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專題7 三角函數中w取值范圍問題
【綿陽市高中2024屆第一次診斷性考試】已知函數在區間上的最小值恰為，則所有滿足條件的的積屬于區間（ ）
A. B. C. D.
由，結合余弦函數的性質，討論和兩種情況，得出或者，進而求出所有滿足條件的的積所屬區間.
當時，因為此時的最小值為，
所以，即.
若，此時能取到最小值，即，
代入可得，滿足要求；
若取不到最小值，則需滿足，即，
所以或者，所以所有滿足條件的的積屬于區間，
故選：C
1．若函數在區間恰有2個零點，則的取值范圍是 ．
2．已知函數滿足.若在上恰好有一個最小值和一個最大值，則 ；若在上恰好有兩個零點，則的取值范圍是 .
討論，將，看成是兩個函數的交點問題，數形結合得出，再由余弦函數的性質討論得，進而得出所求.
，
，
①，，
，∴方程有唯一解，，
②，，，
∴，∴.
3．已知函數在上單調，而函數有最大值1，則下列數值可作為取值的是（ ）
A． B． C．1 D．2
4．已知函數是在區間上的單調減函數，其圖象關于直線對稱，且，則的值可以是（ ）
A．4 B．12 C．2 D．8
討論，將，構造成函數，利用導數結合零點存在性定理得出上存在零點，再由余弦函數的性質討論得，進而得出所求.
∵，∴，
∵的最小值為，∴
①當時，，即
令，
顯然在上遞增，而
∴，使且，
，∴
而，故存在，使
∴時，的最小值可取
②當時，（即：）時，顯然，∴（合題意）
綜上所述：，選C
5．已知函數，若在區間上不存在零點，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
6．將函數的圖象先向左平移個單位長度，再把所得函數圖象的橫、縱坐標都變為原來的倍，得到函數的圖象，若函數在區間內沒有零點，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知，記（）．若函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（ ）
A．3 B． C． D．
8．設函數．若為函數的零點，為函數的圖象的對稱軸，且在區間上有且只有一個極大值點，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．12
9．已知定義在上的奇函數滿足，當時，.若函數在區間上有10個零點，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
10．已知函數是上的增函數，且，其中是銳角，并且使得在上單調遞減．則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
11．已知函數在上恰有4個不同的零點，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
12．已知函數的最小正周期為，若，且在區間上恰有個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．
【分析】利用三角函數的性質計算即可.
【詳解】在時，，此時的圖象關于直線對稱，
若，則，
易知或時，，
因為恰有兩個零點，故，此時只能取到，如下圖所示，符合題意；
若，則，同上，有，
此時只能取到，如下圖所示，符合題意；

綜上.
故答案為：.
【點睛】本題關鍵在于對符號的討論，還需要考慮到的對稱性，取零點時通過數形結合注意端點即可.
2． 4
【分析】整理得.空1：根據題意可知，進而可求；空2：根據周期性特征分析可知，進而可得，以為整體，結合正弦函數分析求解.
【詳解】因為，設的最小值正周期為，
若在上恰好有一個最小值和一個最大值，且，
則，所以；
若在上恰好有兩個零點，則，解得，
即，且，可得，
因為，則，
且，
且，
可得或或，
解得或或，
所以的取值范圍是.
故答案為：4；.
【點睛】方法點睛：求解函數的性質問題的兩種意識：
1.轉化意識：利用三角恒等變換將所求函數轉化為的形式．
2.整體意識：類比的性質，只需將中的“”看成中的“x”，采用整體代入求解．
3．D
【分析】根據余弦函數的性質求出的范圍，即可求出的范圍，依題意只需考慮存在，使得，即可求出的取值范圍，即可判斷.
【詳解】由余弦函數的性質可知，當在上單調時，
，得，
則
由于選項中取，，1，2，其區間端點的前綴分別是，，，，區間角的終邊呈周期性變化，
因此只需考慮存在，使得，
則取非負整數，且，，
所以的取值區間是，選項中只有適合.
故選：D.
【點睛】關鍵點睛：本題解答的關鍵是結合余弦函數的單調性求出的范圍，從而得到，根據正弦函數的周期性及最大值，從而求出的取值范圍.
4．AB
【分析】根據函數圖象關于直線對稱，函數在取得最值，可得；求出的范圍，根據函數在區間上是單調減函數，列出不等式關系，繼而可求出的取值范圍，再結合條件，即可確定的值.
【詳解】因為函數的圖象關于直線對稱，
所以，所以，
根據，則，
因為是在區間上的單調減函數，
所以
，
因為，所以或，
當時，，
當時，；
由于是在區間上的單調減函數，
且，
所以，
所以，，
，
根據或，
可得，或.
故選:
5．B
【分析】利用輔助角公式化簡，結合周期公式列不等式確定，再求出函數在上存在零點時的的范圍，從而在范圍內去掉這些范圍，即可得答案.
【詳解】由題意得，
在區間上不存在零點，設的最小正周期為T，
則，
又函數的零點滿足，即，
若，則，
因為，故，則時，，
時，，結合得，
由于在區間上不存在零點，
故在的范圍內去除和，
則，
故選：B
【點睛】方法點睛：本題考查根據函數在某區間上不存在零點求參數范圍問題，解答時先確定參數，再假設函數在區間上存在零點，結合正弦函數性質求得參數范圍，然后去掉這些范圍，即可得答案.
6．C
【分析】根據圖象變換求出的解析式，利用周期縮小的范圍，再從反面求解可得結果.
【詳解】將函數的圖象向左平移個單位長度，得到，
再把所得函數圖象的橫、縱坐標都變為原來的倍，得到函數的圖象，
即，因為函數在上沒有零點，則，即，
即，則，由，得，得，
若函數在上有零點，則，，
即，又，則.當時，解得.
當時，解得.當時，解得，與矛盾.
綜上，若函數在上有零點，則或，
則若沒有零點，則或.
故選：C.
【點睛】關鍵點點睛：利用三角函數平移法則求出函數的解析式，利用間接法求解的范圍是解決本題的關鍵.
7．C
【分析】分段寫出函數的解析式，并確定其單調減區間，再結合集合的包含關系求解作答即可.
【詳解】由題意知，
函數的單調遞減區間為，
則或，
由，解得，
而，故需滿足，即，此時不存在；
由，解得，
則需滿足，即，即，
故，即，
故選：C
【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵是理解的含義，結合其解析式，求出函數的單調區間，進而轉化為集合間的包含關系，列不等式求解即可.
8．A
【分析】
直接利用，，求出和的表達式，進一步利用在區間上有且只有一個極大值點，通過分類討論求出的值，進而可得最大值.
【詳解】由已知得，，，
則，
其中，
因為，
當時，
當時，，
因為在區間上有且只有一個極大值點，
所以，
解得，
即，
所以，
當時，，此時，此時有兩個極大值點，舍去；
當時，，此時，此時有一個極大值點，成立；
所以的最大值為.
故選：A.
【點睛】
關鍵點點睛：本題的關鍵是通過條件將和都用整數表示出來，然后對的值由大到小討論找到符合條件的結果.
9．A
【分析】根據題意可知和都是周期為2的周期函數，因此可將的零點問題轉換為和的交點問題，畫出函數圖形，找到交點規律即可找出第10個零點坐標，而m的取值范圍就在第10個零點和第11個零點之間.
【詳解】由得是一個周期為2的奇函數，
當時，，因此，
因為是奇函數，所以 ，，
且的周期為，且，，，，
求的零點，即是與的交點，如圖：
為與在區間的交點圖形，因為與均為周期為2的周期函數，
因此交點也呈周期出現，由圖可知的零點周期為，
若在區間上有10個零點，則第10個零點坐標為，
第11個零點坐標為，因此.
故選：A
【點睛】思路點睛：函數的零點問題，往往可以轉化為常見函數的交點的個數問題，而圖象的刻畫需結合函數的奇偶性、周期性等來處理.
10．A
【分析】由條件可分類討論確定與的關系，再根據三角函數的性質可判定選項.
【詳解】若，由函數單調性可知，
此時顯然，符合題意；
若，由函數的單調性知，
則不符合題意.
故，可排除C、D選項，
又，
此時在上單調遞減，
則，
綜上可知.
故選：A
【點睛】本題關鍵在于利用函數的單調性討論確定，再結合三角函數的性質計算即可.
11．B
【分析】把函數零點問題轉化為兩個函數交點問題，數形結合即可求解.
【詳解】因為函數在上恰有4個不同的零點，
則方程在上恰有4個不同的解，
即方程在上恰有4個不同的解，
所以函數與函數在上恰有4個不同的交點，
因為函數，且在上單調遞減，
所以函數函數在上單調遞減，且，，
函數是由函數圖象縱坐標不變，橫坐標變為原來的倍，
作出兩個函數圖象，如圖：
要使函數與函數在上恰有4個不同的交點，
由圖知：的周期滿足，所以，
所以，即實數的取值范圍為.
故選：B
【點睛】方法點睛：函數零點問題的解決辦法：
（1）直接法：根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與x軸的交點問題；
（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；
（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉化為直線與函數的圖象的交點問題.
12．D
【分析】根據余弦函數的周期公式和求出，再根據余弦函數的圖象可得結果.
【詳解】由題意的最小正周期為T，則，
又，可得，即，
又，所以，
在區間上恰有3個零點，
當時，，
結合函數的圖象如圖所示：

則在原點右側的零點依次為，，，，…，
所以，解得，即的取值范圍為．
故選：D．
【點睛】關鍵點點睛：根據余弦函數的圖象求解是解題關鍵.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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