专题：三角函数中w取值范围研究-无水印

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重难点专题18 三角函数中w取值范围问题八大题型汇总(原卷版) 备战2024年高考数学重难点突破

题型8新定义 (9)已知函数y =Asin(ωx +φ)(A >0,ω>0)，在[x 1,x 2]上单调递增（或递减），求ω的取值范围第一步：根据题意可知区间[x 1,x 2]的长度不大于该函数最小正周期的一半，即x 2-x 1≤12T =πω，求得0<ω≤πx 2-x 1.第二步：以单调递增为例，利用[ωx 1+φ,ωx 2+φ]⊆[―π2+2kπ,π2+2kπ]，解得ω的范围；第三步：结合第一步求出的ω的范围对k 进行赋值，从而求出ω（不含参数）的取值范围.结合图象平移求ω的取值范围1、平移后与原图象重合思路1：平移长度即为原函数周期的整倍数；思路2：平移前的函数=平移后的函数.2、平移后与新图象重合：平移后的函数=新的函数.3、平移后的函数与原图象关于轴对称：平移后的函数为偶函数；4、平移后的函数与原函数关于轴对称：平移前的函数=平移后的函数-；5、平移后过定点：将定点坐标代入平移后的函数中。

()f x ()g x ()f x ()g x y x ()f x ()g x三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为T，相邻的对称轴和对2，也就是说，我们可以根据三角函数的对称性来研究其周期称中心之间的“水平间隔”为T4性，进而可以研究ω的取值。

三角函数的对称轴比经过图象的最高点或最低点，函数的对称中心就是其图象与x轴的交点（零点），也就是说我们可以利用函数的最值、零点之间的“差距”来确定其周期，进而可以确定ω的取值.已知三角函数的零点个数问题求ω的取值范围对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有k个零点，需要确定含有k个零点的区间长度，一般和周期相关，若在在区间至多含有k个零点，需要确定包含k+1个零点的区间长度的最小值．三角函数的对称轴比经过图象的最高点或最低点，函数的对称中心就是其图象与x轴的交点（零点），也就是说我们可以利用函数的最值、零点之间的“差距”来确定其周期，进而可以确定ω的取值.ππ。

三角函数ω的取值范围及解三角形中的范围与最值问题(学生版)-高中数学

专题13 三角函数中参数ω的取值范围问题(学生版)-2024年高考数学压轴专题复习

移
π 12
个单位长度后得到函数
y
g
x
的图象，若关于
x
的方程
g
x
3
在
0,
7π 12
上有且仅有三个不相等
的实根，则实数的取值范围是（）
A．
3 7
,
13 7
B．
13 7
,
15 7
C．
15 7
,
17 7
D．
12 7
,
16 7
3．（2023·浙江金华·校考三模）已知函数
f
x
a cosx a
2
0
倍，纵坐标不变，得到函数
g
x
的图像，若函数
g
x
在
π 4
,
π
上没有零点，则
的取值范围是 .
9．（2023·全国·高三专题练习）将函数
f
x
cosx
0 的图象向右平移
6
个单位长度后得到函数
g
x
的图象，若函数 F x f x g x 3 在 x 0, 2 上有且只有 3 个零点，则的取值范围是
专题 13 三角函数中参数 ω 的取值范围问题
目录
①ω 的取值范围与单调性结合 ...................................................................................1 ②ω 的取值范围与对称性相结合 ...............................................................................2 ③ω 的取值范围与三角函数的最值相结合 ...............................................................3 ④ω 的取值范围与三角函数的零点相结合 ...............................................................4 ⑤ω 的取值范围与三角函数的极值相结合 ...............................................................5

三角函数ω的取值范围及解三角形中的范围与最值问题(解析版)

三角函数ω的取值范围及解三角形中的范围与最值问题命题预测三角函数与解三角形是每年高考常考内容，在选择、填空题中考查较多，有时会出现在选择题、填空题的压轴小题位置，综合考查以解答题为主，中等难度．高频考法(1)ω取值与范围问题(2)面积与周长的最值与范围问题(3)长度的范围与最值问题01ω取值与范围问题1、f (x )=A sin (ωx +φ)在f (x )=A sin (ωx +φ)区间(a ，b )内没有零点⇒b -a ≤T2k π≤aω+ϕ<π+k πk π<bω+ϕ≤π+k π⇒b -a ≤T2a ≥k π-ϕωb ≤π+k π-ϕω同理，f (x )=A sin (ωx +φ)在区间[a ，b ]内没有零点⇒b -a ≤T2k π<aω+ϕ<π+k πk π<bω+ϕ<π+k π ⇒b -a <T2a >k π-ϕωb <π+k π-ϕω2、f (x )=A sin (ωx +φ)在区间(a ，b )内有3个零点⇒T <b -a ≤2T k π≤aω+ϕ<π+k π3π+k π<bω+ϕ≤4π+k π⇒T <b -a ≤2T k π-φω≤a <(k +1)π-φω(k +3)π-φω<b ≤(k +4)π-φω同理f (x )=A sin (ωx +φ)在区间[a ，b ]内有2个零点⇒T2≤b -a <3T2k π<aω+ϕ≤π+k π2π+k π≤bω+ϕ<3π+k π ⇒T 2≤b -a <3T2k π-φω<a ≤k π+π-φω(k +2)π-φω≤b <(k +3)π-φω 3、f (x )=A sin (ωx +φ)在区间(a ，b )内有n 个零点⇒(n-1)T2≤b-a<(n+1)T2kπ-φω≤a<kπ+π-φω(k+n)π-φω<b≤(k+n+1)π-φω同理f(x)=A sin(ωx+φ)在区间[a，b]内有n个零点⇒(n-1)T2≤b-a<(n+1)T2kπ-φω<a≤kπ+π-φω(k+n)π-φω≤b<(k+n+1)π-φω4、已知一条对称轴和一个对称中心，由于对称轴和对称中心的水平距离为2n+14T，则2n+14T=(2n+1)π2ω=b-a ．5、已知单调区间(a,b)，则a-b≤T 2.1(2024·江苏南通·二模)已知函数y=3sinωx+cosωx(ω>0)在区间-π4,2π3上单调递增，则ω的最大值为()A.14B.12C.1211D.83【答案】B【解析】因为y=3sinωx+cosωx=2sinωx+π6，又ω>0，由-π2+2kπ≤ωx+π6≤π2+2kπ,k∈Z，得到-2π3+2kπω≤x≤π3+2kπω,k∈Z，所以函数y=3sinωx+cosωx的单调增区间为-2π3+2kπω,π3+2kπω(k∈Z)，依题有-π4,2π3⊆-2π3+2kπω,π3+2kπω(k∈Z)，则2π3≤π3ω-2π3ω≤-π4，得到0<ω≤12，故选：B.2(2024·四川泸州·三模)已知函数f x =sinωx-2π3(ω>0)在0,π 有且仅有三个零点，则ω的取值范围是()A.83,11 3B.83,113C.53,83D.53,83【答案】B【解析】因为0≤x≤π，所以-2π3≤ωx-2π3≤ωπ-2π3，因为函数f x =sinωx-2π3(ω>0)在0,π 有且仅有三个零点，结合正弦函数的图象可知2π≤ωπ-2π3<3π，解得83≤ω<113，故选：B.3(2024·四川德阳·二模)已知函数f x =sinωx+φ(ω>0,φ∈R)在区间7π12,5π6上单调，且满足f7π12=-f3π4 ．给出下列结论，其中正确结论的个数是()①f2π3=0；②若f5π6-x=f x ，则函数f x 的最小正周期为π；③关于x的方程f x =1在区间0,2π上最多有3个不相等的实数解；④若函数f x 在区间2π3,13π6上恰有5个零点，则ω的取值范围为83,103．A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】①因为f7π12=-f3π4 且7π12+3π42=2π3，所以f2π3=0.①正确.②因为f5π6-x=f(x)所以f(x)的对称轴为x=5π62=5π12,2π3-5π12=π4=T4⇒T=π.②正确.③在一个周期内f x =1只有一个实数解，函数f x 在区间7π12,5π6上单调且f2π3 =0，T≥45π6-2π3=2π3.当T=2π3时，f x =sin3x，f x =1在区间0,2π上实数解最多为π6,5π6,3π2共3个.③正确.④函数f x 在区间2π3,13π6上恰有5个零点，2T<13π6-2π3≤5T2⇒2⋅2πω<13π6-2π3≤52⋅2πω，解得83<ω≤103；又因为函数f x 在区间7π12,5π6上单调且f2π3 =0，T≥45π6-2π3=2π3，即2πω≥2π3⇒ω≤3，所以ω∈83,3.④错误故选：C4(2024·江苏泰州·模拟预测)设函数f x =2sinωx-π6-1ω>0在π,2π上至少有两个不同零点，则实数ω的取值范围是()A.32,+∞ B.32,73 ∪52,+∞ C.136,3 ∪196,+∞ D.12,+∞ 【答案】A【解析】令2sin ωx -π6 -1=0得sin ωx -π6 =12，因为ω>0，所以ωx -π6>-π6，令sin z =12，解得z =π6+2k π,k ∈Z 或z =5π6+2k 1π,k 1∈Z ，从小到大将sin z =12的正根写出如下：π6，5π6，13π6，17π6，25π6，29π6⋯⋯，因为x ∈π,2π ，所以ωx -π6∈ωπ-π6,2ωπ-π6，当ωπ-π6∈0,π6 ，即ω∈16,13 时，2ωπ-π6≥5π6，解得ω≥12，此时无解，当ωπ-π6∈π6,5π6 ，即ω∈13,1 时，2ωπ-π6≥13π6，解得ω≥76，此时无解，当ωπ-π6∈5π6,13π6 ，即ω∈1,73 时，2ωπ-π6≥17π6，解得ω≥32，故ω∈32,73，当ωπ-π6∈13π6,17π6 ，即ω∈73,3 时，2ωπ-π6≥25π6，解得ω≥136，故ω∈73,3，当ω≥3时，2ωπ-π6-ωπ-π6=ωπ≥3π，此时f x 在π,2π 上至少有两个不同零点，综上，ω的取值范围是32,+∞ .故选：A02面积与周长的最值与范围问题正弦定理和余弦定理是求解三角形周长或面积最值问题的杀手锏，要牢牢掌握并灵活运用．利用三角公式化简三角恒等式，并结合正弦定理和余弦定理实现边角互化，再结合角的范围、辅助角公式、基本不等式等求其最值．1(2024·青海·模拟预测)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2a cos 2B +2b cos A cos B =c ．(1)求B ；(2)若b =4，△ABC 的面积为S ．周长为L ，求SL的最大值．【解析】(1)由正弦定理可得，2sin A cos 2B +2sin B cos A cos B =sin C ，所以2sin A cos 2B +2sin B cos A cos B =sin A cos B +cos A sin B ,所以sin A cos B (2cos B -1)+cos A sin B (2cos B -1)=0，即(2cos B -1)sin (A +B )=0，由0<A +B <π，可知sin (A +B )≠0，所以2cos B -1=0，即cos B =12，由0<B <π，知B =π3.(2)由余弦定理，得b 2=a 2+c 2-2ac cos B ，即16=a 2+c 2-ac ，所以16=a +c 2-3ac ，即ac =13a +c 2-16 ，因为S =12ac sin B =34ac ，L =a +b +c ，所以S L =3ac 4a +c +4=3a +c 2-1612a +c +4，所以S L=312a +c -4 ，又ac ≤a +c 24(当且仅当a =c 时取等号)，所以16=a +c 2-3ac ≥a +c24(当且仅当a =c =4时取等号)，所以a +c ≤8(当且仅当a =c =4时取等号)，所以S L=312a +c -4 ≤312×8-4 =33(当且仅当a =c =4时取等号)，即S L的最大值为33.2(2024·陕西汉中·二模)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，请从下列条件中选择一个条件作答：(注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分．)①记△ABC 的面积为S ，且3AB ⋅AC =2S ；②已知a sin B =b cos A -π6 ．(1)求角A 的大小；(2)若△ABC 为锐角三角形，且a =6，求△ABC 周长的取值范围．【解析】(1)选条件①，由3AB ⋅AC =2S ，得3bc cos A =2×12bc sin A ，整理得tan A =3，而0<A <π，所以A =π3.选条件②，由a sin B =b cos A -π6 及正弦定理，得sin A sin B =sin B cos A -π6，而sin B >0，则sin A =cos A -π6 =32cos A +12sin A ，整理得tan A =3，而0<A <π，所以A =π3.(2)由(1)知A =π3，由正弦定理得b sin B =c sin C =a sin A =6sin π3=22，因此b +c =22sin B +22sin C =22sin B +sin π3+B =2232sin B +32cos B=26sin B +π6由△ABC 为锐角三角形，得0<B <π20<2π3-B <π2 ，解得π6<B <π2，因此π3<B +π6<2π3，则32<sin B +π6≤1，于是32<b +c ≤26，32+6<a +b +c ≤36，所以△ABC 周长的取值范围是(32+6,36].3(2024·宁夏银川·二模)已知平面四边形ABCD 中，∠A +∠C =180°,BC =3.(1)若AB =6,AD =3,CD =4，求BD ；(2)若∠ABC =120°,△ABC 的面积为932，求四边形ABCD 周长的取值范围.【解析】(1)在△ABD 中，由余弦定理得cos ∠A =32+62-BD 22×3×6，在△BCD 中，由余弦定理得cos ∠C =32+42-BD 22×3×4，因为∠A +∠C =180°，所以cos ∠A +cos ∠C =0，即32+62-BD 22×3×6+32+42-BD 22×3×4=0，解得BD =33.(2)由已知S △ABC =12×3×AB ×32=932，得AB =6，在△ABC 中，∠ABC =120°，由余弦定理得AC 2=32+62-2×3×6×cos120°=63，则AC =37，设AD=x,CD=y,(x,>0,y>0)，在△ACD中，由余弦定理得372=x2+y2-2xy⋅cos60°=x+y2-3xy，则x+y2=63+3xy≤63+3×x+y22，得x+y24≤63，所以x+y≤67，当且仅当x=y=37时取等号，又x+y>AC=37，所以四边形ABCD周长的取值范围为37+9,67+9.4(2024·四川德阳·二模)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sin B=23cos2A+C 2.(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC面积的取值范围.【解析】(1)因为△ABC中，sin B=23cos2A+C2，即2sinB2cos B2=23cos2π-B2=23sin2B2，而0<B<π,∴sin B2>0，故cos B2=3sin B2，故tan B2=33，又0<B<π,∴0<B2<π2，则B2=π6,∴B=π3；(2)由(1)以及题设可得S△ABC=12ac sin B=34a；由正弦定理得a=c sin Asin C=c sin2π3-Csin C=c sin2π3cos C-cos2π3sin Csin C=32cos C+12sin Csin C=32tan C+12，因为△ABC为锐角三角形，0<A<π2，0<C<π2，则0<2π3-C<π2,∴π6<C<π2，则tan C>33,∴0<1tan C<3，则12<32tan C+12<2，即12<a<2，则38<S△ABC<32，即△ABC面积的取值范围为38,32 .03长度的范围与最值问题对于利用正、余弦定理解三角形中的最值与范围问题，主要有两种解决方法：一是利用基本不等式，求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围，确定所求式的范围．1(2024·贵州遵义·一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3b-a sin C= 3a cos C．(1)求A；(2)若△ABC为锐角三角形，c=2，求b的取值范围．【解析】(1)在△ABC中，由3b-a sin C=3a cos C及正弦定理，得3sin B-sin A sin C=3sin A cos C，则3sin A cos C+sin A sin C=3sin(A+C)=3sin A cos C+3cos A sin C，即sin A sin C=3cos A sin C，而sin C>0，于是tan A=3，又0<A<π，所以A=π3.(2)由(1)知，A=π3，由正弦定理得b=c sin Bsin C=2sin2π3-Csin C=3cos C+sin Csin C=3tan C+1，由△ABC为锐角三角形，得0<C<π20<2π3-C<π2，解得π6<C<π2，则tan C>13，∴1tan C<3,则1<b<4，所以b的取值范围是1<b<4.2(2024·宁夏固原·一模)在锐角△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且2sin B sin C+cos2C= 1+cos2A-cos2B．(1)求证：B+C=2A；(2)求c-ba的取值范围．【解析】(1)因为2sin B sin C+cos2C=1+cos2A-cos2B，所以2sin B sin C+1-2sin2C=1+1-2sin2A-1+2sin2B，则sin B sin C-sin2C=-sin2A+sin2B，由正弦定理可得bc-c2=-a2+b2，即bc=b2+c2-a2，所以cos A=b2+c2-a22bc=bc2bc=12，又A∈0,π2，故A=π3，由A+B+C=π，故B+C=π-A=2π3=2A；(2)由(1)得sin A=32,cos A=12，因为sin B=sin A+C=sin A cos C+cos A sin C=32cos C+12sin C，所以由正弦定理得c-ba=sin C-sin Bsin A=23sin C-32cos C-12sin C=2312sin C-32cos C=23sin C-π3，又锐角△ABC中，有0<C<π20<π-π3-B<π2，解得π6<C<π2，所以-π6<C-π3<π6，则-12<sin C-π3<12，所以-33<23sin C-π3<33，即-33<23sin C-π3<33，故c-ba的取值范围为-33,33.3(2024·河北衡水·一模)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，三角形面积为S，若D为AC边上一点，满足AB⊥BD,BD=2，且a2=-233S+ab cos C.(1)求角B；(2)求2AD +1CD的取值范围.【解析】(1)∵a2=-233S+ab cos C，∴a2=-33ab sin C+ab cos C，即a=-33b sin C+b cos C，由正弦定理得，sin A=-33sin B sin C+sin B cos C，∴sin B+C=-33sin B sin C+sin B cos C，∴cos B sin C=-33sin B sin C，∵sin C≠0，∴tan B=-3，由0<B<π，得B=2π3.(2)由(1)知，B=2π3，因为AB⊥BD，所以∠ABD=π2，∠DBC=π6，在△BCD中，由正弦定理得DCsin∠DBC=BDsin C，即DC=2sinπ6sin C=1sin C，在Rt△ABD中，AD=BDsin A=2sin A，∴2 AD +1CD=22sin A+11sin C=sin A+sin C，∵∠ABC=2π3，∴A+C=π3,∴2 AD +1CD=sin A+sin C=sinπ3-C+sin C=sinπ3cos C-cosπ3sin C+sin C=sin C+π3，∵0<C<π3，∴C+π3∈π3,2π3，∴sin C+π3∈32,1，所以2AD+1CD的取值范围为32,1.4(2024·陕西安康·模拟预测)已知锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a=8，ac=1+sin2A-sin2Csin2B，且a≠c．(1)求证：B=2C；(2)已知点M在线段AC上，且∠ABM=∠CBM，求BM的取值范围．【解析】(1)因为ac=1+sin2A-sin2Csin2B，即a-cc=sin2A-sin2Csin2B，由正弦定理可得a-cc=a2-c2b2=a+ca-cb2，又a≠c，即a-c≠0，所以1c=a+cb2，整理得b2=c2+ac，由余弦定理得b2=a2+c2-2ac cos B，整理得c=a-2c cos B，由正弦定理得sin C=sin A-2sin C cos B，故sin C=sin B+C-2sin C cos B，即sin C=sin B cos C+sin C cos B-2sin C cos B，整理得sin C=sin B-C，又因为△ABC为锐角三角形，则C∈0,π2,B∈0,π2，可得B-C∈-π2,π2，所以C=B-C，即B=2C.(2)因为点M在线段AC上，且∠ABM=∠CBM，即BM平分∠ABC，又B=2C，所以∠C=∠CBM，则∠BMC=π-C-∠CBM=π-2C，在△MCB中，由正弦定理得BCsin∠BMC=BMsin C，所以BM=BC sin Csin∠BMC=8sin Csin2C=8sin C2sin C cos C=4cos C，因为△ABC为锐角三角形，且B=2C，所以0<C<π20<2C<π20<π-3C<π2，解得π6<C<π4.故22<cos C<32，所以833<BM<42.因此线段BM 长度的取值范围833,42.1在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a =3，A =60°，则b 的取值范围是()A.0,6B.0,23C.3,23D.3,6【答案】C【解析】由正弦定理得a sin A =b sin B ，即b =a sin B sin A =3sin B sin60°=23sin B ，又△ABC 为锐角三角形，C =180°-A -B =120°-B ，又0°<B ,C <90°，则0°<120°-B <90°，解得30°<B <90°，而当30°<x <90°时，y =sin x 单调递增，故sin B ∈12,1，所以b =23sin B ∈3,23 .故选：C2已知函数f (x )=sin (ωx +φ)(ω>0)，现有如下说法：①若φ=π3，函数f (x )在π6,π3 上有最小值，无最大值，且f π6 =f π3，则ω=5；②若直线x =π4为函数f (x )图象的一条对称轴，5π3,0 为函数f (x )图象的一个对称中心，且f (x )在π4,5π6 上单调递减，则ω的最大值为1817；③若f (x )=12在x ∈π4,3π4 上至少有2个解，至多有3个解，则ω∈4,163；则正确的个数为()A.0 B.1C.2D.3【答案】C【解析】对于①，因为x =π6+π32=π4时，f x 有最小值，所以sin ωπ4+π3=-1，所以ωπ4+π3=2kπ+3π2k∈Z，得到ω=8k+143k∈Z，因为f x 在区间π6,π3上有最小值，无最大值，所以π3-π4≤πω，即ω≤12，令k=0，得ω=143，故①错误；对于②，根据题意，有ωπ4+φ=2k1π+π2k1∈Z5ωπ3+φ=k2πk2∈ZT2=πω≥5π6-π4=7π12，得出ω=-12(2k1-k2)+617,k1,k2∈Z0<ω≤127，即ω=-12k+617,k∈Z0<ω≤127，得到ω=617或1817，故②正确；对于③，令ωx+φ=2kπ+π6k∈Z或ωx+φ=2kπ+5π6k∈Z，则x=-φ+2kπω+π6ωk∈Z或x=-φ+2kπω+5π6ωk∈Z，故需要上述相邻三个根的距离不超过π2，相邻四个根(距离较小的四个)的距离超过π2，即2πω≤π2,8π3ω>π2,，解得ω∈4,16 3，故③正确，故选：C．3设函数f x =sin2ωx-cos2ωx+23sinωx cosωxω>0，当x∈0,π2时，方程f x =2有且只有两个不相等的实数解，则ω的取值范围是()A.73,13 3B.73,133C.83,143D.83,143【答案】C【解析】由已知易知f x =3sin2ωx-cos2ωx=2sin2ωx-π6，当x∈0,π2时2ωx-π6∈-π6,πω-π6，所以要满足题意有5π2≤πω-π6<9π2⇒ω∈83,143.故选：C4将函数f x =sinωx-cosωx(ω>0)的图象向左平移π4个单位长度后，再把横坐标缩短为原来的一半，得到函数g x 的图象．若点π2,0是g x 图象的一个对称中心，则ω的最小值是()A.45B.12C.15D.56【答案】C【解析】由题意可得f x =222sinωx-22cosωx=2sinωx-π4，所以将f x 的图象向左平移π4个单位长度后，得到函数h x =2sin ωx +π4 -π4=2sin ωx +ωπ4-π4的图象，再把所得图象上点的横坐标缩短为原来的一半，得到函数g x =2sin 2ωx +ωπ4-π4的图象，因为点π2,0 是g x 图象的一个对称中心，所以πω+ωπ4-π4=k π,k ∈Z ，解得ω=45k +15,k ∈Z ，又ω>0，所以ω的最小值为15．故选：C5已知函数f (x )=sin ωx +π6 (ω>0)，若将f (x )的图象向左平移π3个单位后所得的函数图象与曲线y =f (x )关于x =π3对称，则ω的最小值为()A.23B.13C.1D.12【答案】A【解析】函数f (x )=sin ωx +π6 ，f (x )的图象向左平移π3个单位后所得函数g (x )=sin ωx +π3 +π6=sin ωx +πω3+π6，函数y =g (x )的图象与y =f (x )的图象关于直线x =π3对称，则f (x )=g 2π3-x ，于是sin ωx +π6=sin ω2π3-x +πω3+π6 对任意实数x 恒成立，即sin ωx +π6 =sin -ωx +πω+π6 =sin π-ωx -πω+5π6 =sin ωx -πω+5π6对任意实数x 恒成立，因此-πω+5π6=π6+2k π,k ∈Z ，解得ω=-2k +23,k ∈Z ，而ω>0，则k ∈Z ,k ≤0，所以当k =0时，ω取得最小值23.故选：A6(多选题)△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，S 为△ABC 的面积，且a =2，AB ⋅AC=23S ，下列选项正确的是()A.A =π6B.若b =2，则△ABC 只有一解C.若△ABC 为锐角三角形，则b 取值范围是23,4D.若D 为BC 边上的中点，则AD 的最大值为2+3【答案】ABD【解析】对于A ，因为AB ⋅AC =23S ，所以bc cos A =23×12bc sin A ，则tan A =33，因为A ∈0,π ，所以A =π6，故A 正确；对于B ，因为b =2=a ，则B =A =π6，C =2π3，故△ABC 只有一解，故B 正确；对于C ，若△ABC 为锐角三角形，则B ∈0,π2 ，C ∈0,π2，则0<B <π20<π-π6-B <π2，则π3<B <π2，即sin B ∈32,1，由正弦定理可知：b =a sin Bsin A=4sin B ∈23,4 ，故C 错误；对于D ，若D 为BC 边上的中点，则AD =12AB +AC，所以AD 2=14AB 2+2AB ⋅AC +AC 2=14b 2+c 2+3bc由余弦定理知a 2=b 2+c 2-2bc cos A =b 2+c 2-3bc =4，得b 2+c 2=3bc +4，又b 2+c 2=3bc +4≥2bc ，所以bc ≤42-3=43+8，当且仅当b =c =2+6时取得等号，所以AD 2=14b 2+c 2+3bc =144+23bc ≤144+23×43+8 =7+43，即AD ≤7+43=2+3，故D 正确.故选：ABD .7已知函数f x =12+3sin ωx cos ωx -cos 2ωx ω>0 ，若f x 的图象在0,π 上有且仅有两条对称轴，则ω的取值范围是．【答案】56,43【解析】因为f x =12+3sin ωx cos ωx -cos 2ωx =32sin2ωx -12cos2ωx =sin 2ωx -π6，因为f x 的图象在0,π 上有且仅有两条对称轴，所以3π2≤2ωπ-π6<5π2，解得56≤ω<43，所以ω的取值范围是56,43 ．故答案为：56,43.8已知函数f x =sin ωx ω>0 ，若∃x 1,x 2∈π3,π，f x 1 =-1，f x 2 =1，则实数ω的取值范围是.【答案】ω=32或ω≥52【解析】设θ=ωx，x∈π3,π，则θ∈π3ω,πω，所以问题转化为y=sinθ在θ∈π3ω,πω上存在最大值和最小值，由正弦函数图象可得，π3ω≤kπ+π2kπ+π2+π≤πω，解得k+32≤ω≤3k+32，所以k≥0,k∈Z，当k=0时，32≤ω≤32，∴ω=32；当k=1时，52≤k≤92，当k=2时，72≤ω≤152，当k=3时，92≤ω≤212，当k=n，n∈N*时，n+32≤ω≤3n+32，当k=n+1时，n+52≤ω≤3n+92，而n+52-3n+32=-2n+1<0，即n+52<3n+32，所以k∈N*时，所有情况的ω范围的并集为ω≥52；综上，实数ω的取值范围是ω=32或ω≥52.故答案为：ω=32或ω≥52.9已知函数f x =sinωx+φω>0满足f x ≥fπ12，且f x 在区间-π3,π3上恰有两个最值，则实数ω的取值范围为．【答案】125,4【解析】因为f x ≥fπ12，所以fπ12 =sinπ12ω+φ=-1，所以π12ω+φ=2kπ+3π2，k∈Z，即φ=2kπ-π12ω+3π2，k∈Z，所以f x =sinωx+2kπ-π12ω+3π2 =-cosωx-π12．当-π3≤x≤π3时，-5πω12≤ωx-π12≤πω4ω>0．因为f x 在区间-π3,π3上恰有两个最值，且-5πω12>πω4 ，所以ω>0-2π<-5πω12≤-π0<πω4<π，解得125≤ω<4．故答案为：125,4．10已知函数f (x )=-sin ωx -π4 (ω>0)在区间π3,π 上单调递减，则ω的取值范围是.【答案】0,34【解析】当x ∈π3,π时， ωπ3-π4<ωx -π4<ωπ-π4，又y =-sin x 的单调递减区间为2k π-π2,2k π+π2(k ∈Z )，所以ωπ3-π4≥2k π-π2ωπ-π4≤2k π+π2(k ∈Z )，解得6k -34≤ω≤2k +34(k ∈Z )，且2k +34≥6k -34(k ∈Z )，解得k ≤38，又ω>0，所以k =0，所以ω的取值范围为0,34.故答案为：0,3411若函数f x =cos ωx -π6ω>0 在区间π3,2π3内单调递减，则ω的最大值为．【答案】74【解析】由题得：12T ≥2π3-π3⇒0<ω≤3，令t =ωx -π6⇒t ∈πω3-π6,2πω3-π6，则y =cos t 在t ∈πω3-π6,2πω3-π6单调递减，故πω3-π6≥2k π2πω3-π6≤2k π+π⇒6k +12≤ω≤3k +74，由0<ω≤3，故ω∈12,74，所以ω的最大值为74，故答案为：74.12已知函数f (x )=4sin ωx ,g (x )=4cos ωx -π3+b (ω>0)，且∀x 1,x 2∈R ,|f (x 1)-g (x 2)|≤8，将f (x )=4sin ωx 的图象向右平移π3ω个单位长度后，与函数g (x )的图象相邻的三个交点依次为A ，B ，C ，且BA ⋅BC<0，则ω的取值范围是．【答案】0,2π8【解析】依题意，函数f (x )的值域为[-4,4]，g (x )的值域为[b -4,b +4]，由∀x 1,x 2∈R ,f (x 1)-g (x 2) ≤8，得|(b -4)-4|≤8，且|(b +4)-(-4)|≤8，解得b =0，g (x )=4cos ωx -π3 =4sin ωx +π6 ，将f (x )=4sin ωx 的图象向右平移π3ω个单位长度后，得h (x )=4sin ωx -π3ω =4sin ωx -π3，在同一坐标系内作出函数y =g (x ),y =h (x )的图象，观察图象知，|AC |=2πω，取AC 中点D ，连接BD ，由对称性知|AB |=|BC |，BD ⊥AC ，由BA ⋅BC <0，得∠ABC >π2，即∠ABD >π4，|AD |>|BD |，由h (x )=g (x )，得sin ωx -π3 =sin ωx +π6 ，则ωx -π3+ωx+π6=π+2k π,k ∈Z ，解得ωx =712π+k π,k ∈Z ，于是y =4sin 712π+k π-π3=±22，则|BD |=42，因此πω>42，解得0<ω<2π8，所以ω的取值范围是0,2π8.故答案为：0,2π813在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，∠ABC =2π3，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD =2，则a +4c 的最小值为．【答案】18【解析】如图所示，则△ABC 的面积为12ac sin 2π3=12a ⋅2sin π3+12c ⋅2sin π3，则ac =2a +2c ，所以1a +1c =12，显然a ,c >0，故a +4c =(a +4c )1a +1c ×2=2×5+4c a +a c ≥25+24c a ⋅a c=18，当且仅当4ca =a c 1a +1c =12，即a =6c =3时取等号.所以a +4c 的最小值为18.故答案为：18.14在锐角△ABC 中，角A 、B 、C 所对边的边长分别为a 、b 、c ，且2b sin A -3a =0.(1)求角B；(2)求sin A+sin C的取值范围.【解析】(1)∵2b sin A-3a=0，∴2sin A sin B-3sin A=0，又∵A∈0,π2,∴sin A≠0，∴sin B=32,B∈0,π2，∴B=π3.(2)由(1)可知，B=π3，且△ABC为锐角三角形，所以0<A<π20<C=2π3-A<π2，∴A∈π6,π2，则sin A+sin C=sin A+sin2π3-A=32sin A+32cos A=3sin A+π6，因为π3<A+π6<2π3，∴sin A+sin C∈32,3.15在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且2b sin A-3a=0．(1)求角B的大小；(2)求cos A+cos C的取值范围．【解析】(1)因为2b sin A-3a=0，由正弦定理边化角得：2sin B sin A-3sin A=0，所以2sin B-3sin A=0，由于在△ABC中，sin A≠0，所以2sin B-3=0，即sin B=32，又0<B<π2，所以B=π3.(2)由(1)可知B=π3，所以A+C=2π3，所以cos A+cos C=cos A+cos2π3-A=cos A+cos2π3cos A+sin2π3sin A=cos A-12cos A+32sin A=12cos A+32sin A=sin A+π6由于在锐角△ABC中，0<2π3-A<π2 0<A<π2，所以π6<A<π2，所以π3<A+π6<2π3，所以sinπ3<sin A+π6≤sinπ2，所以32<sin A+π6≤1，所以cos A+cos C的取值范围为32,1.16已知锐角△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b2+c2-(b⋅cos C+c⋅cos B)2=bc，(1)求角A的大小；(2)如果该三角形外接圆的半径为3，求bc的取值范围．【解析】(1)∵b2+c2-b cos C+c cos B2=bc，由余弦定理可得b2+c2-b⋅a2+b2-c22ab+c⋅a2+c2-b22ac2=bc，化简整理得b2+c2-a2=bc，又b2+c2-a2=2bc cos A，∴cos A=12，又0<A<π2，所以A=π3.(2)因为三角形外接圆半径为R=3，所以b=23sin B，c=23sin C，∴bc=12sin B sin C，由(1)得B+C=2π3，所以bc=12sin B sin C=12sin B sin2π3-B=12sin B32cos B+12sin B=63sin B cos B+6sin2B=33sin2B+31-cos2B=632sin2B-12cos2B+3 =6sin2B-π6+3，因为△ABC是锐角三角形，且B+C=2π3，所以π6<B<π2，∴π6<2B-π6<5π6，∴12<sin2B-π6≤1，∴6<6sin2B-π6+3≤9，即6<bc≤9.所以bc的取值范围为6,9.17在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，cos2B-sin2B=-1 2．(1)求角B，并计算sin B+π6的值；(2)若b=3，且△ABC是锐角三角形，求a+2c的最大值．【解析】(1)由cos2B+sin2B=1cos2B-sin2B=-12，得cos2B=14，则cos B=±12，又0<B<π，所以B=π3或2π3.当B=π3时，sin B+π6=sinπ2=1；当B=2π3时，sin B+π6=sin5π6=12.(2)若△ABC为锐角三角形，则B=π3，有0<C<π20<A=2π3-C<π2，解得π6<C<π2.由正弦定理，得asin A=csin C=bsin B=332=2，则a=2sin A,c=2sin C，所以a+2c=2sin A+4sin C=2sin2π3-C+4sin C=232cos C+12sin C+4sin C=5sin C+3cos C=27sin(C+φ)，其中tanφ=35，又tanφ=35<33=tanπ6，所以0<φ<π6，则π3<C+φ<2π3，故当C+φ=π2时，sin(C+φ)取到最大值1，所以a+2c的最大值为27.18在△ABC中，D为BC边上一点，DC=CA=1，且△ACD面积是△ABD面积的2倍．(1)若AB=2AD，求AB的长；(2)求sin∠ADBsin B的取值范围．【解析】(1)设BC边上的高为AE，垂足为E，因为△ACD面积是△ABD面积的2倍，所以有S△ACDS△ABD=12CD⋅AE12BD⋅AE=2⇒BD=12⇒BC=32，设AB=2AD=x⇒AD=22x，由余弦定理可知：cos C=AC2+BC2-AB22AC⋅BC =AC2+DC2-AD22AC⋅DC⇒1+94-x22×1×32=1+1-12x22×1×1，解得x=1或x=-1舍去，即AB=1；(2)由(1)可知BD=12,BC=32，设∠ADC=θ，由DC=CA⇒∠DAC=∠ADC=θ⇒C=π-2θ且θ∈0,π2，由余弦定理可得：AD=12+12-2×1×1⋅cosπ-2θ=2+2cos2θ=2+22cos2θ-1=2cosθ，AB=12+32 2-2×1×32⋅cosπ-2θ=134+3cos2θ=134+32cos2θ-1=6cos2θ+1 4，在△ABD中，因为θ∈0,π2，所以由正弦定理可知：ABsin∠ADB =ADsin B⇒sin∠ADBsin B=ABAD=6cos2θ+142cosθ=14×24cos2θ+1cos2θ=14×24+1cos2θ，因为θ∈0,π2，所以cos θ∈0,1 ⇒cos 2θ∈0,1 ⇒1cos 2θ>1⇒24+1cos 2θ>25⇒24+1cos 2θ>5，于是有sin ∠ADB sin B >54，因此sin ∠ADB sin B 的取值范围为54,+∞ ..19记锐角△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2sin B sin C +cos2C =1+cos2A -cos2B .(1)证明：B +C =2A ；(2)求c b的取值范围.【解析】(1)证明：由2sin B sin C +cos2C =1+cos2A -cos2B ，得2sin B sin C +1-2sin 2C =1+1-2sin 2A -1+2sin 2B ，即sin B sin C -sin 2C =-sin 2A +sin 2B ，由正弦定理可得bc -c 2=-a 2+b 2，即a 2=b 2+c 2-bc ，由余弦定理可得a 2=b 2+c 2-2bc cos A ，故cos A =12，又A ∈0,π2 ，故A =π3，由A +B +C =π，故B +C =π-A =2π3=2A ；(2)由正弦定理可得：c b=sin C sin B =sin π-A -B sin B =sin π3+B sin B =12sin B +32cos B sin B =12+32tan B ，又锐角△ABC 中，有0<B <π2，0<π-π3-B <π2，解得π6<B <π2，即tan B ∈33,+∞，即1tan B ∈0,3 ，故c b=12+32tan B ∈12,2 .20记△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ，若a +b +c a +b -c =3，且△ABC 的面积为334.(1)求角C ；(2)若AD =2DB ，求CD 的最小值.【解析】(1)∵a +b +c a +b -c =3，∴3=(a +b )2-c 2=a 2+b 2-c 2+2ab 结合余弦定理得3=2ab cos C +2ab =2ab 1+cos C ，∴ab =321+cos C ，∵S △ABC =12ab sin C =334，∴sin C 1+cos C =3，即2sin C 2cos C 2cos 2C 2=tan C 2=3，又∵C 2∈0,π2 ，∴C 2=π3，故C =2π3；(2)由(1)知：C =2π3,ab =321+cos C=3，∵AD =2DB ，∴CD =13CA +23CB ，∴CD 2=13CA +23CB 2=19b 2+49a 2+49ab cos C =19b 2+49a 2-23，又19b 2+49a 2-23≥219b 2⋅49a 2-23=2×23-23=23，当且仅当b =2a =6时，CD 长取最小值，此时CD =23=63，∴CD 长的最小值为63.21已知函数f x =12-sin 2ωx +32sin2ωx ω>0 的最小正周期为4π.(1)求f x 在0,π 上的单调递增区间；(2)在锐角三角形ABC 中，内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且2a -c cos B =b ⋅cos C ,求f A 的取值范围.【解析】(1)f x =12-sin 2ωx +32sin2ωx =12-1-cos2ωx 2+32sin2ωx =32sin2ωx +12cos2ωx =sin 2ωx +π6.因为T =2π2ω=4π,所以ω=14,故f x =sin 12x +π6.由-π2+2k π≤12x +π6≤π2+2k π,k ∈Z ,解得4k π-4π3≤x ≤4k π+2π3,k ∈Z ,当k =0时,-4π3≤x ≤2π3,又x ∈0,π ,所以f x 在0,π 上的单调递增区间为0,2π3.(2)由2a -c cos B =b ⋅cos C ,得(2sin A -sin C )cos B =sin B cos C ,所以2sin A cos B =sin B cos C +cos B sin C =sin B +C =sin A .因为sin A ≠0,所以cos B =12,又B ∈0,π ,所以B =π3,又三角形为锐角三角形，则0<A <π20<2π3-A <π2，则π6<A <π2，所以π4<A 2+π6<5π12，又f A =sin A 2+π6，sin 5π12=sin π4+π6 =sin π4cos π6+cos π4sin π6=2+64，则22<sin A 2+π6 <2+64，所以f A 的取值范围为22,2+64.22已知在△ABC 中，1-cos A 2-sin A =0，(1)求A ；(2)若点D 是边BC 上一点，BD =2DC ，△ABC 的面积为3，求AD 的最小值.【解析】(1)因为1-cos A 2-sin A =0，所以sin 2A 2=sin A ，因为0<A 2<π2，sin A 2>0，则sin A 2=2sin A 2cos A 2，故cos A 2=12，所以A 2=π3，A =2π3，(2)因为BD =2DC ，则BD =2DC ，所以AD -AB =2AC -AD ，故AD =13AB +23AC ，因为△ABC 的面积为3，所以12bc sin A =3，所以bc =4|AD |2=13AB +23AC 2=19c 2+49b 2+49AB ⋅AC =19c 2+49b 2-29bc ≥49bc -29bc =89上式当且仅当c =2b ，即c =22，b =2时取得“=”号，所以AD 的最小值是223.23在△ABC 中，角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ，且满足2sin A +C cos A -sin C cos A =sin A cos C ．(1)求角A ；(2)若点D 在线段BC 上，且满足BD =3DC ,AD =3，求△ABC 面积的最大值．【解析】(1)由题意得2sin B cos A -sin C cos A =sin A cos C ，即2sin B cos A =sin A cos C +sin C cos A =sin B ，∵sin B ≠0，∴2cos A =1，∴cos A =12，又0<A <π,∴A =π3；(2)解法一：令DC =t ，则BD =3t ，∵cos ∠ADC =-cos ∠ADB ，∴AD 2+DC 2-AC 22AD ⋅DC =-AD 2+BD 2-AB 22AD ⋅BD ，即9+t 2-b 26t =-9+9t 2-c 218t ，∴12t 2=-36+3b 2+c 2①，又∵cos ∠BAC =12=b 2+c 2-16t 22bc ，∴16t 2=b 2+c 2-bc ②，∵联立①②，得144-3bc =9b 2+c 2≥6bc (当且仅当c =3b 时取等号)，即bc ≤16，∴S △ABC =12bc sin ∠BAC =34bc ≤43，∴△ABC 面积的最大值为43.解法二：依题意AD =14AB+34AC，∴AD 2=14AB+34AC 2=116AB 2+9AC 2+6AB ⋅AC，即9=116AB 2+9AC 2+6AB AC cos π3=116AB 2+9AC 2+3AB AC，∵AB 2+9AC 2≥6AB AC (当且仅当AB =3AC 时取等号)，∴AB AC ≤16，∴S △ABC =12AB ACsin ∠BAC ≤34×16=43，∴△ABC 面积的最大值为43．24已知△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ，向量m =a +b ,c ,n =sin A -sin C ,sin A -sin B ，且m ⎳n ．(1)求B ；(2)求b 2a 2+c 2的最小值．【解析】(1)因为m ⎳n ，所以a +b sin A -sin B =c sin A -sin C ，由正弦定理可得a +b a -b =c a -c 即a 2-b 2=ac -c 2，故a 2+c 2-b 2=ac ，所以cos B =a 2+c 2-b 22ac =12，而B 为三角形内角，故B =π3.(2)结合(1)可得：b2a2+c2=a2+c2-aca2+c2=1-aca2+c2,1-aca2+c2≥1-ac2ac=1-12=12，当且仅当a=c时等号成立，故b2a2+c2的最小值为12.25已知△ABC为钝角三角形，它的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且sin2C=sin2B+sinπ3+Bcosπ6+B，a<c，b<c．(1)求tan(A+B)的值；(2)若△ABC的面积为123，求c的最小值．【解析】(1)因为sin2C=sin2B+sinπ3+Bcosπ6+B=sin2B+12sinπ2+2B+sinπ6=sin2B+12cos2B+12=sin2B+121-2sin2B+14=34，因为sin C>0，所以sin C=3 2，由△ABC为钝角三角形且a<c，b<c知，C为钝角，所以cos C=-12，即tan C=-3，所以tan(A+B)=tanπ-C=-tan C=3.(2)因为S△ABC=12ab sin C=34ab=123，所以ab=48，由余弦定理，c2=a2+b2-2ab cos C=a2+b2+ab≥3ab=144，当且仅当a=b=43时，等号成立，此时c2的最小值为144，所以c的最小值为12.。

三角函数中参数的取值范围微专题-高三数学二轮复习备考

当 x∈1π8，356π时，11x－π4∈1336π，4366π，
所以 f(x)在1π8，53π6上不单调，不满足题意；
当 ω＝9 时，－94π＋φ＝kπ，k∈Z，
因为|φ|≤π，所以φ＝π，
2
4
此时 f(x)＝sin9x＋π4.
当
x∈
π ，5π 18 36
时，9x＋π∈
3π，3π 42
，
此时 f(x)在1π8，53π6上单4调递减，符合题意.
又由于θ∈－π2，π2，故有θ＋π3＝π2，解得θ＝π6，经代入检验知符合题意．答案：B
核心题型四：由三角函数的对称性求解参数.
例 4．函数 f(x)＝sin（ωx+π6）(ω>0)在（-π2，π2）上单调递增，且图象关于直线
x＝－π对称，则ω的值为________．
解析：因为函数 f(x)＝sin（ωx+π6）(ω>0)在（-π2，π2）上单调递增，
62 ωπ＋π≤π＋2kπ(k∈Z)，解得
0＜ω≤4，故
C
正确；
12 6 2
令 2ω×π2＋π6＝kπ＋π2，k∈Z，解得ω＝13＋k，k∈Z，
由
0＜ω≤4
知ω的取值为1，4，7，10，共 333 3
4
个值，故
D
正确．
变式 7：已知函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)（ω>0,|φ|≤π2），x＝－π4为
核心题型三：由三角函数的奇偶性求解参数
例3.函数f(x)＝3 sin2x－π3＋φ ＋1，φ∈(0， π)，且f(x)为偶函数，则φ＝_5_π__，f(x)图象
6 的对称中心为___π4_＋__k2_π_，__1_，__k_∈__Z__.

三角函数专题三角函数中ω的取值范围问题(6大题型)(原卷版)

三角函数专题：三角函数中ω的取值范围问题一、求ω取值范围的常用解题思路 1、依托于三角函数的周期性因为f(x)=Asin(ωx +φ)的最小正周期是T =2π|ω|，所以ω=2πT，也就是说只要确定了周期T ，就可以确定ω的取值. 2、利用三角函数的对称性（1）三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为T2，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为T4，也就是说，我们可以根据三角函数的对称性来研究其周期性，进而可以研究ω的取值。

（2）三角函数的对称轴比经过图象的最高点或最低点，函数的对称中心就是其图象与x 轴的交点（零点），也就是说我们可以利用函数的最值、零点之间的“差距”来确定其周期，进而可以确定ω的取值.3、结合三角函数的单调性函数f (x )=Asin(ωx +φ)的每一“完整”单调区间的长度（即两相邻对称轴的间距）恰好等于T 2，据此可用来求ω的值或范围。

反之，从函数变换的角度来看ω的大小变化决定了函数图象的横向伸缩，要使函数f (x )=Asin(ωx +φ)在指定区间上具有单调性，我们忘完可以通过调整周期长度来实现，犹如通过弹簧的伸缩来抬举三角函数在区间上的单调性和最值等。

二、已知函数y =Asin(ωx +φ)在给定区间上的单调性，求ω的取值范围已知函数y =Asin(ωx +φ)(A >0,ω>0)，在[x 1,x 2]上单调递增（或递减），求ω的取值范围第一步：根据题意可知区间[x 1,x 2]的长度不大于该函数最小正周期的一半，即x 2−x 1≤12T =πω，求得0<ω≤πx2−x 1.第二步：以单调递增为例，利用[ωx 1+φ,ωx 2+φ]⊆[−π2+2kπ,π2+2kπ]，解得ω的范围；第三步：结合第一步求出的ω的范围对k 进行赋值，从而求出ω（不含参数）的取值范围. 三、结合图象平移求ω的取值范围 1、平移后与原图象重合思路1：平移长度即为原函数周期的整倍数；思路2：平移前的函数()f x =平移后的函数()g x .2、平移后与新图象重合：平移后的函数()f x =新的函数()g x .3、平移后的函数与原图象关于y 轴对称：平移后的函数为偶函数；4、平移后的函数与原函数关于x 轴对称：平移前的函数()f x =平移后的函数()g x ；5、平移后过定点：将定点坐标代入平移后的函数中。

三角函数中w的取值范围训练

三角函数中ω的取值范围训练例1：已知函数()()03sin >⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ωπωx x f ，⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛12512ππf f ，且()x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛612ππ，上单调，则ω的最大值为________.答案：320例2：已知函数()()⎪⎭⎫ ⎝⎛≤>+=2,0sin 2πϕωϕωx x f ，对任意x 满足033=⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛+x f x f ππ，066=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+x f x f ππ，且()x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛103154ππ，上单调递增，则ω的最大值为（）A.3 B.9 C.15 D.27答案：C例3：（2019全国卷Ⅲ）设函数()()05sin >⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ωπωx x f ，已知()x f 在[]π2,0上有且仅有5个零点.下述四个结论：①()x f 在()π20，上有且仅有3个极大值点②()x f 在()π20，上有且仅有2个极小值点③()x f 在⎪⎭⎫⎝⎛100π，上单调递增④ω的取值范围是⎥⎦⎤⎢⎣⎡1029512，其中所有正确结论的编号是（）A.①④ B.②③C.①②③D.①③④答案：D例4：（2016天津）已知函数()()R x x x x f ∈>-+=,0212sin 212sin 2ωωω.若()x f 在区间()ππ2，内没有零点，则ω的取值范围是（）A.⎦⎤ ⎝⎛810， B.⎪⎭⎫⎢⎣⎡⋃⎦⎤ ⎝⎛185410，，C.⎦⎤ ⎝⎛850， D.⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋃⎦⎤ ⎝⎛8541810，，答案：D例5：已知定义在⎦⎤⎢⎣⎡4,0π上的函数()()06sin >⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ωπωx x f 的最大值为3ω，则正实数ω的取值个数最多为（）A.4B.3C.2D.1答案：C例6：设函数()()ϕω+=x A x f sin （ϕω,,A 是常数，0,0>>ωA ).若()x f 在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡26ππ，上具有单调性，且⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛6322πππf f f ，则()x f 的最小正周期为__________.答案：π例7：已知函数()()()03,0,0sin 3=⎪⎭⎫ ⎝⎛-<<>+=ππϕωϕωf x x f ，对任意R x ∈恒有()⎪⎭⎫ ⎝⎛≤3πf x f ，且在区间⎪⎭⎫ ⎝⎛515ππ，上有且只有一个1x ，使()31=x f ，则ω的最大值为（）A.457 B.4111 C.4105 D.4117答案：C例8：已知函数()()04sin >⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ωπωx x f ，若()x f 在区间()ππ2，上存在零点，则ω的取值范围为_________.答案：⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛，854181例9：已知函数()⎪⎭⎫ ⎝⎛∈>⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R x x x f ,416sin 2ωπω，若()x f 的任何一条对称轴与x 轴交点的横坐标都不属于区间()ππ2，，则ω的取值范围是__________.答案：⎦⎤⎢⎣⎡32,31例10：已知函数()()04sin >⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ωπωx x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛312ππ，上有最大值，但没有最小值，则ω的取值范围是__________.答案：⎪⎭⎫ ⎝⎛343，。

微专题三角函数的范围与最值(解析版)(1)

微专题三角函数的范围与最值【秒杀总结】一、三角函数f(x)=A sin(ωx+φ)中ω的大小及取值范围1.任意两条对称轴之间的距离为半周期的整数倍，即k T2(k∈Z)；2.任意两个对称中心之间的距离为半周期的整数倍，即k T2(k∈Z)；3.任意对称轴与对称中心之间的距离为14周期加半周期的整数倍，即T4+k T2(k∈Z)；4.f(x)=A sin(ωx+φ)在区间(a,b)内单调⇒b-a≤T2且kπ-π2≤aω+φ≤bω+φ≤kπ+π2(k∈Z)5.f(x)=A sin(ωx+φ)在区间(a,b)内不单调⇒(a,b)内至少有一条对称轴，aω+φ≤kπ+π2≤bω+φ(k∈Z)6.f(x)=A sin(ωx+φ)在区间(a,b)内没有零点⇒b-a≤T2且kπ≤aω+φ≤bω+φ≤(k+1)π(k∈Z)7.f(x)=A sin(ωx+φ)在区间(a,b)内有n个零点⇒(k-1)π≤aω+φ<kπ(k+n-1)π<bω+φ≤(k+n)π(k∈Z) ．二、三角形范围与最值问题1.坐标法：把动点转为为轨迹方程2.几何法3.引入角度，将边转化为角的关系4.最值问题的求解，常用的方法有：(1)函数法；(2)导数法；(3)数形结合法；(4)基本不等式法．要根据已知条件灵活选择方法求解．【典型例题】例1.(2023·全国·高三专题练习)在△ABC中，cos A=725，△ABC的内切圆的面积为16π，则边BC长度的最小值为( )A.16B.24C.25D.36【答案】A【解析】因为△ABC的内切圆的面积为16π，所以△ABC的内切圆半径为4．设△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．因为cos A=725，所以sin A=2425，所以tan A=247．因为S△ABC=12bc sin A=12(a+b+c)×4，所以bc=256(a+b+c)．设内切圆与边AC切于点D，由tan A=247可求得tan A 2=34=4AD，则AD =163．又因为AD =b +c -a 2，所以b +c =323+a ．所以bc =256323+2a =253163+a ．又因为b +c ≥2bc ，所以323+a ≥2253163+a ，即323+a 2≥1003163+a ，整理得a 2-12a -64≥0．因为a >0，所以a ≥16，当且仅当b =c =403时，a 取得最小值．故选：A ．例2.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=sin (ωx +φ)，其中ω>0，|φ|≤π2,-π4为f (x )的零点：且f (x )≤f π4 恒成立，f (x )在-π12,π24区间上有最小值无最大值，则ω的最大值是( )A.11 B.13C.15D.17【答案】C【解析】由题意，x =π4是f (x )的一条对称轴，所以f π4 =±1，即π4ω+φ=k 1π+π2,k 1∈Z ①又f -π4 =0，所以-π4ω+φ=k 2π,k 2∈Z ②由①②，得ω=2k 1-k 2 +1，k 1,k 2∈Z 又f (x )在-π12,π24 区间上有最小值无最大值，所以T ≥π24--π12 =π8即2πω≥π8，解得ω≤16，要求ω最大，结合选项，先检验ω=15当ω=15时，由①得π4×15+φ=k 1π+π2,k 1∈Z ，即φ=k 1π-13π4,k 1∈Z ，又|φ|≤π2所以φ=-π4，此时f (x )=sin 15x -π4 ，当x ∈-π12,π24 时，15x -π4∈-3π2,3π8 ，当15x -π4=-π2即x =-π60时，f (x )取最小值，无最大值，满足题意.故选：C例3.(2023·高一课时练习)如图，直角ΔABC 的斜边BC 长为2，∠C =30°，且点B ,C 分别在x 轴，y 轴正半轴上滑动，点A 在线段BC 的右上方．设OA =xOB +yOC ，(x ,y ∈R )，记M =OA ⋅OC，N =x +y ，分别考查M ,N 的所有运算结果，则A.M 有最小值，N 有最大值B.M 有最大值，N 有最小值C.M 有最大值，N 有最大值D.M 有最小值，N 有最小值【答案】B【解析】依题意∠BCA =30∘,BC =2,∠A =90∘，所以AC =3,AB =1.设∠OCB =α，则∠ABx =α+30∘,0∘<α<90∘，所以A 3sin α+30∘ ,sin α+30∘，B 2sin α,0 ,C 0,2cos α ，所以M =OA ⋅OC =2cos αsin α+30∘ =sin 2α+30∘ +12，当2α+30∘=90∘,α=30∘时，M 取得最大值为1+12=32.OA =xOB +yOC ，所以x =3sin α+30∘ 2sin α,y =sin α+30∘2cos α，所以N =x +y =3sin α+30∘2sin α+sin α+30∘ 2cos α=1+32sin2α，当2α=90∘,α=45∘时，N 有最小值为1+32.故选B .例4.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =a sin x +b cos x +cx 图象上存在两条互相垂直的切线，且a 2+b 2=1，则a +b +c 的最大值为( )A.23 B.22C.3D.2【答案】D【解析】由a 2+b 2=1，令a =sin θ,b =cos θ，由f x =a sin x +b cos x +cx ，得f x =a cos x -b sin x +c =sin θcos x -cos θsin x +c =sin θ-x +c ，所以c -1≤f x ≤c +1由题意可知，存在x 1,x 2，使得f (x 1)f (x 2)=-1，只需要c -1 c +1 =c 2-1 ≥1，即c 2-1≤-1，所以c 2≤0，c =0，a +b +c =a +b =sin θ+cos θ=2sin θ+π4≤2所以a +b +c 的最大值为2.故选:D .例5.(2023·全国·高三专题练习)已知m >0，函数f (x )=(x -2)ln (x +1),-1<x ≤m ,cos 3x +π4,m <x ≤π,恰有3个零点，则m 的取值范围是( )A.π12,5π12 ∪2,3π4B.π12,5π12 ∪2,3π4C.0,5π12 ∪2,3π4D.0,5π12 ∪2,3π4【答案】A【解析】设g x =(x -2)ln (x +1)，h x =cos 3x +π4，求导g x =ln (x +1)+x -2x +1=ln (x +1)+1-3x +1由反比例函数及对数函数性质知g x 在-1,m ,m >0上单调递增，且g 12<0，g 1 >0，故gx 在12,1 内必有唯一零点x 0，当x ∈-1,x 0 时，g (x )<0，g x 单调递减；当x ∈x 0,m 时，g (x )>0，g x 单调递增；令g x =0，解得x =0或2，可作出函数g x 的图像，令h x =0，即3x +π4=π2+k π,k ∈Z ，在0,π 之间解得x =π12或5π12或3π4，作出图像如下图数形结合可得：π12,5π12∪2,3π4，故选：A例6.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =cos ωx -π3(ω>0)在π6,π4 上单调递增，且当x ∈π4,π3 时，f x ≥0恒成立，则ω的取值范围为( )A.0,52 ∪223,172B.0,43 ∪8,172C.0,43 ∪8,283D.0,52 ∪223,8【答案】B【解析】由已知，函数fx =cos ωx -π3(ω>0)在π6,π4 上单调递增，所以2k 1π-π≤ωx -π3≤2k 1πk 1∈Z ，解得：2k 1πω-2π3ω≤x ≤2k 1πω+π3ωk 1∈Z ，由于π6,π4 ⊆2k 1πω-2π3ω,2k 1πω+π3ω k 1∈Z ，所以π6≥2k 1πω-2π3ωπ4≤2k 1πω+π3ω，解得：12k 1-4≤ω≤8k 1+43k 1∈Z ①又因为函数f x =cos ωx -π3(ω>0)在x ∈π4,π3上f x ≥0恒成立，所以2k 2π-π2≤ωx -π3≤2k 2π+π2k 2∈Z ，解得：2k 2πω-π6ω≤x ≤2k 2πω+5π6ωk 2∈Z ，由于π4,π3 ⊆2k 2πω-π6ω,2k 2πω+5π6ω k 2∈Z ，所以π4≥2k 2πω-π6ωπ3≤2k 2πω+5π6ω，解得：8k 2-23≤ω≤6k 2+52k 2∈Z ②又因为ω>0，当k 1=k 2=0时，由①②可知：ω>0-4≤ω≤43-23≤ω≤52，解得ω∈0，43；当k 1=k 2=1时，由①②可知：ω>08≤ω≤283223≤ω≤172，解得ω∈8，172.所以ω的取值范围为0,43 ∪8,172.故选：B .例7.(2023·全国·高三专题练习)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积为S ，若sin (A +C )=2S b 2-a2，则tan A +13tan (B -A )的取值范围为( )A.233,+∞ B.233,43C.233,43D.233,43【答案】C【解析】在△ABC 中，sin (A +C )=sin B ,S =12ac sin B ，故题干条件可化为b 2-a 2=ac ，由余弦定理得b 2=a 2+c 2-2ac cos B ，故c =2a cos B +a ，又由正弦定理化简得：sin C =2sin A cos B +sin A =sin A cos B +cos A sin B ，整理得sin (B -A )=sin A ，故B -A =A 或B -A =π-A (舍去)，得B =2A △ABC 为锐角三角形，故0<A <π20<2A <π20<π-3A <π2 ，解得π6<A <π4，故33<tan A <1tan A +13tan (B -A )=tan A +13tan A ∈233,43故选：C例8.(2023·上海·高三专题练习)在钝角△ABC 中，a ,b ,c 分别是△ABC 的内角A ,B ,C 所对的边，点G 是△ABC 的重心，若AG ⊥BG ，则cos C 的取值范围是( )A.0,63B.45,63C.63,1D.45,1【答案】C【解析】延长CG 交AB 于D ，如下图所示：∵G 为△ABC 的重心，∴D 为AB 中点且CD =3DG ，∵AG ⊥BG ，∴DG =12AB ，∴CD =32AB =32c ；在△ADC 中，cos ∠ADC =AD 2+CD 2-AC 22AD ⋅CD=52c 2-b 232c 2=5c 2-2b 23c 2；在△BDC 中，cos ∠BDC =BD 2+CD 2-BC 22BD ⋅CD =52c 2-a 232c 2=5c 2-2a 23c 2；∵∠BDC +∠ADC =π，∴cos ∠BDC =-cos ∠ADC ，即5c 2-2a 23c 2=-5c 2-2b 23c 2，整理可得：a 2+b 2=5c 2>c 2，∴C 为锐角；设A 为钝角，则b 2+c 2<a 2，a 2+c 2>b 2，a >b ，∴a 2>b 2+a 2+b 25b 2<a 2+a 2+b 25，∴b a 2+15+15b a 2<1b a 2<1+15+15b a2，解得：b a 2<23，∵a >b >0，∴0<b a <63，由余弦定理得：cos C =a 2+b 2-c 22ab =25⋅a 2+b 2ab =25a b +b a >25×63+36 =63，又C 为锐角，∴63<cos C <1，即cos C 的取值范围为63,1.故选：C .例9.(2023·全国·高三专题练习)设锐角△ABC 的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ，若A =π3,a =3，则b 2+c 2+bc 的取值范围为( )A.(1，9] B.(3，9]C.(5，9]D.(7，9]【答案】D 【解析】因为A =π3,a =3，由正弦定理可得asin A=332=2=b sin B =csin 2π3-B ，则有b =2sin B ,c =2sin 2π3-B ，由△ABC 的内角A ,B ,C 为锐角，可得0<B <π2,0<2π3-B <π2,，∴π6<B <π2⇒π6<2B -π6<5π6⇒12<sin 2B -π6 ≤1⇒2<4sin 2B -π6≤4，由余弦定理可得a 2=b 2+c 2-2bc cos A ⇒3=b 2+c 2-bc ,因此有b 2+c 2+bc =2bc +3=8sin B sin 2π3-B+3=43sin B cos B +4sin 2B +3=23sin2B -2cos2B +5=5+4sin 2B -π6∈7,9 故选：D .例10.(2023·上海·高三专题练习)某公园有一个湖，如图所示，湖的边界是圆心为O 的圆，已知圆O 的半径为100米．为更好地服务游客，进一步提升公园亲水景观，公园拟搭建亲水木平台与亲水玻璃桥，设计弓形MN ,NP ,PQ ,QM 为亲水木平台区域(四边形MNPQ 是矩形，A ，D 分别为MN ,PQ 的中点，OA =OD =50米)，亲水玻璃桥以点A 为一出入口，另两出入口B ，C 分别在平台区域MQ ,NP 边界上(不含端点)，且设计成∠BAC =π2，另一段玻璃桥F -D -E 满足FD ⎳AC ,FD =AC ,ED ⎳AB ,ED =AB ．(1)若计划在B ，F 间修建一休闲长廊该长廊的长度可否设计为70米？请说明理由；(附：2≈1.414,3≈1.732)(2)设玻璃桥造价为0.3万元/米，求亲水玻璃桥的造价的最小值．(玻璃桥总长为AB +AC +DE +DF ，宽度、连接处忽略不计)．【解析】(1)由题意，OA =50,OM =100，则MQ =100,AM =503,∠BAC =π2，设∠MAB =θ,∠NAC =α=π2-θ．若C ，P 重合，tan α=100503=23,tan θ=1tan α=32=MB503，得MB =75，∴75<MB <100,32<tan θ<23,MB =AM ⋅tan θ=503tan θ，NC =AN ⋅tan α=503tan θ,而MF =CP =100-NC =100-503tan θ，∴BF =MB -MF =503tan θ+1tan θ -100≥100(3-1)，当tan θ=1(符合题意)时取等号，又100(3-1)>70，∴可以修建70米长廊．(2)AB =AM cos θ=503cos θ,AC =AN cos α=503sin θ，则AB +AC =503cos θ+503sin θ=503(sin θ+cos θ)sin θcos θ．设t =sin θ+cos θ=2sin θ+π4 ，则t 2=1+2sin θcos θ，即sin θcos θ=t 2-12．AB +AC =1003t t 2-1=1003t -1t，由(1)知32<tan θ<23，而33<32<1<23<3，∴∃θ使θ+π4=π2且π4<θ+π4<3π4，即1<t ≤2,0<t -1t ≤22，∴AB +AC =1003t -1t≥1006，当且仅当t =2,θ=π4时取等号．由题意，AB +AC =DE +DF ，则玻璃桥总长的最小值为2006米，∴铺设好亲水玻璃桥，最少需2006×0.3=606万元．例11.(2023·全国·高三专题练习)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，满足b sin A =a sin B +π3(1)设a =3，c =2，过B 作BD 垂直AC 于点D ，点E 为线段BD 的中点，求BE ⋅EA的值；(2)若△ABC 为锐角三角形，c =2，求△ABC 面积的取值范围．【解析】(1)b sin A =a sin B +π3，由正弦定理得：sin B sin A =sin A sin B +π3 =12sin A sin B +32sin A cos B ，所以12sin A sin B -32sin A cos B =0，因为A ∈0,π ，所以sin A ≠0，所以12sin B -32cos B =0，即tan B =3，因为B ∈0,π ，所以B =π3，因为a =3，c =2，由余弦定理得：b 2=a 2+c 2-2ac cos B =9+4-6=7，因为b >0，所以b =7，其中S △ABC =12ac sin B =12×3×2×32=332，所以BD =2S △ABC AC =337=3217，因为点E 为线段BD 的中点，所以BE =32114，由题意得：EA =ED +DA =BE +DA，所以BE ⋅EA =BE ⋅BE +DA =BE 2+0=2728.(2)由(1)知：B =π3，又c =2，由正弦定理得：a sin A =c sin C =2sin A +π3，所以a =2sin A sin A +π3 =2sin A 12sin A +32cos A =41+3tan A，因为△ABC 为锐角三角形，所以A ∈0,π2C =2π3-A ∈0,π2，解得：A ∈π6,π2 ，则tan A ∈33,+∞，3tan A ∈0,3 ，1+3tan A∈1,4 ，故a =41+3tan A∈1,4 ，△ABC 面积为S =12ac sin B =32a ∈32,23 故△ABC 面积的取值范围是32,23.【过关测试】一、单选题1.(2023·全国·高三专题练习)已知a ,b ∈R ，设函数f 1(x )=cos2x ，f 2(x )=a -b cos x ，若当f 1(x )≤f 2(x )对x ∈[m ,n ](m <n )恒成立时，n -m 的最大值为3π2，则( )A.a ≥2-1 B.a ≤2-1C.b ≥2-2D.b ≤2-2【答案】A【解析】设t =cos x ，x ∈[m ,n ]，因为n -m 的最大值为3π2>π=T2，所以x ∈[m ,n ]时，t =cos x 必取到最值，当n -m =3π2时，根据余弦函数对称性得cos m +n 2=1⇒m +n2=2k π,k ∈Z ，此时cos m =cos m +n 2-n -m 2=cos 2k π-3π4 =cos 3π4=-22cos n =cos m +n 2+n -m 2 =cos 2k π+3π4 =cos 3π4=-22或者cos m +n 2=-1⇒m +n 2=π+2k π,k ∈Z ，此时cos m =cos m +n 2-n -m2 =cos 2k π+π-3π4 =-cos 3π4=22cos n =cos m +n 2+n -m 2=cos 2k π+π+3π4 =-cos 3π4=22由f 1(x )≤f 2(x )⇒2cos 2x -1≤a -b cos x ⇒2cos 2x +b cos x -1+a ≤0，设t =cos x ，x ∈[m ,n ]时 2t 2+bt -1+a ≤0对应解为t 1≤t ≤t 2，由上分析可知当t 1=-22，t 2≥1或t 1≤-1，t 2=22时，满足n -m 的最大值为3π2，所以t 1t 2≤-22，即-1+a 2≤-22，所以a ≥2-1.-b 2=t 1+t 2≥1-22或-b 2=t 1+t 2≤-1+22，即b ≤2-2或b ≥2-2，故选：A .2.(2023·全国·高三专题练习)△ABC 中，AB =2，∠ACB =π4，O 是△ABC 外接圆圆心，是OC ⋅AB+CA ⋅CB的最大值为( )A.0 B.1C.3D.5【答案】C【解析】过点O 作OD ⊥AC ,OE ⊥BC ，垂足分别为D ，E ，如图，因O 是△ABC 外接圆圆心，则D ，E 分别为AC ，BC 的中点，在△ABC 中，AB =CB -CA ，则|AB |2=|CA |2+|CB|2-2CA ⋅CB ，即CA ⋅CB =|CA |2+|CB|2-22，CO ⋅CA =CO CA cos ∠OCA = CD ⋅ CA =12CA 2，同理CO ⋅CB =12|CB |2，因此，OC ⋅AB +CA ⋅CB =OC ⋅CB -CA+CA ⋅CB =CO ⋅CA -CO ⋅CB +CA ⋅CB=12|CA |2-12|CB |2+|CA |2+|CB |2-22=|CA |2-1，由正弦定理得：|CA |=|AB|sin B sin ∠ACB =2sin B sin π4=2sin B ≤2，当且仅当B =π2时取“=”，所以OC ⋅AB +CA ⋅CB的最大值为3.故选：C3.(2023·全国·高三专题练习)在锐角△ABC 中，若3sin A cos A a +cos Cc=sin B sin C ，且3sin C +cos C =2，则a +b 的取值范围是( )A.23,4 B.2,23C.0,4D.2,4【答案】A【解析】由3sin C +cos C =2sin C +π6 =2，得C +π6=π2+2k π，k ∈Z ，∵C ∈0,π2 ，∴C =π3．由题cos A a +cos C c =sin B sin C 3sin A，由正弦定理有cos A a +cos Cc =b ⋅323a=b 2a ，故cos A sin A +cos C sin C =b 2sin A，即cos A ⋅sin C +sin A ⋅cos C =b sin C 2=3b 4，故sin A +C =sin B =3b 4，即b sin B =433，由正弦定理有a sin A=b sin B =c sin C =433，故a =433sin A ，b =433sin B ，又锐角△ABC ，且C =π3，∴A ∈0,π2 ，B =2π3-A ∈0,π2 ，解得A ∈π6，π2 ，∴a +b =433(sin A +sin B )=433sin A +sin 2π3-A =433sin A +32cos A +12sin A =4sin A +π6，∵A ∈π6，π2，∴A +π6∈π3，2π3 ，sin A +π6 ∈32，1 ，∴a +b 的取值范围为23,4 ．故选：A ．4.(2023·全国·高三专题练习)设ω∈R ，函数f x =2sin ωx +π6 ,x ≥0,32x 2+4ωx +12,x <0,g x =ωx ．若f (x )在-13,π2 上单调递增，且函数f x 与g (x )的图象有三个交点，则ω的取值范围是( )A.14,23B.33,23C.14,33D.-43,0 ∪14,23【答案】B 【解析】当x ∈0,π2 时，ωx +π6∈π6,πω2+π6 ，因为f (x )在-13,π2 上单调递增，所以πω2+π6≤π2-4ω3≤-132sin π6≥12 ，解得14≤ω≤23，又因函数f x 与g (x )的图象有三个交点，所以在x ∈-∞,0 上函数f x 与g (x )的图象有两个交点，即方程32x 2+4ωx +12=ωx 在x ∈-∞,0 上有两个不同的实数根，即方程3x 2+6ωx +1=0在x ∈-∞,0 上有两个不同的实数根，所以Δ=36ω2-12>0-ω<032×02+6ω×0+1>0 ，解得ω>33，当ω∈33,23时，当x ≥0时，令f x -g x =2sin ωx +π6-ωx ，由f x -g x =1>0，当ωx +π6=5π2时，ωx =7π3，此时，f x -g x =2-7π3<0，结合图象，所以x ≥0时，函数f x 与g (x )的图象只有一个交点，综上所述，ω∈33,23.故选：B .5.(2023秋·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习)已知函数f (x )=sin ωx +π3 (ω>0)在π3,π上恰有3个零点，则ω的取值范围是( )A.83,113 ∪4,143 B.113,4 ∪143,173C.113,143 ∪5,173D.143,5 ∪173,203【答案】C 【解析】x ∈π3,π，ωx +π3∈π3ω+π3,πω+π3 ，其中2πω≤π-π3<4πω，解得：3≤ω<6，则π3ω+π3≥4π3，要想保证函数在π3,π 恰有三个零点，满足①π+2k 1π≤π3ω+π3<2π+2k 1π4π+2k 1π<πω+π3≤5π+2k 1π，k 1∈Z ，令k 1=0，解得：ω∈113,143 ；或要满足②2k 2π≤π3ω+π3<π+2k 2π2k 2π+3π<πω+π3≤2k 2π+4π，k 2∈Z ，令k 2=1，解得：ω∈5,173；经检验，满足题意，其他情况均不满足3≤ω<6条件，综上：ω的取值范围是113,143 ∪5,173.故选：C6.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=sin ωx +π4(ω>0)在区间[0,π]上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论：①f (x )在区间(0,π)上有且仅有3个不同的零点；②f (x )的最小正周期可能是π2；③ω的取值范围是134，174；④f (x )在区间0,π15上单调递增．其中所有正确结论的序号是( )A.①④ B.②③C.②④D.②③④【答案】B【解析】由函数f (x )=sin ωx +π4 (ω>0)，令ωx +π4=π2+k π,k ∈Z ，则x =1+4k π4ω,k ∈Z 函数f (x )在区间[0,π]上有且仅有4条对称轴，即0≤1+4k π4ω≤π有4个整数k 符合，由0≤1+4k π4ω≤π，得0≤1+4k4ω≤1⇒0≤1+4k ≤4ω，则k =0,1,2,3，即1+4×3≤4ω<1+4×4，∴134≤ω<174，故③正确；对于①，∵x ∈(0,π)，∴ωx +π4∈π4,ωπ+π4，∴ωπ+π4∈7π2,9π2当ωx +π4∈π4,7π2时，f (x )在区间(0,π)上有且仅有3个不同的零点；当ωx +π4∈π4,9π2时，f (x )在区间(0,π)上有且仅有4个不同的零点；故①错误；对于②，周期T =2πω，由134≤ω<174，则417<1ω≤413，∴8π17<T ≤8π13，又π2∈8π17,8π13，所以f (x )的最小正周期可能是π2，故②正确；对于④，∵x ∈0,π15 ，∴ωx +π4∈π4,ωπ15+π4 ，又ω∈134，174 ，∴ωπ15+π4∈7π15,8π15 又8π15>π2，所以f (x )在区间0,π15 上不一定单调递增，故④错误．故正确结论的序号是：②③故选：B7.(2023·全国·高三专题练习)函数y =sin ωx -π6ω>0 在0,π 有且仅有3个零点，则下列说法正确的是( )A.在0,π 不存在x 1，x 2使得f x 1 -f x 2 =2B.函数f x 在0,π 仅有1个最大值点C.函数f x 在0,π2上单调进增D.实数ω的取值范围是136,196 【答案】D【解析】对于A ,f (x )在0,π 上有且仅有3个零点，则函数的最小正周期T <π ，所以在0,π 上存在x 1,x 2 ，且f (x 1)=1,f (x 2)=-1 ，使得f x 1 -f x 2 =2，故A 错误；由图象可知，函数在0,π 可能有两个最大值，故B 错误;对于选项D ,令ωx -π6=k π,k ∈Z ，则函数的零点为x =1ωk π+π6 ,k ∈Z ,所以函数在y 轴右侧的四个零点分别是：π6ω,7π6ω,13π6ω,19π6ω，函数y =sin ωx -π6ω>0 在0,π 有且仅有3个零点，所以13π6ω≤π19π6ω>π，解得ω∈136,196 ，故D 正确；由对选项D 的分析可知，ω的最小值为136，当0<x <π2 时，ωx -π6∈-π6,11π12 ，但-π6,11π12 不是0,π2的子集，所以函数f x 在0,π2上不是单调进增的，故C 错，故选：D .8.(2023·上海·高三专题练习)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若sin (A +C )cos B b +cos C c =sin A sin C ，B =π3，则a +c 的取值范围是( )A.32,3B.32,3C.32,3 D.32,3【答案】A【解析】由题知sin (A +C )cos B b+cos C c=sin A sin C ，B =π3∴sin B cos B b +cos C c =sin Asin C 即cos B b +cos C c =23sin A3sin C由正弦定理化简得∴c ⋅cos B +b ⋅cos C =23bc sin A 3sin C=23ab3∴sin C cos B +cos C sin B =23b sin A3∴sin (B +C )=sin A =23b sin A3∴b =32∵B =π3∴a sin A =b sin B =c sin C =1∴a +c =sin A +sin C =sin A +sin 2π3-A =32sin A +32cos A =3sin A +π6∵0<A <2π3∴π6<A +π6<5π6∴32<3sin A +π6≤3即32<a +c ≤3故选：A .二、多选题9.(2023秋·山东济南·高三统考期中)在△ABC 中，内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ，且tan A +B 1-tan A tan B =3ca cos B，则下列结论正确的是( )A.A =π6B.若b -c =33a ，则△ABC 为直角三角形C.若△ABC 面积为1，则三条高乘积平方的最大值为33D.若D 为边BC 上一点，且AD =1,BD :DC =2c :b ，则2b +c 的最小值为977【答案】BCD【解析】对于A ，因为tan A +B 1-tan A tan B =3c a cos B ，所以tan A +tan B =3ca cos B，则由正弦定理得3sin C =sin A cos B tan A +tan B =sin A cos B ⋅sin A cos B +cos A sin Bcos A cos B =sin A ⋅sin A +B cos A =sin A ⋅sin Ccos A ，则3sin C cos A =sin A sin C ，因为0<C <π，所以sin C >0，故tan A =3，又0<A <π，所以A =π3，故A 错误；对于B ，由余弦定理得a 2=b 2+c 2-2bc cos A =b 2+c 2-bc ，因为b -c =33a ，即b =33a +c ，代入上式得a 2=33a +c 2+c 2-33a +c c ，整理得3c 2+3ac -2a 2=0，解得a =3c 或a =-32c (舍去)，则b =2c ，所以b 2=a 2+c 2，故B 正确；对于C ，设AB ,AC ,BC 边上的高分别是CE ,BF ,AD ，则由三角形面积公式易得AD =2a ,BF =2b ,CE =2c ，则AD ×BF ×CE 2=8abc2，因为1a +1b +1c ≥331abc ，当且仅当1a =1b=1c ，即a =b =c 时，等号成立，此时S =12bc sin A =34b 2=1，得b 2=433，所以AD ×BF ×CE 2=8abc2≤33，故C 正确；对于D ，因为BD :DC =2c :b ，所以AD =AB +BD =AB+2c b +2c BC =AB +2cb +2c AC -AB=b b +2c AB +2c b +2cAC，可得1=b 2(b +2c )2c 2+4c 2(b +2c )2b 2+22bc (b +2c )2cb cos60°，整理得b +2c 2=7b 2c 2，故1c +2b=7，所以2b +c =2b +c ×171c +2b =172b c +2c b +5 ≥1722b c ⋅2c b+5=977，当且仅当2b c =2c b 且1c +2b=7，即b =c =377时，等号成立，所以2b +c ≥977，即2b +c 的最小值为977，故D 正确.故选：BCD .10.(2023秋·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习)已知函数f x =sin2x1+2cos 2x，则下列说法中正确的是( )A.f x +π =f xB.f x 的最大值是33C.f x 在-π2,π2上单调递增D.若函数f x 在区间0,a 上恰有2022个极大值点，则a 的取值范围为60643π,60673π【答案】ABD 【解析】f x =sin2x 1+2cos 2x =sin2x 1+21+cos2x 2=sin2x2+cos2x ，A 选项：f x +π =sin 2x +2π 2+cos 2x +2π=sin2x 2+cos2x =f x ，A 选项正确；B 选项：设f x =sin2x2+cos2x=t ，则sin2x -t cos2x =2t =1+t 2sin 2x +φ ≤1+t 2，解得t 2≤13，-33≤t ≤33，即t max =33，即f x 的最大值为33，B 选项正确；C 选项：因为f -π2 =f π2 =0，所以f x 在-π2,π2 上不单调，C 选项错误；D 选项：f x =2cos2x 2+cos2x -sin2x -2sin2x 2+cos2x 2=4cos2x +22+cos2x2，令f x =0，解得cos2x =-12，即x =π3+k π或x =2π3+k π，k ∈Z ，当x ∈π3+k π,2π3+k π ，k ∈Z 时，f x <0，函数单调递减，当当x ∈2π3+k π,4π3+k π ，k ∈Z 时，f x >0，函数单调递增，所以函数f x 的极大值点为π3，4π3，⋯，π3+n-1π，又函数f x 在区间0,a上恰有2022个极大值点，则a∈π3+2021π,π3+2022π，即a∈6064π3,6067π3，D选项正确；故选：ABD.11.(2023·全国·高三专题练习)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，面积为S，有以下四个命题中正确的是( )A.Sa2+2bc的最大值为3 12B.当a=2，sin B=2sin C时，△ABC不可能是直角三角形C.当a=2，sin B=2sin C，A=2C时，△ABC的周长为2+23D.当a=2，sin B=2sin C，A=2C时，若O为△ABC的内心，则△AOB的面积为3-13【答案】ACD【解析】对于选项A：Sa2+2bc =12bc sin Ab2+c2-2bc cos A+2bc=12×sin Abc+cb+2-2cos A≤-14×sin Acos A-2(当且仅当b=c时取等号).令sin A=y，cos A=x，故Sa2+2bc≤-14×yx-2，因为x2+y2=1，且y>0，故可得点x,y表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：目标函数z=yx-2上，表示圆弧上一点到点A2,0点的斜率，数形结合可知，当且仅当目标函数过点H12,32，即A=60∘时，取得最小值-3 3，故可得z=yx-2∈-33,0，又Sx2+2bc≤-14×yx-2，故可得Sa2+2bc≤-14×-33=312，当且仅当A=60∘，b=c，即三角形为等边三角形时，取得最大值，故选项A正确；对于选项B：因为sin B=2sin C，所以由正弦定理得b=2c，若b是直角三角形的斜边，则有a2+c2= b2，即4+c2=4c2，得c=233，故选项B错误；对于选项C，由A=2C，可得B=π-3C，由sin B=2sin C得b=2c，由正弦定理得，bsin B=csin C，即2csinπ-3C=csin C，所以sin3C=2sin C，化简得sin C cos2C+2cos2C sin C=2sin C，因为sin C≠0，所以化简得cos2C=3 4，因为b=2c，所以B>C，所以cos C=32，则sin C=12，所以sin B=2sin C=1，所以B=π2，C=π6，A=π3，因为a=2，所以c=233，b=433，所以△ABC的周长为2+23，故选项C正确；对于选项D，由C可知，△ABC为直角三角形，且B=π2，C=π6，A=π3，c=233，b=433，所以△ABC的内切圆半径为r=122+233-433=1-33，所以△ABC的面积为12cr=12×233×1-33=3-13所以选项D正确，故选：ACD12.(2023·全国·高三专题练习)在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且c-b=2b cos A，则下列结论正确的有( )A.A=2BB.B的取值范围为0,π4C.a b的取值范围为2,2D.1tan B-1tan A+2sin A的取值范围为533,3【答案】AD【解析】在△ABC中，由正弦定理可将式子c-b=2b cos A化为sin C-sin B=2sin B cos A，把sin C=sin A+B=sin A cos B+cos A sin B代入整理得，sin A-B=sin B，解得A-B=B或A-B+B=π，即A=2B或A=π(舍去).所以A=2B.选项A正确.选项B：因为△ABC为锐角三角形，A=2B，所以C=π-3B.由0<B<π2,0<2B<π2,0<π-3B<π2解得B∈π6,π4，故选项B错误.选项C ：a b =sin A sin B =sin2Bsin B =2cos B ，因为B ∈π6,π4 ，所以cos B ∈22,32，2cos B ∈2,3 ，即ab的取值范围2,3 .故选项C 错误.选项D ：1tan B -1tan A +2sin A =sin A -B sin A sin B +2sin A =1sin A +2sin A .因为B ∈π6,π4，所以A =2B ∈π3,π2 ，sin A ∈32,1.令t =sin A ，t ∈32,1，则f t =2t +1t.由对勾函数的性质知，函数f t =2t +1t 在32,1上单调递增.又f 32 =533，f 1 =3，所以f t ∈533,3 .即1tan B -1tan A+2sin A 的取值范围为533,3 .故选项D 正确.故选：AD .三、填空题13.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=sin ωx +π6,ω>0，若f π4 =f 5π12 且f (x )在区间π4,5π12 上有最小值无最大值，则ω=_______．【答案】4或10【解析】∵f (x )满足f π4 =f 5π12 ，∴x =π4+5π122=π3是f (x )的一条对称轴，∴π3⋅ω+π6=π2+k π，∴ω=1+3k ，k ∈Z ，∵ω>0，∴ω=1,4,7,10,13,⋯.当x ∈π4,5π12时，ωx +π6∈π4ω+π6,5π12ω+π6 ，y =sin x 图像如图：要使f (x )在区间π4,5π12上有最小值无最大值，则：π2≤π4ω+π6<3π23π2<5π12ω+π6≤5π2⇒4≤ω<163 或5π2≤π4ω+π6<7π27π2<5π12ω+π6≤9π2⇒283≤ω<525 ，此时ω=4或10满足条件；区间π4,5π12 的长度为：5π12-π4=5π12-3π12=π6，当ω≥13时，f (x )最小正周期T =2πω≤2π13<π6，则f (x )在π4,5π12 既有最大值也有最小值，故ω≥13不满足条件.综上，ω=4或10.故答案为：4或10.14.(2023·全国·高三专题练习)函数f x =3sin ωx +φ ω>0,φ <π2，已知f π3 =3且对于任意的x ∈R 都有f -π6+x +f -π6-x =0，若f x 在5π36,2π9上单调，则ω的最大值为______.【答案】5【解析】因为函数f x =3sin ωx +φ ω>0,φ <π2 ，f π3=3，所以f π3=33sin ω·π3+φ =3，所以πω3+φ=π2+k π(k ∈Z )，φ=π2-k π3+k 1π(k 1∈Z ),因为于任意的x ∈R 都有f -π6+x +f -π6-x =0，所以f -π6+x =-f -π6-x ，所以sin x -π6 ⋅ω+φ =-sin -ω⋅x +π6 +φ ，所以sin ωx -ωπ6+φ =sin ωx +ωπ6-φ ，所以ωx -ωπ6+φ=ωx +ωπ6-φ+2k 2π(k 2∈Z )或ωx -ωπ6+φ+ωx +ωπ6-φ=k 3π(k 3∈Z )，所以φ=ωπ6+k 2π(k 2∈Z )或2ωx =k 3π(k 3∈Z )，即x =k 3π2ω(k 3∈Z )(舍去)，所以φ=ωπ6+k 2π(k 2∈Z )，因为φ=π2-k π3+k 1π(k 1∈Z )，所以π2-k π3+k 1π=ωπ6+k 2π(k 1∈Z )，即ω=1+2(k 1-k 2)，令t =k 1-k 2，所以ω=1+2t (t ∈Z )，f x 在5π36,2π9上单调，所以π12≤T 2=πω，所以ω≤12，而ω=1+2t (t ∈Z )，当ω=11，φ=-π6，所以f x =3sin 11x -π6 ，函数在5π36,2π9不单调，舍去；当ω=9，φ=3π2+k π(k ∈Z )，舍去；当ω=7，φ=π6，所以f x =3sin 7x +π6 ，函数在5π36,2π9 不单调，舍去；当ω=5，φ=-π6，所以f x =3sin 5x -π6 ，函数在5π36,2π9 单调，所以ω的最大值为5.故答案为：5.15.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=sin (ωx +φ)，其中ω>0，|φ|≤π2，-π4为f (x )的零点，且f (x )≤f π4恒成立，f (x )在区间-π12,π24 上有最小值无最大值，则ω的最大值是_______【答案】15【解析】由题意知函数f x =sin ωx +φ ω>0，φ ≤π2 ，x =π4为y =f (x )图象的对称轴，x =-π4为f (x )的零点，∴2n +14•2πω=π2，n ∈Z ，∴ω=2n +1．∵f (x )在区间-π12，π24 上有最小值无最大值，∴周期T ≥π24+π12 =π8，即2πω≥π8，∴ω≤16．∴要求ω的最大值，结合选项，先检验ω=15，当ω=15时，由题意可得-π4×15+φ=k π，φ=-π4，函数为y =f (x )=sin 15x -π4，在区间-π12，π24 上，15x -π4∈-3π2，3π8 ，此时f (x )在x =-π12时取得最小值，∴ω=15满足题意．则ω的最大值为15.故答案为：15.16.(2023·全国·高三对口高考)在△ABC 中，AB =3cos x ,cos x ,AC =cos x ,sin x ，则△ABC 面积的最大值是____________【答案】34【解析】S △ABC =12AB⋅AC sin AB ,AC =12AB 2⋅AC 21-cos 2AB ,AC =12AB 2⋅AC 2-AB ⋅AC 2=124cos 2x -3cos 2x +sin x cos x 2=123cos x sin x -cos 2x =12sin 2x -π6 -12 ≤34，当sin 2x -π6 =-1时等号成立.此时2x -π6=-π2，即x =-π6时，满足题意.故答案为：34.17.(2023·高一课时练习)用M I 表示函数y =sin x 在闭区间I 上的最大值．若正数a 满足M [0,a ]≥2M [a ,2a ]，则a 的最大值为________．【答案】1312π【解析】①当a ∈0,π2时，2a ∈[0,π),M [0,a ]=sin a ,M [a ,2a ]=1，若M [0,a ]≥2M [a ,2a ]，则sin a ≥2，此时不成立；②当a ∈π2,π时，2a ∈[π,2π),M [0,a ]=1,M [a ,2a ]=sin a ，若M [0,a ]≥2M [a ,2a ]，则1≥2sin a ⇒sin a ≤12，又a ∈π2,π ，解得a ∈5π6,π ；③当a ∈π,3π2时，2a ∈[2π,3π),M [0,a ]=1,M [a ,2a ]=sin2a ，若M [0,a ]≥2M [a ,2a ]，则1≥2sin2a ⇒sin2a ≤12，又a ∈π,3π2 ，解得a ∈π,13π12；④当a ∈3π2,+∞时，2a ∈[3π,+∞)，M [0,a ]=1，M [a ,2a ]=1，不符合题意.综上所述，a ∈5π6,13π12 ，即a 的最大值为1312π.故答案为：1312π18.(2023·上海·高三专题练习)在△ABC 中，角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ，已知a =2，b cos C -c cos B =4，π4≤C ≤π3，则tan A 的最大值为_______.【答案】12【解析】在△ABC 中，因为a =2，b cos C -c cos B =4，所以b cos C -c cos B =4=2a ，所以sin B cos C -sin C cos B =2sin A 所以sin B cos C -sin C cos B =2sin (B +C )，所以sin B cos C -sin C cos B =2sin B cos C +2cos B sin C ，所以sin B cos C +3cos B sin C =0，所以sin B cos C +cos B sin C +2cos B sin C =0，所以sin (B +C )+2cos B sin C =0，所以sin A +2cos B sin C =0，所以由正弦定理得a +2c cos B =0，所以cos B =-1c<0，所以角B 为钝角，角A 为锐角，所以要tan A 取最大值，则A 取最大值，B ,C 取最小值，从而b ,c 取最小值．又b cos C =c cos B +4=c ×-1c +4=3,∴cos C =3b，由π4≤C ≤π3，得12≤cos C ≤22,∴12≤3b≤22，∴32≤b ≤6，由cos B =a 2+c 2-b 22ac =-1c,∴b 2-c 2=8,∴10≤c ≤27,∴tan A 取最大值时，b =32,c =10，此时由余弦定理可得cos A =b 2+c 2-a 22bc =18+10-42×32×10=255，从而求得tan A =1cos 2A-1=12，即tan A 最大值为12．故答案为：1219.(2023·全国·高三专题练习)在△ABC 中，若∠BAC =120°，点D 为边BC 的中点，AD =1，则AB⋅AC的最小值为______.【答案】-2【解析】AB ⋅AC =AD +DB ⋅AD +DC=AD 2+AD ⋅DC +DB +DB ⋅DC，因为D 为边BC 的中点，AD =1，故AB ⋅AC =1-DB 2，故求DB 的最大值.设DB =DC =x ，AC =a ,AB =c ，则由余弦定理，cos ∠BDA =x 2+12-c 22x ，cos ∠CDA =x 2+12-b 22x，因为∠BDA +∠CDA=180∘，故x 2+12-c 22x +x 2+12-b 22x=0，即2x 2+2=b 2+c 2，又2x 2=b 2+c 2+bc ≥3bc ，故2x 2+2=4x 2-bc ，即2x 2=2+bc ≤2+43x 2，此时x 2≤3，故AB ⋅AC =1-x 2≥-2，当且仅当b =c 时取等号.即AB ⋅AC的最小值为-2故答案为：-220.(2023·全国·高三专题练习)△ABC 中，角A ，B ，C 所对的三边分别为a ，b ，c ，c =2b ，若△ABC 的面积为1，则BC 的最小值是________．【答案】3【解析】因为△ABC 的面积为1，所12bc sin A =12b ×2b sin A =b 2sin A =1，可得b 2=1sin A，由BC =AC -AB ，可得|BC |2=|AC |2+|AB |2-2AC ⋅AB =b 2+c 2-2bc cos A =b 2+2b2-2b ×2b cos A =5b 2-4b 2cos A =5sin A -4cos A sin A =5-4cos Asin A，设m =sin A -4cos A +5=-14×sin A cos A -54，其中A ∈(0,π)，因为sin A cos A -54=sin A -0cos A -54表示点P 54,0 与点(cos A，sinA )连线的斜率，如图所示，当过点P 的直线与半圆相切时，此时斜率最小，在直角△OAP 中，OA =1,OP =54，可得PA =34，所以斜率的最小值为k PA =-tan ∠APO =-43，所以m 的最大值为-14×-43 =13，所以|BC |2≥3，所以|BC |≥3，即BC 的最小值为3，故答案为：3．21.(2023·全国·高三专题练习)已知θ>0，对任意n ∈N *，总存在实数φ，使得cos (nθ+φ)<32，则θ的最小值是___【答案】2π5【解析】在单位圆中分析，由题意，nθ+φ的终边要落在图中阴影部分区域(其中∠AOx =∠BOx =π6)，必存在某个正整数n ，使得nθ+φ终边在OB 的下面，而再加上θ，即跨越空白区域到达下一个周期内的阴影区域内，∴θ>∠AOB =π3，∵对任意n ∈N *要成立，所以必存在某个正整数n ，使得以后的各个角的终边与前面的重复(否则终边有无穷多，必有两个角的终边相差任意给定的角度比如1°，进而对于更大的n ,次差的累积可以达到任意的整度数，便不可能在空白区域中不存在了)，故存在正整数m ,使得2m πθ∈N *，即θ=2m πk ，k ∈N *，同时θ>π3，∴θ的最小值为2π5,故答案为：2π5.22.(2023·上海·高三专题练习)已知函数f (x )=sin (ωx +φ)，其中ω>0，0<φ<π，f (x )≤f π4恒成立，且y =f (x )在区间0,3π8上恰有3个零点，则ω的取值范围是______________．【答案】6,10【解析】由已知得：f (x )≤f π4恒成立，则f (x )max =f π4 ，π4ω+φ=π2+2k π,k ∈Z ⇒φ=π2-πω4+2k π,k ∈Z ，由x ∈0,3π8 得ωx +φ∈φ,3π8ω+φ ，由于y =f (x )在区间0,3π8上恰有3个零点，故0<φ<π3π<3π8ω+φ≤4π，则0<π2-πω4+2k π<π3π<3πω8+π2-πω4+2k π≤4π，k ∈Z ，则8k -2<ω<8k +220-16k <ω≤28-16k,k ∈Z ,只有当k =1时，不等式组有解，此时6<ω<104<ω≤12 ，故6<ω<10，故答案为：6,1023.(2023·全国·高三专题练习)已知锐角三角形ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且A >B ，若sin C =2cos A sin B +725，则tan B 的取值范围为_______．【答案】34,247【解析】∵sin C =2cos A sin B +725，∴sin A +B =sin A cos B +cos A sin B =2cos A sin B +725，即sin A -B =725，∵又A >B ，且A ,B 都为锐角，故cos A -B =2425，tan A -B =724，因为锐角三角形ABC ，所以tan A >0,tan B >0,tan C >0,所以tan A =tan A -B +B =tan A -B +tan B 1-tan A -B ⋅tan B =724+tan B1-724⋅tan B >0所以1-724⋅tan B>0,所以tan B<247，又因为tan C=-tan A+B=tan A+tan Btan A⋅tan B-1>0所以tan A⋅tan B-1=724+tan B1-724⋅tan B⋅tan B-1>0所以12tan2B+7tan B-12>0，解得tan B>34或tan B<-43(舍去)故34<tan B<247.故答案为：3 4,247.24.(2023·全国·高三专题练习)若函数f x =43x-13sin2x+a cos x在-∞,+∞内单调递增，则实数a的取值范围是___________.【答案】-423,423【解析】因函数f(x)在-∞,+∞内单调递增，则∀x∈R，f (x)=43-23cos2x-a sin x≥0，即a sin x≤43-23cos2x，整理得a sin x≤43sin2x+23，当sin x=0时，则0≤23成立，a∈R，当sin x>0时，a≤43sin x+23sin x，而43sin x+23sin x=232sin x+1sin x≥432，当且仅当2sin x=1sin x，即sin x=22时取“=”，则有a≤423，当sin x<0时，a≥43sin x+23sin x，而43sin x+23sin x=-23(-2sin x)+1-sin x≤-432，当且仅当-2sin x=1-sin x，即sin x=-22时取“=”，则有a≥-423，综上得，-423≤a≤423所以实数a的取值范围是-423,423.故答案为：-423,42325.(2023秋·湖南衡阳·高一衡阳市八中校考期末)设函数f x =2sinωx+φ-1(ω>0)，若对于任意实数φ，f x 在区间π4,3π4上至少有2个零点，至多有3个零点，则ω的取值范围是________．【答案】4,16 3【解析】令f x =0，则sinωx+φ=12，令t=ωx+φ，则sin t12，。

突破130--三角函数w的取值问题

2
2
4

k

x
4

k
k Z

而

3 2
,
2

是

4

k
, 4

k

k

Z

的
一个单调区间，且对于某个特定的 k 成立，则必有 k 0 ，
故：
2
4
4
3 2
即： 0
2

3

4
2k 2 2k
2

3

3 6k 2 2 4k
k Z
由于取值两个不等式的交集，故 k 只能是唯一的结果， k 0 即： 0 3 2
解法二：由题可知，将 x 看成一个整体，则 x
4 2k k Z 3 k k Z ，即当 k 1 时，有最小值为 3 .
3
2
2
4
另解法二：当然我们也可以换一种思维向右平移个单位以后，与原图重合，那么平移的
3
4
距离一定是一个周期的整数倍：则
3
kT
k
2
k Z
1 39.5
基本题型四：与单调性零点对称性最值有关的综合问题
例
1：已知函数
f
(x)

Asinx( A
0,

0) ，在区间 [
,
] 上是增函数，且在区间
43
0, 2 上恰好两次取得最大值 A ，则的取值范围是__________．

第25讲三角函数中的ω的取值与范围问题(解析版)

第25讲三角函数中的ω的取值与范围问题参考答案与试题解析一．选择题（共21小题）1．（2021•安徽模拟）函数()sin()f x A x ωϕ=+，(0,0)A ω>>，若()f x 在区间[0，]2π是单调函数，且()(0)()2f f f ππ-==-，则ω的值为( )A ．12B ．1C ．2或13D ．23或2 【解答】解：()sin()f x A x ωϕ=+在区间[0，]2π是有单调性，0ω>，∴112222T ππω=， 02ω∴<；()(0)f f π-=，∴函数()f x 关于2x π=-对称，0x ∴=离最近对称轴2x π=-的距离为0()22ππ--=；又(0)()2f f π=-，()f x ∴有对称中心为(4π，0)；由题意可知：若2x π=-与(4π，0)为不是同一周期里面相邻的对称轴与对称中心．则3442T ππ=+，可得T π=， 2ω∴=．若2x π=-与(4π，0)为同一周期里面相邻的对称轴与对称中心．那么：1442T ππ=+，可得3T π=，23ω∴=．故选：D ．2．（2021•揭阳二模）已知函数211()sin sin (0)222xf x x ωωω=+->，x R ∈，若()f x 在区间(,2)ππ内有零点，则ω的取值范围是( )A ．1(4，55)(84⋃，)+∞B ．(0，15][48，1)C ．1(8，15)(48⋃，5)4D ．1(8，15)(48⋃，)+∞【解答】解：1cos sin 1()222x x f x ωω-=+-= ()4x πω-，由()0f x =，可得(41)()4k x k Z πω+=∈，令2ω=得函数()f x 有一零点9(,2)8x πππ=∈，排除（B ）、（C ），令38ω=得函数()f x 在(0,)+∞上的零点从小到大为：123x π=，2103x π，⋯显然1(,2)x ππ∉，2(,2)x ππ∉，可排除（A ），故选：D ．3．（2021•上高县校级月考）已知函数21()cos cos 2f x x x x ωωω+-，(0,)x R ω>∈，若函数()f x 在区间(,)2ππ内没有零点，则ω的取值范围( )A ．(0，5]12B ．(0，5511][,]12612C ．(0，5]8D ．511(0,][,1)612【解答】解：函数21()cos cos 2f x x x ωωω+-， 1cos21222x x ωω+=+-， sin(2)6x πω=+，函数()f x 在区间(,)2ππ内没有零点，所以：()()02f f ππ⋅>，即：sin()sin(2)066πππωωπ+⋅+>，所以：①sin()06sin(2)06ππωπωπ⎧+>⎪⎪⎨⎪+>⎪⎩，解得：5(0,]12ω∈，②sin()06sin(2)06ππωπωπ⎧+<⎪⎪⎨⎪+<⎪⎩，解得：511[,]612ω∈，综上所述：(0ω∈，5511][,]12612，故选：B ．4．（2021春•湖北期中）已知22()sin ()cos ()(0)33f x x x ππωωω=+-+>．给出下列判断：①若1()1f x =，2()1f x =-，且12||2min x x π-=，则2ω=；②若()f x 在[0，2]π上恰有9个零点，则ω的取值范围为5359[,)2424； ③存在(0,2)ω∈，使得()f x 的图象向右平移6π个单位长度后得到的图象关于y 轴对称； ④若()f x 在[,]63ππ-上单调递增，则ω的取值范围为1(0,]3．其中，判断正确的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．4【解答】解：222()sin ()cos ()cos(2)sin(2)3336f x x x x x ππππωωωω=+-+=-+=+．①由题可知，最小正周期22T ππω==，1ω∴=，即①错误； ②设函数()sin(2)6f x x πω=+在y 轴右侧与x 轴的第9个交点的横坐标为α，第10个交点的横坐标为β，则296πωαπ+=，2106πωβπ+=，解得5312παω=，5912πβω=，若()f x 在[0，2]π上恰有9个零点，则535921212πππωω<，解得53592424ω<，即②正确；③()f x 的图象向右平移6π个单位得到函数()sin[2()]sin(2)6636g x x x ππωππωω=-+=-+，函数()g x 的图象关于y 轴对称，∴,362k k Z ωππππ-+=+∈，13k ω∴=--，k Z ∈，若存在(0,2)ω∈，则13(0,2)k --∈，解得1(1,)3k ∈--，与k Z ∈相矛盾，即③错误；④令2[2,2]622x k k πππωππ+∈-++，得[,]36k k x ππππωωωω∈-++，k Z ∈，()f x 在[,]63ππ-上单调递增，∴当0k =时，有3636ππωππω⎧--⎪⎪⎨⎪⎪⎩，解得12ω，0ω>，102ω∴<，故ω的取值范围为1(0,]2，即④错误．∴正确的只有②，故选：A ．5．（2021•安徽模拟）已知2()12cos ()(0)3f x x πωω=-+>．给出下列判断：①若1()1f x =，2()1f x =-，且12||min x x π-=，则2ω=； ②存在(0,2)ω∈，使得()f x 的图象右移6π个单位长度后得到的图象关于y 轴对称； ③若()f x 在[0，2]π上恰有7个零点，则ω的取值范围为41[24，47]24④若()f x 在[6π-，]4π上单调递增，则ω的取值范围为(0，2]3其中，判断正确的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．4【解答】解：22()12cos ()cos(2)sin(2)336f x x x x πππωωω=-+=-+=+，∴周期22T ππωω==．①由条件知，周期为2π，∴12w =，故①错误； ②函数图象右移6π个单位长度后得到的函数为sin(2)36x y x ωπω=-+，其图象关于y 轴对称，则()362k k Z ωππππ-+=+∈，13()k k Z ω∴=--∈，故对任意整数k ，(0,2)ω∉，故②错误； ③由条件，得74221212πππππωωωω-<-，∴41472424ω<，故③不正确；④由条件，得362262w w ππππππ⎧-+-⎪⎪⎨⎪+⎪⎩，∴23ω，又0ω>，∴203ω<，故④正确．故选：A ．6．（2021•天津模拟）将函数()cos f x x =的图象先向右平移56π个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的1(0)ωω>倍纵坐标不变得到函数()g x 的图象．若函数()g x 在3(,)22ππ上没有零点，则ω的取值范围是( ) A ．228(0,][,]939B ．2(0,]9C ．28(0,][,1]99D ．(0，1]【解答】解：将函数()cos f x x =的图象先向右平移56π个单位长度，得到5cos()6y x π=-，再把所得函数图象的横坐标变为原来的1(0)ωω>倍，纵坐标不变得到函数()g x 的图象．即5()cos()6g x x ωπ=-，由()0g x =，得562x k πωππ-=+，得43x k πωπ=+，得14()3x k ππω=+，若函数()g x 在3(,)22ππ上没有零点，则3222T πππ>-=，即2T π>，即22ππω>，则01ω<<，若函数()g x 在3(,)22ππ上有零点，则143()232k ππππω<+<，k Z ∈ 即1143()232k ω<+<，当1k =-时，1113232ω<<，得2323ω<<，即2293ω<<当0k =时，1143232ω<<，得23234ω<<，即8893ω<<，综上若()g x 在3(,)22ππ上有零点，则2293ω<<或8893ω<<，则若没有零点，则209ω<或2839ω，故选：A ．7．（2021春•电白区期中）设函数()cos()6f x x πω=+在[π-，]π的图象大致如图，则()f x 的最小正周期为( )A ．109πB ．76π C ．43π D ．32π 【解答】解：根据函数()cos()6f x x πω=+在[π-，]π的图象，可得4()962ππωπ⨯-+=-，32ω∴=，故()f x 的最小正周期为243ππω=，故选：C ．8．（2021•武昌区校级期中）已知函数()sin()(0,||),24f x x x ππωϕωϕ=+>=-为()y f x =图象的对称轴，4x π=为()f x 的零点，且()f x 在区间(,)126ππ上单调，则ω的最大值为() A ．13B ．12C ．9D ．5【解答】解：函数()sin()(0,||),24f x x x ππωϕωϕ=+>=-为()y f x =图象的对称轴，4x π=为()f x 的零点，()f x 在区间(,)126ππ上单调，∴周期2()6126T πππ⨯-=，即26ππω，12ω∴．4x π=-为()y f x =图象的对称轴，4x π=为()f x 的零点，∴21242n ππω+=，n Z ∈，21n ω∴=+．当11ω=时，由题意可得114k πϕπ⨯+=，4πϕ=，函数为()sin(11)4y f x x π==+，在区间(,)126ππ上，711(46x ππ+∈，25)12π，()f x 在区间(,)126ππ上不单调，11ω∴≠．当9ω=时，由题意可得94k πϕπ⨯+=，4πϕ=-，函数为()sin(9)4y f x x π==-，在区间(,)126ππ上，9(42x ππ-∈，5)4π，()f x 在区间(,)126ππ上单调，满足条件，则ω的最大值为9，故选：C ．9．（2021•湖北模拟）已知函数()sin()f x x ωϕ=+，其中0ω>，0ϕπ<<，()()4f x f π恒成立，且()f x 在区间(0,)4π上恰有两个零点，则ω的取值范围是( )A ．(6,10)B ．(6,8)C ．(8,10)D ．(6,12)【解答】解：依题意得()4f π为()f x 的最大值1，∴242k ππωϕπ+=+，k Z ∈，(0,)ϕπ∈， (82,82)k k k Z ω∴∈-+∈①又()f x 在区间(0,)4π上恰有两个零点，5044T π∴-，且3044T π<-，即53T ππ<，即253πππω<，解得610ω<，②∴由①②(6,10)ω∈．故选：A ．10．（2021•上杭县校级开学）已知函数()sin (0)f x x x ωωω=>，若集合{|()1x f x =，(0,)}x π∈中含有4个元素，则实数ω的取值范围是( ) A ．75[,)62B ．319(,]26C ．725[,)26D ．199(,]62【解答】解：函数()sin 2sin()3f x x x x πωωω==-，令522366x k k πππωππ-=++或，解得72262k k x x ππππωω++==或，所以，当0k =，1，2，⋯时，75199,,,,26262x πππππωωωωω=，若集合{|()1((0x f x x =∈，))π中含有4个元素，则19962ππππωω<且，解得：199(,]62ω∈ 故选：D ．11．（2021•天津期末）已知函数()sin()(0)6f x x πωω=+>在区间52[,]63ππ-上单调递增，且存在唯一05[0,]6x π∈使得0()1f x =，则ω的取值范围为( ) A ．11[,]52B ．21[,]52C ．14[,]55D ．24[,]55【解答】解：由于函数()sin()(0)6f x x πωω=+>在5[6π-，2]3π上单调递增；5[6x π∈-，2]3π，5[666x πππωω+∈-+，2]36ππω+，5266πππω--+且2362πππω+，解得45ω且12ω，所以102ω<；又存在唯一05[0,]6x π∈使得0()1f x =，即[0x ∈，5]6π时，[66x ππω+∈，5]66ππω+；所以552662ππππω+<，解得235ω<；综上知，ω的取值范围是2[5，1]2．故选：B ．12．（2021•池州期末）已知函数()sin (0)f x x ωω=>在25[,]36ππ-上单调递增，且存在唯一0[0x ∈，]π，使得0()1f x =，则实数ω的取值范围为( )A ．13[,]25B ．13[,)25C ．113[,]205D ．113[,)205【解答】解：由于函数()sin (0)f x x ωω=>在25[,]36ππ-上单调递增，又函数()sin (0)f x x ωω=>在22[,]22k k ππππωωωω-++，k Z ∈内单调递增， ∴2522[,][,]3622k kπππππωωωπω-⊆-++ ∴223ππω--，526ππω，∴305ω<，存在唯一0[0x ∈，]π，使得0()1f x =，[0x ∴∈，]π时，[0x ω∈，]ωπ，∴5[,)22ππωπ∈，∴13[,]25ω∈．故选：A ．13．（2021•定兴县校级月考）设a ，b R ∈，[0c ∈，)π，若对任意实数x 都有2sin(3)sin()3x a bx c π-=+，则满足条件的有序实数组(a ，b ，)c 的组数共有( )A ．2组B ．4组C ．6组D ．无数多组【解答】解：对于任意实数x 都有2sin(3)sin()3x a bx c π-=+，∴必有||2a =，若2a =，则方程等价为sin(3)sin()3x bx c π-=+，则函数的周期相同，若3b =，此时53C π=（舍去），若3b =-，则43C π=（舍去），若2a =-，则方程等价为sin(3)sin()sin()3x bx c bx c π-=-+=--，若3b =-，则3C π=，若3b =，则23C π=，综上满足条件的有序实数组(a ，b ，)c 为(2-，3-，)3π、(2-，3，2)3π．故选：A ．14．（2021•博望区校级模拟）已知点(,0)12A π-在函数()sin()(0f x x ωϕω=+>，0)ϕπ<<的图象上，直线3x π=-是函数()f x 的图象的一条对称轴，若()f x 在区间(,)62ππ内单调，则(ϕ= )A ．56πB ．23π C ．3π D ．6π 【解答】解：()f x 在区间(,)62ππ内单调，∴2632T πππ-=，即23T π，则223ππω，则03ω<， 12x π=-是函数()sin()(0f x x ωϕω=+>，0)ϕπ<<的零点，直线3x π=-是函数()f x 的图象的一条对称轴， ()()1234πππ∴---=，若44T π=，则T π=，此时2ππω=，得2ω=，满足条件，若344T π=，则13T π=，此时23ππω=，得6ω=，不满足条件，则()sin(2)f x x ϕ=+， 3x π=-是函数()f x 的图象的一条对称轴，232k ππϕπ∴-⨯+=+，即76k πϕπ=+， 0ϕπ<<，∴当1k =-时，6πϕ=，故选：D ．15．（2021•运城模拟）定义在R 上的函数()f x 满足()()22f x f x ππ+=-，且sin ,[0,]2()cos 1,(,)2x x f x x x πππ⎧∈⎪⎪=⎨⎪+∈⎪⎩，若函数()()()2F x f x k x π=--有5个零点，则实数(0)k k <的取值范围是( ) A ．21(,)ππ--B ．32(,)ππ--C ．11(,)2ππ--D ．11(,)23ππ-- 【解答】解：由()()22f x f x ππ+=-得()()f x f x π+=，所以()f x 是周期为π的周期函数，作出函数()f x 的图象如图所示，直线:()2l y k x π=-经过点(2π，0)，由图知，当直线l 夹在直线PA 与直线PB 之间时，与函数()f x 的图象有5个交点，易知3(2A π-，1)，5(,1)2B π-，则113222PA k πππ==---； 115322PB k πππ==---∴实数(0)k k <的取值范围是11(,)23ππ--．故选：D ．16．（2021•荆州一模）已知函数21()cos (0,)22xf x x x R ωωω=+->∈，若函数()f x 在区间(,2)ππ内没有零点，则ω的取值范围是( ) A ．5(0,]12B ．5(0,)6C ．5511(0,][,]12612D ．5511(0,](,]12612⋃【解答】解：1()cos sin()26f x x x x πωωω==+．令6x k πωπ+=可得6k x ππωω=-+，k Z ∈．令26k ππππωω<-+<解得11266k ωω+<<+，函数()f x 在区间(,2)ππ内没有零点，∴区间1(6ω+，12)6ω+内不存在整数．又2122ππππω-=，1ω∴，又0ω>， 1(6ω∴+，12)(06ω+⊂，1)或1(6ω+，12)(16ω+⊂，2)．1216ω∴+或1112266ωω+<+，解得5012ω<或511612ω．故选：C ．17．（2021•蚌埠期末）将函数sin 2xy =的图象向右平移()2πϕϕπ个单位长度得到()f x 的图象，若函数()f x 在区间2[0,]3π上单调递增，且()f x 的最大负零点在区间45(,)34ππ--上，则ϕ的取值范围是( ) A ．2(,]3ππ B ．23(,)34ππC ．3(,]4ππ D ．(,]2ππ【解答】解：将函数sin 2x y =的图象向右平移ϕ个单位长度，得1()sin ()2y f x x ϕ==-的图象，由1()22x k πϕπ-=+，k Z ∈，得(21)x k πϕ=++，k Z ∈，所以y 轴右侧的第一条对称轴为x ϕπ=+，左侧第一条对称轴为x ϕπ=-，又函数()f x 在区间[0，]3π上单调递增，所以230πϕπϕπ⎧+⎪⎨⎪-⎩，解得3πϕπ-，令()0f x =得1()2x k ϕπ-=，k Z ∈，得2x k πϕ=+，k Z ∈，所以()f x 最大的负零点为2x ϕπ=-；因为()f x 的最大负零点在区间4(3π-，5)4π-上，所以45234ππϕπ-<-<-，得2334ππϕ<<；综上知，ϕ的取值范围是2(3π，3)4π．故选：B ．18．（2021•全国月考）将函数sin 2y x =的图象向右平移(0)2πϕϕ<<个单位长度得到()f x 的图象，若函数()f x 在区间[0,]3π上单调递增，且()f x 的最大负零点在区间5(,)1212ππ--上，则ϕ的取值范围是( ) A ．(,]64ππB ．(,)64ππC ．(,]124ππD ．(,)124ππ【解答】解：将函数sin 2y x =的图象向右平移(0)2πϕϕ<<个单位长度得到()f x 的图象，则()sin 2()sin(22)f x x x ϕϕ=-=-，由222x k πϕπ-=+得24k x ππϕ=++，k Z ∈，故y 轴右侧的第一条对称轴为4x πϕ=+，左侧第一条对称轴为4x πϕ=-，函数()f x 在区间[0,]3π上单调递增，∴434ππϕπϕ⎧+⎪⎪⎨⎪-⎪⎩得124πϕπϕ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，得124ππϕ，令()0f x =得22x k ϕπ-=得2k x πϕ=+，k Z ∈，故最大的负零点为2x πϕ=-，()f x 的最大负零点在区间5(,)1212ππ--上， ∴512212πππϕ-<-<-，得51212ππϕ<<，综上124ππϕ<，故选：C ．19．（2021春•越秀区校级月考）已知函数()2sin (0)f x x ωω=>在区间2[,]23ππ-上是增函数，且在区间[0，]π上存在唯一的0x 使得0()2f x =，则ω的取值不可能为( ) A ．12B ．23C ．34D ．45【解答】解：0ω>，且()2sin (0)f x x ωω=>在区间2[,]23ππ-上是增函数，∴243T π，即83T π，则283ππω，得34ω 在区间[0，]π上存在唯一的0x 使得0()2f x =，∴522ππωπ<，得1522ω<，综上1324ω则ω的取值不可能为45，故选：D ．20．（2021•汉中模拟）已知函数()sin cos (0)f x x x ωωω=+>在区间[,]23ππ-上是增函数，且在区间[0，]π上存在唯一的0x 使得0()f x =，则ω的取值可能为( ) A ．15B ．13C ．45D ．2【解答】解：函数()sin cos )(0)4f x x x x πωωωω=+=+>在区间[,]23ππ-上是增函数，()242πππω∴-+-，342πππω⋅+，求得34ω．当[0x ∈，]π，[44x ππω+∈，]4πωπ+，由于存在唯一的0x ，使得0()f x = ∴5242πππωπ+<，∴1944ω<．综上可得，1344ω，结合所给的选项，可得ω的取值可能是13，故选：B ．21．（2021•辽宁期末）已知函数()2sin()3f x x πω=+在区间(0,)π上存在唯一一个0(0,)x π∈，使得0()1f x =，则( )A ．ω的最小值为13B ．ω的最小值为12C ．ω的最大值为116D ．ω的最大值为136【解答】解：0(0,)x π∈，0(33x ππω∴+∈，)3πωπ+．由存在唯一一个0(0,)x π∈，使得0()1f x =，可得01sin()32x πω+=，∴2336πππωππ<++，求得1106ω<， ω∴的最大值为116，故选：C ．二．多选题（共3小题）22．（2021•罗源县校级月考）设函数()sin()(0)5f x x πωω=+>，已知()f x 在[0，2]π有且仅有5个零点．下述四个结论：A ．()f x 在(0,2)π上有且仅有3个极大值点；B ．()f x 在(0,2)π上有且仅有2个极小值点；C ．()f x 在(0,)10π上单调递增；D ．ω的取值范围是12[5，29)10．其中所有正确结论是( ) A ．AB ．BC ．CD ．D【解答】解：因为[0x ∈，2]π，所以[55x ππω+∈，2]5ππω+，又因为()f x 在[0，2]π有且仅有5个零点，5265πππωπ+<，由sin y x =在[5π，2]5ππω+上的图像，可得()f x 在(0,2)π上有且仅有3个极大值点， ()f x 在(0,2)π上有且仅有3个极小值点，故A 正确，B 错误；再由5265πππωπ+<，可得12293510ω<<，故D 正确；当(0,)10x π∈时，(0,)52x ππω+∈，且0ω>，所以()f x 在(0,)10π上单调递增，故C 正确；故选：ACD ．23．（2021•鼓楼区校级期末）设函数()sin()(0)5f x x πωω=+>，已知()f x 在[0，2]π有且仅有5个零点．下述四个结论中正确的是( ) A ．ω的取值范围是1229[,)510B ．当[0x ∈，2]π时，方程()1f x =有且仅有3个解C ．当[0x ∈，2]π时，方程()1f x =-有且仅有2个解D ．0ω∃>，使得()f x 在(0,)10π单调递增【解答】解：对于A ，由于0ω>，(0)sinsin 05f π=>，设5t x πω=+，则[5t π∈，2]5πωπ+，因为()f x 在[0，2]π上有且仅有5个零点，所以5265ππωππ+<，解得1229510ω<，故A 正确，对于B ，()1f x =即此时()f x 取最大值，则满足52x ππω+=，52π，92π的x 是()1f x =的解，共3个，故B 正确，对于C ，()1f x =-，即此时()f x 取最小值，则满足352x ππω+=，72π的x 是()1f x =-的解，但当ω接近2910时，11652x ππωπ+=<，也是()1f x =-的解，这时()1f x =-有3个解，故C 错，对于D ，当(0,)10x π∈时，由49(2)105101002πππππωω⨯+=+⨯<<，所以()f x 是递增的，故D 正确．故选：ABD ．24．（2021•高邮市校级月考）已知函数21()cos (0,)22xf x x x R ωωω=->∈，若函数在区间(,2)ππ内没有零点，则ω的取值可以是( ) A ．512B ．56C ．1112D ．32【解答】解：1()cos sin()26f x x x x πωωω==+．令6x k πωπ+=可得6k x ππωω=-+，k Z ∈．令26k ππππωω<-+<解得11266k ωω+<<+，函数()f x 在区间(,2)ππ内没有零点，∴区间1(6ω+，12)6ω+内不存在整数．又2122ππππω⋅-=，1ω∴，又0ω>， 1(6ω∴+，12)(06ω+⊂，1)或1(6ω+，12)(16ω+⊂，2)．1216ω∴+或1112266ωω+<+，解得5012ω<或511612ω．故选：ABCD ．三．填空题（共6小题）25．设函数()2sin()f x x ωϕ=+，x R ∈，其中0ω>，||ϕπ<，若511()2,()088f f ππ==，且()f x 的最小正周期大于2π，则ϕ=12π．【解答】解：511()2,()088f f ππ==， ∴52sin()28112sin()08πωϕωϕ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，∴5282k ππωϕπ+=+且118k πωϕπ+='，其中k ，k Z '∈，相减得2(2)3k k ω=-'+，()f x 的最小正周期22ππω>，01ω∴<<，23ω∴=，把23ω=代入5282k ππωϕπ+=+，可得52122k ππϕπ+=+，即212k πϕπ=+，k Z ∈，||ϕπ<，令0k =，可得12πϕ=，故答案为：12π．26．（2021•德州一模）若函数()sin()(0)6f x x πωω=+>在5(0,)18π存在唯一极值点，且在(2π，)π上单调，则ω的取值范围为 6(5，4]3．【解答】解：函数()sin()6f x x πω=+，5(0,)18x π∈时，(66x ππω+∈，53)18πωπ+，由()f x 存在唯一极值点，所以5332182ππωππ+<，解得62455ω<；又()f x 在(2π，)π上单调，所以262362πωπππππω⎧+⎪⎪⎨⎪+⎪⎩，解得2433ω；所以ω的取值范围是6(5，4]3．故答案为：6(5，4]3．27．（2021•潮阳区校级期中）设a ，b R ∈，[0c ∈，2)π，若对任意实数x 都有2sin(3)sin()3x a bx c π-=+，定义在区间[0，3]π上的函数sin 2y x =的图象与cos y x =的图象的交点横坐标为d ，则满足条件的有序实数组(a ，b ，c ，)d 的组数为 28 ．【解答】解：对任意实数x 都有2sin(3)sin()3x a bx c π-=+，||2a ∴=，若2a =，则方程等价于sin(3)sin()3x bx c π-=+，则函数的周期相同，若3b =，此时53c π=；若3b =-，此时43c π=；若2a =-，则方程等价于sin(3)sin()sin()3x bx c bx c π-=-+=--，若3b =-，此时3c π=；若3b =，此时23c π=．综上，满足条件的数组(a ，b ，c ，)为(2，3，5)3π，(2，3-，4)3π， (2-，3-，)3π，(2-，3，2)3π共4组．而当sin 2cos x x =时，2sin cos cos x x x =，得cos 0x =或1sin 2x =， 2x k ππ∴=+或26x k ππ=+，k Z ∈又[0x ∈，3]π，3513517,,,,,,2226666x πππππππ∴=． ∴满足条件的有序数组(a ，b ，c ，)d 共有4728⨯=．故答案为28．28．（2021•垫江县校级月考）已知函数()sin()(0,0)2f x x πωϕωϕ=+><<图象在点(0P ，(0))f 处的切线方程为(0)y f =+，若()()12f x f π对x R ∈恒成立，则ω的最小值为 4 ．【解答】解：由题意可得()sin()y f x x ωϕ==+，求导可得，()cos()y f x x ωωϕ''==+， (0P ，(0))f 为切点， (0)cos k f ωϕ'∴==，又切线方程为(0)y f =+，cos ωϕ∴=，即cos ϕ=， 02πϕ<<，6πϕ=，∴()sin()6f x x πω=+，()()12f x f π对x R ∈恒成立， ∴()()12max f x f π，1sin()126ππω∴⋅+， 2,1262k k Z πππωπ∴⋅+=+∈，424()k k Z ω∴=+∈，当0k =时，ω的最小值为4，故答案为：4．29．（2021•广元模拟）已知函数()sin()(0f x x ωϕω=+>，0)2πϕ<<，()f x 的一个零点是6π，()f x 图象的一条对称轴是直线2x π=，下列四个结论：①4πϕ=；②93()2k k N ω=+∈； ③()02f π-=；④直线3x π=-是()f x 图象的一条对称轴．其中所有正确结论的编号是 ①③ ．【解答】解：函数()sin()(0f x x ωϕω=+>，0)2πϕ<<，()f x 图象的一条对称轴是直线2x π=，所以()()22f x f x ππ+=-，由()f x 的一个零点是6π，所以()()66f x f x ππ+=--，整理得42263T T k πππ+⋅=-=，整理得：43(12)T k π=+，故332k ω=+，故②错误；当1k =时，9()sin()2f x x ϕ=+，把(,0)6π代入关系式，得到：3sin()04πϕ+=，由于02πϕ<<，所以4πϕ=，故①正确；由于9()sin()13234f πππ-=⨯+≠±，故④错误；由于9()sin()sin(2)02224f ππππ-=-⨯+=-=，故③正确；故选：①③；30．（2021•定州市期末）已知1()2sin()(64f x x πωω=+>，)x R ∈，若()f x 的任何一条对称轴与x 轴交点的横坐标都不属于区间(,2)ππ，则ω的取值范围是 12[,]33．【解答】解：1()2sin()(64f x x πωω=+>，)x R ∈，若()f x 的任何一条对称轴与x 轴交点的横坐标都不属于区间(,2)ππ，∴1222πππω-，即1ω．令62ππωπ+，且3262ππωπ+，求得1233ω，故答案为：1[3，2]3．四．解答题（共1小题）31．（2021春•闵行区校级期中）已知函数()2sin()f x x ω=，期中常数0ω>．（1）若2ω=，将函数()y f x =的图象向左平移6π个单位，得到的函数()y g x =的图象，求()g x ；（2）若()y f x =在[4π-，2]3π上单调递增，求ω的取值范围；（3）对（1）中个()g x ，区间[a ，](b a ，b R ∈且)a b <满足：()y g x =在[a ，]b 上至少含有30个零点，在所有满足上述条件的[a ，]b 中，求b a -的最小值．【解答】解：（1）若2ω=，由题意得()2sin 2f x x =，向左平移6π个单位，得到的函数()2sin[2()]2sin(2)63y g x x x ππ==+=+．故()2sin(2)3g x x π=+．（2）因为0ω>，()2sin y f x x ω==在[4π-，2]3π单调递增， ∴42232ππωππω⎧--⎪⎪⎨⎪⎪⎩，解得304ω<． ω∴的取值范围为(0，3]4．（3）∴函数()2sin(2)3y g x x π==+，令()0g x =，得26k x ππ=-，()k Z ∈． ∴相邻两个零点之间的距离为2π．T π= 要使()y f x =在[a ，]b 上至少含有30个零点，至少包含14.5个周期．结合图象可知291422b a T ππ-+=． b a ∴-的最小值为292π．。

第28讲三角函数中 ω 的取值范围与最值问题

第28讲三角函数中ω的取值范围与最值问题【题型目录】题型一：根据最值求范围问题题型二：根据零点求范围问题题型二：根据单调性求范围问题题型四：根据对称轴求范围问题题型五：三角函数性质综合性问题【典例例题】题型一：根据最值求范围问题【例1】已知函数()2sin 3f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，63ff ππ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，且在区间,63ππ⎛⎫⎪⎝⎭内()f x 有最小值无最大值，则ω=（）A ．43B ．2C ．143D ．8【例2】若函数()4sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在,3b π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最小值和最大值分别为-4，则实数b 的取值范围是（）A ．,12π⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．,2π⎛⎤-∞ ⎝⎦C ．,312ππ⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．,122ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【例3】函数()()sin 04f x x πωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=+>在区间[]0,π上恰有两个最小值点，则ω的取值范围为（）A ．1321,44⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．[)2,6C ．917,44⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1119,44⎡⎫⎪⎢⎣⎭【例4】已知函数()cos 223f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的定义域为[,]απ，值域为5,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦，则α的取值范围是（）A ．2,3ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．25,36ππ⎡⎤⎢⎣⎦D ．5,26ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【例5】已知函数()sin (0)6f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在区间(0,2)内有唯一的最值，则ω的取值范围是___________.【题型专练】1．函数()π2sin (0)3f x x ωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭在[]0,π上的值域是⎡⎤⎣⎦，则ω的取值范围是（）A ．14,23⎡⎤⎢⎣⎦B ．14π,π23⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．55,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．55π,π63⎡⎤⎢⎥⎣⎦2.已知函数()()3cos 06f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，若03f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，()f x 在4,39ππ⎛⎫⎪⎝⎭内有最小值，没有最大值，则ω的最大值为（）A ．19B ．13C ．10D ．73．已知函数()()π2sin 06f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在区间0,3π⎡⎤⎢⎣⎦上的值域为[]1,2，则ω的取值范围为（）A ．[]1,2B ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．[]1,3D ．1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦4.函数()()sin 04f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在7,44ππ⎛⎫⎪⎝⎭内恰有两个最小值点，则ω的范围是（）A ．13,47⎛⎤⎥⎝⎦B ．13,37⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．4,33⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．4,43⎛⎤ ⎥⎝⎦5．已知函数()()sin 0,0f x A x A ωω=>>，若至少存在两个不相等的实数[]12,,2x x ππ∈，使得()()122f x f x A +=，则实数ω的取值范围是________．6．已知函数()6f x sin x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在（0，2]上有最大值和最小值，且取得最大值和最小值的自变量的值都是唯一的，则ω的取值范围是___________.题型二：根据零点求范围问题【例1】若函数()()104f x x πωω⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭在区间[]0,1上有且仅有3个零点，则12f ⎛⎫⎪⎝⎭的取值范围为（）A ．(12⎤⎦B ．(0,1+C ．)1⎡⎣D ．0,1⎡⎣【例2】函数()sin ))6((0f x x πωω=->在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上没有零点，则ω的取值范围是（）A ．10,9⎛⎤⎥⎝⎦B ．(]0,1C ．1170,,939⎛⎤⎡⎤ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦D ．170,,199⎛⎤⎡⎤ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦【例3】已知函数()()sin 04f x x ω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在[]0,2π上有且只有4个零点，则ω取值范围是（）A ．1519,44⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．1519,88⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．1721,44⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1721,88⎡⎫⎪⎢⎣⎭【例4】设函数π()sin 3f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（）A ．513,36⎫⎡⎪⎢⎣⎭B ．519,36⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．138,63⎛⎤ ⎝⎦D ．1319,66⎛⎤ ⎥⎝⎦【例5】已知函数()sin (0)3⎛⎫=+-> ⎪⎝⎭f x x πωωω在区间70,3πω⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有4个零点，则ω的取值范围是（）A ．(0,1)B ．2⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫⎪⎝⎭D ．[1,2]【题型专练】1．设函数()()2cos 03f x x πωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，已知()f x 在[]0,π上有且仅有4个零点，现有下列四个结论：①ω的取值范围是1925,66⎡⎫⎪⎢⎣⎭；②()f x 的图像与直线1y =在()0,π上的交点恰有2个；③()f x 的图像与直线1y =-在()0,π上的交点恰有2个；④()f x 在ππ,42⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减.其中所有正确结论的编号是（）A ．①②B ．①③C ．②③D ．①④2.已知函数()()sin 04f x x πωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭在区间()0,π上有且仅有2个不同的零点，给出下列三个结论：①()f x 在区间[]0,π上有且仅有2条对称轴；②()f x 在区间0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；③ω的取值范围是59,44⎛⎤⎥⎝⎦.其中正确的个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．33．已知函数()()sin 06f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在[]0,2π上有且仅有4个零点，则ω的取值范围是（）A ．2329,1212⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2329,1212⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．1111,3024⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．1111,3024⎡⎫⎪⎢⎣⎭4．已知函数()sin (0)4f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，则下列命题正确的是（）A ．若()f x 在[0,)π上有10个零点，则3943,44ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦B ．若()f x 在[0,)π上有11条对称轴，则3943,44ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦C ．若()f x ＝2在[0,)π上有12个解，则21,122ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦D ．若()f x 在,32ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，则35,42ω⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦5．设函数()sin (4f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，已知()f x 在[]0,2π上有且仅有4个零点.下述四个结论正确的是（）A ．()f x 在()0,2π上有且仅有3个极大值点B ．()f x 在()0,2π上有且仅有2个极小值点C ．()f x 在0,8π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增D ．ω的取值范围是1519,88⎡⎫⎪⎢⎣⎭6．设函数()()sin 03f x x πωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，若()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且仅有2个零点，则实数ω的取值范围为______.7.若函数()()sin 06f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在[]0,π上有且仅有3个零点和2个极小值点，则ω的取值范围为______．8.已知22cos 1(0)2x x ωωω+=>在(0,2)x π∈有且仅有6个实数根，则实数ω的取值范围为（）A ．3,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．3,22⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．35,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．35,23⎛⎤ ⎥⎝⎦9.已知函数()sin 1f x x x ωω=+()0ω>在()0,2π上有且只有5个零点，则实数ω的范围是（）A ．1137,26⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．137,62⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．2511,124⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．25,12211⎛⎤ ⎥⎝⎦10.已知函数()2sin (0)6f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，若方程|()|1f x =在区间(0,2)π上恰有5个实根，则ω的取值范围是（）A ．75,63⎛⎤⎥⎝⎦B ．513,36⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．41,3⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．43,32⎛⎤ ⎥⎝⎦11．已知函数()()cos 06f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在[]0,2π上有且仅有2个零点，则ω的取值范围为___________.12.若关于x的方程22sin 210x x m +-=在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有实数根，则实数m 的取值范围是________．题型三：根据单调性求范围问题【例1】已知函数()co ()s 0f x x ωω=>的图象关于点3,08π⎛⎫⎪⎝⎭对称，且在区间0,8π⎡⎤⎢⎣⎦上是单调函数，则ω的值不可能是（）A ．43B ．4C ．203D ．283【例2】已知函数()sin (0)4f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭相邻两个对称轴之间的距离为2π，若f （x ）在（-m ，m ）上是增函数，则m 的取值范围是（）A ．（0，4π]B ．（0，2π]C ．（0，34π]D ．（0，32π]【例3】已知函数()πcos (0)3f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在区间π5π36⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，上单调递减，则ω的取值范围为________.【例4】已知函数()sin cos (0)f x x x ωωω=+>在区间,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，则实数ω的取值范围是（）A ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．15,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．(]0,1【例5】已知函数()sin 2cos f x a x x =+在ππ,34x ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦上单调递增，则a 的取值范围为（）A ．0a ≥B ．22a -≤≤C ．2a ≥-D ．0a ≥或2a ≤-【例6】已知函数π()tan(0)3f x A x ωω=+>，若f x （）在区间ππ2⎛⎫⎪⎝⎭，内单调递减，则ω的取值范围是（）A ．106⎛⎫⎪⎝⎭，B ．17(,)36C ．117(0,[]636 D ．117(0,)(,636【题型专练】1．已知函数()()cos 22f x x πϕϕ⎛⎫=+< ⎪⎝⎭的图象关于直线1110x π=对称，且()f x 在,6m π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调，则m 的最大值为_____.2.若函数()tan f x x =在区间ππ,32a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上是增函数，则实数a 的取值范围是______．3.已知函数()2sin f x x ω=（0>ω）在区间3,43ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，且函数()2sin 2g x x ω=+在[]2,0π-上有且仅有一个零点，则实数ω的取值范围是_______.4.函数()()sin 0f x x ωω=>的图象向右平移4π个单位长度后得到函数()g x 的图象，()g x 的零点到y 轴的最近距离小于6π，且()g x 在5,412ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，则ω的取值范围是（）A ．122,5⎛⎤⎥⎝⎦B ．122,5⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．12,35⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．12,35⎛⎤ ⎥⎝⎦5.函数()()sin 04f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在5,3ππ⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，则ω的取值范围是（）A ．13,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．57,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．539,420⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．79,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦6.将函数sin 0f x x ωω=>（）（）图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍（纵坐标不变），再向左平移8πω个单位长度，得到函数g x （）的图象，若g x （）在2ππ（，）上单调递减，则实数ω的取值范围为（）A ．10]4（，B ．50]8（，C ．1544⎡⎤⎢⎥⎣⎦，D ．1548⎡⎤⎢⎥⎣⎦，7.已知函数π()tan()(0)3f x A x ωω=+>，若f x （）在区间ππ2⎛⎫⎪⎝⎭，内单调递减，则ω的取值范围是（）A ．106⎛⎫⎪⎝⎭，B ．17(,)36C ．117(0,[,636 D ．117(0,)(,636题型四：根据对称性求范围【例1】已知函数()cos (0)4f x x πω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭在区间[0，π]上有且仅有3条对称轴，则ω的取值范围是（）A ．（134，174]B ．（94，134]C ．[94，134）D ．[134，174）【例2】已知函数()sin 4f x x ωπ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(0)>ω在区间[0,]π上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论：①()f x 在区间(0,)π上有且仅有3个不同的零点；②()f x 的最小正周期可能是2π；③ω的取值范围是131744⎡⎫⎪⎢⎣⎭，；④()f x 在区间0,15π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增．其中所有正确结论的序号是（）A ．①④B ．②③C ．②④D ．②③④【题型专练】1.已知函数()21cos cos (0,)2f x x x x a x R ωωω=+->∈在[]0,π内有且仅有三条对称轴，则ω的取值范围是（）A ．27,36⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．75[,)63C ．513,36⎫⎡⎪⎢⎣⎭D ．138,63⎛⎫ ⎪⎝⎭2．已知函数()()()5sin 0f x x ωϕω=+>，若54f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，354f π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则（）A ．点02π⎛⎫⎪⎝⎭，不可能是()f x 的一个对称中心B ．()f x 在344ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减C ．ω的最大值为2D ．ω的最小值为2题型五：三角函数性质的综合问题【例1】（多选题）已知函数()sin cos 0f x x xωωω=>，，则下列结论中正确的是（）A ．若ω=2，则将()f x 的图象向左平移6π个单位长度后得到的图象关于原点对称B ．若()()124f x f x -=，且12x x -的最小值为2π，则ω=2C ．若()f x 在[0，3π]上单调递增，则ω的取值范围为（0，3]D ．若()f x 在[0，π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是710,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭【例2】（多选题）设函数()()sin 0,22f x x ππωϕωϕ⎛⎫=+>-≤≤ ⎪⎝⎭，且函数()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是单调的，则下列说法正确是（）A ．若()f x 是奇函数，则ω的最大值为3B ．若()102f =，则ω的最大值为23C ．若()()0f x f ≤恒成立，则ω的最大值为2D ．若()f x 的图象关于点,03πω⎛⎫⎪⎝⎭中心对称，则ω的最大值为53【例3】（多选题）若函数()sin (0)6f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎭在区间(),2ππ内没有最值，则下列说法正确的是（）A ．函数()f x 的最小正周期可能为3πB ．ω的取值范围是10,6⎛⎤⎥⎝⎦C ．当ω取最大值时，2x π=是函数()f x 的一条对称轴D ．当ω取最大值时，(),0π-是函数()f x 的一个对称中心【例4】（多选题）已知()()212cos 03f x x πωω⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，则下列判断中，错误的是（）A ．若()11f x =，()21f x =-，且12minx x π-=，则2ω=B ．存在()0,2ω∈，使得()f x 的图像右移6π个单位长度后得到的图像关于y 轴对称C ．若()f x 在[]0,2π上恰有7个零点，则ω的取值范围为4147,2424⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．若()f x 在,64ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ω的取值范围为20,3⎛⎤⎥⎝⎦【例3】若函数()()sin 06f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在[]0,π上有且仅有3个零点和2个极小值点，则ω的取值范围为______．【例4】已知函数()sin 3f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(ω>0)，若()f x 在20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点，且在,424ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ω的取值范围是________.【题型专练】1.已知函数()()sin 0,0,2f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭，若函数()f x 的一个零点为6π．其图像的一条对称轴为直线512x π=，且()f x 在,64ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调，则ω的最大值为（）A ．2B ．6C ．10D ．142．已知函数2()12cos (0)3f x x πωω⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，下面结论正确的是（）A ．若1x ，2x 是函数()f x 的两个不同的极值点，且12x x -的最小值为π，则1ω=B ．存在()0,1ω∈，使得()f x 往右平移6π个单位长度后得到的图象关于原点对称C ．若()f x 在[]0,2π上恰有6个零点，则ω的取值范围是3541,2424⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．若20,3ω⎛⎤∈ ⎝⎦，则()f x 在,64ππ⎡⎤-⎢⎣⎦上单调递增3．已知函数()()2sin 03f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，若03f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，且()f x 在5,312ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有最大值，没有最小值，则ω的最大值为______．4．已知函数()sin ,06f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，若5412f f ππ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭且()f x 在区间5,412ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有最小值无最大值，则ω=_______．5．已知函数()sin()(0),24f x x+x ππωϕω=>≤=-为()f x 的零点，4x π=为()y f x =图像的对称轴，且()f x 在π5π(3636，单调，则ω的最大值是______.6．已知函数()cos (0)f x x x ωωω=->在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有且仅有1个最大值点和3个零点，则ω的取值范围是___________；7．已知函数()()211(sin )sin 20,22f x x x R ωωωω=+->∈，若()f x 在区间(),2ππ内没有极值点，则ω的取值范围是___________.。

三角函数中w取值范围研究

三角函数中w取值范围研究在三角函数中，我们常用的三角函数包括正弦函数(sin)、余弦函数(cos)、正切函数(tan)。

在研究三角函数中w的取值范围时，我们可以从两个方面进行讨论，即角度角和弧度角两个方面。

首先，我们来讨论角度角的情况。

在角度角中，一个完整的圆周角为360°。

因此，我们可以将w看作一个角度值，而角度值的取值范围是从0°到360°之间。

即0°≤w≤360°。

在这个取值范围内，我们可以观察到一些特殊的取值点。

比如当w等于0°时，sin(w)和tan(w)都为0，而cos(w)为1、当w等于90°时，sin(w)和cos(w)都为1，而tan(w)不存在。

当w等于180°时，sin(w)为0，而cos(w)为-1，tan(w)不存在。

当w等于270°时，sin(w)和cos(w)都为-1，而tan(w)不存在。

最后，当w等于360°时，sin(w)和tan(w)都为0，而cos(w)为1、可以看出，在这些特殊的取值点上，三角函数会有一些特殊的性质。

接下来，我们来讨论弧度角的情况。

在弧度角中，一个完整的圆周角为2π(π≈3.14)。

因此，我们可以将w看作一个弧度值，而弧度值的取值范围是从0到2π之间。

即0≤w≤2π。

同样地，在这个取值范围内，我们可以观察到一些特殊的取值点。

比如当w等于0时，sin(w)和tan(w)都为0，而cos(w)为1、当w等于π/2时，sin(w)和cos(w)都为1，而tan(w)不存在。

当w等于π时，sin(w)为0，而cos(w)为-1，tan(w)不存在。

当w等于3π/2时，sin(w)和cos(w)都为-1，而tan(w)不存在。

最后，当w等于2π时，sin(w)和tan(w)都为0，而cos(w)为1总结起来，三角函数中w的取值范围在角度角中是0°≤w≤360°，在弧度角中是0≤w≤2π。

三角函数中的参数w的范围问题

三角函数中的参数w的范围问题三角函数中的参数问题三角函数中的参数范围问题是三角函数中中等偏难的问题，很多同学由于思维方式不对，导致问题难解。

此类问题主要分为四类，它们共同的方法是将相位看成整体，结合正弦函数或余弦函数的图像与性质进行求解。

【题型示例】1.已知,0ω函数在上单调递减，则ω的取值范围是（）A. B. C. D.2.已知函数在上有且只有两个零点，则实数ω的取值范围为（）A. B. C. D.3.已知函数，若的图象的任意一条对称轴与x轴的交点的横坐标都不属于区间，则ω的取值范围是（）A、 B. C. D.4.已知函数，其中，，若且恒成立在区间上有最小值无最大值，则ω的最大值是（）A.11B.13C. 15D.17【专题练习】1.已知函数在上单调递减，则ω的取值范围是（）A. B. C. D.2.已知函数，若方程在上有且只有四个实根数，则实数ω的取值范围为（）A. B. C. D.3.将函数的图像向右平移个单位后,所得图像关于y轴对称,则ω的最小值为（）A.2B. 1C.D.4.已知函数的图象过点,若对恒成立，则ω的最小值为（）A. 2B.10C.4D.165.已知函数，若对满足的，有，若对任意恒成立，则φ的取值范围是（）A. B. C. D.6.将函数的图象向右平移个单位,得取函数的图象,若在上为减函数,则ω的最大值为（）A.2B. 3C.4D.57.函数在内的值域为,则ω的取值范围为（）A. B. C. D.8.已知函数，若且在区间上有最小值，无最大值，则ω的值为（）A. B. C. D.。

破解高考三角函数中参数w取值范围必做题含详解

2
象，若对满足
f (x1) g(x2 )
4 的 x1、x2 ，有
x1 x2
的最小值为
6
.则
（
）
A． 6
B．
4
C．
3
D． 5π 12
25．将函数
y
sin
2x
的图象向右平移
0
2
个单位长度得到
f
x
的图象，若函
数
f
x
在区间
0,
3
上单调递增，且
f
x
的最大负零点在区间
5 12
, 6
3
cos
x
的图像向左平移
2
个单位长度，得函数
g
x
的图
像，若
g
x
在
0,
2
内只有两个最值（即最大值和最小值），则
的最大正整数值为（
）
A．6
B．5
C．4
D．3
13．将函数 f x cos 2x 图象向左平移 ( 0 )个单位后得到函数 g x 的图象，若
2
函数
g
x
在区间
6
,
6
上单调递减，且函数
2 的 x1 ， x2 ，有
x1 x2 min
3
，则（
）
5
A．
12
B．
3
C．
4
D．
6
6．将函数
f (x)
cos 4x 的图象向左平移
个单位长度后，得到
g x 的图象，若函数
8
y
g ( x)
在
12
,
4
上单调递减，则正数

破解三角函数中参数w取值范围必做题含详解

一、单选题1 .将函数∕(x) = cosx 的图象先向右平移34个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变6If jr 3 4、为原来的一(。

〉0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在①<2 2 )没有零点，则。

的取值范围是()D.(0,1] jr2 .设。

〉0,将函数∕(x) = sin ωx -- +4的图象向左平移TΓ TT移4个单位长度，得到函数y = g(x)的图象若g(x)在区间-行上单调递增，在区I JL N JJT \兀 \间五上单调递减，则G=()3 3 3A. 6k —, Z ∈NB. 6k H —, Z ∈NC. —D. 32 223 .将函数∕(x) = 3sin(-x) —2图象上每一点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的;，再向右平移葛个单位得到函数g(x)的图象，若g(x)在区间上的最大值为1,则。

的最小值为()4 .设函数∕(x) = sin 2Λ--,将函数∕(x)的图象向左平移0(0>0)个单位长度，得6 7到函数g(χ)的图象，若g(x)为偶函数，则勿的最小值是()破解三角函数中参数。

、。

的取值范围必做题A.'t2 8 3,9B.JT近个单位长度,再向下平、 ( π将函数/(X )的图象向左平移。

0<φ<-个单位后得到函数g(x) = sin2x 的图象,若对满足 ∣∕(x ∣) - g(%)l = 2 的%，%，有 l%-∙r2∣nιin =6 .将函数∕(x) = cos4x 的图象向左平移［个单位长度后，得到g(x)的图象，若函数Oπ πy = g(s)在-运a 上单调递减，则正数。

的最大值为(7 .将函数V = 2sin2x 的图象向右平移。

0<9<g 个单位得到函数八工)的图象.若π8 .先将函数∕(x) = sins(3>0)的图象向左平移§个单位长度，再向上平移2个单位长度后得到函数g3)的图象，若方程∕(x) = g(x)有实根，则。

第14讲拓展二：三角函数中参数ω的取值范围问题(原卷版)

【变式3】（2023下·安徽马鞍山·高一安徽省当涂第一中学校考期中）已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为.
题型02 的取值范围与对称性相结合
【典例1】（2023上·山东济南·高三山东省济南市莱芜第一中学校考阶段练习）若存在实数，使得函数的图象关于直线对称，则的取值范围为（）
A． B． C． D．
第14讲拓展二：三角函数中参数的取值范围问题
题型0Байду номын сангаас 的取值范围与单调性相结合
【典例1】（2023上·江苏·高三校联考阶段练习）已知函数在上单调递减，则ω的取值范围是（）
A． B． C． D．
【典例2】（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）已知函数的周期为，且满足，若函数在区间不单调，则的取值范围是（）
【变式1】（2023下·河南新乡·高一新乡市第一中学校考阶段练习）已知，且在区间上有最大值，无最小值，则的值为（）
A． B． C． D．
【变式2】（2023下·广西南宁·高二南宁三中校考期末）已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，则的取值范围是
题型04 的取值范围与三角函数的零点相结合
题型03 的取值范围与三角函数的最值相结合
【典例1】（2023上·上海浦东新·高三校考期中）奇函数在区间上恰有一个最大值和一个最小值，则的取值范围是（）
A． B． C． D．
【典例2】（2023下·广西南宁·高二宾阳中学校联考期末）设函数在上恰有2个零点，且的图象在上恰有2个最高点，则的取值范围是.
A． B．
C． D．
【典例3】（2023上·湖北·高一湖北省天门中学校联考阶段练习）已知函数在上单调递增，则取值范围是.

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三角函数中 w 的取值范围研究
在三角函数图象中， w 对整个图象的性质影响巨大，因此，对 w 的取值范围的考察就
是高考的热门考点之一，这部分考题呈现出综合性较强，对学生的逻辑推理，直观想象素
养要求较高，比如 2016 年一卷 12 题，2019 年一卷 11 题，三卷 12 题等，所以，对 w 的取
2 3
0 ，x1 、 x2 、x3
0, ，且 x 0, 都
有 f x1 f x f x2 ，满足 f x3 0 的实数 x3 有且只有 3 个，给出下述四个结论：
①满足题目条件的实数 x1 有且只有1个；②满足题目条件的实数 x2 有且只有1个；
③
f
x
在
0,
10
上单调递增；④
B．[5 , 11] 69
C．[ 2 , 3] 34
A． 0,
3 2
B． 2 ,
3 2
C．
0,
2
D．
2
,
【答案】B
4.已知函数
f
x
2sin
x
π 4
(
0
)的图象在区间 0,1上恰有
3
个最高点，则的取值范围为 NhomakorabeaA.
19π 4
,
27π 4
B.
9π 2
,
13π 2
C.
17π 4
,
25π 4
D. 4π,6π
5．函数 f (x) sin( x ), ( 0, 0 ) 在一个周期内的图象如图所示，M、N 分别
取值范围. ( 4 , 7 ] 33
变式：图象在[0, ]上有且仅有两条对称轴，求 w 的取值范围.
练习 3．已知函数
f
x
2
sin
x
0,
2
的图象过点
B(0,
3) ，且在
(
, 5 ) 上单调，把
f
x 的图象向右平移个单位之后与原来的图象重合，当
12 12
x1
,
x2
(
2 3
,
4 3
) 且 x1
6
10π
A．
9
7π
B．
6
4π
C．
3
3π
D．
2
3
练习 5．已知点 A 是函数 f (x) sin( x )( 0, 0 ) 的图像上的一个最高点，点
B 、C 是函数 f (x) 图像上相邻两个对称中心，且三角形 ABC 的周长的最小值为 2 2 2 .
若 m 0 ，使得 f (x m) mf (x) ，则函数 f (x) 的解析式为
D．[2 , 25 ) 6
【答案】C
2．若函数
f
(x)
sin
x
6
(
0)
在[0, ] 上的值域为
1 2
,1
，则
的最小值为（
）
2
A．
3
3
B．
4
4
C．
3
3
D．
2
【答案】A
3．已知函数 f (x) sin x( 0) ，点 A ，B 分别为 f (x) 图像在 y 轴右侧的第一个最高点
和第一个最低点， O 为坐标原点，若 OAB 为锐角三角形，则的取值范围为（）
1.已知函数
f
(x)
2 cos(x
)(
0,
N,|
|
)
在
(
,
2
)
上单调递减，且
2 63
满足 f (0) f ( 4 ) 1，则 f ( 2 )
3
3
2.已知最值求 w .
例
2．函数
f
(x)
2 sin
x
4
(
0)
，当
x
[0,1] 上恰好取得
5
个最大值，则实数
的取值范围为（）
A．
9 4
的取值范围是
13 6
,19 6
．
其中所有正确结论的编号是（）
A．①④
B．②③
【答案】D
C．①②③
D．①③④
5
总练习题
1．函数 f (x) 2sin(x )( 0) 的图象在[0,1] 上恰有两个最大值点，则的取值范 3
围为（）
A．[2 , 4 ]
B．[2 , 9 ) 2
C．[13 , 25 ) 66
x2
时，
f
x1
f
x2 ，则
f
x1
x2
(
)
A． 3
B． 3
C． 1
D．1
【答案】B
2
4.已知零点求 w .
例
4．已知
a
sin
2
x,
sin
x
,
b
sin
2
x,
1 2
,
其中
0
,若函数
f
x
a
b
1 2
在
区间 , 2 内没有零点,则的取值范围是( )
A．
0,
1 8
【答案】D
A．
y
sin(
x
)
24
C． y sin( x ) 4
【答案】A
B．
y
sin(
x
)
23
D． y sin( x ) 3
6.求 w 综合问题
例 6．（2019 全国 3 卷）设函数 f x =sin（ x ）( ＞0)，已知 f x 在 0, 2 有且
5
仅有 5 个零点，下述四个结论：
值范围的系统研究，找到解题的通性通法对提高学生的整体数学素养有巨大的帮助.
1.已知单调性求 w .
例 1.
已知 w 0 ，函数
f (x) sin(x
)在(
, ) 上单调递减，求 w 的取值范围.
42
分析：（1）最大的增，减区间占半周期可求
w
的范围；（2）(
,
)
是最大减区间的子区间.
2
练习
① f x 在（ 0, 2 ）有且仅有 3 个极大值点 ② f x 在（ 0, 2 ）有且仅有 2 个极小值点
③ f x 在（ 0, ）单调递增
10
其中所有正确结论的编号是
④ 的取值范围是[ 12 ，29 ) 5 10
A．①④
B．②③
C．①②③
D．①③④
【答案】D
4
练习
6．已知函数
f
x
cos x
,
25 4
B．
19 2
,
27 2
C．
33 4
,
41 4
D．
41 4
,
50 4
【答案】C
1
练习 2.若函数 f (x) sin x( 0) 在[0,1] 上至少取得 50 次最大值，求实数 w 的取值范围.
3.已知对称轴求 w .
例 3. 已知函数 f (x) sin(x )( 0) 的图象在 (0, ) 上有且仅有两条对称轴，求 w 的 6
B．
0,
5 8
C．
0,
1 8
5 8
,1
D．
0,
1 8
1 4
,
5 8
练习 4.
已知函数
f (x) cos(x )( 3
0)
，若存在唯一的实数
x0
(0,
2
)
，使得
f (x)
关于 (x0 ,0) 对称，求 w 的取值范围
5.知图象求 w 例 5．设函数 f (x) cos( x π ) 在[π,π] 的图像大致如下图，则 f(x)的最小正周期为
2
是图象的最高点和最低点，O
为坐标原点，且
OM
ON
0
，则
,
的值分别是（
）
A． ,
36
【答案】A
B． , 3
C． 4
6
D．1,
3
6．已知函数 f (x) sin(x )( 0) ，若函数 f (x) 在区间 ( , 3 ) 上为单调递减函数，
3
2
则实数的取值范围是（）
A．[ 2 , 11] 39