤ωx+ φ≤ +
2 2 2 2
2kπ k∈ Z 求減區間.
1 (2023春·廣東珠海·高三校考)已知函數 f x = sinωx+ cosωx ω> 0 的圖象的一個對稱中心的橫
π , π坐標在區間 π內，且兩個相鄰對稱中心之間的距離大于 ，則ω的取值范圍為 ( )4 2 3
A. 3 0,3 B. ,3 C. 0, 3 D. 1,3 2 2
2 (2023上 ·天津東麗 ·高三天津市第一百中學校考階段練習 )函數 f x = Asin ωx+ φ + 1，
A> 0,ω> 0, φ < π π的最大值為 2，其圖象相鄰兩個對稱中心之間的距離為 ，且 f x 的圖象關2 2
x= π于直線 對稱，則下列判斷正確的是 ( )
12
A.函數 y= f x 在 - π , π 6 3 上單調遞減
B.將 f x
π
圖象向右平移 個單位與原圖象重合
3
C.函數 y= f x π 圖象關于點 - ,0 對稱6
D.函數 y= f 5π x 的圖象關于直線 x=- 對稱
12
【變式訓練】
1 (2023下·河南焦作·高三統考)已知函數 f x = sinωx+ cosωx ω> 0 的圖象的一個對稱中心
π π π
的橫坐標在區間 , 內，且兩個相鄰對稱中心之間的距離大于 ，則ω的取值范圍為 ( )4 2 3
A. 0,3 3 3 B. ,3 C. 0, D. 1,3 2 2
8
2 (2023· ωx π云南紅河·統考二模)已知函數 f x = 3tan + (ω> 0)的圖象的兩個相鄰對稱中2 3
π
心之間的距離為 ，則ω= ( )
4
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
3 (2021 π 2π上·四川雅安·高三統考期末)已知函數 f(x) = tan(ωx+ φ) ω≠ 0, φ < ，點 ,0 和2 3
7π ,0 5π 4π是其相鄰的兩個對稱中心，且在區間 , 內單調遞減，則 φ= ( )6 6 3
A. π B. - π C. π D. - π
6 6 3 3
題型 08區間內有“心”型求w
【解題攻略】
求w的表達式時，wx+ φ= k1π(k1∈ z)中不要把k1寫成 k,因為后面還有一個 k, wx+ φ= k2π(k2∈
z)中不要把k2寫成 k，否則不好研究w的最小值.它們本身就不一定相等.
π π
1 (天津市部分區 2020屆高考二模數學試題)若函數 f(x) = cos(2x+ φ) (0< φ< π)在區間 - ,6 6
上單調遞減，且在區間 0, π 上存在零點，則 的取值范圍是 ( )6
A. π , π B. 2π 5π π 2π π π6 2 ， C. , D. ，3 6 2 3 3 2
2 (2021 ) f(x) = sin ωx + π sin 3π - ωx春 商洛 已知函數 (ω> 0)在 [0，π) 上恰有 6個零2 14 7 2
點，則ω的取值范圍是 ( )
A. 41 , 48 B. 34 , 41 C. 41 48 34 417 7 7 7 , D. ,7 7 7 7
【變式訓練】
1 (2022 π 1湖北模擬)已知函數 f(x) = cos ωx- - (ω> 0)在區間 [0，π]上恰有三個零點，3 2
則ω的取值范圍是 ．
( 2020 ) f x = 2sin ωx+ φ ω> 0 π2 云南省 屆高三適應性考試數學試題 若函數 ， < φ< π 圖2
象過點 0, 3 ，f x 在 0,π 上有且只有兩個零點，則ω的最值情況為 ( )
9
A. 1 4 4最小值為 ，最大值為 B.無最小值，最大值為
3 3 3
C. 7 1 7無最小值，最大值為 D.最小值為 ，最大值為
3 3 3
3 (2021年全國高考甲卷數學 (理)試題變式題 16- 20題)設函數 f x = 2sin ωx+ φ - 1(ω>
0)，若對于任意實數 φ π，f x 在區間
, 3π 上至少有 2個零點，至多有 3個零點，則ω的取值范圍是4 4
．
題型 09區間內無“心”型求w
【解題攻略】
無“心”型求w，可以采用正難則反的策略把無交點問題轉化為有交點的問題，利用補集思想得到最終的結
果，對于其他否定性問題經常這樣思考.
f x = sin2ωx- 2cos2ωx+ 1 ω> 0 ,x∈R f x π1 已知函數 ，若函數 在區間 ,π 內沒有零點，則 ω2
的取值范圍為 .
2 ( π 2π天津市南開中學 2022屆高三下學期統練二數學試題)已知函數 f(x) = sin ωx+ sin ωx+6 3
(ω> 0)，(x∈R)，若 f(x) π在區間 ,π 內沒有零點，則ω的取值范圍是 .2
【變式訓練】
sinωx- 1 ωx 1
1 函數 f(x) = + cos2 ，且ω> ，x∈R，若 f(x)的圖像在 x∈ (3π，4π)內與 x軸無
2 2 2
交點，則ω的取值范圍是 .
2 (2023春·江西宜春·高三江西省宜豐中學校考階段練習)將函數 f x = sinx的圖象先向右平移
π 1
個單位長度，再把所得函數圖象的橫坐標變為原來的 (ω> 0)倍，縱坐標不變，得到函數 g x 的
3 ω
π 3π
圖象，若函數 g x 在 , 上沒有零點，則ω的取值范圍是 ( )2 2
A. 0, 2 ∪ 2 , 8 B. 0, 8 C. 0, 2 ∪ 8 ,1 D. 0,1 9 3 9 9 9 9
3 (2022· 5全國·高三專題練習)將函數 f x = cosx的圖象先向右平移 π個單位長度，再把所得函
6
1
數圖象的橫坐標變為原來的 (ω> 0)倍，縱坐標不變，得到函數 g x 的圖象，若函數 g x 在
ω
π , 3π 上沒有零點，則ω的取值范圍是 ( )2 2
10
A. 0, 2 ∪ 2 , 8 B. 0, 8 C. 0, 2 ∪ 8 ,1 9 3 9 9 9 9 D. 0,1
題型 10區間內最值點型求w
【解題攻略】
極值點最大值最小值的問題，可以轉化為區間對稱軸的個數，利用對稱軸公式求解。
1 已知函數 f x = sin ωx+ φ (ω> 0，0< φ< π)，f 0 2 = ，f π = 0，f x 在 0, π 內有相鄰2 4 4
兩個最值點，且最小值點距離 y軸近，則ω的最小正整數值為 ( )
A. 5 B. 7 C. 9 D. 10
2 已知函數 f x = sin ωx+ φ ω> 0, φ ≤ π π π 的圖象關于點M - ,0 及直線 l:x= 對稱，且2 6 3
f x
π
在 ,π 不存在最值，則 φ的值為 ( )2
A. - π B. - π C. π D. π
3 6 6 3
【變式訓練】
π
1 (2022年全國高考乙卷數學 (理)試題變式題 13- 16題)已知函數 f(x) = sin ωx+ 6 ,ω> 0，
π 5π
若 f = f 且 f(x) π 5π在區間 , 上有最小值無最大值，則ω= ．4 12 4 12
2 (2022屆湖南省長沙市第一中學高考模擬數學試題)已知函數 f x = 3sin ωx+ φ ，
π π π π
ω> 0,0< φ< π ，若 f - = 0，對任意 x∈R恒有 f x ≤ f ，在區間 , 上有且只有一3 3 15 5
個 x1使 f x1 = 3，則ω的最大值為 ( )
A. 123 B. 111 C. 105 D. 117
4 4 4 4
3 【( 全國百強校】河北衡水金卷 2022屆高三 12月第三次聯合質量測評數學試題)已知函數 f x
=Acos ωx+ φ π π π π A> 0,ω> 0, φ ≤ ，兩個等式：f - + x - f2 4 - - x = 0,f - x +4 4
f π + x = 0 3π對任意的實數 x均恒成立，且 f x 在 0， 上單調，則ω的最大值為4 16
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
4 當ω= 3時，f x =Acos 3x+ φ π ，因為 f - x =-f π + x4 4 對任意的實數 x均恒成立，所
11
以 3 π + φ= kπ+ π π π k∈ Z ，因為 φ ≤ ，所以 φ=- ，所以 f x =Acos 3x- π ，可以驗證4 2 2 4 4
f x 0, 3π 在 上不單調，16
π π
5 當ω= 1時，f x =Acos x+ φ ，因為 f - x =-f + x 對任意的實數 x均恒成立，所以4 4
π + φ= kπ+ π π π π k∈ Z ，因為 φ ≤ ·所以 φ= ·所以 f x =Acos
4 2 2 4 x+ ，可以驗證 f x 在4
0, 3π 上單調，所以w= 1.故選A.16
題型 11多可能性分析型求w
【解題攻略】
解決函數 f x =Asin ωx+ φ 綜合性問題的注意點
(1)結合條件確定參數A,ω,φ的值，進而得到函數的解析式．
(2)解題時要將ωx+ φ看作一個整體，利用整體代換的方法，并結合正弦函數的相關性質求解．
(3)解題時要注意函數圖象的運用，使解題過程直觀形象化．
1 函數 f(x) = sin(ωx+ φ) ω> 0,|φ| ≤ π π 13π，已知 - ,0 為 f(x)圖象的一個對稱中心，直線 x=2 6 12
f(x) 13π 19π為 圖象的一條對稱軸，且 f(x)在 , 上單調遞減．記滿足條件的所有 ω的值的和為 S，12 12
則S的值為 ( )
A. 12 B. 8 C. 16 D. 18
5 5 5 5
2 (北京市西城區北京師范大學附屬實驗中學 2021- 2022學年高三上學期 12月月考數學試題)已知
π 3
點A , ,B π ,1 ,C π ,0 ，若三個點中有且僅有兩個點在函數 f x = sinωx的圖象上，則正6 2 4 2
數ω的最小值為 .
【變式訓練】
1 (北京市東城區 2021- 2022學年高三上學期數學試題)已知函數 f(x) = 2sin(ωx+ φ) (ω> 0)，
π
曲線 y= f x 與直線 y= 3相交，若存在相鄰兩個交點間的距離為 ，則ω的所有可能值為 ．
6
2 (上海市晉元高級中學 2022屆高三數學試題)已知A= y y= sin ωn+ φ ,n∈ Z ，若存在 使
得集合A中恰有 3個元素，則ω的取值不可能是 ( )
12
A. 2π B. 2π C. π D. 2π
7 5 2 3
3 (2021 淮北二模)已知函數 f(x) = 2sin(ωx+ φ) (ω> 0) π滿足 f = 2，f(π) = 0，且 f(x)4
π π
在區間 , 上單調，則滿足條件的ω個數為 ( )4 3
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
題型 12三角應用：三角雙換元
【解題攻略】
2
2
形如x +y2= a(a> 0), x + y2= t(t> 0),x2-xy+ y2= 1 2 2，x +y +z2= a(a> 0)等，均可以用三角換
3
元來解決.
在利用三角換元時，一定要注意角度限制，因為對于三角函數的值域都是 [-1，1]，但其角度有多種形式，于
是我們在設置角度時要抓住 2點：
（1）設置的角度要使三角函數的范圍為 [-1，1]，
(2)根號要能直接開出來.就如本題來講，令x= cosθ,θ∈ [0,π]，此時 cos∈ [-1,1]，sinθ> 0，于是
1- x2= 1- cos2θ= sinθ = sinθ.
1 (2023·全國·高三專題練習)設 x、y∈R且 3x2+2y2= 6x，求 x2+y2的取值范圍是 .
2 ( a +a2020·江西·校聯考模擬預測)若等差數列 a 滿足 a2 2 2 3n 1+a3= 2，且 a1≥ 1，求 + 的取值范圍a1 a2
( )
A. (-1,1) B. [-1,1]
C. (-∞,-1) ∪ (1,+∞) D. (-∞,-1]∪ [1,+∞)
【變式訓練】
1 (2021·寧夏石嘴山·高三石嘴山市第三中學校考階段練習)已知 a,b∈R，a2+b2= 4，求 3a+ 2b的
取值范圍為 ( )
A. -∞,4 B. -2 13,2 13
C. 4,+∞ D. -∞,-2 13 ∪ 2 13,+∞
x2
2 (江西省撫州市金溪一中等七校 2021- 2022學年高三考試數學試題 (B卷))已知 x、y滿足
3
+ y2= 1，則u= 2x+ y- 4 + 3- x- 2y 的取值范圍為 ( )
13
A. 1，12 B. 0，6 C. 0，12 D. 1，13
( y3 浙江省嘉興市 2022屆高三試數學試題)已知實數 x,y滿足 4x+9 = 1,則 2x+1+3y+1的取值范圍
是 ．
題型 13三角應用：無理根號型
【解題攻略】
無理根號型求范圍，可以通過換元求得：
1.單根號，一般是齊次關系。
2.雙根號，不僅僅是齊次關系，并且平方后能消去 x。
3.式子可能具有“輪換特征”
4.一定要注意取值范圍之間的變化與互相制約。
1 求函數 y= 3x+ 1- x2的值域.
2 求函數 y= 3x+ 6+ 8- x的值域.
【變式訓練】
1 若對任意 x≥ 0，k 1+ x≥ 1+ x恒成立，則實數 k的取值范圍是 .
2 (新疆莎車縣第一中學 2022屆高三上學期第三次質量檢測數學試題)函數 y= x- 4- x2的值
域為 ．
3 (2020屆安徽省六安市第一中學高三下學期模擬卷 (七)數學 (理)試題)已知 a,b,c∈ [-4,4]，
則 |a- b| + |b- c| + 2|c- a|的最大值為 .
題型 14三角應用：圓代換型
【解題攻略】
圓代換型，利用圓的參數方程，注意盡量代換規范：余弦對應 x，正弦對應 y
(x- a)2+ ( - x=Rcosθ+ ay b)2=R2的參數方程是： y=Rsinθ+ b
1 (上海市第二中學 2020- 2021學年高三下學期 5月月考數學試題)知點A(2,0)，點P是以原點O為
圓心，1為半徑的圓上的任意一點，將點P繞點O逆時針旋轉 90°得點Q，線段AP的中點為M，則
|MQ|的最大值是
14

2 設圓O:x2+y2= 1上兩點A x1,y1 ，B x2,y2 滿足：OA OB=- 1 ，則 x1-2y1 + x2-2y2 的取值范2
圍是 .
【變式訓練】
1 已知A xA,yA 是單位圓 (
π
圓心在坐標原點O)上任一點，將射線OA繞O點逆時針旋轉 到
3
OB交單位圓于點B xB,yB ，則 2yA-yB的最大值為 .

2 設圓O:x2+y2= 1上兩點A x1,y1 ，B x2,y2 滿足：OA OB=- 1 ，則 x1-2y1 + x2-2y2 的取2
值范圍是 .
3 (2020·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中校考一模)已知點P為圓 x- 6 2+ y- 8 2= 1上任一點，F1，
2 y2x F2分別為橢圓 + = 1的兩個焦點，求PF1 PF2的取值范圍 .4 3
題型 15三角應用：向量型換元
【解題攻略】
向量中的三角換元原理之一，就是源于 a =R,實質是圓。
所以模定值，可以用圓的參數方程代換。
1 (2022上·廣東佛山· π π高三統考)菱形ABCD中，AB= 1,A∈ ,
，點E，F分別是線段AD,CD上3 2

的動點 (包括端點)，AE=CF，則 (AE+CF) AC = ，ED EB的最小值為 .
(2020· · ) a - 2e

2 江蘇南通 江蘇省如皋中學校考模擬預測 已知 = b- e = 1， e = 1 ，則向量 a b的最
小值為 .
【變式訓練】

1 (2024上· · 重慶 高三重慶南開中學校考階段練面向量 a，b，c滿足 a = b = 2， c - a

c - b =-1，則 a c 的最大值為 .
(2023· · ) a

2 全國 高三專題練習 已知向量 ，b滿足 2a+ b = 3， b = 1，則 a + 2 a + b 的最大值為
.

3 (2023·上海· 上海市七寶中學校考模擬預測)已知 e為單位向量，向量 a,b滿足 a- 2e = 2,
15

b- 3e = 3 a ，則 b的取值范圍是 .
高考練場
1 (2023·湖南長沙·長沙一中校考模擬預測)設函數 f x = sin ωx+ φ ω> 0,0< φ< π ，將函數
f x
π
的圖象先向右平移 個單位長度，再將橫坐標伸長到原來的 2倍，縱坐標不變，所得的圖象與 y
6
= cosx圖象重合，則 ( )
A. ω= 1 π 1 π 5π π，φ= B. ω= ，φ= C. ω= 2，φ= D. ω= 2，φ=
2 6 2 3 6 3
2 (湖南省長沙市長郡中學 2020- 2021學年高三上學期月考 (二)數學試題)已知函數 f x =
sin 3x+ 3φ - 2sin x+ φ π 2π cos 2x+ 2φ ，其中 φ < π，若 f x 在區間 , 上單調遞減，則 φ的最6 3
大值為 ．
3 (2022·四川綿陽·統考模擬預測)若存在實數 φ∈ - π ,0 ，使得函數 y= sin ωx+ π (ω> 0)的2 6
圖象的一個對稱中心為 (φ，0)，則ω的取值范圍為 ( )
A. 1 ,+∞ B.
1 ,1 C. 1 ,+∞ D. 1, 4
3 3 3 3
4 (2023· π安徽滁州·安徽省定遠中學校考一模)已知直線 x=- 是函數 f x =
6
2sin 2x+ φ π π < 圖象的一條對稱軸，則 f x 在 2 0, 上的值域為 ( )2
A. -1,1 B. 1,2 C. -1,2 D. -1,2
5 (2020屆百校聯考高考百日沖刺金卷全國Ⅱ卷 數學 (理) (二)試題)已知函數 y= sin(ωx+ φ)
(ω> 0,φ∈ (0,2π)) π 4π的一條對稱軸為 x=- ，且 f(x)在 π, 上單調，則ω的最大值為 ( )6 3
A. 5 B. 3 C. 7 D. 8
2 2 3
6 (2023·全國·統考高考真題)已知函數 f(x) = sin(ωx+ φ) π , 2π在區間 單調遞增，直線 x=6 3
π
和 x= 2π 為函數 y= f x 5π 的圖像的兩條相鄰對稱軸，則 f - = ( )6 3 12
A. - 3 B. - 1 C. 1 D. 3
2 2 2 2
16
7 (2020·海南海口·高三海南中學校考階段練習)已知點P1，P2為曲線 y= 2sinωx- cosωx(x∈
R) (常數ω> 0)的兩個相鄰的對稱中心，若該曲線在點P1，P2處的切線互相垂直，則ω的值為 .
8 (四川省內江市威遠縣威遠中學校 2022- 2023學年高三數學試題)已知函數 f(x) =
sin ωx+ π (ω> 0)，若 f(x) 0, 2π - π , π在 上恰有兩個零點，且在 3 3 4 24 上單調遞增，則ω的取值范
圍是 .
9 (2023秋·江蘇揚州·高三揚州中學校考階段練習)已知函數 f(x) = cosx，函數 g(x)的圖象可以
由函數 f(x) π的圖象先向右平移 個單位長度，再將所得函數圖象保持縱坐標不變，橫坐標變為原來
6
1 (ω> 0) g(x) π 3π的 倍得到，若函數 在 , 上沒有零點，則ω的取值范圍是 ( )ω 2 2
A. 0, 4 B. 4 , 8 4 C. , 8 D. 0, 8 9 9 9 9 9 9
10 .已知函數 f(x) = sin(ωx+ φ) π π π，其中ω> 0，|φ| ≤ ，- 為 f(x)的零點，且 f(x)≤
2 4 f 4 恒
成立，f(x)在區間 -
π , π 上有最小值無最大值，則ω的最大值是12 24
11 (河北省衡水市第十四中學 2020- 2021學年高三四調數學試題)已知函數 f(x) = cos(ωx+ φ)
ω> 0，|φ| ≤ π ，x=- π 為 f(x)的零點，x= π 為 y= f(x) π π圖象的對稱軸，且 f(x)在 ， 上單2 4 4 18 6
調，則ω的最大值為 ．
12 (江蘇省泰州中學 2020- 2021學年高三上學期第二次檢測數學試題)已知非負實數 x，y滿足
2x2+4xy+ 2y2+x2y2= 9，則 2 2(x+ y) + xy的最大值為 .
13 ．函數 y= x+ -x2+10x- 23的最小值為 ．
14 (廣東省清遠市恒大足球學校 2020屆高三上學期九月月考數學試題)若 x2+y2= 2，那么 2x-
3y的最大值為 .

15 在同一個平面內，向量OA,OB,OC的模分別為 1,1, 2,OA與OC的夾角為 α，且 tanα= 7,

OB與OC的夾角為 45°，若OC =mOA+nOB m,n∈R ，則m+n= ．
17三角函數求w類型及三角換元應用歸類
目錄
題型 01 平移型求w
題型 02 單調區間及單調性求w
題型 03 對稱中心 (零點)求w
題型 04對稱軸型求w
題型 05 對稱軸及單調性型求w
題型 06“臨軸”型求w
題型 07“臨心”型求w
題型 08 區間內有“心”型求w
題型 09 區間內無“心”型求w
題型 10 區間內最值點型求w
題型 11多可能性分析型求w
題型 12三角應用：三角雙換元
題型 13三角應用：無理根號型
題型 14三角應用：圓代換型
題型 15三角應用：向量型換元
高考練場
題型 01 平移型求w
【解題攻略】
平移型求w，可以借助代入點的坐標，利用一些已知點 (最高點、最低點或“零點”)坐標代入解析式，或者利
用單調區間，再結合圖形解出ω值或者范圍。
1 (2023· π全國·高三專題練習)已知函數 f x = sin2ωx ω> 0 ，將 y= f x 的圖像向右平移 個單位
4
長度后，若所得圖像與原圖像重合，則ω的最小值等于 ( )
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
1
【答案】B
π
【分析】根據題意 是周期的整數倍，求出ω的表達式，從而求出其最小值.
4
【詳解】∵ f x = sin2ωx ω> 0 ,∴ f x 2π π 的周期為T= = ,
2ω ω
∵將 y= f x π 的圖像向右平移 個單位長度后，所得圖像與原圖像重合，
4
∴ π π π是周期的整數倍，∴ = k ，k∈ Z，∴ω= 4k,k∈ Z，
4 4 ω
∵ω> 0，∴ω的最小值等于 4.故選：B
2 (2022·全國·高三專題練習) f(x) = 1將函數 sin ωx+ π + 2(ω> 0) π的圖像向右平移 個單位長2 6 3
度后與原函數圖像重合，則實數ω的最小值是 ( )
A. 2 B. 3 C. 6 D. 9
【答案】C
π
【分析】由題意可知 是 f(x) = 1 sin ωx+ π + 2(ω> 0) π 2π的周期的倍數，即 = k ,k∈ Z，從而3 2 6 3 ω
可求得答案
1
【詳解】解：因為函數 f(x) = sin ωx+ π + 2(ω> 0) π的圖像向右平移 個單位長度后與原函數圖2 6 3
像重合，
π
所以 是 f(x) = 1 sin ωx+ π + 2(ω> 0)的周期的倍數，3 2 6
π = k 2π設 ,k∈ Z，所以ω= 6k,k∈ Z，因為ω> 0，所以當 k= 1時，ω= 6最小，故選：C
3 ω
【變式訓練】
1 (2021春·浙江杭州·高三學軍中學校考開學考試)將函數 y= tan ωx- 1 ω> 0 的圖像向左平
移 2個單位長度后，與函數 y= tan ωx+ 3 的圖象重合，則ω的最小值等于 ( )
A. 2- π B. 1 C. π- 2 D. 2
2
【答案】A
【分析】平移函數圖象后得 y= tan(ωx+ 2ω- 1)，根據與 y= tan ωx+ 3 重合可求解.
【詳解】函數 y= tan ωx- 1 ω> 0 的圖像向左平移 2個單位長度后可得，
y= tan[ω(x+ 2) - 1]= tan(ωx+ 2ω- 1)，
與函數 y= tan ωx+ 3 的圖象重合，
所以 2ω- 1= 3+ kπ,k∈ Z kπ，ω= 2+ ,k∈ Z
2
2
由ω> 0 π，所以ωmin= 2- .故選：A.2
2 (2024· π云南楚雄·云南省楚雄彝族自治州民族中學校考一模)將函數 f x = sin ωx+ (ω>6
0) π的圖象向右平移 個單位長度后與函數 g x = cos ωx 的圖象重合，則ω的最小值為 ( )
3
A. 1 B. 2 C. 4 D. 5
【答案】D
π π
【分析】由正弦函數的平移法則以及周期性可得- ω+ = 2kπ+ π ，結合ω> 0即可求解.
3 6 2
π
【詳解】由題意可得 y= f x- = sin ω x- π + π3 3 6 = sin ωx-
π ω+ π
3 6
= cos ωx = sin ωx+ π ∴- π ω+ π = 2kπ+ π， ，k∈Z，解得ω=-6k- 1，k∈Z，2 3 6 2
又ω> 0，∴當 k=-1時，ω取得最小值為 5．故選：D.
3 (2023·陜西西安· π西安市大明宮中學校考模擬預測)將 f(x) = sin ωx+ (ω> 0)的圖象向左4
π
平移 個單位長度后與函數 g(x) = cosωx的圖象重合，則ω的最小值為 ( )
3
A. 1 B. 1 C. 3 D. 3
4 2 4 2
【答案】C
π π π π π
【分析】根據圖象變換可得 y= sin ωx+ ω+ ，根據題意結合誘導公式可得 ω+ = 2kπ+ ,3 4 3 4 2
k∈Z，運算求解即可得結果.
【詳解】將 f(x) = sin ωx+ π (ω> 0) π的圖象向左平移 個單位長度后，4 3
得到 y= f x+ π = sin ω x+ π + π = sin ωx+ π ω+ π = cosωx，3 3 4 3 4
π ω+ π = 2kπ+ π則 ,k∈Z，解得ω= 6k+ 3 ,k∈Z，
3 4 2 4
3
所以當 k= 0時，ω的最小值為 .故選：C.
4
題型 02 單調區間及單調性求w
【解題攻略】
正弦函數
3
在每一個閉區間 2kπ-
π ,2kπ+ π
2 2

(k∈ Z)上都單調遞增，
π
在每一個閉區間 2kπ+ ,2kπ+
3π
(k∈ Z)上都單調遞減2 2
余弦函數
在每一個閉區間 [2kπ- π，2kπ] (k∈ Z)上都單調遞增，
在每一個閉區間 [2kπ，2kπ+ π] (k∈ Z)上都單調遞減
1 (上海市川沙中學 2021 - 2022 學年高三下學期數學試題)設 ω > 0，若函數 f (x) = 2sinωx在
π π - , 上單調遞增，則ω的取值范圍是3 4
【答案】 0, 3 2
【解析】根據正弦函數的單調性，求出函數 f(x) = 2sinωx π的單增區間，由- + 2kπ≤ωx≤ π + 2kπ
2 2
π
- π + 2kπ π
- + 2kπ
2 2 + 2kπ
2 ≤- π
(k∈ Z)，可得： ≤ x≤ ，所以 ω 3 π ，整理即可得解.ω ω
2
+ 2kπ
≥ πω 4
π π
【詳解】根據正弦函數的單調性，可得：- + 2kπ≤ωx≤ + 2kπ(k∈ Z)，
2 2
- ππ π 2 + 2kπ- 2 + 2kπ 2 + 2kπ ω ≤-
π
所以： ≤ x≤ ，解得： 3
ω ω π ， 2
+ 2kπ
ω ≥
π
4
ω≤ 3 - 6k 3 3
整理可得： 2 ，當 k= 0有解，解得 0<ω≤ .故答案為： 0, .ω≤ 2+ 8k 2 2
2 (廣西玉林市育才中學 2022屆高三 12月月考數學試題)已知函數 f(x) = 2sin(ωx+ φ) (ω> 0)的
x= π 3π 3π π圖象關于直線 對稱，且 f = 1，f x 在區間 - ,- 上單調，則ω的值為 .2 8 8 4
【答案】2或 6.
π π π
【詳解】因為 f x 的圖象關于直線 x= 對稱,故 ω+ φ= kπ+ ,k∈ Z ...①
2 2 2
又 f 3π = 1, 3π ω+ φ= 2mπ+ π 3π故 或 ω+ φ= 2mπ+ 3π ,m∈ Z...②8 8 4 8 4
π
①-②可得 ω= k- 2m π+ π π π或 ω= k- 2m π- ,k∈ Z,m∈ Z.
8 4 8 4
解得ω= 8 k- 2m + 2或ω= 8 k- 2m - 2,k∈ Z,m∈ Z
f x - 3π又 在區間 ,-
π
上單調,故周期T
T ≥- π - - 3π滿足8 4 2 4 8 =
π T≥ π ,
8 4
4
ω> 0, 2π ≥ π且 所以 0<ω≤ 8故當 k- 2m= 0,1時有ω= 2,6滿足條件.故答案為：2或 6
ω 4
【變式訓練】
1 函數 f x =Asin ωx+ φ A> 0,ω> 0 , π 若 f x 在區間 0,

上是單調函數,且 f -π =2
f 0 =-f π 則ω的值為 ( )2
A. 2 B. 2 或 2 C. 1 D. 1 1或
3 3 3 3
【答案】B
分析：由 f x =Asin ωx+ φ π 在區間 0, 是有單調性，可得T范圍，從而得 0<ω≤ 2；由 f -π =2
f π π π π 0 ，可得函數 f x 關于 x=- 對稱，又 f 0 =-f ，f x 有對稱中心為 ,0 ；討論 x=- 與2 2 4 2
π ,0 是否在同一周期里面相鄰的對稱軸與對稱中心即可．4
詳解：因為 f x 在 0, π
T π 2π
單調，∴ ≥ ，即T≥ π ≥ π 0<ω≤ 2，而 0- -π = π≤T；若2 2 2 ω
T= π，則ω= 2；若T> π，則 x=- π 是 f x 的一條對稱軸，
2
π ,0 T是其相鄰的對稱中心，所以 =4 4
π - - π = 3π ，∴T= 3π ω= 2π = 2 .4 2 4 T 3
故選B.
f(x) = 4sinωx sin2 π2 若函數 + ωx + cos2ωx(ω> 0) π在 - , 2π 上是增函數，則ω的取值4 2 2 3
范圍是 .
3
【答案】 0, 4
【分析】首先對函數的解析式進行恒等變形，然后結合三角函數的性質得到關于ω的不等式，求解不等
式即可確定ω的取值范圍.
【詳解】整理函數的解析式有：
1- cos π +ωx
f x = 4sinωx 2 + cos2ωx
2
= 2sinωx(1+ sinωx) + 1- 2sin2ωx
= 2sinωx+ 1
T 2
結合題意可知函數的最小正周期： ≥ π,
4 3
2π ≥ 2即 π 3，求解不等式可得ω的取值范圍是 0, .4ω 3 4
5
3 (2022- 2021學年度下學期高三數學備考總動員C卷)若函數 f x = sin ωx+ π ω> 1 在3
區間 π, 5 π 上單調遞減，則實數ω的取值范圍是 .4
7 , 4【答案】 6 3
π π
【分析】先由題意可知 ≥ ，得到 1<ω≤ 2，再由整體法得到 f x 單調減區間為
ω 2
kπ + π , kπ + 2π ,k∈ Z
5 1 4 2
，顯然 π, π

是其子集，由此可得 k+ ≤ω≤ k+ ，檢驗 k的值ω 6ω ω 3ω 4 6 5 3
7 4
易得 ≤ω≤ ，得解.
6 3
π 5π π
【詳解】由題意可得函數 f x 的最小正周期T= ≥ 2 - π = ,ω> 1,∴ 1<ω≤ 2，ω 4 2
∵ π函數 y= sinx 的最小正周期為 π，單調減區間為 kπ+ ,kπ+ π ,k∈ Z，又ω> 1> 0，2
kπ+ π由 ≤ωx+ π ≤ kπ+ π,k∈ Z kπ π，得 + ≤ x≤ kπ + 2π ,k∈ Z，
2 3 ω 6ω ω 3ω
∴ f x = sin ωx+ π ω> 0 kπ + π , kπ 2π函數 的單調減區間為 + ,k∈ Z．3 ω 6ω ω 3ω
∵ 5函數 f x 在區間 π, π 上單調遞減，∴ 5π kπ π, +
π , kπ + 2π ,k∈ Z，
4 4 ω 6ω ω 3ω
kπ
ω +
π
6ω ≤ π∴ kπ 2π 5π ，解得 k+
1 ≤ω≤ 4 k+ 2 ,k∈ Z．+ ≥ 6 5 3ω 3ω 4
當 k= 0 1 8 7 4 13 32時， ≤ω≤ ，不合題意；當 k= 1時， ≤ω≤ ，符合題意；當 k= 2時， ≤ω≤ ，
6 15 6 3 6 15
顯然矛盾，不合題意.∴實數ω 7 4 7 4的取值范圍是 , ．故答案為：

6 3
, .6 3
題型 03 對稱中心 (零點)求w
【解題攻略】
正弦函數對稱中心
(kπ，0) (k∈ Z)
余弦函數對稱中心
π + kπ，0 (k∈ Z)2
正切函數對稱中心
kπ，02 (k∈ Z)
6
1 (2023·全國·高三專題練習)設函數 f(x) = 2tan ωx- π (ω> 0) π的圖象的一個對稱中心為 ,06 6 ，
則 f x 的一個最小正周期是 ( )
A. π B. π C. 2π D. 2π
2 13 13 7
【答案】B
π
【分析】由正切函數的對稱中心得到T= + ，k∈ Z，再對各選項逐一檢驗分析即可.3k 1
π ω- π = kπ【詳解】根據題意得 ，k∈ Z，則ω= 3k+ 1，
6 6 2
又ω> 0，則T= π = π = π+ ，k∈ Z， ω ω 3k 1
π π π 1
對于A，若 是 f x 的最小正周期，則 + = ，得 k= ，與 k∈ Z矛盾，故A錯誤；2 3k 1 2 3
B π π對于 ，由 + = 得 k= 4，滿足條件，故B正確；3k 1 13
C π = 2π 11對于 ，由 得 k= ，與 k∈ Z矛盾，故C錯誤；
3k+ 1 13 6
π 2π 5
對于D，由 + = 得 k= ，與 k∈ Z矛盾，故D錯誤.3k 1 7 6
故選：B.
π π
2 (2022秋·重慶·高三統考期中)若存在實數 φ∈ - ，0 ，使得函數 y= sin ωx+ (ω> 0)的圖2 6
象的一個對稱中心為 φ，0 ，則ω的取值范圍為 ( )
A. 1 ，+∞ B.
1
，1 C. 1 ，+∞ D. 1 4，
3 3 3 3
【答案】C
π kπ-
π π
【分析】由題意可得 sin ωφ+ = 0，則ω= 6 ,k∈ Z，再根據ω> 0，φ∈6 φ - ，02 ，即可得出
答案.
π π
【詳解】解：由題意知，存在 φ在 - ，0 使得 y= sin ωx+ (ω> 0)的一個對稱中心為 φ，02 6 ，
即存在 φ使得 x= φ時，y= 0，代入 x= φ，則 sin ωφ+ π = 0，6
π kπ-
π
即ωφ+ = kπ，即ω= 6 ,k∈ Z，因為ω> 0，φ∈ - π ，0 π，所以 kπ- < 0,k∈ Z，則 k≤6 φ 2 6
0,k∈ Z，
由不等式性質知 k= 0，φ=- π 1 π 1時，ω取到最小值 ，又由于 φ無法取到- ，故ω> ，
2 3 2 3
1
所以ω的取值范圍為 ，+∞ .故選：C..故選：C.3
7
【變式訓練】
1 (2023春·湖北荊州·高三沙市中學校考階段練習)已知 f x = 2tan ωx+ φ ω> 0, π φ < 2 ,
f 2 3 π 3π 0 = ，周期T∈
3 ,4 4 ,
π ,0 是 f x π 的對稱中心，則 f6 的值為 ( )3
A. - 3 B. 3 C. 2 3 D. - 2 3
3 3
【答案】D
2 3
【分析】根據條件 f 0 = ，列出方程即可求得 φ，然后根據對稱中心以及周期范圍求出ω，即可得
3
到 f x 的解析式，從而得到結果.
f x = 2tan ωx+ φ ω> 0, φ < π f 0 = 2 3 2tanφ= 2 3【詳解】因為 ，由 可得 tanφ= 3 ，2 3 3 3
且 φ < π ，所以 = π ，
2 6
π
又因為 ,0 是 f x π π kπ 的對稱中心，故 ω+ = ,k∈Z6 6 6 2
解得ω= 3k- 1,k∈Z T∈ π , 3π π且 ，即 < π < 3 π 4 <ω< 4所以，當 k= 1時，ω= 24 4 4 ω 4 3
f x = 2tan 2x+ π π即 ，所以 f = 2tan 2× π + π =- 2 3 故選:D6 3 3 6 3
2 (2022秋·高三課時練習)已知函數 f x =Acosωx- 3sinωx ω> 0 的部分圖象如圖，f x 的
kπ + π對稱中心是 ,0 π k∈Z ，則 f2 6 3 = ( )
A. 2 3 B. -2 3 C. 3 D. -3
【答案】D
【分析】f 0 > 0可得A> 0，根據輔助角公式可得 f x = A2+3cos ωx+ φ ，由對稱中心可得最小正
周期為 π，故ω= 2. f π = 0, π根據 可求A，從而可求 f6 3 .
【詳解】f 0 =A> 0,f x =Acosωx- 3sinωx= A2+3cos ωx+ φ ，由 f x 的對稱中心是
kπ + π ,0 k∈Z ，2 6
8
知 f π π x 的最小正周期T= π，故ω= 2.故 f =Acos - 3sin π = 1 A- 3 = 0,解得A= 3.6 3 3 2 2
故 f π = 3× cos 2π - 3 × sin 2π =- 3 - 3 =-3.故選:D.3 3 3 2 2
3 (2023秋·江蘇蘇州·高三校考階段練習)設函數 f x = 2tan ωx- π ω> 0 的圖象的一個對3
π稱中心為 ,0 ，則 f x 的一個最小正周期是 ( )6
A. π B. π C. π D. 2π
3 4 5 5
【答案】C
【分析】利用正切型函數的對稱性可得出ω的表達式，再利用正切型函數的周期公式可求得結果.
【詳解】因為函數 f x = 2tan ωx- π π ω> 0 的圖象的一個對稱中心為 ,0 ，3 6
πω - π = kπ所以， k∈Z ，可得ω= 3k+ 2 k∈Z ，
6 3 2
∵ω> 0，則 k∈N π，故函數 f x 的最小正周期為T= + k∈N ，3k 2
π
當 k= 1時，可知函數 f x 的一個最小正周期為 .
5
故選：C.
題型 04對稱軸型求w
【解題攻略】
正弦函數對稱軸
x= π + 2kπ(k∈ Z)時，ymax= 1；2
x=- π + 2kπ(k∈ Z)時，y
2 min
=-1
余弦函數對稱軸
x= 2kπ(k∈ Z)時，ymax= 1；
x= 2kπ+ π(k∈ Z)時，ymin=-1
1 (2022 秋·山西長治·高三山西省長治市第二中學校校考階段練習)已知函數 f (x) = Acosωx -
3 sinωx(ω > 0) 5π kπ的部分圖象如圖，y = f x 的對稱軸方程為 x = + k∈ Z ，則 f 0 =
12 2
( )
9
A. 3 B. 2 C. 3 D. 1
2
【答案】A
【分析】根據給定的對稱軸方程可得 f(x)的周期，進而求出ω，再借助函數性質及給定圖象求出A值
作答.
【詳解】由給定的圖象知，
f(0) =A> 0，f(x) =Acosωx- 3sinωx= A2+3cos(ωx+ φ)，
即 f(x)max= A2+3，
5π kπ
因函數 y= f(x)圖象的對稱軸方程為 x= + k∈ Z ，
12 2
則 y= f(x)的最小正周期T= π ω= 2π， = 2，
T
5π 5π
而 f =Acos - 3sin 5π =- 3 (A+ 1) 5π，顯然有 f = A2+3，12 6 6 2 12
即 3 (A+ 1) = A2+3，解得A= 3，所以 f(0) = 3.故選：A2
2 (2022· π全國·高三專題練習)若 x= 是函數 f x = cosωx ω≠ 0 圖象的對稱軸，則 f x 的最小正
3
周期的最大值是 ( )
A. π B. π C. π D. 2π
6 3 2 3
【答案】D
【分析】根據對稱軸可求ω的值，從而可求最小正周期.
π
【詳解】因為 x= 是函數 f x = cosωx ω≠ 0 圖象的對稱軸，
3
所以ω× π = kπ,k∈ Z,k≠ 0，故ω= 3k,k∈ Z,k≠ 0，
3
2π 2π
所以 ω min= 3，故 f x 的最小正周期的最大值為 = ，
ω min 3
故選：D.
【變式訓練】
10
1 (2021秋·云南昆明·高三昆明市第三中學校考階段練習)已知函數 y= sinx+ acosx的圖像關
于 x= π 對稱，則函數 y= asinx+ cosx的圖像的一條對稱軸是 ( )
3
A. x= 5π B. x= 2π C. x= π D. x= π
6 3 3 6
【答案】D
【分析】先由函數 y= sinx+ acosx π 3的圖像關于 x= 對稱，求出 a= ，再對 y= asinx+ cosx化簡
3 3
即可求出.
【詳解】函數 y= sinx+ acosx變為 y= 1+ a2sin x+ θ ，(令 tanθ= a).
因為函數 y= sinx+ acosx π π的圖像關于 x= 對稱，所以 + θ= kπ+ π ,k∈ Z,
3 3 2
π
解得：θ= kπ+ ,k∈ Z.所以 a= tanθ= tan kπ+ π = 3 .6 6 3
所以函數 y= asinx+ cosx= 3 sinx+ cosx= 2 3 sin x+ φ ，其中 tanφ= 3,
3 3
π
其對稱軸方程 x+ φ= kπ+ ,k∈ Z,所以 x= kπ+ π - φ,k∈ Z.
2 2
π
因為 tanφ= 3，所以 φ= k1π+ ,k1∈ Z π，所以 x= kπ+ - φ= π k- k1 π+ .3 2 6
π
當 k= k1時，x= 符合題意.對照四個選項，D正確.故選：D.6

2 ( “超級全能生”高考全國卷 26省 9月聯考乙卷數學試題)已知向量 a= (sinωx,cosωx),b= (1,

-1)，函數 f(x) = a b 1，且ω> ,x∈R，若 f(x)的任何一條對稱軸與 x軸交點的橫坐標都不屬于區間
2
(3π,4π)，則ω的取值范圍是 ( )
A. 7 , 15 12 16 ∪
13
,
19 B.
7 , 11 11 ∪ ,
15
12 16 12 16 12 16
C. 1 , 7 ∪ 11 , 19 D. 1 , 11 ∪ 11 , 15 2 12 12 16 2 16 12 16
【答案】B
【解析】
an ,f(x) = 2sin ωx- π , ω> 1 T= 2π由 ，得 < 4π T， > π, 1 <ω< 1, π π由對稱軸ωx- =4 2 ω 2 2 4 2
+ kπ,x= 1 3 π+ kπ ,k∈ z, 3 k 1 k假設對稱軸在區間 3π,4π 內，可知 + <ω< + ,當 k= 1,2，ω 4 16 4 4 3
3 7時， <ω< 7 , 11 <ω< 11 , 15 <ω< 5 1，現不屬于區間 3π,4π ，所以上面的并集在全集 <
16 12 16 12 16 4 2
ω< 1 ω∈ 7 , 11 ∪ 11 , 15中做補集，得 ，選B.12 16 12 16

3 已知向量 a= sinωx,cosωx ,b= 1,-1 1 ，函數 f x = a b，且ω> ,ω∈R，若 f x 的任何一
2
11
條對稱軸與 x軸交點的橫坐標都不屬于區間 3π，4π ，則ω的取值范圍是
A. 7 15 ，
13 19 7 11 11 15
12, 16
∪ ， B. ， ∪ ，12 16 12, 16 12 16
C. 1 7， ∪ 11 19 ， D. 1 11， ∪ 11 15， 2 12 12 16 2 16 12 16
【答案】B
【詳解】f x = sinωx- cosωx= 2sin ωx- π T，又 ≥ π T= 2π 1 1， ，ω> ，所以 <ω< 1，由4 2 ω 2 2
f x 的任何一條對稱軸與 x軸的交點的橫坐標都不屬于區間 3π，4π ，則
π π
2 + kπ≤ 3πω- 4 4k+ 3 ≤≤ 4k+ 7 π π 得 ，k∈ Z，當 k= 0
1
， ≤ω≤ 7 ，顯然不符合題意；當 k
+ π+ kπ≥ 4πω- 12 16 4 162 4
= 1 7， ≤ω≤ 11 11 15符合題意；當 k= 2， ≤ω≤ ，符合題意；當 k= 3 5， ≤ω≤ 19 ，顯然不符合題
12 16 12 16 4 16
ω 7 11意，綜上 的取值范圍是 ，
∪ 11 15， ，故選B12, 16 12 16
題型 05 對稱軸及單調性型求w
1 (2021 π屆重慶市南開中學高考沖刺二數學試題)已知函數 f(x) = sin ωx+ (ω> 0)，對任意的 x6
∈R，都有 f(x+ 1) = f(-x)，且 f(x)在區間 - π , π 上單調，則ω的值為 .4 12
2π
【答案】
3
【分析】
f(x+ 1) = f(-x) f(x) x= 1 sin 1 ω+ π =±1, 1 π根據 ，得函數 的對稱軸為 ，所以有 可得 ω+ =2 2 6 2 6
π + kπ,k∈ Z，解得ω= 2π + 2kπ,k∈ Z π π，再分類討論又 f(x)在區間 - , 上單調遞增和遞減兩2 3 4 12
種情況，對每一種情況列出關于ω的不等式組，解之可求得ω的值.
【詳解】
因為 f(x+ 1) = f(-x) 1 1 π 1 π π，所以函數 f(x)的對稱軸為 x= ，所以 sin
2 ω+ =±1,即 ω+ =2 6 2 6 2
+ kπ,k∈ Z，解得ω= 2π + 2kπ,k∈ Z，
3
∵ω> 0,∴ k≥ 0,k∈ Z, f(x) - π , π又 在區間 上單調，所以4 12
(1) f(x) - π , π π π π若 在區間 上單調遞增，則- + 2kπ≤ωx+ ≤ + 2kπ,k∈ Z ∵ω> 0 ，∴4 12 2 6 2
12
1 - 2π + 2kπ ≤ x≤ 1 π + 2kπ, ,k∈ Z，ω 3 ω 3
-
π 1 2π 1 1 2
∴ 4
≥ ω - 3 + 2kπ - 4 ≥ ω - 3 + 2k 8
π 1 π ，即 1 1 1 ，解得ω≤ - 8k,k∈ Z，≤ + 2kπ, ≤ + 2k 312 ω 3 12 ω 3
所以 0<ω≤ 8 - 8k,k∈ Z，且ω= 2π + 2kπ,k∈ Z 2π，所以當 k= 0時，ω= 滿足題意；
3 3 3
(2)若 f(x) π π π π 3π在區間 - , 上單調遞減，則 + 2kπ≤ωx+ ≤ + 2kπ,k∈ Z ∵ω> 0 ，∴4 12 2 6 2
1 π + 2kπ ≤ x≤ 1 4π + 2kπ, ,k∈ Z，ω 3 ω 3
-
π
4 ≥
1 π 1 1 1
∴ ω 3
+ 2kπ - ≥
，即 4 ω 3 + 2k 4 π 1 4π 1 1 4 ，解得ω≤- - 8k,k∈ Z，≤ 312 ω 3 + 2kπ, 12 ≤ ω 3 + 2k
所以 0<ω≤- 4 - 8k,k∈ Z，且ω= 2π + 2kπ,k∈ Z，此時無解，
3 3
2π 2π
綜上可得ω= 滿足題意；故答案為： .
3 3
2 (2020屆百校聯考高考百日沖刺金卷全國Ⅱ卷 數學 (二)試題)已知函數 y= sin(ωx+ φ) (ω> 0,φ
∈ (0,2π)) π的一條對稱軸為 x=- ，且 f(x) 4π在 π, 上單調，則ω的最大值為 ( )6 3
A. 5 B. 3 C. 7 D. 8
2 2 3
【答案】D
【分析】
函數 y= sin(ωx+ φ) kπ π的對稱軸可表示為：x= - (k∈Z)，f(x) π, 4π在 上單調可得 k0∈Z，ω 6 3
k0π π
ω - 6 ≤ π 6 2使得 k0+1 π ，然后可得 k ≤ω≤ k +1 ，即可分析出答案. - π ≥ 4π 7 0 3 0ω 6 3
【詳解】
函數 y= sin(ωx+ φ) kπ π的對稱軸可表示為：x= - (k∈Z)，
ω 6
k0π - π ≤ π
f(x)在 π, 4π ω 6 6 2上單調可得 k0∈Z，使得3 k +1 π ，解得 k0≤ω≤ k +1 0 0 π 4π 7 3ω - 6 ≥ 3
8
又. ∵ω> 0,∴ k0= 0,1,2,3，∴當 k0= 3時，ω可取最大值為 3
【變式訓練】
1 (四川省成都市新都區 2020- 2021學年高三診斷測試數學試題)已知函數 f x =
2sin ωx+ φ ω> 0 π 滿足 f = 2，f π = 0 f x π , π，且 在區間4 4 3 上單調，則ω的最大值為
13
．
34
【答案】
3
【分析】
π π T π
根據函數在區間 , 上單調得 ≥ ，再由 f4 3 2 12
π = 2，f π = 0得到區間4
π
,π 的長度恰好為4
2k- 1T，再根據ω的范圍求得 k的最大值，進而得到ω的最大值.
4
f x π , π T π π π π 2π π【詳解】因為 在區間 上單調，所以 ≥ - = T≥ ≥ 0<ω≤ 12，4 3 2 3 4 12 6 ω 6
π
因為 f = 2 2k- 1，f π = 0，所以 T= π- π = 3π ,k∈N *，4 4 4 4
T= 3π 2π = 3π ω= 4k- 2 4k- 2所以 ,k∈N *- - ，當ω= ≤ 12 k≤ 9，2k 1 ω 2k 1 3 3
4× 9- 2 34 34
所以ωmax= = .故答案為： .3 3 3
2 (2022·全國·高三專題練習)已知函數 f x = sinωx(ω> 0)在 - π π， 上是單調函數，其圖象6 4
3π
的一條對稱軸方程為 x= ，則ω的值可能是 ( )
4
A. 1 B. 2 C. 1 D. 4
3 3 3
【答案】B
【分析】利用正弦函數的圖象與性質，列出不等式組，結合選項，即可求解.
π π
【詳解】由題意，函數 f x = sinωx(ω> 0) 在 - ，
上是單調函數，
6 4
3π
4 ω= kπ+
π
2 ,k∈ Z ω= 4k + 2 ,k∈ Z則滿足 π π ，可得 3 3 ，4 ≤ 2ω 0<ω≤ 2
2
結合選項可得，ω可能的值為 和 2.故選：B.
3
3 (2023· π內蒙古赤峰·校考模擬預測)若直線 x= 是曲線 y= sin ωx- π (ω> 0)的一條對稱4 4
軸，且函數 y= sin ωx- π π在區間 4 0， 上不單調，則ω的最小值為 ( )12
A. 9 B. 7 C. 11 D. 3
【答案】C
π
【分析】根據給定條件，求出ω的關系式，再求出函數 y= sin ωx- 4 含有數 0的單調區間即可判斷
作答.
【詳解】因直線 x= π 是曲線 y= sin ωx- π (ω> 0) π π π的一條對稱軸，則 ω- = kπ+ ,k∈N，即4 4 4 4 2
14
ω= 4k+ 3,k∈N，
由- π ≤ωx- π ≤ π π 3π得- ≤ x≤ ，則函數 y= sin ωx- π - π , 3π在 上單調遞增，2 4 2 4ω 4ω 4 4ω 4ω
π π 3π π
而函數 y= sin ωx- 在區間 4 0, 上不單調，則 < ，解得ω> 9，12 4ω 12
所以ω的最小值為 11.故選：C
題型 06 “臨軸”型求w
【解題攻略】
若 f x =Asin ωx+ φ A≠ 0,ω≠ 0 的圖像關于直線x= x0對稱,則 f x0 =A或 f x0 =-A.
1 (2023 秋 ·四川綿陽 ·高三四川省綿陽南山中學校考開學考試)已知函數 y = Asin ωx+ φ +
m A> 0,ω> 0, φ < π 的最大值為 4，最小值為 0，且該函數圖象的相鄰兩個對稱軸之間的最短距2
π π
離為 ，直線 x= 是該函數圖象的一條對稱軸，則該函數的解析式是 ( )
2 6
A. y= 4sin x+ π B. y= 2sin 2x+ π + 26 6
C. y= 2sin 2x+ π + 2 D. y= 2sin x+ π + 23 3
【答案】B
【分析】根據函數 y=Asin ωx+ φ +m A> 0,ω> 0, π φ < 的最大值為 4，最小值為 0，求得A，2
m π ω x= π，再由該函數圖象的相鄰兩個對稱軸之間的最短距離為 ，求得 ，然后由直線 是該函數圖
2 6
象的一條對稱軸求解.
【詳解】因為函數 y=Asin ωx+ φ +m A> 0,ω> 0, φ < π 的最大值為 4，最小值為 0，2
所以A+m= 4,m-A= 0，所以A=m= 2，
π 2π
又因為該函數圖象的相鄰兩個對稱軸之間的最短距離為 ，所以T= π，則 ω= = 2，
2 π
所以函數 y= 2sin 2x+ φ + 2，又直線 x= π 是該函數圖象的一條對稱軸，
6
π
所以 2× + φ= kπ+ π ,k∈ Z π π π，則 φ= kπ+ ,k∈ Z，因為 < ，所以 φ= ，
6 2 6 2 6
所以該函數的解析式是 y= 2sin 2x+ π + 2，故選：B6
π π
2 (2023秋·高三課時練習)已知函數 f x = sin ωx+ φ ω> 0, φ ≤ ，x=- 是函數 f x 的一個2 8
15
x= π π π零點， 是函數 f x 的一條對稱軸，若 f x 在區間 , 上單調，則ω的最大值是 ( )8 5 4
A. 14 B. 16 C. 18 D. 20
【答案】A
f x T 2n+ 1 π【分析】設函數 的最小正周期為 ，根據題意分析得出 T= ，其中n∈N，可得出ω=
4 4
4n+ 2，利用函數 f x 的單調性可得出ω的取值范圍，可得出ω的可能取值，然后對ω的值由大到小
進行檢驗，可得結果.
【詳解】設函數 f x 的最小正周期為T，
π π
因為 x=- 是函數 f x 的一個零點，x= 是函數 f x 的一條對稱軸，
8 8
2n+ 1
則 T= π - - π
4 8 8 =
π
，其中n∈N π，所以，T= + =
2π
，∴ω= 4n+ 2，
4 2n 1 ω
f x π , π π - π ≤ T π因為函數 在區間 上單調，則 = ，所以，ω≤ 20.5 4 4 5 2 ω
所以，ω的可能取值有：2、6、10、14、18.
(i)當ω= 18 f x = sin 18x+ φ f - π = sin - 9π時， ， + φ = 0，8 4
9π 9π
所以，φ- = kπ k∈ Z ，則 φ= kπ+ k∈ Z ，
4 4
∵- π ≤ φ≤ π ，∴ φ= π π，所以，f x = sin 18x+ ，
2 2 4 4
π < x< π當 時，4π- 3π = 77π < 18x+ π < 19π = 4π+ 3π ，所以，
5 4 20 20 4 4 4
π π
函數 f x 在 , 上不單調，不合乎題意；5 4
(ii)當ω= 14 π 7π時，f x = sin 14x+ φ ，f - = sin - + φ = 0，8 4
所以，φ- 7π = kπ k∈ Z ，則 φ= kπ+ 7π k∈ Z ，
4 4
∵- π ≤ φ≤ π ，∴ φ=- π ，所以，f x = sin 14x- π ，2 2 4 4
π
當 < x< π 時，2π+ 11π = 51π < 14x- π < 13π = 2π+ 5π ，所以，
5 4 20 20 4 4 4
π π
函數 f x 在 , 上單調遞減，合乎題意.因此，ω的最大值為 14.故選：A.5 4
【變式訓練】
1 (2023秋· π河南洛陽·高三洛寧縣第一高級中學校考階段練習)已知 x= ，x= π是函數 f x =
3
sin ωx+ φ ω> 0, π < φ< 3π 圖象上兩條相鄰的對稱軸，則 φ= ( )2 2
A. π B. 3π C. 2π D. π
4 3 3
16
【答案】A
【分析】由三角函數的對稱性和周期性計算即可.
π- π【詳解】由題意得： = T = 2π ω= 3 ，故 f x = sin 3 x+ φ ，3 2 2ω 2 2
π π 3
則當 x= 時， × + φ= kπ+ π φ= kπ k∈ Z ，
3 3 2 2
π
又 < φ< 3π ，故 φ= π.故選：A.
2 2
2 (2023 ωx春·廣東佛山·高三校考階段練習)已知函數 f x = sin ωx + 2 3cos2 -2
3 ω> 0 ，且 f(x) π π圖象的相鄰兩對稱軸間的距離為 .若將函數 f(x)的圖象向右平移 個單位后
2 3
得到 g(x)的圖象，且當 x∈ 0,
π
時，不等式 2m
2-m≥ g x 恒成立，則m的取值范圍為 ( )
4
A. -∞,-1 ∪ 1 ,+∞ B. -∞,- 1 ∪ 1,+∞ 2 2
C. -∞, 1- 17 ∪ 1+ 174 ,+∞4 D. -∞,0
1
∪ ,+∞2
【答案】B
【分析】先求得 f(x)的解析式，再得到 g(x)的解析式，并求得 g(x)在 0,
π
4

上的最小值，進而構造關于
m的不等式，解之即可求得m的取值范圍.
f x = sin ωx + 2 3cos2 ωx【詳解】 - 3= sin ωx + 3cos ωx = 2sin ωx+ π2 3
又 f(x) π 2π圖象的相鄰兩對稱軸間的距離為 ，則 f(x)的周期為 π，則ω= = 2，則 f(x) =
2 π
2sin 2x+ π3
f(x) π將函數 的圖象向右平移 個單位后得到 g(x)的圖象，則 g(x) = 2sin 2x- π3 3
π π
當 x∈ 0, 時，2x- ∈
- π , π ，2sin 2x- π ∈ - 3,1 4 3 3 6 3
當 x∈ 0, π 時，不等式 2m
2-m≥ g x 恒成立，
4
則 2m2-m≥ 1恒成立，解之得m∈ -∞,- 1 ∪ 1,+∞ 故選：B2
3 (2023春· π四川成都·高三校聯考階段練習)已知直線 x= x1,x= x2是函數 f x = sin ωx+ ,6
(ω> 0) π圖象的任意兩條對稱軸，且 x1-x2 的最小值為 ，則 f x 的單調遞增區間是 ( )2
A. kπ+ π ,kπ+
2π ,k∈ Z B.
kπ- π ,kπ+
π
6 3 3 6
,k∈ Z
C. 2kπ+ π ,2kπ+ 4π ,k∈ Z D.

2kπ-
π ,2kπ+ 5π ,k∈ Z
3 3 12 12
17
【答案】B
T
【分析】由題知 = π ，進而得 f x π = sin 2x+ ，再求解函數單調區間即可.2 2 6
【詳解】解：∵直線 x= x1,x= x2是函數 f x = sin ωx+ π6 圖象的任意兩條對稱軸，且 x1-x2 的最
π
小值為 ，
2
∴ T = π T= π= 2π ω= 2，即 f x = sin 2x+ π2 2 ω 6 ，
令 2x+ π ∈ 2kπ-
π ,2kπ+ π ,k∈ Z，解得 x∈

kπ-
π ,kπ+ π ,k∈ Z，
6 2 2 3 6
∴ f π π x 的單調遞增區間是 kπ- ,kπ+

,k∈ Z.故選：B.3 6
題型 07 “臨心”型求w
【解題攻略】
函數 y=Asin ωx+ φ +B(A> 0,ω> 0)的性質：
(1) ymax=A+B，ymin=A-B.
(2)周期T= 2π .
ω
(3)由 ωx+ φ= π + kπ k∈ Z 求對稱軸，由ωx+ φ= kπ k∈ Z 求對稱中心.
2
( π4)由- + 2kπ≤ωx+ φ≤ π + 2kπ k∈ Z π 3π 求增區間；由 + 2kπ≤ωx+ φ≤ +
2 2 2 2
2kπ k∈ Z 求減區間.
1 (2023春·廣東珠海·高三校考)已知函數 f x = sinωx+ cosωx ω> 0 的圖象的一個對稱中心的橫
π π π
坐標在區間 , 內，且兩個相鄰對稱中心之間的距離大于 ，則ω的取值范圍為 ( )4 2 3
A. 0,3 B. 3 ,3 C. 0, 3 D. 1,3 2 2
【答案】B
π
【分析】利用輔助角化簡函數解析式為 f x = 2sin ωx+ ω> 0 ，分析可知，函數 f x 的最小正4
周期T 2π滿足T> ，求出ω的取值范圍，求出函數 f x 圖象對稱中心的橫坐標，可得出ω所滿足的
3
不等式，即可得出ω的取值范圍.
【詳解】因為 f x = sinωx+ cosωx= 2sin ωx+ π4 ω> 0 ，
18
π
因為函數 f x 的圖象的兩個相鄰對稱中心之間的距離大于 ，
3
f x T T> 2π 2π > 2π所以，函數 的最小正周期 滿足 ，即 ，則 0<ω< 3，
3 ω 3
4k- 1 π
由ωx+ π = kπ k∈Z 可得 x= k∈Z ，因為函數 f x 的圖象的一個對稱中心的橫坐標
4 4ω
π π
在區間 , 內，4 2
π 4k- 1 π π 4k- 1 4k- 1> 0則 < < ，可得 <ω< 4k- 1，又因為 0<ω< 3且ω存在，則
4 4ω 2 2 4k- 1 < ，解得2 3
1 < k< 7 ，
4 4
因為 k∈Z，則 k= 1 3，所以， <ω< 3，故選：B.
2
2 (2023 上 ·天津東麗 ·高三天津市第一百中學校考階段練習 )函數 f x = Asin ωx+ φ + 1，
A> 0,ω> 0, φ < π π的最大值為 2，其圖象相鄰兩個對稱中心之間的距離為 ，且 f x 的圖象關2 2
π
于直線 x= 對稱，則下列判斷正確的是 ( )
12
A. 函數 y= f π x 在 - ,
π 上單調遞減6 3
B. π將 f x 圖象向右平移 個單位與原圖象重合
3
C. 函數 y= f x π 圖象關于點 - ,0 對稱6
D. 函數 y= f x 5π 的圖象關于直線 x=- 對稱
12
【答案】D
【分析】依題意可求得A,ω,φ,從而可求得 f x 的解析式，從而可以對函數的單調區間、對稱中心、對
稱軸、平移一一判斷.
f x =Asin ωx+ φ + 1 A> 0,ω> 0, φ < π【詳解】函數 ， 的最大值為 2，即A+ 1= 2，所以A=2
1，
T 1 2π π
又圖象相鄰兩個對稱中心之間的距離為 = × = ,∴ω= 2，由 f x 的圖象關于直線 x=
2 2 ω 2
π
對稱，
12
π
所以 2× + φ= kπ+ π π，即 φ= kπ+ ,k∈ Z，∵ φ < π ,∴ φ= π ,f x π = sin 2x+
12 2 3 2 3 3 + 1.
x∈ - π , π 2x+ π當 時， ∈ 0,π ，函數 y= f x 不單調，故選項A錯誤；6 3 3
19
將 f x
π
圖象向右平移 個單位，得 f x- π = sin 2 x- π + π + 1= sin3 3 3 3 2x-
π + 1，3
其圖象與原圖象不重合，故選項B錯誤；
令 x=- π ，可得 f x π = 1，圖象關于點 - ,1 對稱，故選項C錯誤；6 6
當 x=- 5π 時，f x = 0 5π為最小值，函數 y= f x 的圖象關于直線 x=- 對稱，故選項D正確.
12 12
故選：D.
【變式訓練】
1 (2023下·河南焦作·高三統考)已知函數 f x = sinωx+ cosωx ω> 0 的圖象的一個對稱中心
π
的橫坐標在區間 , π π內，且兩個相鄰對稱中心之間的距離大于 ，則ω的取值范圍為 ( )4 2 3
A. 0,3 B. 3 ,3 C. 0, 3 D. 1,3 2 2
【答案】B
【分析】利用輔助角化簡函數解析式為 f x = 2sin ωx+ π ω> 0 ，分析可知，函數 f x 的最小正4
周期T 2π滿足T> ，求出ω的取值范圍，求出函數 f x 圖象對稱中心的橫坐標，可得出ω所滿足的不
3
等式，即可得出ω的取值范圍.
【詳解】因為 f x = sinωx+ cosωx= 2sin ωx+ π ω> 0 ，4
π
因為函數 f x 的圖象的兩個相鄰對稱中心之間的距離大于 ，
3
所以，函數 f x 的最小正周期T滿足T> 2π 2π > 2π，即 ，則 0<ω< 3，
3 ω 3
π 4k- 1 π
由ωx+ = kπ k∈Z 可得 x= k∈Z ，
4 4ω
因為函數 f π π x 的圖象的一個對稱中心的橫坐標在區間 , 內，4 2
π 4k- 1 π π 4k- 1 4k- 1> 0
則 < < ，可得 <ω< 4k- 1，又因為 0<ω< 3且ω存在，則 ，解得
4 4ω 2 2 4k- 12 < 3
1 < k< 7 ，
4 4
因為 k∈Z，則 k= 1 3，所以， <ω< 3，故選：B.
2
2 (2023· ωx π云南紅河·統考二模)已知函數 f x = 3tan + (ω> 0)的圖象的兩個相鄰對稱中2 3
π
心之間的距離為 ，則ω= ( )
4
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
20
【答案】B
π
【分析】由正切函數的性質得出T= ，繼而由周期公式得出ω.
2
ωx π
【詳解】解：設 f x 的最小正周期為T，由函數 f x = 3tan +2 3 (ω> 0)的圖象上相鄰兩
π T π π
個對稱中心之間的距離為 ，知 = ，T= ，
4 2 4 2
又因為T= π π π ω π，所以 = ，即 = = 2，則ω= 4．
ω 2 ω 2 π
2 2 2
故選：B．
3 (2021 π 2π上·四川雅安·高三統考期末)已知函數 f(x) = tan(ωx+ φ) ω≠ 0, φ < ，點 ,02 3 和
7π ,0 5π 4π是其相鄰的兩個對稱中心，且在區間 , 內單調遞減，則 φ= ( )6 6 3
A. π B. - π C. π D. - π
6 6 3 3
【答案】A
【解析】由正切函數的圖象性質，得出相鄰兩個對稱中心之間的距離為半個周期，可求出T，然后由T
= π 求出ω，然后再代點討論滿足題意的 φ，即可得出答案.
ω
T 7π 2π
【詳解】由正切函數圖象的性質可知相鄰兩個對稱中心的距離為 ，得T= 2 -
2 6 3 = π.
T= π = 1 ω = 1 ω=±1. φ < π 5π , 4π則由 得 ，即得 由 ，且在區間 內單調遞減，則可得ω=-1， ω 2 6 3
∴ f x = tan -x+ φ =-tan x- φ . 2π由 - φ= kπ ,k∈ Z 2π kπ得 φ= - ,k∈ Z π，因 φ < ，可
3 2 3 2 2
得 φ= π 或- π ，
6 3
當 φ=- π 時，f x =-tan x+ π ，由 kπ- π < x+ π < kπ+ π ,k∈ Z 5π π，得 kπ- < x< kπ+ ,3 3 2 3 2 6 6
k∈ Z，
則函數 f x 的單調減區間為 kπ- 5π ,kπ+ π ,k∈ Z，6 6
k= 1 5π 4π π 7π 5π 4π令 ，由 , , ，得函數 f x 在 ,6 3 6 6 6 3 上不是單調遞減，
所以 φ=- π 不滿足題意；
3
φ= π當 時，f x =-tan x- π ，由 kπ- π < x- π < kπ+ π ,k∈ Z π 2π，得 kπ- < x< kπ+ ,k6 6 2 6 2 3 3
∈ Z，
π 2π
則函數 f x 的單調減區間為 kπ- ,kπ+ ,k∈ Z，3 3
21
k= 1 5π令 ，由 , 4π 2π , 5π 5π 4π，得函數 f x 在 , 上單調遞減，6 3 3 3 6 3
φ= π π所以 滿足題意；綜上可得：φ= 滿足題意.故選：A.
6 6
題型 08 區間內有“心”型求w
【解題攻略】
求w的表達式時，wx+ φ= k1π(k1∈ z)中不要把k1寫成 k,因為后面還有一個 k, wx+ φ= k2π(k2∈
z)中不要把k2寫成 k，否則不好研究w的最小值.它們本身就不一定相等.
1 ( π π天津市部分區 2020屆高考二模數學試題)若函數 f(x) = cos(2x+ φ) (0< φ< π)在區間 - ,

6 6
π
上單調遞減，且在區間 0, 上存在零點，則 的取值范圍是 ( )6
A. π , π 2π 5π B. ， C. π , 2π D. π π6 2 3 6 2 3 ，3 2
【答案】D
【分析】
π π π φ
由題意結合余弦函數的單調區間可得 - + φ, + φ [0,π]，由余弦函數的零點可得 - ∈3 3 4 2
0, π6 ，即可得解.
π π π π π 4π
【詳解】當 x∈ - , 時，2x+ φ∈

- + φ, + φ
，又 φ∈ (0,π)，∴ 2x+ φ∈ - , ，6 6 3 3 3 3
∵ π π函數 f(x) = cos(2x+ φ) (0< φ< π)在區間 - ,6 6

上單調遞減，
φ- π ≥ 0
∴
- π + φ, π + φ [0,π]
π
，即 3 π ，解得 ≤ φ≤
2π
；
3 3 φ+ ≤ π 3 33
( ) = ( + )= + = π + ∈ = π - φ令 f x cos 2x φ 0，則 2x φ kπ k Z ，即 x + kπ k∈ Z ，
2 4 2 2
π - φ ∈ - π , π π
φ
π由 ，可得當且僅當 k= 0時， - ∈ 0, ，4 2 4 4 4 2 6
又函數 f(x) = cos(2x+ φ) (0< φ< π) π在區間 0, 上存在零點，6
∴ π - φ ∈ 0, π π，解得 < φ< π π π；綜上， 的取值范圍是 , .故選：D.4 2 6 6 2 3 2
2 (2021春 商洛)已知函數 f(x) = sin ωx + π2 14 sin
3π - ωx (ω> 0)在 [0，π) 上恰有 6個零7 2
22
點，則ω的取值范圍是 ( )
A. 41 , 48 B. 34 , 41 C. 41 , 48 D. 34 417 7 7 7 ,7 7 7 7
f(x) = sin ωx + π sin 3π - ωx【解答】解： = sin ωx + π cos π - 3π - ωx 2 14 7 2 2 14 2 7 2
= sin ωx + π cos ωx + π = 1 sin ωx+ π2 14 2 14 2 7
x= 0 π π π當 時，ωx+ = ；當 x= π時，ωx+ =ωπ+ π ．
7 7 7 7
因為 f(x)在 [0，π)上恰有 6個零點，且ω> 0，
所以 6π<ωπ+ π ≤ 7π 41 48，解得 <ω≤ ．
7 7 7
故選：A．
【變式訓練】
1 (2022 π湖北模擬)已知函數 f(x) = cos ωx- 3 -
1 (ω> 0)在區間 [0，π]上恰有三個零點，
2
則ω的取值范圍是 　 2, 83 　 ．
π 1
【解答】解：由題意：轉化為 y= cos ωx- 與函數 y= 在區間 [0，π]上恰有三個交點問題，3 2
∵ x∈ [0，π] π π π 1上，∴ - ≤ωx- ≤ωπ- ．當 x= 0 ，可得 y= ．
3 3 3 2
5π π 7π 8
根據余弦函數的圖象：可得 ≤ωπ- < ， 解得：2≤ω<
3 3 3 3
∴ω 8 8的取值范圍是 2， 故答案為： 2， ．3 3
2 ( π云南省 2020屆高三適應性考試數學試題)若函數 f x = 2sin ωx+ φ ω> 0， < φ< π 圖2
象過點 0, 3 ，f x 在 0,π 上有且只有兩個零點，則ω的最值情況為 ( )
A. 1 4 4最小值為 ，最大值為 B. 無最小值，最大值為
3 3 3
C. 7 1 7無最小值，最大值為 D. 最小值為 ，最大值為
3 3 3
【答案】C
kπ- 2π
【分析】由圖象過點 0, 3 求出 φ，然后解 f(x) = 0，得 x= 3 k∈Z ，再分析在 0,π 上有且只
ω
有兩個時，k的取值只能是 1,2，從而可得ω的范圍，
【詳解】由題可知 f 0 = 3，即 2sinφ= 3，∴ sinφ= 3 ，
2
又∵ φ∈ π ,π ，∴ = 2π ，∴ f x = 2sin ωx+ 2π .2 3 3
23
kπ- 2π
令 2sin ωx+ 2π = 0，得ωx+ 2π = kπ k∈Z ，解得 x= 3 k∈Z 3 3 ω
又∵ω> 0，f x 在 0,π 上有且只有兩個零點，
4π < π
∴ k 4 7只能取 1，2，故 3ω 7π ，解得 <ω≤ ，3ω ≥ π 3 3
∴ω∈ 4 , 7 7 ，∴ωmax= ，沒有最小值．故選：C.3 3 3
3 (2021年全國高考甲卷數學 (理)試題變式題 16- 20題)設函數 f x = 2sin ωx+ φ - 1(ω>
0) π 3π，若對于任意實數 φ，f x 在區間 , 上至少有 2個零點，至多有 3個零點，則ω的取值范圍是4 4
．
16
【答案】 4, 3
π 3π
【分析】原問題轉化為 y= sint在區間 ω+ , ω+

上至少有 2個，至多有 3個 t，使得 y= sint4 4
= 1 ω 13π π，求 得取值范圍，作出可知，滿足條件可最短區間長度為 - = 2π 17π，最長區間長度為
2 6 6 6
- π = 8π ，由此建立關于ω的不等式，解出即可．
6 3
【詳解】令 f x = 0，則 sin ωx+ φ = 1 ，令 t=ωx+ φ，則 sint 1 ，
2 2
則原問題轉化為 y= sint π ω+ φ, 3π在區間 ω+ φ
1 上至少有 2個，至多有 3個 t，使得 y= sint= ，4 4 2
求ω得取值范圍，
作出 y= sint與 y= 1 的圖象，如圖所示，
2
13π π 17π π 8π
由圖可知，滿足條件可最短區間長度為 - = 2π，最長區間長度為 - = ，
6 6 6 6 3
∴ 2π≤ 3π ω+ φ - π ω+ φ < 8π 16 16，解得 4≤ω< ．故答案為： 4, ．4 4 3 3 3
題型 09 區間內無“心”型求w
24
【解題攻略】
無“心”型求w，可以采用正難則反的策略把無交點問題轉化為有交點的問題，利用補集思想得到最終的結
果，對于其他否定性問題經常這樣思考.
1 已知函數 f x = sin2ωx- 2cos2ωx+ 1 ω> 0 ,x∈R，若函數 f x π 在區間 ,π 內沒有零點，則 ω2
的取值范圍為 .
1 1 5
【答案】 0, ∪ , 8 4 8
【分析】先把 f x 化為 f x = 2sin 2ωx- π ，求出其零點的一般形式后利用函數 f x 在區間4
π ,π 內沒有零點構建關于ω,k的不等式組，通過討論 k的范圍可得ω的取值范圍.2
【詳解】因為 f x = sin2ωx- 2cos2ωx+ 1 ω> 0 ,x∈R，
故 f x = sin2ωx- cos2ωx= 2sin 2ωx- π ，4
令 f x = 0，則 2ωx- π = kπ,k∈ Z x= kπ π，故函數的零點為 + ,k∈ Z.
4 2ω 8ω
kπ
π 2ω +
π π
8ω ≤ 2
因為函數在 ,π2 內無零點，故存在整數 k，使得 k+ 1 π ，2ω + π8ω ≥ π
ω≥ k+ 1 4 k+ 1 1 1 3 k+ 1 故 k+ 1 ，因ω
1
為正實數，故 + ≥ k+ ，故 k≤ ，又 + > 0，故 k≥
ω≤ + 1 2 8 4 4 2 82 8
-1 k=-1 k= 0. k=-1 0<ω≤ 1，故 或 當 時， ，當 k= 0 1 5時， ≤ω≤ .故ω∈
8 4 8 0,
1 ∪ 1 , 5 8 .4 8
1 1
故答案為 0, ∪ , 5 .8 4 8
2 ( π天津市南開中學 2022屆高三下學期統練二數學試題)已知函數 f(x) = sin ωx+ sin ωx+ 2π6 3
(ω> 0)，(x∈R)，若 f(x) π在區間 ,π 內沒有零點，則ω的取值范圍是 .2
【答案】 0, 1 2 ∪ , 53 3 6
1 1
【分析】化簡變形 f x ，根據三角函數的性質求出 f x 的零點，根據條件得出區間 ω+ ,2ω+3 3
T π 1 1
內不存在整數，再根據 ≥ 可得 ω+ ,2ω+ 為 0,1 或 1,2 的子集，從而得出ω的范圍．2 2 3 3
π 2π
【詳解】f x = sin ωx+ sin ωx+ = sin6 3 ωx+
π sin ωx+ π + π = 1 sin 2ωx+ π ．6 6 2 2 3
令 2ωx+ π = kπ，可得 x=- π + kπ ，k∈ Z．
3 6ω 2ω
25
π <- π令 + kπ < π，解得ω+ 1 < k< 2ω+ 1 ，
2 6ω 2ω 3 3
∵函數 f x π 1 1 在區間 ,π 內沒有零點，∴區間 ω+ ，2ω+ 內不存在整數．2 3 3
2π 1 π π
又 ≥ π- = ，∴ω≤ 1，
2ω 2 2 2
又ω> 0，∴ ω+ 1 ,2ω+ 1 (0，1)或 ω+ 1 ,2ω+ 13 3 3 3 (1，2)．
∴ 2ω+ 1 ≤ 1 1≤ω+ 1或 < 2ω+ 1 ≤ 2 1 2 5，解得 0<ω≤ 或 ≤ω≤ ．
3 3 3 3 3 6
∴ω 1的取值范圍是 0，3 ∪
2 5 1 2 5
， ，故答案為 0，

3 6 3 ∪ ， ．3 6
【變式訓練】
f(x) = sinωx- 11 函數 + cos2 ωx 1，且ω> ，x∈R，若 f(x)的圖像在 x∈ (3π，4π)內與 x軸無
2 2 2
交點，則ω的取值范圍是 .
7 11 11 15【答案】 ， ∪ ， 12 16 12 16
T
【詳解】∵ f x 的圖像在 x∈ 3π，4π 內與 x軸無交點∴ > π2
∵ f x = sinωx- 1 + cos2 ωx = 2 sin ωx+ π ∴ 1 <ω< 1∵由對稱中心可知ωx+ π = kπ
2 2 2 4 2 4
∴ x= 1 kπ- π ,k∈ Z∵ k 1 k 1假設在區間 3π，4π 內存在交點，可知 - <ω< -ω 4 4 16 3 12
∴當 k= 2,3,4 7 <ω< 7 , 11 <ω< 11 , 15時， <ω< 5
16 12 16 12 16 4
∴ 1 <ω< 1 ω∈ 7 , 11 ∪ 11 15以上并集在全集 中做補集，得 2 ,12 16 12 16
7 11 11 15故答案為 , ∪ ,12 16 12 16
2 (2023春·江西宜春·高三江西省宜豐中學校考階段練習)將函數 f x = sinx的圖象先向右平移
π 1
個單位長度，再把所得函數圖象的橫坐標變為原來的 (ω> 0)倍，縱坐標不變，得到函數 g x 的
3 ω
π 3π
圖象，若函數 g x 在 , 上沒有零點，則ω的取值范圍是 ( )2 2
A. 0, 2 ∪ 2 , 8 B. 0, 8 C. 0, 2 ∪ 8 ,1 9 3 9 9 9 9 D. 0,1
【答案】A
π
【分析】先由三角函數圖象平移規則求得函數 g x = sin ωx- ，再利用正弦曲線的零點即可求得3
ω的取值范圍
【詳解】將函數 f x = sinx π π的圖象先向右平移 個單位長度，得到 y= sin x-3 3
26
1
再把所得函數圖象的橫坐標變為原來的 (ω> 0)倍，縱坐標不變，得到函數 g x = sin ωx- πω 3
由函數 g x
π 3π T 3π π 2π
在 , 上沒有零點，則 ≥ - ，則T≥ 2π由 ≥ 2π，可得 0<ω≤ 12 2 2 2 2 ω
π 3π
假設函數 g x 在 , 上有零點，2 2
ωx- π則 = kπ,k∈ Z，則 x= kπ + π ,k∈ Z
3 ω 3ω
π < kπ + π 3π 2k 2由 < ，可得 + <ω< 2k+ 2 ,k>- 1 ,k∈ Z
2 ω 3ω 2 3 9 3 3
2 2
又 0<ω≤ 1，則ω∈ , ∪ 8 ,1 9 3 9
g x π , 3π 2則由函數 在 上沒有零點，且 0<ω≤ 1，可得ω∈ 0,2 2 9 ∪
2 , 8 故選：A3 9
5
3 (2022·全國·高三專題練習)將函數 f x = cosx的圖象先向右平移 π個單位長度，再把所得函
6
1
數圖象的橫坐標變為原來的 (ω> 0)倍，縱坐標不變，得到函數 g x 的圖象，若函數 g x 在
ω
π , 3π 上沒有零點，則ω的取值范圍是 ( )2 2
A. 0, 2 ∪ 2 , 8 B. 0, 89 3 9 9 C. 0,
2 ∪ 8 ,1 D. 0,1 9 9
【答案】A
【解析】根據圖象變換求出 g(x)的解析式，利用周期縮小ω的范圍，再從反面求解可得結果.
5 5π
【詳解】將函數 f x = cosx的圖象先向右平移 π個單位長度，得到 y= cos x- 的圖象，6 6
1
再把所得函數圖象的橫坐標變為原來的 (ω> 0)倍，縱坐標不變，得到函數 g(x) = cos ωx- 5πω 6 (ω
> 0) T= 2π，周期 ，
ω
g x π , 3π 3π π T 2π因為函數 在 上沒有零點，所以 - ≤ ，得T≥ 2π，得 ≥ 2π，得 0<ω≤ 1，2 2 2 2 2 ω
π 3π
假設函數 g x 在 , 上有零點，2 2
令 g(x) = 0 5π，得ωx- = kπ+ π kπ 4π，k∈ Z，得 x= + ，k∈ Z，
6 2 ω 3ω
π < kπ + 4π < 3π 8 + 2k 8則 ，得 <ω< + 2k，k∈ Z 2 2 8，又 0<ω≤ 1，所以 <ω< 或 <ω
2 ω 3ω 2 9 3 3 9 3 9
≤ 1，
π 3π
又函數 g x 在 , 上有零點，且 0<ω≤ 1 0<ω≤ 2 2 ≤ω≤ 8，所以 或 .故選：A2 2 9 3 9
題型 10 區間內最值點型求w
27
【解題攻略】
極值點最大值最小值的問題，可以轉化為區間對稱軸的個數，利用對稱軸公式求解。
2 π
1 已知函數 f x = sin ωx+ φ (ω> 0，0< φ< π)，f 0 = ，f = 0，f x 在 0, π 內有相鄰2 4 4
兩個最值點，且最小值點距離 y軸近，則ω的最小正整數值為 ( )
A. 5 B. 7 C. 9 D. 10
【答案】C
2 3π 3π π
【分析】由 f 0 = 結合已知條件可得 φ= + 2kπ，由 0< φ< π可求出 φ= ，再由 f = 0，2 4 4 4
π ω+ 3π可知 = kπ 2π π，結合 =T< ，可求出ω> 8，從而可選出正確答案.
4 4 ω 4
f 0 = sinφ= 2 3π【詳解】解析：因為 ，結合已知，知 φ= + 2kπ(k∈Z)，
2 4
3π 3π
又因為 0< φ< π，所以 φ= ，所以 f x = sin ωx+ ．4 4
因為 f π = sin4
π ω+ 3π = 0 π 3π，所以 ω+ = kπ，k∈Z，4 4 4 4
解得ω= 4k- 3，k∈Z 2π =T< π．又因為 ，可得ω> 8，
ω 4
所以當 k= 3時，ω的最小正整數值為 9．故選:C.
π π π
2 已知函數 f x = sin ωx+ φ ω> 0, φ ≤ 的圖象關于點M - ,0 及直線 l:x= 對稱，且2 6 3
f x 在 π ,π 不存在最值，則 φ的值為 ( )2
A. - π B. - π C. π D. π
3 6 6 3
【答案】C
2π
【解析】根據對稱得到T= + ,k∈N，根據沒有最值得到T≥ π，得到T= 2π，ω= 1，再根據對稱1 2k
中心得到 φ=mπ+ π ,m∈ Z，得到答案.
6
π π π
【詳解】函數 f x = sin ωx+ φ ω> 0, φ ≤ 的圖象關于點M - ,0 及直線 l:x= 對稱.2 6 3
T + kT = π + π = π ,∴T= 2π則
4 2 3 6 2 1+ ,k∈N.2k
f x
π
在 ,π 不存在最值，則T≥ π，故 k= 0時滿足條件，T= 2π，ω= 1.2
f - π = sin - π + φ6 6 = 0
π
，則- + φ=mπ,∴ φ=mπ+ π ,m∈ Z.
6 6
28
當m= 0 π時滿足條件，故 φ= .故選：C.
6
【變式訓練】
1 (2022年全國高考乙卷數學 (理)試題變式題 13- 16題)已知函數 f(x) = sin ωx+ π ,ω> 0，6
若 f π = f 5π π 5π且 f(x)在區間 , 上有最小值無最大值，則ω= ．4 12 4 12
【答案】4或 10##10或 4
π
【分析】根據 f 4 = f
5π 可求出 f(x)的一條對稱軸，根據該對稱軸可求出ω的表達式和可能取值，12
結合 y= sinx的圖像，根據 f(x) π , 5π在區間 上有最小值無最大值判斷ω的取值范圍，從而判斷ω4 12
的取值.
π + 5ππ 5π
【詳解】∵ f(x)滿足 f = f4 12 ，∴ x=
4 12 = π 是 f(x)的一條對稱軸，
2 3
∴ π ω+ π = π + kπ，∴ω= 1+ 3k，k∈ Z，
3 6 2
∵ω> 0，∴ω= 1,4,7,10,13, .
當 x∈ π , 5π π時，ωx+ ∈ π ω+ π , 5π ω+ π ，4 12 6 4 6 12 6
y= sinx圖像如圖：
要使 f(x) π 5π在區間 , 上有最小值無最大值，則：4 12
π ≤ π ω+ π < 3π 5π ≤ π ω+ π < 7π 2 4 6 2 4≤ω< 16 2 4 6 2 28 ≤ω< 52 或 ，
3π < 5π ω+ π

≤ 5π 3 7π < 5π ω+ π ≤ 9π 3 5 2 12 6 2 2 12 6 2
此時ω= 4或 10滿足條件；
π , 5π 5π - π區間 的長度為： = 5π - 3π = π ，4 12 12 4 12 12 6
當ω≥ 13時，f(x) 2π 2π π π 5π最小正周期T= ≤ < ，則 f(x)在 , 既有最大值也有最小值，故ω
ω 13 6 4 12
≥ 13不滿足條件.
綜上，ω= 4或 10.
29
故答案為：4或 10.
2 (2022屆湖南省長沙市第一中學高考模擬數學試題)已知函數 f x = 3sin ωx+ φ ，
ω> 0,0< φ< π ，若 f - π = 0，對任意 x∈R恒有 f x ≤ f π π π，在區間 , 上有且只有一3 3 15 5
個 x1使 f x1 = 3，則ω的最大值為 ( )
A. 123 B. 111 C. 105 D. 117
4 4 4 4
【答案】C
【分析】
根據 f x
π π
的零點和最值點列方程組，求得ω,φ的表達式 (用 k表示)，根據 f x1 在 , 上有且只15 5
有一個最大值，求得ω的取值范圍，求得對應 k的取值范圍，由 k為整數對 k的取值進行驗證，由此求
得ω的最大值.
【詳解】
- π 3ω+ φ= k1π, ω=
3 2k+ 1 ,
由題意知 k 4 π π 1,k2∈ Z，則 + 其中 k= k1-k2，k= k2+k．3ω+ φ= 1k π+ , φ= 2k 1 π2 2 4 ,
π π π π 2π 3 2k+ 1
又 f x1 在 , 上有且只有一個最大值，所以 - = ≤ 2T，得 0<ω≤ 30，即15 5 5 15 15 4
≤ 30，所以 k≤ 19.5，又 k∈ Z，因此 k≤ 19．
π
k= 19 ω= 117 3π
- ω+ φ= k1π, π π 117
①當 時， ，此時取 φ= 可使 3 π π 成立，當 x∈ , 時， x+4 4 ω+ φ= k2π+ , 15 5 43 2
3π ∈ 2.7π,6.6π 117 3π ，所以當 x1+ = 4.5π或 6.5π時，f x1 = 3都成立，舍去；4 4 4
- πω+ φ= k1π,
②當 k= 18 ω= 111時， ，此時取 φ= π 3 x∈ π , π 111 π可使 成立，當 時， x+
4 4 π3ω+ φ= k π+ π , 2 15 5 4 42
∈ 2.1π,5.8π 111 π ，所以當 x1+ = 2.5π或 4.5π時，f x1 = 3都成立，舍去；4 4
- πω+ φ= k1π,
③當 k= 17 105時，ω= ，此時取 φ= 3π 3 x∈ π , π 105可使 成立，當 時， x+
4 4 πω+ φ= k π+ π2 , 15 5 43 2
3π ∈ 2.5π,6π 105 ，所以當 x1+ 3π = 4.5π時，f x1 = 3成立；4 4 4
105
綜上所得ω的最大值為 ．故選:C
4
3 【( 全國百強校】河北衡水金卷 2022屆高三 12月第三次聯合質量測評數學試題)已知函數 f x
=Acos ωx+ φ A> 0,ω> 0, π π π π φ ≤ ，兩個等式：f - + x - f - - x = 0,f - x +2 4 4 4
30
f π + x = 0 3π對任意的實數 x均恒成立，且 f x 在 0， 上單調，則ω的最大值為4 16
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】
π π π π T T
由函數 f x 的圖象關于直線 x=- 和點 ,0 對稱可得： - - = + k k∈N ，即ω=4 4 4 4 4 2
2k+ 1 k∈N ，結合選項檢驗ω= 3與ω= 1即可.
【詳解】
π π π
因為兩個等式：f - + x - f - - x = 0,f - x + f π + x = 0對任意的實數 x均恒成立，所4 x 4 4
以 f x π π π π T T 的圖象關于直線 x=- 和點 ,0 對稱，所以 - - = + k k∈N ，因為T=
4 4 4 4 4 2
2π
，所以ω= 2k+ 1 k∈N . f x 0, 3π 3π 3π T π 因為 在 上單調，所以 - 0= ≤ = ，所以ω≤ω 16 16 16 2 ω
16
，由選項知，只需要驗證ω= 3.
3
4 當ω= 3時，f x =Acos π 3x+ φ ，因為 f - x =-f π + x 對任意的實數 x均恒成立，所4 4
π
以 3 + φ= kπ+ π k∈ Z ，因為 φ ≤ π ，所以 φ=- π ，所以 f x =Acos 3x- π ，可以驗證4 2 2 4 4
f x
3π
在 0, 上不單調，16
5 當ω= 1時，f x =Acos x+ φ π ，因為 f - x =-f π + x 對任意的實數 x均恒成立，所以4 4
π + φ= kπ+ π k∈ Z π π π ，因為 φ ≤ ·所以 φ= ·所以 f x =Acos x+ ，可以驗證 f x 在4 2 2 4 4
0, 3π 上單調，所以w= 1.故選A.16
題型 11多可能性分析型求w
【解題攻略】
解決函數 f x =Asin ωx+ φ 綜合性問題的注意點
(1)結合條件確定參數A,ω,φ的值，進而得到函數的解析式．
(2)解題時要將ωx+ φ看作一個整體，利用整體代換的方法，并結合正弦函數的相關性質求解．
(3)解題時要注意函數圖象的運用，使解題過程直觀形象化．
31
1 函數 f(x) = sin(ωx+ φ) ω> 0,|φ| ≤ π - π，已知 ,0 13π為 f(x)圖象的一個對稱中心，直線 x=2 6 12
f(x) 13π 19π為 圖象的一條對稱軸，且 f(x)在 ,12 12

上單調遞減．記滿足條件的所有 ω的值的和為 S，
則S的值為 ( )
A. 12 B. 8 C. 16 D. 18
5 5 5 5
【答案】A
13 π+ π = T + kT 13π + π = 3T【分析】由一條對稱軸和一個對稱中心可以得到 或 + kT,k∈Z，
12 6 4 12 6 4
f(x) 13π , 19π由 在
19 13π T
上單調遞減可以得到 π- ≤ ，算出ω的大致范圍，驗證即可.12 12 12 12 2
13
【詳解】由題意知： π+ π = T + kT 13π π 3T或 + = + kT,k∈Z∴ 5 π=
12 6 4 12 6 4 4
1 + k 2π 5π或4 ω 4
= 3 + k 2π4 ω
∴ω= 2 (1+ 4k) ω= 2或 (3+ 4k),k∈ Z∵ f(x) 13π , 19 π ∴ 19 π- 13π ≤ T在5 5 12 12 上單調遞減， 12 12 2
∴ π ≤ 1 2π ω≤ 2
2 2 ω
2
①當ω= (1+ 4k) 2時，取 k= 0知ω=
5 5
此時 f(x) = sin 2 x+ π x∈ 13π，當 , 19π 5 15 12 12 時，
2 x+ π ∈ π , 7π f(x) 13π , 19 2 滿足 在

5 15 2 10
π 上單調遞減，∴ω= 符合12 12 5
取 k= 1時，ω= 2，此時 f(x) = sin 2x+ π3 x∈
13π , 19π π 5π 7π，當 12 12 時，2x+ ∈ , 滿足 f(x)3 2 2
13π , 19在 π
上單調遞減，∴ω= 2符合12 12
當 k≤-1時，ω< 0，舍去，當 k≥ 2時，ω> 2也舍去
ω= 2 (3+ 4k) 6 6 π 13π 19π②當 時，取 k= 0知ω= 此時 f(x) = sin x+ ，當 x∈ , 時，5 5 5 5 12 12
32
6 x+ π ∈ 3π 21 13π 19 , π ，此時 f(x)在 , π 上單調遞增，舍去5 5 2 10 12 12
當 k≤-1時，ω< 0，舍去，當 k≥ 1時，ω> 2也舍去
ω= 2 2 S= 2綜上： 或 ， + 2= 12 .故選：A.
5 5 5
2 (北京市西城區北京師范大學附屬實驗中學 2021- 2022學年高三上學期 12月月考數學試題)已知
A π , 3點 ,B π ,1 ,C π ,0 ，若三個點中有且僅有兩個點在函數 f x = sinωx的圖象上，則正6 2 4 2
數ω的最小值為 .
【答案】4
【分析】
由條件利用正弦函數的圖象特征，進行分類討論，求得每種情況下正數ω的最小值，再進行比較從而
得出結論．
【詳解】
π 3
①若只有A , ,B π ,1 兩點在函數 f(x) = sinωx的圖象上，6 2 4
sin ω π = 3則有 ，sin ω π = 1，sinω π ≠ 0，6 2 4 2
π ω 6 = 2kπ+
π ,或ω= 2kπ+ 2π3 3 ,k∈ Z ω= 12k+ 2,或ω= 12k+ 4,k∈ Z
則 ω
π
4 = 2kπ+
π
2 ,k∈ Z ，即 ω= 8k+ 2,k∈ Z ，求得ω無解．
ω π ≠ kπ,k∈ Z ω≠ 2k,k∈ Z2
π 3 π
②若只有點A , ,C ,0 在函數 f(x) = sin(ωx)的圖象上，6 2 2
π
則有 sin ω = 3 ，sin ω π = 0，sin ω π ≠ 1，故有6 2 2 4
ω
π
6 = 2kπ+
π
3 ,或ω
π
6 = 2kπ+
2π
3 ,k∈ Z
ω π 2 = kπ,k∈ Z ，

ω π π4 ≠ 2kπ+ 2 ,k∈ Z
ω= 12k+ 2,或ω= 12k+ 4,k∈ Z即 ω= 2k,k∈ Z ，求得ω的最小值為 4．ω≠ 8k+ 2,k∈ Z
π
③若只有點B ,1 ,C π ,0 在函數 f(x) = sinωx的圖象上，4 2
ω
π
4 = 2kπ+
π
2
,k∈ Z
sinω π ≠ 3 sinω π = 1 sinω π則有 ， ， = 0，故有 ω
π
2 = kπ,k∈ Z ，6 2 4 2 ω π ≠ 2kπ+ π ,且ω π 2π6 3 6 ≠ 2kπ+ 3 ,k∈ Z
33
ω= 8k+ 2,k∈ Z即 ω= 2k,k∈ Z ，求得ω的最小正值為 10，ω≠ 12k+ 2且ω≠ 12k+ 4,k∈ Z
綜上可得，ω的最小正值為 4，故答案為：4．
【變式訓練】
1 (北京市東城區 2021- 2022學年高三上學期數學試題)已知函數 f(x) = 2sin(ωx+ φ) (ω> 0)，
曲線 y= f x 與直線 y= 3 π相交，若存在相鄰兩個交點間的距離為 ，則ω的所有可能值為 ．
6
【答案】2或 10
【分析】
令 2sin(ωx+ φ) = 3，解得ωx+ φ= 2kπ+ π ,k∈ Z或ωx+ φ= 2kπ+ 2π ,k∈ Z，
3 3
π
根據存在相鄰兩個交點間的距離為 ，得到 x 2-x π π1= = 或 x 2-x = 5π1 = π ，即可求解，得到6 3w 6 3w 6
答案.
【詳解】
由題意，函數 f(x) = 2sin(ωx+ φ) (ω> 0)，曲線 y= f x 與直線 y= 3 相交，
令 2sin(ωx+ φ) = 3，即 sin(ωx+ φ) = 3 ，
2
解得ωx+ φ= 2kπ+ π ,k∈ Z或ωx+ φ= 2kπ+ 2π ,k∈ Z，
3 3
π
由題意存在相鄰兩個交點間的距離為 ，結合正弦函數的圖象與性質，
6
2π
可得 - π + 2kπ=w(x 2-x 1),k∈ Z，令 k= 0，可得 x 2-x = π1 = π ，解得w= 2.3 3 3w 6
7π 2π
或 - + 2kπ=w(x 2-x 1),k∈ Z，令 k= 0，可得 x 2-x 1= 5π = π ，解得w= 10.3 3 3w 6
故答案為：2或 10.
2 (上海市晉元高級中學 2022屆高三數學試題)已知A= y y= sin ωn+ φ ,n∈ Z ，若存在 使
得集合A中恰有 3個元素，則ω的取值不可能是 ( )
A. 2π B. 2π C. π D. 2π
7 5 2 3
【答案】A
【分析】
利用賦值法逐項寫出一個周期中的元素，再結合三角函數誘導公式判斷是否存在 符合題意即可.
【詳解】
解：對A，當ω= 2π y= sin 2π n+ φ 2π 2π， ，函數的周期為T= = = 7在一個周期內，對n賦值7 7 ω 2π
7
34
當n= 0時，y= sinφ 2π；當n= 1時，y= sin + φ7 ；
n= 2 y= sin 4π當 時， + φ ；當n= 3時，y= sin 6π + φ ；7 7
n= 4 y= sin 8π + φ = sin - 6π當 時， + φ ；7 7
n= 5 y= sin 10π當 時， + φ = sin - 4π + φ7 7 ；
當n= 6時，y= sin 12π + φ = sin - 2π + φ ；7 7
π π 2π π
令 φ= 時，sinφ= sin = 1。 sin + = sin2 2 7 2 -
2π + π = cos 2π 4π π。 sin + =7 2 7 7 2
sin - 4π + π = cos 4π7 2 7
sin 6π + π = sin - 6π + π = cos 6π7 2 7 2 7
所以存在 使得n= 1時的 y值等于n= 6時的 y值，n= 2時的 y值等于n= 5時的 y值，n= 3時的
y值等于n= 4時的 y值.
但是當n等于 0、1、2、3時，不存在 使得這個 y值中的任何兩個相等
所以當ω= 2π 時，集合A中至少有四個元素，不符合題意，故A錯誤；
7
2π
對B，當ω= ，y= sin 2π n+ φ 2π 2π，函數的周期為T= = = 55 5 ω 2π
5
在一個周期內，對n賦值
當n= 0時，y= sinφ；當n= 1時，y= sin 2π + φ5 ；
當n= 2時，y= sin 4π + φ n= 3 y= sin 6π；當 時， + φ = sin - 4π + φ5 5 5 ；
當n= 4時，y= sin 8π + φ = sin - 2π + φ π π；令 φ= ，sin = 15 5 2 2
sin 2π + π = sin - 2π + π = cos 2π。 sin 4π + π = sin - 4π + π = cos 4π5 2 5 2 5 5 2 5 2 5
所以當ω= 2π 時，符合題意，故B正確；
5
π π 2π
對C，當ω= ，y= sin n+ φ ，函數的周期為T= = 2π = 42 2 ω π
2
在一個周期內，對n賦值
當n= 0時，y= sinφ；
當n= 1時，y= sin π + φ = cosφ；2
當n= 2時，y= sin π+ φ =-sinφ；
當n= 3時，y= sin 3π + φ2 =-cosφ；
35
令 φ= 0，則 sin0=-sin0= 0，cos0= 1，-cos0=-1
所以當ω= π 時，符合題意，故C正確；
2
對D，當ω= 2π y= sin 2π， n+ φ ，函數的周期為T= 2π = 2π = 33 3 ω 2π
3
在一個周期內，對n賦值
當n= 0 2π時，y= sinφ；當n= 1時，y= sin + φ ；3
當n= 2時，y= sin 4π + φ ；3
φ= 0 sin0= 0 sin 2π 3令 ， ， = ，sin 4π =- 3
3 2 3 2
2π
所以當ω= 時，符合題意，故D正確.
3
故選：A.
3 (2021 淮北二模)已知函數 f(x) = 2sin(ωx+ φ) (ω> 0)滿足 f π = 2，f(π) = 0，且 f(x)4
π π在區間 , 上單調，則滿足條件的ω個數為 ( )4 3
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【解答】解：設函數的最小正周期為T，由于函數 f(x) = 2sin(ωx+ φ) (ω> 0) π滿足 f = 2，f(π) = 0，4
T - kT = π - π = 3π 3π 2(1+ 2k)故 ，解得 T = + ，所以 ω = (k ∈ Z )，由于函數 f (x)在區間4 2 4 4 1 2k 3
π , π4 3 上單調，
π π T π 2π 2(1+ 2k) 17
故 - ≤ ，故T≥ ，ω= ≤ 12，即 ≤ 12，解得 k≤ ，由于 k∈N+，
3 4 2 6 T 3 2
所以 k取 0，1，2，3，4，5，6，7，8．故ω的取值為 9個；故選：C．
題型 12三角應用：三角雙換元
【解題攻略】
2 2 x2 2
形如x +y = a(a> 0), + y = t(t> 0),x2-xy+ y2= 1 x2+y2， +z2= a(a> 0)等，均可以用三角換
3
元來解決.
在利用三角換元時，一定要注意角度限制，因為對于三角函數的值域都是 [-1，1]，但其角度有多種形式，于
是我們在設置角度時要抓住 2點：
（1）設置的角度要使三角函數的范圍為 [-1，1]，
36
(2)根號要能直接開出來.就如本題來講，令x= cosθ,θ∈ [0,π]，此時 cos∈ [-1,1]，sinθ> 0，于是
1- x2= 1- cos2θ= sinθ = sinθ.
1 (2023·全國·高三專題練習)設 x、y∈R且 3x2+2y2= 6x，求 x2+y2的取值范圍是 .
【答案】 0,4
【分析】解法一：利用條件 3x2+2y2= 6x，將 x2+y2轉化為二次函數，進而可確定 x2+y2的范圍．
y2 x- 1= cosα 1 9
解法二：由 3x2+2y2= 6x得 x- 1 2+ = 1，設 ，則 x
2+y2=- cosα- 2 2+ ，再結
3 y= 62 sinα

2 2
2
合余弦函數及二次函數的性質計算可得.
【詳解】解法一：∵ 3x2+2y2= 6x，∴ y2= 3x- 3 x2≥ 0，
2
可得 0≤ x≤ 2． x2+y2= x2+3x- 3 x2=- 1 9 x- 3 2+ ，
2 2 2
令 f 1 x =- x- 3 2+ 9 ，x∈ 0,2 ，顯然函數 f x 在 0,2 上單調遞增，f 0 = 0，f 2 = 4，
2 2
即 f x ∈ 0,4 ，
∴ x2+y2的取值范圍是 0,4 ．
y2 x- 1= cosα x= 1+ cosα
解法二：由 3x2+2y2= 6x得 x- 1 2+ = 1，設 ，即 ，3 y= 6 sinα y= 6 sinα
2 2 2
則 x2+y2= 1+ 2cosα+ cos2α+ 3 sin2α= 1+ 2cosα+ 3 - 1 cos2α
2 2 2
=- 1 cos2α+ 2cosα+ 5 =- 1 cosα- 2 9 2+
2 2 2 2
令 t= cosα，t∈ -1,1 1 9 ，g t =- t- 2 2+ ，t∈ -1,1 ，顯然 g t 在 -1,1 上單調遞增，
2 2
1 9
所以 g t ∈ 0,4 ，即- cosα- 2 2+ ∈ 0,4 ，
2 2
所以 x2+y2的取值范圍是 0,4 .故答案為： 0,4
2 ( a +a2020·江西·校聯考模擬預測)若等差數列 a 滿足 a2+a2= 2，且 a ≥ 1，求 2 3n 1 3 1 + 的取值范圍a1 a2
( )
A. (-1,1) B. [-1,1]
C. (-∞,-1) ∪ (1,+∞) D. (-∞,-1]∪ [1,+∞)
【答案】B
a1= 2cosθ【分析】設 = ，θ∈ [-π,π)，根據 a ≥ 1求出 θ的范圍，利用等差中項的性質得到 a ，再利用a3 2sinθ 1 2
同角公式可求得結果.
37
a1= 2cosθ 2【詳解】設 = ，θ∈ [-π,π)，又∵ a1≥ 1，∴ 2cosθ≥ 1，即 cosθ∈

,1
π π
a 2sinθ 2
，∴ θ∈ - ,4 4

，3
2
a +a 2 2 a +a cosθ+
2 sinθ+ 2sinθ
∴ a 1 32= = cosθ+ sinθ ∴ 2 3 = 2 2 = 3sinθ+ cosθ， =2 2 2 a1+a2 2cosθ+ 2 cosθ+ 2 sinθ sinθ+ 3cosθ2 2
3tanθ+ 1 = 3- 8 ，
tanθ+ 3 tanθ+ 3
∵ θ∈ π π 8又 - , ，所以 tanθ∈ [-1,1]，所以 3- ∈[-1,1]，4 4 tanθ+ 3
∴ a2+a3+ ∈[-1,1]．故選：Ba1 a2
【變式訓練】
1 (2021·寧夏石嘴山·高三石嘴山市第三中學校考階段練習)已知 a,b∈R，a2+b2= 4，求 3a+ 2b的
取值范圍為 ( )
A. -∞,4 B. -2 13,2 13
C. 4,+∞ D. -∞,-2 13 ∪ 2 13,+∞
【答案】B
【分析】根據題意，設 a= 2sinα，b= 2cosα，那么 3a+ 2b= 6sinα+ 4cosα，結合三角函數的有界限，即
可得到答案.
【詳解】由題意知，a,b∈R且 a2+b2= 4，
設 a= 2sinα，b= 2cosα，α∈ [0,2π)
那么 3a+ 2b= 6sinα+ 4cosα= 62+42sin α+ φ = 2 13sin α+ φ 2 ，其中 tanφ= ，
3
因為 sin α+ φ 的取值范圍是 -1,1 ，所以-2 13≤ 3a+ 2b≤ 2 13，
即 3a+ 2b的取值范圍為 -2 13,2 13 .
故選：B
2
2 (江西省撫州市金溪一中等七校 2021- 2022學年高三考試數學試題 (B卷))已知 x、y x滿足
3
+ y2= 1，則u= 2x+ y- 4 + 3- x- 2y 的取值范圍為 ( )
A. 1，12 B. 0，6 C. 0，12 D. 1，13
【答案】D
【詳解】由題意，令 x= 3cosα,y= sinα，
所以 2x+ y= 2 3cosα+ sinα= 13sin(α+ θ)< 4，
所以 2x+ y- 4 = 4- 2x- y，
因為 x+ 2y= 3cosα+ 2sinα= 7sin(α+ β)< 3，所以 3- x- 2y = 3- x- 2y
38
所以u= 2x+ y- 4 + 3- x- 2y = 4- 2x- y- x- y+ 3= 7- 3(x+ y)
= 7- 3( 3cosα+ sinα) = 7- 6sin(α+ 600)
所以 1≤u≤ 13，故選D.
3 ( y y+1浙江省嘉興市 2022屆高三試數學試題)已知實數 x,y滿足 4x+9 = 1,則 2x+1+3 的取值范圍
是 ．
【答案】(2, 13]
【解析】
設 2x=u,3y= v∴u2+v2= 1,u> 0,v> 0∴u= cosθ,v= sinθ,θ∈ 0, π2
y+1
因此 2x+1+3 = 2u+ 3v= 2cosθ+ 3sinθ= 13sin(θ+ φ),tanφ= 2 , φ∈ 0, π3 4
π
因為 φ+ θ∈ φ，φ+ ∴ sin(φ+ θ) ∈ (sinφ,1],sinφ= 2 ，所以 2< 2u+ 3v≤ 13，即取值范圍2 13
是 2, 13
點睛：利用三角函數的性質求范圍，先通過變換把函數化為 y=Asin(ωx+ φ) +B的形式再借助三角
函數圖象研究性質，解題時注意觀察角、函數名、結構等特征．
題型 13三角應用：無理根號型
【解題攻略】
無理根號型求范圍，可以通過換元求得：
1.單根號，一般是齊次關系。
2.雙根號，不僅僅是齊次關系，并且平方后能消去 x。
3.式子可能具有“輪換特征”
4.一定要注意取值范圍之間的變化與互相制約。
1 求函數 y= 3x+ 1- x2 的值域.
【分析】 遇到根號問題，通常我們都需要利用換元法就值域，但由于根號內有平方，則需要利用含平
方的換元形式，于是我們利用三角換元．
解析：令 x= cosθ,θ∈ [0,π]，則原式
y= 3x+ 1- x2= 3cosθ+ sinθ= 10sin(θ+ ) = f(θ)，θ∈ 0,π
3 10 10
其中 tan = 3,即 sin = ,cos = .
10 10
∵ θ∈ 0,π ,∴ (θ+ ) ∈ ,π+ ，f(θ)min= f(π+ ) =- 3 10 10=-310
∴ f(θ)的值域為 -3, 10
39
2 求函數 y= 3x+ 6+ 8- x的值域.
【答案】 10,2 10
【分析】y= 3x+ 6+ 8- x可化為 y= 3 x+ 2+ 10- (x+ 2)，令 x+ 2= 10sin2α,0≤ α≤
π
，結合輔助角公式及三角函數的性質求解.
2
【詳解】y= 3x+ 6+ 8- x可化為 y= 3 x+ 2+ 10- (x+ 2)，令 x+ 2= 10sin2α,0≤ α≤
π
，
2
則 y= 30sinα+ 10cosα= 2 10 3 sinα+ 1 cosα = 2 10sin α+ π ，2 2 6
∵ 0≤ α≤ π ,∴ π ≤ α+ π ≤ 2π ，∴ 1 ≤ sin α+ π ≤ 1，∴ y∈ 10,2 10 ,2 6 6 3 2 6
故函數的值域為 10,2 10 .
【變式訓練】
1 若對任意 x≥ 0，k 1+ x≥ 1+ x恒成立，則實數 k的取值范圍是 .
【答案】[ 2,+∞)
1+ x
【分析】由 1+ x> 0可得原不等式等價于 k≥ ，兩邊平方，利用均值不等式求解即可.
1+ x
1+ x
【詳解】因為 x≥ 0，所以 1+ x> 0，所以不等式可化為 k≥ ，
1+ x
μ= 1+ x x≥ 0 μ> 0 μ2= 1+ x+ 2 x 2 x設 ， ，則 ，則 = 1+
1+ x 1+ x 1+
，
x
因為 x≥ 0，所以 1+ x≥ 2 x，當且僅當 x= 1時取等號，
所以 μ2= 1+ 2 x ≤ 1+ 1+ x+ + = 2，即 0< μ≤ 2，所以 k∈ [ 2,+∞)，1 x 1 x
故答案為：[ 2,+∞)
2 (新疆莎車縣第一中學 2022屆高三上學期第三次質量檢測數學試題)函數 y= x- 4- x2 的值
域為 ．
【答案】 -2 2,2
【分析】函數的定義域為 -2,2 ，設 x= 2cosθ將原函數轉化為關于 θ的三角函數，利用同角三角函數
基本關系以及輔助角公式，余弦函數的性質即可求解.
【詳解】由 4- x2≥ 0可得-2≤ x≤ 2，即函數的定義域為 -2,2 。所以設 x= 2cosθ，θ∈ 0,π ，
則 y= 2cosθ- 4- 4cos2θ= 2cosθ- 2sinθ= 2 2 2 cosθ- 2 sinθ = 2 2cos θ+ π ，2 2 4
π
因為 θ∈ 0,π ，所以 θ+ ∈ π 5π
4
,
4 4
，所以 cos θ+ π ∈ 2 π4 -1, ，所以 y= 2 2cos θ+ ∈2 4
-2 2,2 ，
40
所以函數 y= x- 4- x2 的值域為 -2 2,2 ，故答案為： -2 2,2 .
3 (2020屆安徽省六安市第一中學高三下學期模擬卷 (七)數學 (理)試題)已知 a,b,c∈ [-4,4]，
則 |a- b| + |b- c| + 2|c- a|的最大值為 .
【答案】8
【分析】設 x= |a- b|,y= |b- c|,z= |c- a|，不妨設 a≥ b≥ c，再利用三角換元，結合三角函數的
有界性，即可得答案.
【詳解】設 x= |a- b|,y= |b- c|,z= |c- a|，不妨設 a≥ b≥ c，
則 x2= a- b,y2= b- c,z2= a- c，故 x2+y2= z2，所以，
可設 x= zcosθ,y= zsinθ 0≤ θ≤ π ，0≤ z≤ 2 2，則2
x+ y+ 2z= z(sinθ+ cosθ+ 2)
= z 2sin θ+ π + 2 ≤ z( 2+ 2) = 2 2 × 2 2= 8，當且僅當 a= 4,b= 0,c=-4時取等號4
即 |a- b| + |b- c| + 2|c- a|的最大值為 8.故答案為：8.
題型 14三角應用：圓代換型
【解題攻略】
圓代換型，利用圓的參數方程，注意盡量代換規范：余弦對應 x，正弦對應 y
( - )2+ ( - )2= 2 x=Rcosθ+ ax a y b R 的參數方程是： y=Rsinθ+ b
1 (上海市第二中學 2020- 2021學年高三下學期 5月月考數學試題)知點A(2,0)，點P是以原點O為
圓心，1為半徑的圓上的任意一點，將點P繞點O逆時針旋轉 90°得點Q，線段AP的中點為M，則
|MQ|的最大值是
【答案】1+ 5
2
【分析】
設P(cosθ,sinθ) 2+ cosθ sinθ，則Q(-sinθ,cosθ)，則M , ，從而得 |MQ| =2 2
2+ cosθ
2 2
+ sinθ + sinθ - cosθ ，利用降冪公式、輔助角公式及平方關系化簡，再根據正弦型2 2
函數得值域即可得解.
【詳解】
解：由題可知，設P(cosθ,sinθ)，則Q(-sinθ,cosθ)，
41
A(2,0) AP M 2+ cosθ sinθ因為 ，所以線段 的中點 得坐標為 , ，2 2
所以 |MQ| = 2+ cosθ
2
+ sinθ + sinθ
2
- cosθ =2 2
(cosθ+ 2)2+4sinθ(cosθ+ 2) + 4sin2θ+ sin2θ- 4sinθcosθ+ 4cos2θ
4
= 9+ 4cosθ+ 8sinθ = 9+ 4 5sin(θ+ φ)，其中 tanφ= 1 ，因為 sin(θ+ φ) ∈ [-1,1]，
2 2 2
所以當 sin(θ+ φ) = 1時，|MQ| 5取最大值為 1+ .故答案為：1+ 5 .
2 2

2 設圓O:x2+y2= 1上兩點A x1,y1 ，B x2,y2 滿足：OA OB=- 1 ，則 x1-2y1 + x2-2y2 的取值范2
圍是 .
15
【答案】 , 15

2
【解析】
【分析】
x -2y x -2y
首先由數量積公式可得∠ AOB= 120° 1 1 2 2，再根據絕對值的幾何意義得 h= + 表示兩
5 5
點A，B分別到直線 x- 2y= 0的距離之和，再以直線 x- 2y= 0為 x軸重新建立直角坐標系后，利
用三角函數表示 h，根據角的范圍求值域.
【詳解】

OA OB=- 1由 ，得∠AOB= 120°.
2
x
h= 1
-2y1 x -2y
設 + 2 2 表示兩點A，B分別到直線 x- 2y= 0的距離之和.
5 5
取直線 x- 2y= 0為 x軸重新建立直角坐標系后，則 h表示兩點A，B分別到 x軸的距離之和.
在新的直角坐標系下，設A cosθ,sinθ ，B cos θ+ 120° ,sin θ+ 120° 則有 h= sinθ +
sin θ+ 120° .
由對稱性，不妨設點B在 x軸上或上方，即-120° ≤ θ≤ 60°.所以 h=
sinθ+ sin θ+ 120° , 0° ≤ θ≤ 60° ，-sinθ+ sin θ+ 120° , -120° ≤ θ< 0°
0° ≤ θ≤ 60°時，h= sinθ+ sin θ+ 120° 1 = sinθ+ 3 cosθ= sin θ+ 60° ，
2 2
得 θ+ 60° ∈ 60°,120° 3 ，則 h∈ ,12 ，
當-120° ≤ θ< 0°時，h=-sinθ+ sin θ+ 120° =- 3 sinθ+ 3 cosθ=- 3sin θ- 30° ，
2 2
42
θ- 30° ∈ -150°,-30° 3 ，此時 h∈ , 3 2
3
綜上得 ≤ h≤ 3，從而得 x1-2y1 + x2-2y2 = 5h∈ 15 , 15
.
15
故答案為： , 15

2 2 2
【變式訓練】
1 已知A xA,y
π
A 是單位圓 (圓心在坐標原點O)上任一點，將射線OA繞O點逆時針旋轉 到3
OB交單位圓于點B xB,yB ，則 2yA-yB的最大值為 .
【答案】 3
【分析】
設A(cosα,sinα)，則B cos α+ π ,sin α+ π ，代入要求的式子由三角函數的知識可得解．3 3
【詳解】設A(cosα,sinα)，則B cos α+ π ,sin α+ π ，∴ 2yA-yB= 2sinα- sin α+ π3 3 3
= 3 sinα- 3 cosα= 3sin α- π ，∴ 2yA-yB的最大值為 3，故答案為： 32 2 6

2 設圓O:x2+y2= 1上兩點A x1,y1 ，B x2,y2 滿足：OA OB=- 1 ，則 x1-2y1 + x2-2y2 的取2
值范圍是 .
15
【答案】 , 15

2
x1-2y1 x2-2y2
【分析】首先由數量積公式可得∠AOB= 120°，再根據絕對值的幾何意義得 h= +
5 5
表示兩點A，B分別到直線 x- 2y= 0的距離之和，再以直線 x- 2y= 0為 x軸重新建立直角坐標系
后，利用三角函數表示 h，根據角的范圍求值域.
1 x -2y x -2y
【詳解】由OA OB=- ，得∠AOB= 120°. h= 1 1 + 2 2設 表示兩點A，B分別到直線 x
2 5 5
- 2y= 0的距離之和.
取直線 x- 2y= 0為 x軸重新建立直角坐標系后，則 h表示兩點A，B分別到 x軸的距離之和.
在新的直角坐標系下，設A cosθ,sinθ ，B cos θ+ 120° ,sin θ+ 120° 。則有 h= sinθ +
sin θ+ 120° .
由對稱性，不妨設點B在 x軸上或上方，即-120° ≤ θ≤ 60°.
sinθ+ sin θ+ 120° , 0° ≤ θ≤ 60°所以 h= ，0° ≤ θ≤ 60°時，h= sinθ+ sin θ+ 120° =-sinθ+ sin θ+ 120° , -120° ≤ θ< 0°
1 sinθ+ 3 cosθ= sin θ+ 60° ，
2 2
得 θ+ 60° ∈ 3 60°,120° ，則 h∈ ,1 ，2
43
當-120° ≤ θ< 0°時，h=-sinθ+ sin θ+ 120° 3 =- sinθ+ 3 cosθ=- 3sin θ- 30° ，
2 2
θ- 30° ∈ -150°,-30° 3 3 ，此時 h∈ , 3 2 綜上得 ≤ h≤ 3，2
從而得 x1-2y1 + x2-2y2 = 5h∈ 15 , 15
15
.故答案為：

, 15

2 2
3 (2020·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中校考一模)已知點P為圓 x- 6 2+ y- 8 2= 1上任一點，F1，
2
x2 y F2分別為橢圓 + = 1的兩個焦點，求PF PF4 3 1 2的取值范圍 .
【答案】[80,120]
【分析】由橢圓的標準方程可得焦點F1 -1,0 ,F2 1,0 ,由點P在圓上可設P 6+ cosθ,8+ sinθ ,求得

PF1,PF2,進而利用三角函數的性質求解即可.
【詳解】由題,橢圓的焦點為F1 -1,0 ,F2 1,0 ,
設點P 6+ cosθ,8+ sinθ ,

則PF1= -7- cosθ,-8- sinθ ,PF2= -5- cosθ,-8- sinθ ,

所以PF1 PF2= -7- cosθ -5- cosθ + -8- sinθ -8- sinθ = 100+ 12cosθ+ 16sinθ= 100
+ 20sin θ+ φ ,tanφ= 3 ,
4

因為 sin θ+ φ ∈ -1,1 ,所以PF1 PF2∈ 80,120 ,故答案為: 80,120
題型 15三角應用：向量型換元
【解題攻略】

向量中的三角換元原理之一，就是源于 a =R,實質是圓。
所以模定值，可以用圓的參數方程代換。
1 (2022上· π廣東佛山·高三統考)菱形ABCD中，AB= 1,A∈
, π ，點E，F分別是線段AD,CD上3 2

的動點 (包括端點)，AE=CF，則 (AE+CF) AC = ，ED EB的最小值為 .
1
【答案】 0 - /- 0.25
4
【分析】建立坐標系，用坐標表示向量，第一個空利用向量數量積坐標公式進行相應計算，第二個空設
1+ cosA 2 cosA- 1 2
出AE=m∈ 0,1 ，表達出ED EB= m- - ，利用二次函數的性質求最小2 4
cosA- 1 2
值- 1，再結合 cosA∈ 0, 4 2 求出最小值.
44
【詳解】以A為坐標原點，AB所在直線為 x軸，垂直AB所在直線為 y軸建立平面直角坐標系，故
A 0,0 ，B 1,0 ，D cosA,sinA ，C 1+ cosA,sinA ，設AE=m∈ 0,1 ，則E mcosA,msinA ，

F 1-m+ cosA,sinA ，則AE= mcosA,msinA ，CF = -m,0 ，AC = 1+ cosA,sinA ，(AE+

CF) AC = mcosA-m,msinA 1+ cosA,sinA =-msin2A+msin2A= 0；

2 1+ cosA 2 cosA- 1
2
ED EB=m - 1+ cosA m+ cosA= m- 2 - 4
A∈ π , π cosA∈ 0, 1 1+ cosA ∈ 1 , 3 0,1 m= 1+ cosA

因為 3 2
，所以 ， ，故當 時，ED 2 2 2 4 2
cosA- 1 2
EB - cosA∈ 0, 1取得最小值為 ，因為 π ，所以當 cosA= 0，即A= 時，4 2 2
cosA- 1-
2
1
最小，最小值為-
4 4
1
故答案為：0，-
4

2 (2020· 江蘇南通·江蘇省如皋中學校考模擬預測)已知 a- 2e = b- e = 1， e = 1，則向量 a b的最
小值為 .
1
【答案】-
4

【分析】 e = 1 ，不失一般性，設 e= (1,0)，由 a - 2e = b- e = 1 a 知 ，b的終點在兩個圓上運動，設 a

= (2+ cosα,sinα)，b= (1+ cosβ,sinβ) a ，化簡 b= (2+ cosα) (1+ cosβ) + sinαsinβ放縮后得到
β 2
4 cos - 1 - 1 ≥- 1 得解.2 4 4 4

【詳解】∵ e = 1 e ，不妨設 = (1,0) a = (m.n)，b= (c.d)，
∵ a - 2e = 1，∴ (m- 2)2+n2= 1 所以A(m,n)在圓 (x- 2)2+y2= 1上運動

∵ b- e = 1，∴ (c- 1)2+d2= 1所以B(c,d)在圓 (x- 1)2+y2= 1上運動
再令A(2+ cosα,sinα)，B(1+ cosβ,sinβ)

∴ a = (2+ cosα,sinα)，b= (1+ cosβ,sinβ)，
∴ a

b= (2+ cosα) (1+ cosβ) + sinαsinβ= 2+ cosα+ 2cosβ+ cosαcosβ+ sinαsinβ
45
= 2+ β β β β βcosα+ 2cosβ+ cos(α- β) = 2+ 2cosβ+ 2cos α- cos = 4cos2 + 2cos α- cos2 2 2 2 2
≥ 2 β - β ( - β β β4cos 2 cos 當且僅當 cos α =-1，cos = cos 時，等號成立)2 2 2 2 2
2
= 4 βcos 2 -
1 - 1 ≥- 1 β 1，當且僅當 cos = 時，等號成立.4 4 4 2 4
1
故答案為：-
4
【變式訓練】

1 (2024 · · 上 重慶 高三重慶南開中學校考階段練面向量 a，b，c滿足 a = b = 2， c- a

c - b =-1 ，則 a c的最大值為 .
【答案】4

【分析】不妨設OA= a = 2,0 ，b=OB= 2cosθ,2sinθ c ， = x,y ，則求 a c的最大值，即求 x的最
大值，將問題轉化為方程有解的問題，得到 x,y 的軌跡為一個圓，最后利用投影向量的意義求出 x的
最大值即可求解.

【詳解】設O 0,0 ，OA= a = 2,0 a ，向量 ，b的夾角為 θ，則 b=OB= 2cosθ,2sinθ ，θ∈ 0,2π ，

設 c=OC = x,y ，由 c- a c- b =-1得： x- 2,y- 0 x- 2cosθ,y- 2sinθ =-1，即
x- 2 x- 2cosθ + y y- 2sinθ =-1，化簡得： x- (1+ cosθ) 2+ (y- sinθ)2= 1- 2cosθ，
∵ ∴ 1- 2cosθ≥ 0 ∴ x,y a c 上述方程一定有解， ， 即 在一個圓上，而 = 2x，所以轉化為求 x的最大
值，
∴當 c 在 a上投影長度最大時，xmax= 1+ cosθ+ 1- 2cosθ，令 t= 1- 2cosθ，t∈ 0, 3 ，
則 2x= 2 1+ cosθ+ 1- 2cosθ = 3- t2+2t=- t- 1 2+4≤ 4，當 t= 1時， a c max= 2x max= 4.
∴ a c 的最大值為 4.

2 (2023·全國· 高三專題練習)已知向量 a，b滿足 2a + b = 3 b = 1 a ， ，則 + 2 a + b 的最大

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