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微突破（三） 三角函數中 的取值范圍
問題
類型一 根據單調性求的取值范圍
類型二 根據圖象平移求的取值范圍
類型三 根據對稱性求的取值范圍
類型四 根據最值求的取值范圍
類型五 根據零點求的取值范圍
類型六 結合函數性質求的取值范圍
◆
練習冊
答案核查【導】
答案核查【練】
三角函數是高考的必考考點，而函數中
的取值范圍問題也是熱門考點.函數 的最小正周期
，即，也就是說只要確定了周期 ，就可以確
定 的取值.
類型一 根據單調性求 的取值范圍
已知函數在 上單調遞增
（或單調遞減），求 的取值范圍的方法：
首先，根據題意可知區間 的長度不大于該函數最小正周
期的一半，即，求得 .其次，以單調
遞增為例，利用， ，
解得 的范圍.最后，結合第一步求出的 的取值范圍對 進行賦值，
從而求出 的具體取值范圍.
例1（1）已知函數在 上單調遞增，
在上單調遞減，則 的取值范圍為( )
A. B. C. D.
[解析] 當時，可得，因為在
上單調遞增，所以，可得.
當 時，可得，因為 ，
所以，，
因為在 上單調遞減，所以只需滿足，得.
綜上， .故選C.
√
（2）已知函數是 上的奇函
數，且在區間上單調遞增，則 的最大值是__.
[解析] 因為是上的奇函數，所以 ,
又 ，所以.
因為在 上單調遞增,所以，
于是解得 ，所以 的最大值為 .
變式（1）已知，函數在 上單調遞減，
則 的最大值為____.
10
[解析] 因為，所以，
又 在上單調遞減，所以 ，
解得，，
又 ，所以，解得，，
則 或1.
當時，，當時，.
所以 的最大值為10.
（2）已知函數，函數在區間 內
不單調，則 的取值范圍是_________.
[解析] 因為，所以，
又函數 在區間內不單調，所以，解得，
則 的取值范圍是 .
類型二 根據圖象平移求 的取值范圍
1.平移后與原圖象重合
思路1：平移長度即為原函數周期的整倍數；
思路2：平移前的圖象對應的函數與平移后的圖象對應的函數的解析
式相同.
2.平移后的函數與原函數的圖象關于軸對稱： .
3.平移后過定點：將定點坐標代入平移后的函數解析式中.
例2（1）若將函數的圖象向左平移 個單
位長度得到的圖象與的圖象完全重合，則 的最小值為( )
A.2 B.4 C.6 D.8
[解析] 由題意知是函數 的最小正周期的正整數倍，所以
，所以，所以正數 的最小值為4.
故選B.
√
（2）把函數的圖象向右平移 個單位長
度，得到的函數圖象關于點對稱，則 的最小值為( )
A.1 B.2 C.3 D.4
[解析] 函數的圖象向右平移 個單位長度，
可得的圖象，
因為 是其對稱中心，所以 ,，
所以, ，又，所以 的最小值為3.
√
變式（1）已知函數 的圖象向左
平移個單位長度所得圖象與的圖象重合，則實數 的最小值
是( )
A. B. C. D.8
[解析] 由題可知， 是該函數的最小正周期的正整數倍，即
,，解得,，
又，所以 的最小值為 .故選B.
√
（2）函數的圖象向左平移 個單位長度
所得圖象與的圖象關于軸對稱，則 的最小值是( )
A.1 B.2 C.4 D.6
√
[解析] 函數的圖象向左平移 個單位長度
得到 的圖象，
依題意得對任意 恒成立，
即對任意 恒成立，
則 ,，解得,，而，則 的最
小值為2.
類型三 根據對稱性求 的取值范圍
（1）函數 圖象的兩條相鄰的對
稱軸或兩個相鄰對稱中心之間的距離為 ，相鄰對稱軸和對稱中心之
間的距離為 ，也就是說，我們可以根據三角函數的對稱性來研究其
周期性，進而可以研究 的值或取值范圍.
（2）三角函數圖象的對稱軸必經過圖象的最高點或最低點，圖象的
對稱中心就是圖象與 軸的交點，我們可以利用函數的最值、對稱中
心之間的關系來確定函數的周期，進而確定 的值或取值范圍.
例3（1）［2025·江蘇常州期中］已知函數 的
最小正周期為.若 ，且曲線關于點 中心
對稱，則 ( )
A. B. C. D.
√
[解析] 的最小正周期，由 ，得
，解得.
因為曲線關于點 中心對稱，所以，
化簡可得 .
當時，，顯然當時， ，所以
，則 .故選B.
（2）函數,，若對任意
恒成立，且的圖象在上恰有3條對稱軸，則 ( )
A. B. C. D.或
[解析] 由題知，當 時 取得最大值，即
，所以 , ，即
,.
又的圖象在 上恰有3條對稱軸，所以，
則 ，所以 ，所以 .故選B.
√
變式（1）已知函數與 的圖象關
于直線對稱，則 的最小值為( )
A. B. C. D.1
[解析] 由題意得對任意 恒成立，所以
對任意 恒成立，
由三角函數的誘導公式可得 ,，
所以,，
又 ，所以 的最小值為 .故選C.
√
（2）［2025·天津一中高一期末］已知函數
圖象的一條對稱軸為，當 取最
小正數和最大負數時，得到的函數分別為與 ，則這
兩個函數最小正周期的差為( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因為函數 圖象的一條對稱軸為
，所以，則 ，
所以，，則, ，
所以這兩個函數最小正周期的差為 .故選D.
類型四 根據最值求 的取值范圍
若，則為的最大值點；若，則
為 的最小值點.最大值點與最小值點統稱為最值點.
1.對于函數，最大值點 滿足
；最小值點 滿足
.
2.對于函數，最大值點 滿足
；最小值點滿足 .
例4（1）函數在區間 上恰有2個最值點，則
的取值范圍是( )
A. B. C. D.
[解析] 因為，所以 ，
因為函數在區間 上恰有2個最值點，所以
，解得 ，故選D.
√
（2）已知函數，若，且 在
上有最大值點，沒有最小值點，則 的最大值為____.
17
[解析] 由，且在 上有最大值，沒有最小值，可得
，
又，所以.
因為 在 上有最大值點，沒有最小值點，所以
，解得，
又 ，所以或17，故 的最大值為17.
變式（1）已知函數，若函數 在
上有且僅有兩個最大值點，則 的取值范圍為( )
A. B. C. D.
[解析] 當時， .
因為在 上有且僅有兩個最大值點，
所以，解得，即 的取值范圍為 .
故選B.
√
（2）已知函數，點 為
函數圖象的一個對稱中心，當時，函數 取得最值，且
函數在上單調遞增，則 的值為__.
[解析] 因為為 圖象的一個對稱中心，所以
，.
因為當時，函數 取得最值，所以 ，
得，,，即,
, .
因為函數在上單調遞增，所以 ，可得.
當時，， ，因
為函數在處取得最小值，所以 ， ，
則 ，，不滿足 ，所以 .
當時，，，因為函數在 處
取得最小值，所以 ， ，則 ，
，因為 ，所以 ，滿足題目要求.
綜上可得 .
類型五 根據零點求 的取值范圍
我們把使函數的值為0的實數稱為函數 的零
點.對于，滿足 ，
的實數 為該函數的零點；對于
，滿足 ， 的
實數 為該函數的零點.
例5（1）已知函數在 上有且僅有2
個零點，則 的取值范圍為( )
A. B. C. D.
[解析] 當時，.
因為在 上有且僅有2個零點，所以，
解得 .故選C.
√
（2）已知函數，若在 上有且
僅有3個零點，則實數 的取值范圍是________.
[解析] 當時，，
因為在 上有且僅有3個零點，所以 ，解
得 ，則實數 的取值范圍是 .
變式（1）已知函數在 內恰有兩個
零點，則 的取值范圍是( )
A. B. C. D.
[解析] 由 ,，得，
由 在內恰有兩個零點，得，解得
，所以 的取值范圍是 .故選D.
√
（2）［2025·河北邢臺邢襄聯盟聯考］已知函數
在區間上有且僅有3個零點，則
的取值范圍是( )
A. B. C. D.
[解析] 因為 ，所以 ，
令，則由題意得關于的方程 在
上有3個根，所以，解得，則 的取
值范圍是 .故選A.
√
類型六 結合函數性質求 的取值范圍
利用函數的單調性、最值、奇偶性及對稱性等知識結合函數
的性質，得到關于 的不等式或方程
（組），從而得出結論.
例6（1）已知函數在 上存在最值，
且在上單調，則 的取值范圍是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因為，所以當時， ，
因為函數在上存在最值，所以，解得 .
當 時，，因為函數 在
上單調，所以 ，所
以其中 ，
解得，所以，解得 ，
又因為，所以.
當時，；當 時，；
當時，.
又因為，所以 的取值范圍是 .故選C.
（2）已知函數 為偶函數，
在上單調遞減，且在該區間上沒有零點，則 的取值范圍為
( )
A. B. C. D.
[解析] 因為函數 為偶函數，
所以.
由，得，
因為 在上單調遞減，且在該區間上沒有零點，所以
，解得，則 的取值范圍為 .故選D.
√
變式 （多選題）已知函數 ，
下列說法正確的是( )
A.若在區間上單調，則
B.將函數的圖象向左平移個單位長度得到函數 的圖象，若
為偶函數，則 的最小值為
C.若函數在區間上恰有三個最值點，則
D.若關于的方程在 上有兩個不同的解，則
√
√
[解析] 對于A，由，得 ，因為
在區間上單調，所以 ，解得
，.由, ，可得
，故A錯誤.
對于B，函數的圖象向左平移 個單位長度，得到
的圖象，
因為為偶函數，所以 ,，即 ，
，由,，可得 的最小值為 ，故B錯誤.
對于C，當時，，因為函數在區間
上恰有三個最值點，所以，解得 ，
故C正確.
對于D，由,得 ，則
.因為方程在 上有兩個不同的解，
所以關于的方程在 上有兩個不同的解，由
，得，則需滿足 ，
則，故D正確.故選 .
練習冊
1.將函數的圖象向左平移 個單位長度得到的圖象
關于軸對稱，則 的值可能是( )
A.5 B.8 C.11 D.13
[解析] 依題意得 為偶函
數，則，，即,.
當 時， ，D正確，其他選項均不正確.故選D.
√
2.若函數在區間 上有且僅有5個零點，
則 的取值范圍是( )
A. B. C. D.
[解析] 由 ，，得， ，所以函數
在上由小到大的第5個零點為 ，第6個零
點為，由題意知解得 ，故選D.
√
3.將函數的圖象向右平移 個單位長度得
到函數的圖象，若函數在區間上單調遞減，則 的最
大值為( )
A.6 B.5 C.3 D.2
[解析] 由題可知， ，
當時，.
因為在區間 上單調遞減，所以 ，所以，
則 的最大值為5.故選B.
√
4.已知函數，若方程 在區間
上恰有3個實數根，則 的取值范圍是( )
A. B. C. D.
[解析] 由，可得，當 時，
.
因為方程在區間 上恰有3個實數根，所以
，解得，所以 的取值范圍是 .
故選C.
√
5.已知函數在 上有且僅有2個最小
值點，且在上單調遞增，則 的取值范圍為( )
A. B. C. D.
√
[解析] 當時，，因為在 上有
且僅有2個最小值點，所以 ，則 .
因為，所以，
又在 上單調遞增，，
所以解得 ，所以 ，故選D.
6.設函數在區間 上恰有三個最值點、
兩個零點，則 的取值范圍是( )
A. B. C. D.
[解析] 由，，得 ，因為函數
在區間 上恰有三個最值點、兩個零點，所以
，可得 .故選C.
√
7.已知函數在區間內沒有零點，則 的
取值范圍為_ ___________.
[解析] 令，得 ，，所以， ，
因為在區間內沒有零點，所以只需且 ，
解得，.
當時， ，不等式無解.
令，得.令，得 ，
因為，所以 的取值范圍為 .
8.已知，函數在上單調遞減，則
的取值范圍是_ _________；若 為正整數，當 時，曲線
與 圖象交點的個數為___.
[解析] 由 ，得.
函數在 上單調遞減，
，解得, .
由題意得，，取 ，得
.
若 為正整數，則 ，，
則 ，
作出與在 上
的函數圖象，如圖所示，
由圖可知，曲線與 圖象交點的個數為6.
9.（13分）已知 .
（1）若函數的周期為 ，求 的減區間；
解：因為函數的周期 ,所以 ,解得 ，
所以 .
令 , ，解得
, ，
所以函數的減區間為, .
9.（13分）已知 .
（2）若函數在區間 上有且僅有兩個
零點，求 的取值范圍.
解： , 由,得 ，
因為在上有且僅有兩個零點，所以 ，解
得 ，所以 的取值范圍是 .
10.（13分）已知函數 的圖象經
過點 .
（1）求 的值；
解：因為函數 的圖象經過點
，所以 ，
又，所以 .
10.（13分）已知函數 的圖象經
過點 .
（2）若函數的圖象關于直線對稱，求正實數 的最小值；
解：由（1）知 .
因為函數的圖象關于直線 對稱，
所以 ，
又，所以，所以 的最小值為1.
10.（13分）已知函數 的圖象經
過點 .
（3）若在上單調遞增，求實數 的取值范圍.
解：當時，，因為在 上單調遞
增，所以，所以，可得 ，
則實數 的取值范圍為 .
11.已知函數在 上有且僅有4個零點，
直線為函數圖象的一條對稱軸，則 ( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因為，且，所以 ，
由題意可得 ，解得.
因為直線 為函數圖象的一條對稱軸，所以,
，解得,.
由①②得，則 ，所以
.故選A.
12.（多選題）設函數，已知 的圖象
在區間 上有且僅有5個對稱中心，則( )
A.在區間 上有且僅有2個最大值點
B.在區間 上有且僅有3個最小值點
C.在區間 上單調遞減
D. 的取值范圍是
√
√
[解析] 由 ，，得 ，因為
的圖象在區間 上有且僅有5個對稱中心，所
以，解得 ，所以D錯誤.
由上述分析可 知
對于A，由 或 ，得或 ，則
在 上有且僅有2個最大值點，所以A正確.
對于B，當 ,即時， ，由
或 ，得或，則此時 在
上有且僅有2個最小值點，所以B錯誤.
對于C，因為，所以當時， ,則
，所以在區間 上單調遞減，所以C正確.
故選 .
13.（多選題）已知函數 ，則下列說法正確的有
( )
A.若的圖象在上的取值范圍為，則 的取值范圍是
B.若的圖象在上恰有一條對稱軸，則 的取值范圍是
C.若在上單調遞增，則 的取值范圍是
D.若在上有且只有兩個不同的零點，則 的取值范圍是
√
√
√
[解析] 對于A，由，，得 ，又
的取值范圍為，所以，得 ，A正確.
對于B，由，得，因為的圖象在 上恰
有一條對稱軸，所以，得 ，B錯誤.
對于C，由，得，因為函數在
上單調遞增，，所以得 ，C正確.
對于D，由 ，得，因為在 上有且只有
兩個不同的零點，所以 ，得，D正確.故選 .
14.已知函數的圖象過點 ，
且在區間內不存在最值，則 的取值范圍是____________.
[解析] 函數的圖象過點 ，
，即，
又， ，.
令 ,，可得 , ，
當,時，函數 取得最值，
在區間內不存在最值， ，解
得,.
當時， 不存在；當 時，，又，
；當時， ；當時， 不存在.
綜上可得 的取值范圍是 .
快速核答案（導學案）
類型一 例1 （1）C （2） 變式 （1）10 （2）
類型二 例2 （1）B （2）C 變式 （1）B （2）B
類型三 例3 （1）B （2）B 變式 （1）C （2）D
類型四 例4 （1）D （2）17 變式 （1）B （2）
類型五 例5 （1）C （2） 變式 （1）D （2）A
類型六 例6 （1）C （2）D 變式 CD
練習冊
基礎鞏固
1.D 2.D 3.B 4.C 5.D 6.C 7. 8.
9.（1）的減區間為, （2）
10.（1）（2）1（3）
綜合提升
11.A 12.AC 13.ACD 14.微突破(三)　三角函數中的ω的取值范圍問題
類型一
例1　(1)C　(2)　[解析] (1)當x∈時,可得ωx+∈,因為f(x)在上單調遞增,所以ω+≤,可得0<ω≤2.當x∈時,可得ωx+∈,因為0<ω≤2,所以<ω+≤,<ω+≤,因為f(x)在上單調遞減,所以只需滿足ω+≥,得ω≥1.綜上,1≤ω≤2.故選C.
(2)因為f(x)是R上的奇函數,所以f(0)=sin φ=0,又0≤φ<π,所以φ=0.因為f(x)=sin ωx在上單調遞增,所以 ,于是解得0<ω≤,所以ω的最大值為.
變式　(1)10　(2)　[解析] (1)因為x∈,所以ωx+∈,又f(x)在上單調遞減,所以k∈Z,解得+8k≤ω≤4+6k,k∈Z,又ω∈N+,所以k∈Z,解得-≤k≤,k∈Z,則k=0或1.當k=0時,ω∈,當k=1時,ω∈.所以ω的最大值為10.
(2)因為x∈(0,1),所以ωx-∈,又函數f(x)在區間(0,1)內不單調,所以ω->,解得ω>,則ω的取值范圍是.
類型二
例2　(1)B　(2)C　[解析] (1)由題意知是函數f(x)的最小正周期的正整數倍,所以=·k(k∈N*),所以ω=4k(k∈N*),所以正數ω的最小值為4.故選B.
(2)函數f(x)=sin(ω>0)的圖象向右平移個單位長度,可得y=f=sin的圖象,因為是其對稱中心,所以ω·-ω+=kπ,k∈Z,所以ω=-1+4k,k∈Z,又ω>0,所以ω的最小值為3.
變式　(1)B　(2)B　[解析] (1)由題可知,是該函數的最小正周期的正整數倍,即=×k,k∈N*,解得ω=,k∈N*,又ω>0,所以ω的最小值為.故選B.
(2)函數f(x)=cos(ω>0)的圖象向左平移個單位長度得到y=cos的圖象,依題意得cos=-cos對任意x∈R恒成立,即cos=-cos對任意x∈R恒成立,則=π+2kπ,k∈Z,解得ω=2+4k,k∈Z,而ω>0,則ω的最小值為2.
類型三
例3　(1)B　(2)B　[解析] (1)f(x)=cos ωx的最小正周期T=,由2π(2)由題知,當x=2π時f(x)取得最大值,即f(2π)=4sin=4,所以2ωπ+=+2kπ,k∈Z,即ω=+k,k∈Z.又f(x)的圖象在上恰有3條對稱軸,所以T≤-=2π<2T,則π變式　(1)C　(2)D　[解析] (1)由題意得f(x)=g對任意x∈R恒成立,所以sin ωx=cos對任意x∈R恒成立,由三角函數的誘導公式可得ω=+2kπ,k∈Z,所以ω=3k+,k∈Z,又ω>0,所以ω的最小值為.故選C.
(2)因為函數f(x)=2sin(ω∈R)圖象的一條對稱軸為x=,所以ω+=+kπ(k∈Z),則ω=+(k∈Z),所以ω1=,ω2=-1,則f1(x)=2sin,f2(x)=2sin,所以這兩個函數最小正周期的差為-2π=2π.故選D.
類型四
例4　(1)D　(2)17　[解析] (1)因為x∈,所以ωx+∈,因為函數f(x)=cos在區間上恰有2個最值點,所以2π<ωπ+≤3π,解得<ω≤,故選D.
(2)由f=0,且f(x)在上有最大值,沒有最小值,可得+=2kπ(k∈Z),又ω>0,所以ω=6k-1(k∈N*).因為f(x)在上有最大值點,沒有最小值點,所以×<-≤×,解得6<ω≤18,又ω=6k-1(k∈N*),所以ω=11或17,故ω的最大值為17.
變式　(1)B　(2)　[解析] (1)當x∈(0,π)時,ωx-∈.因為f(x)=2sin(ω>0)在(0,π)上有且僅有兩個最大值點,所以<ωπ-≤,解得<ω≤,即ω的取值范圍為.故選B.
(2)因為為f(x)圖象的一個對稱中心,所以-ω+φ=+k1π,k1∈Z①.因為當x=時,函數f(x)取得最值,所以ω+φ=k2π,k2∈Z②.②-①得ω=(k2-k1)π-,k1,k2∈Z,即ω=(k2-k1)-,k1,k2∈Z.因為函數在上單調遞增,所以≥-,可得0<ω≤2.當k2-k1=2時,ω=2,f(x)=cos(2x+φ),因為函數在x=處取得最小值,所以×2+φ=π+2kπ,k∈Z,則φ=-+2kπ,k∈Z,不滿足0<φ<π,所以ω≠2.當k2-k1=1時,ω=,f(x)=cos,因為函數在x=處取得最小值,所以×+φ=π+2kπ,k∈Z,則φ=+2kπ,k∈Z,因為0<φ<π,所以φ=,滿足題目要求.綜上可得ω=.
類型五
例5　(1)C　(2)　[解析] (1)當x∈[0,π]時,2ωx+∈.因為f(x)在[0,π]上有且僅有2個零點,所以≤2πω+<,解得≤ω<.故選C.
(2)當x∈(0,π)時,ωx+∈,因為f(x)在(0,π)上有且僅有3個零點,所以3π<ωπ+≤4π,解得<ω≤,則實數ω的取值范圍是.
變式　(1)D　(2)A　[解析] (1)由00,得-<ωx-<ωπ-,由f(x)在(0,π)內恰有兩個零點,得<ωπ-≤,解得<ω≤,所以ω的取值范圍是.故選D.
(2)因為0類型六
例6　(1)C　(2)D　[解析] (1)因為ω>0,所以當0,解得ω>2.當≤x≤π時,-≤ωx-≤πω-,因為函數f(x)在上單調,所以 (k∈Z),所以其中k∈Z,解得k-≤ω≤k+(k∈Z),所以k-≤k+,解得k≤,又因為ω>0,所以k∈{0,1,2}.當k=0時,0<ω≤;當k=1時,1≤ω≤;當k=2時,≤ω≤.又因為ω>2,所以ω的取值范圍是.故選C.
(2)因為函數f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)為偶函數,所以φ=.由0≤x<,得≤ωx+<ω+(ω>0),因為f(x)在上單調遞減,且在該區間上沒有零點,所以ω+≤π,解得ω≤,則ω的取值范圍為.故選D.
變式　CD　[解析] 對于A,由x∈,得ωx+∈,因為f(x)在區間上單調,所以k∈Z,解得-3+4k≤ω≤+k,k∈Z.由k∈Z,ω>0,可得ω∈∪,故A錯誤.對于B,函數f(x)的圖象向左平移個單位長度,得到g(x)=Asin+B=Asin+B的圖象,因為g(x)為偶函數,所以ω+=+kπ,k∈Z,即ω=+2k,k∈Z,由k∈Z,ω>0,可得ω的最小值為,故B錯誤.對于C,當x∈(0,π)時,ωx+∈,因為函數f(x)在區間(0,π)上恰有三個最值點,所以<ωπ+≤,解得<ω≤,故C正確.對于D,由f(x)=A+B,得Asin+B=A+B,則sin=.因為方程f(x)=A+B在(0,π)上有兩個不同的解,所以關于x的方程sin=在(0,π)上有兩個不同的解,由x∈(0,π),得ωx+∈,則需滿足<ωπ+≤,則2<ω≤,故D正確.故選CD.微突破(三)　三角函數中的ω的取值范圍問題
1.D　[解析] 依題意得g(x)=sin=sin為偶函數,則+=kπ+,k∈Z,即ω=6k+1,k∈Z.當k=2時,ω=13,D正確,其他選項均不正確.故選D.
2.D　[解析] 由ωx+=kπ,k∈Z,得x=-+,k∈Z,所以函數f(x)在(0,+∞)上由小到大的第5個零點為-+=,第6個零點為-+=,由題意知解得≤ω<,故選D.
3.B　[解析] 由題可知,g(x)=cos =cos,當x∈時,ωx-+∈.因為g(x)在區間上單調遞減,所以+≤π,所以0<ω≤5,則ω的最大值為5.故選B.
4.C　[解析] 由f(x)=,可得sin=,當x∈(0,2π)時,<ωx+<2ωπ+.因為方程f(x)=在區間(0,2π)上恰有3個實數根,所以2π+<2ωπ+≤4π+,解得<ω≤,所以ω的取值范圍是.故選C.
5.D　[解析] 當x∈(0,π)時,ωx+∈,因為f(x)在(0,π)上有且僅有2個最小值點,所以3π<ωπ+≤5π,則<ω≤.因為x∈,所以ωx+∈,又f(x)在上單調遞增,<ω≤,所以解得≤ω≤,所以<ω≤,故選D.
6.C　[解析] 由x∈(0,π),ω>0,得ωx+∈,因為函數f(x)=sin在區間(0,π)上恰有三個最值點、兩個零點,所以<ωπ+≤3π,可得<ω≤.故選C.
7.∪　[解析] 令f(x)=0,得ωx-=kπ,k∈Z,所以x=,k∈Z,因為f(x)在區間內沒有零點,所以只需≤且≥,解得2k+≤ω≤k+,k∈Z.當k≥1時,2k+>k+,不等式無解.令k=0,得≤ω≤.令k=-1,得-≤ω≤,因為ω>0,所以ω的取值范圍為∪.
8.≤ω≤　6　[解析] 由x∈,得ωx-∈.∵函數f(x)=2cos在上單調遞減,∴k∈Z,解得+4k≤ω≤+2k,k∈Z.由題意得≤=,∴0<ω≤2,取k=0,得≤ω≤.若ω為正整數,則ω=1,f(x)=2cos,則f(3x)=2cos,作出y=cos x與f(3x)=2cos在[0,2π]上的函數圖象,如圖所示,由圖可知,曲線y=cos x與f(3x)圖象交點的個數為6.
9.解:(1)因為函數f(x)的周期T=π,所以=π,解得ω=2,
所以f(x)=sin.
令+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,解得+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,
所以函數f(x)的減區間為,k∈Z.
(2)g(x)=f(x)+cos=sin+sin=2sin,
由x∈,得ωx+∈,
因為g(x)在上有且僅有兩個零點,所以2π≤+<3π,解得≤ω<,
所以ω的取值范圍是.
10.解:(1)因為函數f(x)=2sin(ωx+φ)的圖象經過點(0,),所以sin φ=,
又|φ|<,所以φ=.
(2)由(1)知f(x)=sin.
因為函數f(x)的圖象關于直線x=對稱,所以ω·+=kπ+(k∈Z),
又ω>0,所以ω=6k+1(k∈N),所以ω的最小值為1.
(3)當x∈時,ωx+∈,因為f(x)在上單調遞增,所以 ,所以+≤,可得0<ω≤,
則實數ω的取值范圍為.
11.A　[解析] 因為ω>0,且x∈[0,2π],所以ωx+∈,由題意可得4π≤2πω+<5π,解得≤ω<①.因為直線x=為函數f(x)圖象的一條對稱軸,所以ω+=kπ+,k∈Z,解得ω=6k+2,k∈Z②.由①②得ω=2,則f(x)=sin,所以f=sin=sin=.故選A.
12.AC　[解析] 由0≤x≤2π,ω>0,得≤ωx+≤2πω+,因為f(x)=cos的圖象在區間[0,2π]上有且僅有5個對稱中心,所以≤2πω+<,解得≤ω<,所以D錯誤.由上述分析可知
對于A,由ωx+=2π或ωx+=4π,得x=或x=,則f(x)在[0,2π]上有且僅有2個最大值點,所以A正確.對于B,當2πω+=,即ω=時,≤ωx+=x+≤,由x+=π或x+=3π,得x=或x=,則此時f(x)在[0,2π]上有且僅有2個最小值點,所以B錯誤.對于C,因為≤ω<,所以當013.ACD　[解析] 對于A,由x∈[0,π],ω>0,得ωx∈[0,ωπ],又f(x)=sin ωx的取值范圍為[-1,1],所以ωπ≥,得ω≥,A正確.對于B,由x∈,得ωx∈,因為f(x)的圖象在上恰有一條對稱軸,所以<≤,得ω∈,B錯誤.對于C,由x∈,得ωx∈,因為函數f(x)在上單調遞增,ω>0,所以得ω∈,C正確.對于D,由x∈,得ωx∈,因為f(x)在上有且只有兩個不同的零點,所以2π<≤3π,得ω∈(4,6],D正確.故選ACD.
14.∪　[解析] ∵函數f(x)=2sin(ωx+φ)的圖象過點(0,1),∴f(0)=2sin φ=1,即sin φ=,又0<φ<,∴φ=,∴f(x)=2sin.令ωx+=+kπ,k∈Z,可得x=+,k∈Z,∴當x=+,k∈Z時,函數f(x)=2sin取得最值,∵f(x)在區間(π,2π)內不存在最值,∴k∈Z,解得+k≤ω≤+,k∈Z.當k<-1時,ω不存在;當k=-1時,-≤ω≤,又ω>0,∴0<ω≤;當k=0時,≤ω≤;當k>0時,ω不存在.綜上可得ω的取值范圍是∪.微突破(三)　三角函數中的ω的取值范圍問題
　　三角函數是高考的必考考點,而函數f(x)=Asin(ωx+φ)中ω的取值范圍問題也是熱門考點.函數f(x)的最小正周期T=(ω>0),即ω=,也就是說只要確定了周期T,就可以確定ω的取值.
類型一　根據單調性求ω的取值范圍
已知函數y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)在[x1,x2]上單調遞增(或單調遞減),求ω的取值范圍的方法:
首先,根據題意可知區間[x1,x2]的長度不大于該函數最小正周期的一半,即x2-x1≤T=,求得0<ω≤.其次,以單調遞增為例,利用[ωx1+φ,ωx2+φ] ,k∈Z,解得ω的范圍.最后,結合第一步求出的ω的取值范圍對k進行賦值,從而求出ω的具體取值范圍.
例1 (1)已知函數f(x)=sin(ω>0)在上單調遞增,在上單調遞減,則ω的取值范圍為 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.(0,1] B.(0,2]
C.[1,2] D.(1,2)
(2)已知函數f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0≤φ<π)是R上的奇函數,且在區間上單調遞增,則ω的最大值是　　　　.
變式 (1)已知ω∈N+,函數f(x)=sin在上單調遞減,則ω的最大值為　　　　.
(2)已知函數f(x)=sin(ω>0),函數f(x)在區間(0,1)內不單調,則ω的取值范圍是　　　　.
類型二　根據圖象平移求ω的取值范圍
1.平移后與原圖象重合
思路1:平移長度即為原函數周期的整倍數;
思路2:平移前的圖象對應的函數與平移后的圖象對應的函數的解析式相同.
2.平移后的函數g(x)與原函數f(x)的圖象關于x軸對稱:f(x)=-g(x).
3.平移后過定點:將定點坐標代入平移后的函數解析式中.
例2 (1)若將函數f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0)的圖象向左平移個單位長度得到的圖象與f(x)的圖象完全重合,則ω的最小值為 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.2 B.4
C.6 D.8
(2)把函數f(x)=sin(ω>0)的圖象向右平移個單位長度,得到的函數圖象關于點對稱,則ω的最小值為 (　 )
A.1 B.2
C.3 D.4
變式 (1)已知函數f(x)=Asin(A>0,ω>0)的圖象向左平移個單位長度所得圖象與f(x)的圖象重合,則實數ω的最小值是 (　 )
A. B.
C. D.8
(2)函數f(x)=cos(ω>0)的圖象向左平移個單位長度所得圖象與f(x)的圖象關于x軸對稱,則ω的最小值是 (　 )
A.1 B.2
C.4 D.6
類型三　根據對稱性求ω的取值范圍
(1)函數f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)圖象的兩條相鄰的對稱軸或兩個相鄰對稱中心之間的距離為,相鄰對稱軸和對稱中心之間的距離為,也就是說,我們可以根據三角函數的對稱性來研究其周期性,進而可以研究ω的值或取值范圍.
(2)三角函數圖象的對稱軸必經過圖象的最高點或最低點,圖象的對稱中心就是圖象與x軸的交點,我們可以利用函數的最值、對稱中心之間的關系來確定函數的周期,進而確定ω的值或取值范圍.
例3 (1)[2025·江蘇常州期中] 已知函數f(x)=cos ωx(ω>0)的最小正周期為T.若2πA. B.-
C. D.-
(2)函數f(x)=4sin,ω>0,若f(x)≤f(2π)對任意x∈R恒成立,且f(x)的圖象在上恰有3條對稱軸,則ω= (　 )
A. B.
C. D.或
變式 (1)已知函數f(x)=sin ωx與g(x)=cos ωx(ω>0)的圖象關于直線x=對稱,則ω的最小值為 (　 )
A. B.
C. D.1
(2)[2025·天津一中高一期末] 已知函數f(x)=2sin(ω≠0)圖象的一條對稱軸為x=,當ω取最小正數ω1和最大負數ω2時,得到的函數分別為f1(x)與f2(x),則這兩個函數最小正周期的差為 (　 )
A. B.π C.π D.2π
類型四　根據最值求ω的取值范圍
若f(x)max=f(a),則a為f(x)的最大值點;若f(x)min=f(b),則b為f(x)的最小值點.最大值點與最小值點統稱為最值點.
1.對于函數f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0),最大值點x1滿足ωx1+φ=+2kπ(k∈Z);最小值點x2滿足ωx2+φ=-+2kπ(k∈Z).
2.對于函數f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0),最大值點x1滿足ωx+φ=2kπ(k∈Z);最小值點x2滿足ωx2+φ=π+2kπ(k∈Z).
例4 (1)函數f(x)=cos在區間上恰有2個最值點,則ω的取值范圍是 (　 )
A. B.
C. D.
(2)已知函數f(x)=2sin(ω>0),若f=0,且f(x)在上有最大值點,沒有最小值點,則ω的最大值為　　　　.
變式 (1)已知函數f(x)=2sin(ω>0),若函數f(x)在(0,π)上有且僅有兩個最大值點,則ω的取值范圍為 (　 )
A. B.
C. D.
(2)已知函數f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π),點為函數f(x)圖象的一個對稱中心,當x=時,函數f(x)取得最值,且函數f(x)在上單調遞增,則ω的值為　　　　.
類型五　根據零點求ω的取值范圍
　　我們把使函數y=f(x)的值為0的實數x稱為函數y=f(x)的零點.對于y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0),滿足ωx+φ=kπ,k∈Z的實數x為該函數的零點;對于y=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0),滿足ωx+φ=+kπ,k∈Z的實數x為該函數的零點.
例5 (1)已知函數f(x)=4cos(ω>0)在[0,π]上有且僅有2個零點,則ω的取值范圍為 (　 )
A. B.
C. D.
(2)已知函數f(x)=2sin(ω>0),若f(x)在(0,π)上有且僅有3個零點,則實數ω的取值范圍是　　　　.
變式 (1)已知函數f(x)=3cos(ω>0)在(0,π)內恰有兩個零點,則ω的取值范圍是 (　 )
A. B.
C. D.
(2)[2025·河北邢臺邢襄聯盟聯考] 已知函數f(x)=2cos ωx+1(ω>0)在區間(0,π)上有且僅有3個零點,則ω的取值范圍是 (　 )
A. B.
C. D.
類型六　結合函數性質求ω的取值范圍
　　利用函數的單調性、最值、奇偶性及對稱性等知識結合函數f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0)的性質,得到關于ω的不等式或方程(組),從而得出結論.
例6 (1)已知函數f(x)=2sin(ω>0)在上存在最值,且在上單調,則ω的取值范圍是 (　 )
A. B.
C. D.
(2)已知函數f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)為偶函數,在上單調遞減,且在該區間上沒有零點,則ω的取值范圍為 (　 )
A. B.
C. D.
變式 (多選題)已知函數f(x)=Asin+B(A>0,ω>0),下列說法正確的是 (　 )
A.若f(x)在區間上單調,則0<ω≤
B.將函數f(x)的圖象向左平移個單位長度得到函數g(x)的圖象,若g(x)為偶函數,則ω的最小值為
C.若函數f(x)在區間(0,π)上恰有三個最值點,則<ω≤
D.若關于x的方程f(x)=A+B在(0,π)上有兩個不同的解,則2<ω≤微突破(三)　三角函數中的ω的取值范圍問題
1.將函數f(x)=sin的圖象向左平移個單位長度得到的圖象關于y軸對稱,則ω的值可能是 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.5 B.8
C.11 D.13
2.若函數y=3sin(ω>0)在區間[0,2π]上有且僅有5個零點,則ω的取值范圍是 (　 )
A. B.
C. D.
3.將函數f(x)=cos(ω>0)的圖象向右平移個單位長度得到函數g(x)的圖象,若函數g(x)在區間上單調遞減,則ω的最大值為 (　 )
A.6 B.5
C.3 D.2
4.已知函數f(x)=sin(ω>0),若方程f(x)=在區間(0,2π)上恰有3個實數根,則ω的取值范圍是 (　 )
A. B.
C. D.
5.已知函數f(x)=2cos(ω>0)在(0,π)上有且僅有2個最小值點,且在上單調遞增,則ω的取值范圍為 (　 )
A. B.
C. D.
6.設函數f(x)=sin(ω>0)在區間(0,π)上恰有三個最值點、兩個零點,則ω的取值范圍是 (　 )
A. B.
C. D.
7.已知函數f(x)=sin在區間內沒有零點,則ω的取值范圍為　　　　.
8.已知ω>0,函數f(x)=2cos在上單調遞減,則ω的取值范圍是　　　　　;若ω為正整數,當x∈[0,2π]時,曲線y=cos x與f(3x)圖象交點的個數為　　　　.
9.(13分)已知f(x)=sin(ω>0).
(1)若函數f(x)的周期為π,求f(x)的減區間;
(2)若函數g(x)=f(x)+cos在區間上有且僅有兩個零點,求ω的取值范圍.
10.(13分)已知函數f(x)=2sin(ωx+φ)的圖象經過點(0,).
(1)求φ的值;
(2)若函數f(x)的圖象關于直線x=對稱,求正實數ω的最小值;
(3)若f(x)在上單調遞增,求實數ω的取值范圍.
11.已知函數f(x)=sin(ω>0)在[0,2π]上有且僅有4個零點,直線x=為函數f(x)圖象的一條對稱軸,則f= (　 )
A. B.-
C.- D.
12.(多選題)設函數f(x)=cos(ω>0),已知f(x)的圖象在區間[0,2π]上有且僅有5個對稱中心,則 (　 )
A.f(x)在區間[0,2π]上有且僅有2個最大值點
B.f(x)在區間[0,2π]上有且僅有3個最小值點
C.f(x)在區間上單調遞減
D.ω的取值范圍是
13.(多選題)已知函數f(x)=sin ωx(ω>0),則下列說法正確的有 (　 )
A.若f(x)的圖象在[0,π]上的取值范圍為[-1,1],則ω的取值范圍是
B.若f(x)的圖象在上恰有一條對稱軸,則ω的取值范圍是
C.若f(x)在上單調遞增,則ω的取值范圍是
D.若f(x)在上有且只有兩個不同的零點,則ω的取值范圍是(4,6]
14.已知函數f(x)=2sin(ωx+φ)的圖象過點(0,1),且在區間(π,2π)內不存在最值,則ω的取值范圍是　　　　.

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