三角函数f(ωx+φ)中ω、φ的取值范围问题

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两探一检法处理三角函数中恼人的ω范围问题

内有
n
个零点
⇒
n-1T 2
≤
b
-
a
<
n+1T 2
n
>
1
f x
= Asin ωx + φ
在区间 a,b
或 a,b
内有
n
个零点
⇒
n-1T 2
<
b
-
a
<
n+1T 2
④端点卡根法例题中再讲解
三、如何检验
①直接代入法
②导数法
③反解法例题中再讲解
重庆邓丁瑞数学
例 1：2012 新课标全国卷，9 已知 ω > 0, 函数 f x
④ ω 的取值范围是 152 , 2109
其中所有正确结论的编号是（）
A.①④
B.②③
C.①②③
D.①③④
y
-
π 5ω
4π 5ω
O
24π 29π
5ω 5ω
2π
x
解：答案是 D
根据图像可知函数 f x 在 0,2π 有且仅有 3 个极大值点，所以①正确
但可能会有 3 个或 2 个极小值点，所以②错误
⇒
φ = -4.5π
φ = -2.5π
φ
≤
π 2
+ +
mπ nπ
⇒
φ
=
±
π 2
此时 f x
= ± 2cos 15x
,
由于
15
×
4π 15
=
4π,15
×
3π 10
=
4.5π
故如果取 k = -π2 , 则 f x = -2cos 15x 在 41π5 , 31π0 上单调递增，合题意。

三角函数w的取值问题

三角函数w 的取值问题1.ω＞0，函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减，那么ω的取值范围是________．答案：⎣⎡⎦⎤12，54答案：C4．函数f 〔x 〕=sin 〔ωx +φ〕〔ω＞0，0≤φ≤π〕是R 上的偶函数，其图象关于点对称，且在区间上是单调函数，那么ω的值为〔〕 A ．B ．C ．D ．解：由f 〔x 〕是偶函数，得f 〔﹣x 〕=f 〔x 〕，即sin 〔﹣ωx +∅〕=sin 〔ωx +∅〕，所以﹣cosφsinωx=cosφsinωx ，对任意x 都成立，且ω＞0，所以得cosφ=0．依题设0＜φ＜π，所以解得φ=，由f 〔x 〕的图象关于点M 对称，得f 〔﹣x 〕=﹣f〔+x 〕，取x=0，得f 〔〕=sin 〔+〕=cos ，∴f〔〕=sin 〔+〕=cos，∴cos=0，又ω＞0，得=+kπ，k=1，2，3，∴ω=〔2k +1〕，k=0，1，2，当k=0时，ω=，f 〔x 〕=sin 〔x +〕在[0，]上是减函数，满足题意；当k=1时，ω=2，f 〔x 〕=sin 〔2x +〕在[0，]上是减函数；当k=2时，ω=，f 〔x 〕=〔x +〕在[0，]上不是单调函数；所以，综合得ω=或2．应选D ．5．〔2021年全国I 高考〕函数ππ()sin()(0),24f x x+x ，ωϕωϕ=>≤=-为()f x 的零点，π4x =为()y f x =图像的对称轴，且()f x 在π5π()1836，单调，那么ω的最大值为〔A 〕11 〔B 〕9 〔C 〕7 〔D 〕5 解：∵x=﹣为f 〔x 〕的零点，x=为y=f 〔x 〕图象的对称轴， ∴，即，〔n ∈N 〕即ω=2n +1，〔n ∈N 〕即ω为正奇数，∵f 〔x 〕在〔，〕那么﹣=≤，即T=≥，解得：ω≤12，当ω=11时，﹣+φ=kπ，k ∈Z ，∵|φ|≤，∴φ=﹣，此时f 〔x 〕在〔，〕不单调，不满足题意；当ω=9时，﹣+φ=kπ，k ∈Z ，∵|φ|≤，∴φ=，此时f 〔x 〕在〔，〕单调，满足题意；故ω的最大值为9，应选：B6. 函数f (x )＝2sin ωx (ω＞0)在区间⎣⎡⎦⎤－π3，π4上的最小值是－2，那么ω的最小值等于________．答案：328. 〔第十三周周考题〕函数()2sin()3f x x πω=-〔13ω>，x R ∈〕，假设()f x 的任意一个对称中心的横坐标都不属于区间(),2ππ，那么ω的取值范围是．答案：12,33⎛⎤ ⎥⎝⎦9.〔2021年天津高考改编〕函数2())(0)4f x x πωω=->，R x ∈.假设)(x f 在区间)2,(ππ内没有零点，那么ω的取值范围是〔〕〔A 〕]81,0( 〔B 〕)1,85[]41,0( 〔C 〕]85,0( 〔D 〕]85,41[]81,0(答案:D。

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.。

例谈三角函数中参数ω、φ的取值范围的求解

例谈三角函数中参数ω、φ的取值范围的求解谢建宁(福建省福州第十八中学㊀３５０００１)摘㊀要:三角函数是高考考查的必考点ꎬ也是热点ꎬ其中函数ｙ＝Ａｓｉｎ(ωｘ＋φ)＋Ｂ中参数ω㊁φ的取值范围问题ꎬ此类题型常在小题中呈现ꎬ有一定难度.本文拟通过若干典型事例来探求㊁归纳求解此类问题的常规方法.关键词:三角函数ꎻ参数ωꎻ参数φꎻ取值范围中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)１３－００１３－０２收稿日期:２０２０－０２－０５作者简介:谢建宁(１９７１.１－)ꎬ男ꎬ福建省福州人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀在高三复习中ꎬ各级各类模拟试题中经常出现一类求函数ｙ＝Ａｓｉｎ(ωｘ＋φ)＋Ｂ的参数ω㊁φ的取值范围问题ꎬ主要考查三角函数知识的应用ꎬ以及考查学生逻辑推理㊁数学运算㊁直观想象等核心素养.此类问题对许多学生是一难点.本文拟通过归类解析的形式说明这类问题的解法ꎬ以期帮助读者从中理解㊁掌握其内在规律㊁特点.㊀㊀一㊁和单调性有关的题型例１㊀已知ω>０ꎬ函数ｆ(ｘ)＝ｓｉｎ(ωｘ＋π３)在(π２ꎬπ)上单调递减ꎬ则ω的取值范围是(㊀㊀).Ａ.[１３ꎬ５６]㊀㊀㊀Ｂ.[１３ꎬ７６]Ｃ.[１４ꎬ５６]Ｄ.[１４ꎬ７６]解法一㊀依题可知ｆ(ｘ)的最小正周期Ｔȡ２(π－π２)＝πꎬ即２πωȡπꎬ从而０<ωɤ２.ȵｘɪπ２ꎬπæèçöø÷ꎬʑωｘ＋π３ɪωπ２＋π３ꎬωπ＋π３æèçöø÷.ȵｙ＝ｓｉｎｘ(ｘɪＲ)的单调递减区间为π２＋２ｋπꎬ３π２＋２ｋπæèçöø÷(ｋɪＺ)ꎬ由ωπ２＋π３ꎬωπ＋π３æèçöø÷⊆π２ꎬ３π２æèçöø÷ꎬ得到ωπ２＋π３ȡπ２ꎬωπ＋π３ɤ３π２.ìîíïïïï解得１３ɤωɤ７６.故选Ｂ解法二㊀令π２＋２ｋπɤωｘ＋π３ɤ３π２＋２ｋπꎬ解得π６ω＋２ｋπωɤｘɤ７π６ω＋２ｋπωꎬｋɪＺ.ȵ函数ｆ(ｘ)＝ｓｉｎ(ωｘ＋π３)(ω>０)在(π２ꎬπ)上单调递减ꎬʑπ６ω＋２ｋπωɤπ２ꎬ７π６ω＋２ｋπωȡπ.ìîíïïïï解得１３＋４ｋɤωɤ７６＋２ｋꎬｋɪＺ.由于０<ωɤ２ꎬʑ令ｋ＝０ꎬ可得１３ɤωɤ７６.故选Ｂ.点评㊀解法一把ωｘ＋π３看作一整体ꎬ因为ｙ＝ｓｉｎｘ在(０ꎬ＋ɕ)的单调递减区间有π２ꎬ３π２æèçöø÷ꎬ５π２ꎬ７π２æèçöø÷ꎬ ꎬ由于０<ωɤ２ꎬ则只能有ωπ２＋π３ꎬωπ＋π３æèçöø÷⊆π２ꎬ３π２æèçöø÷.解法二先求得函数ｆ(ｘ)的单调递减区间的通解ꎬ再由π２ꎬπæèçöø÷⊆π６ω＋２ｋπωꎬ７π６ω＋２ｋπωæèçöø÷ꎬ即求得ω的范围.两种解题思路都是利用区间的包含关系来建立不等式ꎬ从而求得参数的范围.例２㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｓｉｎ(ωｘ＋φ)(ω>０ꎬ０<φ<π)的一条对称轴与相邻的一个对称中心的距离为π４ꎬ将其向右平移π６后得到函数ｇ(ｘ)的图象ꎬ若函数ｇ(ｘ)的图象在区间[３π４ꎬπ]上单调递增ꎬ则φ的取值范围为(㊀㊀).Ａ.π６ꎬπ２[]㊀㊀㊀Ｂ.π３ꎬ５π６[]Ｃ.π３ꎬ２π３[]Ｄ.π４ꎬ３π４[]３１解析㊀依题可得ｇｘ()＝ｓｉｎ２ｘ＋φ－π３æèçöø÷.由－π２＋２ｋπɤ２ｘ＋φ－π３ɤπ２＋２ｋπꎬｋɪＺꎬ得－π１２－φ２＋ｋπɤｘɤ５π１２－φ２＋ｋπꎬｋɪＺ.于是３π４ꎬπ[]⊆－π１２－φ２＋ｋπꎬ５π１２－φ２＋ｋπ[]ꎬ即有－π１２－φ２＋ｋπɤ３π４ꎬ５π１２－φ２＋ｋπȡπìîíïïïïｋɪＺ()ꎬ解得－５π３＋２ｋπɤφɤ－７π６＋２ｋπꎬｋɪＺ.由于０<φ<πꎬ令ｋ＝１ꎬ可得π３ɤφɤ５π６.故选Ｂ.㊀㊀二㊁和最值有关的题型例３㊀函数ｆ(ｘ)＝２ｓｉｎ(ωｘ＋π３)(ω>０)的图象在０ꎬ１[]恰有两个最大值点ꎬ则ω的取值范围为(㊀㊀).Ａ.２πꎬ４π[]㊀㊀㊀Ｂ.２πꎬ９π２[]Ｃ.１３π６ꎬ２５π６[]Ｄ.２πꎬ２５π６[]解㊀令ωｘ＋π３＝π２＋２ｋπ.解得ｘ＝(１２ｋ＋１)π６ω.当ｋ＝０时ꎬｘ１＝π６ωɪ０ꎬ１[]ꎬ得ωȡπ６ꎻ当ｋ＝１时ꎬｘ２＝１３π６ωɪ０ꎬ１[]ꎬ得ωȡ１３６πꎻ当ｋ＝２时ꎬｘ３＝２５π６ωɪ１ꎬ＋ɕ()ꎬ得ω<２５６π.于是１３６πɤω<２５６π.故选Ｃ.例４㊀若函数ｆ(ｘ)＝ｓｉｎωｘ２ｓｉｎ(ωｘ２＋π２)(ω>０)在[－π３ꎬπ２]内有且仅有一个最大值ꎬ则ω的取值范围是(㊀㊀).Ａ.(０ꎬ５)㊀Ｂ.[１ꎬ５)㊀Ｃ.(０ꎬ９２)㊀Ｄ.[１ꎬ９２)分析㊀函数ｆ(ｘ)在[－π３ꎬπ２]内有且仅有一个最大值ꎬ可能仅包含一个极大值点ꎬ也可能函数在这个区间上单调递增ꎬ有两种情形.此题选Ｃ.㊀㊀三㊁和零点有关的题型例５㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｃｏｓ(ωｘ－π３)－１２(ω>０)在区间０ꎬπ[]上恰有三个零点ꎬ则ω的取值范围是.解㊀令ｃｏｓ(ωｘ－π３)－１２＝０ꎬ可得ωｘ－π３＝－π３＋２ｋπ或ωｘ－π３＝π３＋２ｋπ(ｋɪＺ)ꎬ解得ｘ＝２ｋπω或ｘ＝(２３＋２ｋ)πω.当ｋ＝０时ꎬ得ｘ１＝０ꎬｘ２＝２π３ωꎻ当ｋ＝１时ꎬ得ｘ３＝２πωꎬｘ４＝８π３ω.依题可知２πωɤπ且８π３ω>πꎬ于是ω的取值范围２ꎬ８３[öø÷.㊀例６㊀(２０１６天津卷(文８))已知函数ｆ(ｘ)＝ｓｉｎ２ωｘ２＋１２ｓｉｎωｘ－１２(ω>０)ꎬ若ｆ(ｘ)在区间πꎬ２π()内没有零点ꎬ则ω的取值范围是(㊀㊀).Ａ.０ꎬ１８æèç]㊀㊀Ｂ.０ꎬ１４æèç]ɣ５８ꎬ１[öø÷Ｃ.０ꎬ５８æèç]Ｄ.０ꎬ１８æèç]ɣ１４ꎬ５８[]解㊀依题可得ｆ(ｘ)＝２２ｓｉｎ(ωｘ－π４)且２πωȡ２πꎬ即ωɤ１.㊀令ωｘ－π４＝ｋπꎬ解得ｘ＝(１４＋ｋ)πω.假设ｆ(ｘ)在区间πꎬ２π()内有零点ꎬ则有π<(１４＋ｋ)πω<２πꎬ即ｋ２＋１８<ω<ｋ＋１４.当ｋ＝０时ꎬ得１８<ω<１４ꎻ当ｋ＝１时ꎬ得５８<ω<５４.因为ｆ(ｘ)在区间πꎬ２π()内没有零点ꎬ所以０<ωɤ１８或１４ɤωɤ５８.选Ｄ.点评㊀此解法先假设πꎬ２π()有零点的ω的范围ꎬ从而得出πꎬ２π()没有零点ω的范围ꎬ正所谓正难则反 .㊀㊀㊀参考文献:[１]侯作奎.三角函数ｆ(ωｘ＋φ)中ωꎬφ的取值范围问题[Ｊ].高中数学教与学ꎬ２０１５(５):４－６.[责任编辑:李㊀璟]４１。

2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第四章 §4.7 三角函数中有关ω的范围问题

A.76，35
B.53，163
C.1，43
√D.43，23
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
由方程|f(x)|＝2sinωx＋π6＝1，可得 sinωx＋π6＝±12，所以 ωx＋π6＝kπ±π6(k∈Z)，因为ω>0，所以当 x∈(0,2π)时，ωx＋π6∈π6，2ωπ＋π6，所以 ωx＋π6的可能取值为56π，76π，116π，136π，176π，196π，…，
题型三三角函数的最值与ω的关系
例 3 已知函数 f(x)＝2sin ωx 在区间－π3，π4上的最小值为－2，则 ω 的取值范围是_(_－__∞__，__－__2_]_∪__32_，__＋__∞___.
由题意，显然ω≠0. 若 ω>0，当 x∈－π3，π4时，ωx∈－π3ω，π4ω，因为函数 f(x)＝2sin ωx 在区间－π3，π4上的最小值为－2，所以－π3ω≤－π2，解得 ω≥32；若 ω<0，当 x∈－π3，π4时，ωx∈π4ω，－π3ω，
√A.14
√B.12
√C.34
D.1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
f(x)＝sin ωx(ω>0)在－π4，23π上单调递增，则 ω·23π≤π2，ω·－π4≥－π2， ∴0<ω≤34， ∴选项ABC符合题意.
思维升华
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，这就说明，我们可根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于 ω 的不等式组，进而可以研究“ω”的取值范围.
跟踪训练 2 (2024·大庆模拟)若函数 f(x)＝ 3sin ωx＋cos ωx(ω>0)在区间

高考数学复习考点题型专题讲解3 三角中的最值、范围问题

高考数学复习考点题型专题讲解专题3 三角中的最值、范围问题高考定位以三角函数、三角形为背景的最值及范围问题是高考的热点，常用的方法主要有：函数的性质(如有界性、单调性)、基本不等式、数形结合等.1.(2018·全国Ⅱ卷)若f (x )＝cos x －sin x 在[－a ，a ]上是减函数，则a 的最大值是( )A.π4B.π2C.3π4D.π 答案 A解析法一f (x )＝cos x －sin x ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，且函数y ＝cos x 在区间[0，π]上单调递减，则由0≤x ＋π4≤π，得－π4≤x ≤3π4.因为f (x )在[－a ，a ]上是减函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ≥－π4，a ≤3π4，解得a ≤π4，所以0<a ≤π4，所以a 的最大值是π4，故选A. 法二因为f (x )＝cos x －sin x ，所以f ′(x )＝－sin x －cos x ，则由题意，知f ′(x )＝－sin x －cos x ≤0在[－a ，a ]上恒成立，即sin x ＋cos x ≥0，即2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4≥0在[－a ，a ]上恒成立，结合函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4的图象可知有⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋π4≥0，a ＋π4≤π，解得a ≤π4，所以0<a ≤π4，所以a 的最大值是π4，故选A. 2.(2022·全国甲卷)设函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3在区间(0，π)上恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫53，136 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫53，196 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤136，83 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤136，196答案 C解析由题意可得ω>0，故由x ∈(0，π)，得ωx ＋π3∈⎝⎛⎭⎪⎫π3，πω＋π3.根据函数f (x )在区间(0，π)上恰有三个极值点，知5π2<πω＋π3≤7π2，得136<ω≤196. 根据函数f (x )在区间(0，π)上恰有两个零点，知2π<πω＋π3≤3π，得53<ω≤83.综上，ω的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤136，83.3.(2018·北京卷)若△ABC 的面积为34(a 2＋c 2－b 2)，且∠C 为钝角，则∠B ＝________；ca的取值范围是________. 答案 60° (2，＋∞)解析 △ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝34(a 2＋c 2－b 2)＝34×2ac cos B ，所以tan B ＝3，因为0°<∠B <90°，所以∠B ＝60°.因为∠C 为钝角，所以0°<∠A <30°，所以0<tan A <33，所以c a ＝sin C sin A ＝sin （120°－A ）sin A＝sin 120°cos A －cos 120°sin Asin A＝32tan A ＋12>2，故ca的取值范围为(2，＋∞).4.(2022·新高考Ⅰ卷)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cos A1＋sin A ＝sin 2B1＋cos 2B.(1)若C ＝2π3，求B ；(2)求a 2＋b 2c2的最小值.解 (1)因为cos A 1＋sin A ＝sin 2B1＋cos 2B ，所以cos A 1＋sin A ＝2sin B cos B1＋2cos 2B －1，所以cos A 1＋sin A ＝sin Bcos B，所以cos A cos B ＝sin B ＋sin A sin B ，所以cos(A ＋B )＝sin B ，所以sin B ＝－cos C ＝－cos2π3＝12. 因为B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，所以B ＝π6.(2)由(1)得cos(A ＋B )＝sin B ，所以sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－（A ＋B ）＝sin B ，且0<A ＋B <π2，所以0<B <π2，0<π2－(A ＋B )<π2，所以π2－(A ＋B )＝B ，解得A ＝π2－2B ，由正弦定理得a 2＋b 2c 2＝sin 2A ＋sin 2Bsin 2C＝sin 2A ＋sin 2B 1－cos 2C ＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2B ＋sin 2B 1－sin 2B＝cos 22B ＋sin 2B cos 2B ＝（2cos 2B －1）2＋1－cos 2B cos 2B＝4cos 4B －5cos 2B ＋2cos 2B ＝4cos 2B ＋2cos 2B －5≥24cos 2B ·2cos 2B －5＝42－5，当且仅当cos 2B ＝22时取等号，所以a 2＋b 2c2的最小值为42－5.热点一三角函数式的最值或范围求三角函数式的最值或范围问题，首先把函数式化为一个角的同名三角函数形式，接着利用三角函数的有界性或单调性求解.例1(2022·宁波调研)已知函数f (x )＝2sin x cos x －23cos 2x ＋ 3. (1)求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4的值；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值.解 (1)因为f (x )＝2sin x cos x －23cos 2x ＋3＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－π3＝2sin π6＝1.(2)因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以2x －π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，所以，当2x －π3＝π2，即x ＝5π12时，f (x )取到最大值2；当2x －π3＝－π3，即x ＝0时，f (x )取到最小值－ 3.易错提醒求三角函数式的最值范围问题要注意： (1)把三角函数式正确地化简成单一函数形式；(2)根据所给自变量的范围正确地确定ωx ＋φ的范围，从而根据三角函数的单调性求范围.训练1(2022·潍坊质检)在①函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝π3对称，②函数y ＝f (x ) 的图象关于点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0对称，③函数y ＝f (x )的图象经过点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，－1，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答.问题：已知函数f (x )＝sin ωx cos φ＋cos ωx sin φ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2的最小正周期为π，且________，判断函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2上是否存在最大值？若存在，求出最大值及此时的x 值；若不存在，说明理由.解f (x )＝sin ωx cos φ＋cos ωx sin φ＝sin(ωx ＋φ)，由已知函数f (x )的周期T ＝2πω＝π，得ω＝2，所以f (x )＝sin(2x ＋φ). 若选①，则有2×π3＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )，解得φ＝k π－π6(k ∈Z ).又因为|φ|<π2，所以φ＝－π6，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2时，则2x －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6，所以当2x －π6＝π2，即x ＝π3时，函数f (x )取得最大值，最大值为1.若选②，则有2×π6＋φ＝k π(k ∈Z )，解得φ＝k π－π3(k ∈Z ). 又因为|φ|<π2，所以φ＝－π3，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫π6，π2时，则2x －π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2π3，所以当2x －π3＝π2，即x ＝5π12时，函数f (x )取得最大值，最大值为1.若选③，则有2×2π3＋φ＝2k π－π2(k ∈Z )，解得φ＝2k π－11π6(k ∈Z ).又因为|φ|<π2，所以φ＝π6，所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2时，则2x ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，7π6，显然，函数f (x )在该区间上没有最大值. 热点二与三角函数性质有关的参数范围与三角函数性质有关的参数问题，主要分为三类，其共同的解法是将y ＝A sin(ωx ＋φ)中的ωx ＋φ看作一个整体，结合正弦函数的图象与性质进行求解. 考向1 由最值(或值域)求参数的范围例2 若函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π4(ω>0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，1，则ω的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，32B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，72D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤52，72答案 B解析因为ω>0，所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，ωx －π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，ωπ2－π4.又因为函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π4(ω>0)在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，1，所以π2≤ωπ2－π4≤5π4，解得32≤ω≤3.故选B.考向2 由单调性求参数的范围例3 已知f (x )＝sin(2x －φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫0<φ<π2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上是增函数，且f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，7π8上有最小值，那么φ的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π4C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π2D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π3答案 B解析由x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3，得2x －φ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－φ，2π3－φ，又由0<φ<π2，且f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上是增函数，可得2π3－φ≤π2，所以π6≤φ<π2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，7π8时，2x －φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－φ，7π4－φ，由f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，7π8上有最小值，可得7π4－φ>3π2，则φ<π4.综上，π6≤φ<π4.故选B.考向3 由函数的零点求参数的范围例4 已知a ＝⎝⎛⎭⎪⎫sin ω2x ，sin ωx ，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin ω2x ，12，其中ω>0，若函数f (x )＝a·b －12在区间(π，2π)上没有零点，则ω的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎥⎤0，18B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，58C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，18∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤58，1D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，18∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，58答案 D 解析f (x )＝sin 2ω2x ＋12sin ωx －12＝1－cos ωx 2＋12sin ωx －12＝12(sin ωx －cos ωx )＝22sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx －π4.由函数f (x )在区间(π，2π)上没有零点，知其最小正周期T ≥2π，即2πω≥2π，所以ω≤1. 当x ∈(π，2π)时，ωx －π4∈⎝⎛⎭⎪⎫ωπ－π4，2ωπ－π4，所以⎩⎪⎨⎪⎧ωπ－π4≥k π，2ωπ－π4≤（k ＋1）π(k ∈Z )，解得k ＋14≤ω≤k 2＋58(k ∈Z ).因为0<ω≤1，当k ＝0时，14≤ω≤58，当k ＝－1时，0<ω≤18，所以ω∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，18∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，58.故选D.规律方法由三角函数的性质求解参数，首先将解析式化简，利用对称性、奇偶性或单调性得到含有参数的表达式，进而求出参数的值或范围.训练2 (1)(2022·广州调研)若函数f (x )＝12cos ωx －32sin ωx (ω>0)在[0，π]内的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12，则ω的取值范围为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，43B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，43C.⎝⎛⎦⎥⎤0，23D.(0，1](2)(2022·金华质检)将函数f (x )＝sin 4x ＋cos 4x 的图象向左平移π8个单位长度后，得到g (x )的图象，若函数y ＝g (ωx )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4上单调递减，则正数ω的最大值为( )A.12B.1 C.32D.23答案 (1)A (2)A解析 (1)f (x )＝12cos ωx －32sin ωx ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3(ω>0)，当x ∈[0，π]时，π3≤ωx ＋π3≤ωπ＋π3. 又f (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12，所以π≤ωπ＋π3≤5π3，解得23≤ω≤43，故ω的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，43.(2)依题意，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos 2x 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋cos 2x 22＝1＋cos 22x 2＝3＋cos 4x4，其图象向左平移π8个单位长度得到g (x )＝34＋14cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤4⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π8＝34＋14cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π2 ＝34－14sin 4x 的图象，故g (ωx )＝34－14sin(4ωx ).令－π2＋2k π≤4ωx ≤π2＋2k π，k ∈Z ，由于ω>0，得－π8＋k π2ω≤x ≤π8＋k π2ω，k ∈Z .由于函数g (ωx )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4上单调递减，故⎩⎪⎨⎪⎧－π8＋k π2ω≤－π12，π8＋k π2ω≥π4，解得⎩⎪⎨⎪⎧ω≤32－6k ，ω≤12＋2k ，k ∈Z ，所以当k ＝0时，ω＝12为正数ω的最大值.热点三三角形中有关量的最值或范围三角形中的最值、范围问题的解题策略(1)定基本量：根据题意画出图形，找出三角形中的边、角，利用正弦、余弦定理求出相关的边、角，并选择边、角作为基本量，确定基本量的范围.(2)构建函数：根据正弦、余弦定理或三角恒等变换，将所求范围的变量表示成函数形式.(3)求最值：利用基本不等式或函数的单调性等求函数的最值.例5(2022·滨州二模)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知6cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋A ＋cos A ＝5. (1)求A 的大小；(2)若a ＝2，求b 2＋c 2的取值范围. 解 (1)由已知得6sin 2A ＋cos A ＝5，整理得6cos 2A －cos A －1＝0，解得cos A ＝12或cos A ＝－13.又A ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以cos A ＝12，即A ＝π3.(2)由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A 及a ＝2，A ＝π3得4＝b 2＋c 2－bc ，即b 2＋c 2＝4＋bc ，由正弦定理得a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝232＝433，即b ＝433sin B ，c ＝433sin C ，又C ＝2π3－B ，所以bc ＝163sin B sin C ＝163sin B sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－B ＝833sin B ·cos B ＋83sin 2B＝433sin 2B －43cos 2B ＋43＝83sin⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π6＋43，又由⎩⎪⎨⎪⎧0<B <π2，0<23π－B <π2，解得π6<B <π2，所以π6<2B －π6<56π，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，所以bc ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤83，4，所以b 2＋c 2＝4＋bc ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤203，8.易错提醒求解三角形中的最值、范围问题的注意点(1)涉及求范围的问题，一定要搞清楚变量的范围，若已知边的范围，求角的范围可以利用余弦定理进行转化.(2)注意题目中的隐含条件，如A ＋B ＋C ＝π，0<A <π，|b －c |<a <b ＋c ，三角形中大边对大角等.训练3 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知S ＝34(b 2＋c 2－a 2)，a ＝4.(1)求角A 的大小.(2)求△ABC 周长的取值范围. 解 (1)由S ＝34(b 2＋c 2－a 2)，得12bc sin A ＝34(b 2＋c 2－a 2)＝34×2bc cos A ，整理得tan A ＝3，因为A ∈(0，π), 所以A ＝π3.(2)设△ABC 的周长为L ，因为a ＝4，A ＝π3，由余弦定理得：42＝b 2＋c 2－2bc cos π3，即42＝b 2＋c 2－bc ＝(b ＋c )2－3bc ≥(b ＋c )2－3⎝⎛⎭⎪⎫b ＋c 22＝14(b ＋c )2，所以b ＋c ≤8，又b ＋c >a ＝4，所以L ＝a ＋b ＋c ∈(8，12].一、基本技能练1.已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0)的图象关于直线x ＝π3对称，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝0，则ω的最小值为( ) A.2 B.4 C.6 D.8 答案 A解析函数f (x )的周期T ≤4⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π12＝π，则2πω≤π，解得ω≥2，故ω的最小值为2.2.将函数y ＝cos(2x ＋φ)的图象向右平移π3个单位长度，得到的函数为奇函数，则|φ|的最小值为( ) A.π12B.π6C.π3D.5π6 答案 B解析将函数y ＝cos(2x ＋φ)的图象向右平移π3个单位长度，得到图象的函数解析式为y ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＋φ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －2π3＋φ，此函数为奇函数，所以－2π3＋φ＝π2＋k π(k ∈Z )，解得φ＝7π6＋k π(k ∈Z )，则当k ＝－1时，|φ|取得最小值π6.3.(2022·海南模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a sin A ＋2c sinC ＝2b sin C cos A ，则角A 的最大值为( ) A.π6B.π4 C.π3D.2π3答案 A解析因为a sin A ＋2c sin C ＝2b sin C cos A ，由正弦定理可得，a 2＋2c 2＝2bc cos A ，① 由余弦定理得，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，② ①＋②得2a 2＝b 2－c 2，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＝b 2＋c 2－12（b 2－c 2）2bc＝b 2＋3c 24bc ≥23bc 4bc ＝32(当且仅当b ＝3c 时取等号)，所以角A 的最大值为π6.4.在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2a －cb＝cos Ccos B，b ＝4，则△ABC 的面积的最大值为( ) A.43B.2 3 C.2 D. 3 答案 A解析 ∵在△ABC 中，2a －cb＝cos C cos B， ∴(2a －c )cos B ＝b cos C ，由正弦定理，得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ，整理得sin(B ＋C )＝2sin A cos B ， ∵A ∈(0，π)，∴sin A ≠0. ∴cos B ＝12，即B ＝π3，由余弦定理可得16＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ≥2ac －ac ＝ac ， ∴ac ≤16，当且仅当a ＝c 时取等号， ∴△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝34ac ≤4 3.即△ABC 的面积的最大值为4 3.5.(2022·苏北四市模拟)若函数f (x )＝cos 2x ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6在(0，α)上恰有2个零点，则α的取值范围为( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫5π6，4π3 B.⎝⎛⎦⎥⎤5π6，4π3C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫5π3，8π3 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤5π3，8π3 答案 B解析由题意，函数f (x )＝cos 2x ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，因为0<x <α，所以π3<2x ＋π3<2α＋π3，又由f (x )在(0，α)上恰有2个零点，所以2π<2α＋π3≤3π，解得5π6<α≤4π3，所以α的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤5π6，4π3.故选B. 6.已知函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)(ω＞0)的最小正周期为π，且对x ∈R ，f (x )≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3恒成立，若函数y ＝f (x )在[0，a ]上单调递减，则a 的最大值是( ) A.π6B.π3 C.2π3D.5π6答案 B解析因为函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)的最小正周期为π，所以ω＝2ππ＝2，又对x ∈R ，都有f (x )≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以函数f (x )在x ＝π3时取得最小值，则2π3＋φ＝π＋2k π，k ∈Z ，即φ＝π3＋2k π，k ∈Z ，所以f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，令2k π≤2x ＋π3≤π＋2k π，k ∈Z ，解得－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z ，则函数y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上单调递减，故a 的最大值是π3，故选B.7.已知函数f (x )＝2sin ωx (ω>0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π4上的最小值为－2，则ω的取值范围是________. 答案⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞解析 x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π4，因为ω>0，－π3ω≤ωx ≤π4ω，由题意知－π3ω≤－π2，即ω≥32，故ω取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.8.已知函数f (x )＝cos ωx ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(ω>0)在[0，π]上恰有一个最大值点和两个零点，则ω的取值范围是________. 答案⎣⎢⎡⎭⎪⎫53，136解析函数f (x )＝cos ωx ＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3(ω>0)，由x ∈[0，π]，得ωx ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，ωπ＋π3.又f (x )在[0，π]上恰有一个最大值点和两个零点，则2π≤ωπ＋π3<52π，解得53≤ω<136.9.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，∠ABC ＝120°，∠ABC 的角平分线交AC 于点D ，且BD ＝1，则4a ＋c 的最小值为________. 答案 9解析因为∠ABC ＝120°，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，所以∠ABD ＝∠CBD ＝60°，由三角形的面积公式可得12ac sin 120°＝12a ×1·sin 60°＋12c ·1·sin 60°，化简得ac ＝a ＋c ，又a >0，c >0，所以1a ＋1c＝1，则4a ＋c ＝(4a ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1c ＝5＋c a ＋4a c ≥5＋2c a ·4ac＝9，当且仅当c ＝2a 时取等号，故4a＋c的最小值为9.10.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且A≠π2，c＋b cos A－a cos B＝2a cos A，则ba＝________；内角B的取值范围是________.答案22⎝⎛⎦⎥⎤0，π4解析由c＋b cos A－a cos B＝2a cos A结合正弦定理得sin C＋sin B cos A－sin A cos B＝2sin A cos A，即sin(A＋B)＋sin B cos A－sin A cos B＝2sin A cos A，化简得2sin B cos A＝2sin A cos A.因为A≠π2，所以cos A≠0，则2sin B＝2sin A，所以ba＝sin Bsin A＝22，则由余弦定理得cos B＝a2＋c2－b22ac＝2b2＋c2－b222bc＝b2＋c222bc≥2bc22bc＝22，当且仅当b＝c时等号成立，解得0＜B≤π4.11.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝b tan A，且B为钝角.(1)证明：B－A＝π2；(2)求sin A＋sin C的取值范围. (1)证明由a＝b tan A及正弦定理，得sin A cos A ＝a b ＝sin A sin B ，所以sin B ＝cos A ，即sin B ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋A .又B 为钝角，因此π2＋A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，故B ＝π2＋A ，即B －A ＝π2.(2)解由(1)知，C ＝π－(A ＋B ) ＝π－⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π2＝π2－2A >0，所以A ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4，于是sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2A ＝sin A ＋cos 2A ＝－2sin 2A ＋sin A ＋1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A －142＋98.因为0<A <π4，所以0<sin A <22，因此22<－2⎝⎛⎭⎪⎫sin A －142＋98≤98.由此可知sin A ＋sin C 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤22，98.12.已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，b ＝(－sin x ，3sin x )，f (x )＝a ·b .(1)求函数f (x )的最小正周期及f (x )的最大值；(2)在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝1，a ＝23，求△ABC面积的最大值并说明此时△ABC 的形状. 解 (1)由已知得a ＝(－sin x ，cos x )，又b ＝(－sin x ，3sin x )，则f (x )＝a ·b ＝sin 2x ＋3sin x cos x＝12(1－cos 2x )＋32sin 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12，所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，当2x －π6＝π2＋2k π(k ∈Z )，即x ＝π3＋k π(k ∈Z )时，f (x )取得最大值32. (2)在锐角△ABC 中，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π6＋12＝1，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π6＝12，所以A ＝π3.因为a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，所以12＝b 2＋c 2－bc ，所以b 2＋c 2＝bc ＋12≥2bc ，所以bc ≤12(当且仅当b ＝c ＝23时等号成立)，此时△ABC 为等边三角形， S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤3 3.所以当△ABC 为等边三角形时面积取最大值3 3. 二、创新拓展练13.设锐角△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对边分别为a ，b ，c ，且a ＝1，B ＝2A ，则b 的取值范围为( ) A.(2，3) B.(1，3) C.(2，2) D.(0，2) 答案 A解析 ∵B ＝2A ，∴sin B ＝sin 2A ＝2sin A cos A . ∵a ＝1，∴b ＝2a cos A ＝2cos A .又△ABC 为锐角三角形，∴⎩⎪⎨⎪⎧0<2A <π2，0<A <π2，0<π－3A <π2，∴π6<A <π4， ∴22<cos A <32，即2<2cos A <3，故选A.14.(多选)(2022·台州质检)设函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3(ω>0)，已知f (x )在[0，2π]上有且仅有3个极小值点，则( )A.f (x )在(0，2π)上有且仅有5个零点B.f (x )在(0，2π)上有且仅有2个极大值点C.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6上单调递减D.ω的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫73，103答案 CD解析因为x ∈[0，2π]，所以ωx ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2πω＋π3. 设t ＝ωx ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2πω＋π3，画出y ＝cos t 的图象如图所示.由图象可知，若f (x )在[0，2π]上有且仅有3个极小值点，则5π≤ 2πω＋π3<7π，解得73≤ω<103，故D 正确；故f (x )在(0，2π)上可能有5，6或7个零点，故A 错误；f (x )在(0，2π)上可能有2或3个极大值点，故B 错误；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6时，ωx ＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π6ω＋π3.因为73≤ω<103，所以13π18≤π6ω＋π3<8π9，故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π6上单调递减，故C 正确.15.(多选)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c ＝6，记S 为△ABC 的面积，则下列说法正确的是( ) A.若C ＝π3，则S 有最大值9 3 B.若A ＝π6，a ＝23，则S 有最小值3 3C.若a ＝2b ，则cos C 有最小值0D.若a ＋b ＝10，则sin C 有最大值2425答案 ABD解析对于选项A ，对角C 由余弦定理得36＝c 2＝a 2＋b 2－ab ≥2ab －ab ＝ab ，因此，S ＝12ab sin C ＝34ab ≤93，当且仅当a ＝b ＝6时取等号，故A 正确；对于选项B ，对角A 用余弦定理得 12＝a 2＝c 2＋b 2－3bc ＝36＋b 2－63b ，解得b ＝23或b ＝43，因此，S ＝12bc sin A ＝32b ≥33，当且仅当b ＝23时取等号，故B 正确. 对于选项C ，若a ＝2b ，由三边关系可得a －b ＝b <c ＝6<a ＋b ＝3b ⇒2<b <6，此时，由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝5b 2－364b 2＝54－9b 2∈(－1，1)，故C 错误.对于选项D ，若a ＋b ＝10，则cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝（a ＋b ）2－c 2－2ab 2ab ＝32ab －1，又ab ≤（a ＋b ）24＝25，当且仅当a ＝b ＝5时取等号，∴cos C ＝32ab －1≥725⇒sin C ＝1－cos 2C ≤2425，故D 正确，故选ABD.16.(2022·南京师大附中模拟)法国的拿破仑提出过一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰好是一个等边三角形的三个顶点”.在△ABC 中，A ＝60°，以AB ，BC ，AC 为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O 1，O 2，O 3，则∠O 1AO 3＝________；若△O 1O 2O 3的面积为3，则三角形中AB ＋AC 的最大值为________.答案 120° 4解析由于O 1，O 3是正△ABC ′，△AB ′C 的外接圆圆心，故也是它们的中心，所以在△O 1AB 中，∠O 1AB ＝30°，同理∠O 3AC ＝30°，又∠BAC ＝60°，所以∠O 1AO 3＝120°；由题意知△O 1O 2O 3为等边三角形，设边长为m ，则S △O 1O 2O 3＝12m 2sin 60°＝34m 2＝3，解得O 1O 3＝m ＝2.设BC ＝a ，AC ＝b ，AB ＝c ，在等腰△BO 1A 中，∠O 1AB ＝∠O 1BA ＝30°，∠AO 1B ＝120°，则AB sin 120°＝O 1Asin 30°，解得O 1A ＝c 3，同理得O 3A ＝b 3，在△O 1AO 3中，由余弦定理得O 1O 23＝O 1A 2＋O 3A 2－2O 1A ·O 3A ·cos 120°，即4＝c 23＋b 23－2·bc 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，即b 2＋c 2＋bc ＝12，即(b ＋c )2－bc ＝12，故(b ＋c )2－12＝bc ≤⎝⎛⎭⎪⎫b ＋c 22，解得b ＋c ≤4，当且仅当b ＝c ＝2时取等号，故三角形中AB ＋AC 的最大值为4. 17.在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b 2c ＝a (b 2＋c 2－a 2). (1)若A ＝π3，求B 的大小；(2)若a ≠c ，求c －3ba 的最小值.解 (1)因为b 2c ＝a (b 2＋c 2－a 2)，所以由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b2a .因为A ＝π3，所以b 2a ＝12，即a ＝b ，所以B ＝A ＝π3.(2)由(1)及正弦定理得cos A ＝sin B2sin A，即sin B ＝2sin A cos A ＝sin 2A ，所以B ＝2A 或B ＋2A ＝π.当B ＋2A ＝π时，A ＝C ，与a ≠c 矛盾，故舍去，所以B ＝2A .c －3b a ＝sin C －3sin B sin A ＝sin （A ＋B ）－3sin Bsin A ＝sin A cos B ＋cos A sin B －3sin Bsin A＝cos B ＋（cos A －3）sin 2Asin A＝cos 2A ＋2(cos A －3)·cos A ＝4cos 2A －6cos A －1 ＝4⎝⎛⎭⎪⎫cos A －342－134.因为C ＝π－A －B ＝π－3A >0，即A <π3，所以cos A >12，所以当cos A ＝34时，c －3b a 有最小值－134.。

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__.

2022年高三二轮专题复习数学课件三角函数中ω范围的求解

类型三
三角函数的对称性、最值与ω的关系
[例 3] (1)(2021·枣庄模拟)已知 f(x)＝sin ωx－cos ωxω>23，若函数 f(x)图象的
任何一条对称轴与 x 轴交点的横坐标都不属于区间(π，2π)，则 ω 的取值范围是 ________；
(2)已知函数 f(x)＝2sin ωx 在区间－π3 ，π4 上的最小值为－2，则 ω 的取值范围
②若ωπ－π4 ，2ωπ－π4 ⊆(2kπ＋π，2kπ＋2π)，解得ω∈2k＋54，k＋98 (k∈Z )．当 k＝－1 时，ω∈－34，18，又 ω>0，则 ω∈0，18.综上，ω∈0，18∪14，58.
法二：由已知得 f(x)＝12(sin ωx－cos ωx)＝ 22sinωx－π4 .当 f(x)＝0 时，ωx－π4 ＝kπ，x＝4πω＋kωπ(k∈Z )．由于函数 f(x)在(π，2π)上无零点，则相邻的两个零点
[解析]
令
π 2
＋ 2k
π
≤ωx
≤
32 π
＋
2k π
(k∈Z
)
，得
π
2ω
＋ 2kωπ
≤
x
≤ 32π ω
＋
2kπ
ω
(k∈Z )，因为 f(x)在π3 ，π2 上单调递减，所以π22πω≤＋322π ωkωπ ＋≤ 2kωππ3 ，，得 6k＋32≤ω≤4k＋
3(k∈Z )．又ω>0，所以 k≥0，又 6k＋32<4k＋3，得 0≤k<34，所以 k＝0.故32≤ω≤3.
实数ω≤－2 或 ω≥32. [答案] (1)34，78 (2)ωω≤－2或ω≥32
这类三角函数题除了需要熟练掌握正弦函数、余弦函数、正切函数的单调性外，还必须知晓一个周期内函数最值的变化，以及何时取到最值，函数取到最值的区间要求与题目给定的区间的关系如何．

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，。

微专题有关求函数y=asin(ωx φ)参数ω的范围或最值的问题

π 2
,
π 2
ù
ú
û
递
增，而
由区
间
éêë
π 2
,
π 2
ù
ú
û
变为
éêë
π 4
,
π 4
ù
ú
û
需
要将
y=sinx
的图象纵坐标不
变，横坐标缩为原
来一半，此时 ω=2，又因为随着 ω 的变化，ω 越小函数 y=sinωx
的图象将伸的越长，所以当 ω ≤2 时函数 y=sinωx 一定会在
+
ϕ
=
nπ
+
π 2
,
n
∈
Z②，
②
-
①
得
，π 2
ω
=(n
-
m)π
+
π 2
=
kπ
+
π2 , k
∈
Z，即
ω
=
2k + 1，∴ω 为奇数。
∵
f（x）在
区
间
é
ê
ë
π 18
,
5π 36
ù
ú
û
上
单
调
，∴
π 18
ω
+
ϕ
≥
2kπ
-
π 2
,
k
∈
Z③，53π6
ω
+
ϕ
≤
2kπ
+
π2 , k
∈
Z④
③×（-1）+④得
3 36
ωπ
考点聚焦
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微专题有关求函数 y=Asin（ωx+φ）参数 ω 的范围或最值的问题

三角函数难题之参数ω的取值范围问题(含详细答案)精选全文

精选全文完整版（可编辑修改）三角函数难题之参数ω的取值范围问题整理1．(2019江苏高一月考)已知函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4(ω＞0)的图象在区间[－1，1]上有3个最低点，则ω的取值范围是( )A ．⎣⎡⎭⎫21π4，29π4B ．⎣⎡⎭⎫9π2，13π2C ．⎣⎡⎭⎫11π4，13π4 D ．[4π，6π)解：2．(2019·四川高三月考(理))已知函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx －2π3(ω＞0)，x 1，x 2，x 3∈[0，π]，且∀x ∈[0，π] 都有f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)，满足f (x 3)＝0的实数x 3有且只有3个，给出下述四个结论：①满足题目条件的实数x 1有且只有1个；②满足题目条件的实数x 2有且只有1个；③f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π10上单调递增；④ω的取值范围是⎣⎡⎭⎫136，196．其中所有正确结论的编号是( )A ．①④B ．②③C ．①②③D ．①③④解：3．(2019年江西高三月考(文))已知函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6＋a cos ωx (a ＞0，ω＞0)对任意x 1，x 2∈R 都有f (x 1)＋f (x 2)≤43，若f (x )在[0，π]上的值域为[3，23]，则实数ω的取值范围为( )A ．⎣⎡⎦⎤16，13B ．⎣⎡⎦⎤13，23C ．⎣⎡⎭⎫16，＋∞D ．⎣⎡⎦⎤12，1解：π2≤ωx ＋π3≤2π3，16≤ω≤13．选A ．4．(2019年广东高三开学考试(理))将函数y ＝sin2x 的图象向右平移φ()0＜φ＜π2个单位长度得到f (x )的图象，若函数f (x )在区间[]0，π3上单调递增，且f (x )的最大负零点在区间()－5π12，－π6上，则φ的取值范围是( ) A ．(]π6，π4 B ．(]π12，π4 C ．()π6，π2 D ．()π12，π2解：5．(2019年湖南高一期末)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ) ，(A ＞0，ω＞0)，若f (x )在区间[]0，π2上是单调函数，f (－π)＝f (0)＝－f ()π2，则ω的值为( )A ．12B ．2C ．12或23D ．23或2解：6．(2019年内蒙古高一期末(理))函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4(ω＞0)，当x ∈[0，1]上恰好取得5个最大值，则实数ω的取值范围为( )A ．⎣⎡⎭⎫9π4，25π4B ．⎣⎡⎭⎫19π2，27π2C ．⎣⎡⎭⎫33π4，41π4D ．⎣⎡⎭⎫41π4，50π4解：7．(2019年河南高考模拟(文))已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω＞0)在区间⎝⎛⎭⎫7π12，2π3上单调，且f ⎝⎛⎭⎫π4＝1，f ⎝⎛⎭⎫3π4＝0，则ω的最大值为( )A ．7B ．9C ．11D ．138．(2019年陕西高一期中)若函数f (x )＝cos(2x ＋φ)(其中φ＞0)的图象关于点()2π3，0成中心对称，则φ的最小值为( ) A ．π6 B ．π4 C ．π3 D ．π2解：9．(2019年山西高考模拟(理))已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω＞0，0＜φ＜π)的图象过两点A ⎝⎛⎭⎫0，22，B ⎝⎛⎭⎫π4，0，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π4内有且只有两个极值点，且极大值点小于极小值点，则f ′(x )＝( )A ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π4B ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫5x ＋3π4C ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫7x ＋π4D ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫9x ＋3π4解：10．(2019年云南省云天化中学高一期中)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(0＜ω＜6，|φ|＜π2)的图象经过点⎝⎛⎭⎫π6，2和⎝⎛⎭⎫2π3，－2．若函数g (x )＝f (x )－m 在区间⎣⎡⎦⎤－π2，0上有唯一零点，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－1，1]∪⎣⎡⎦⎤－12，12 B ．{－1}∪⎣⎡⎦⎤－12，12 C ．⎝⎛⎦⎤－12，1 D ．{－2}∪(－1，1]解：11．(2019年安徽高考模拟(理))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( )A ．11B ．13C ．15D ．17 解：12．(2019年湖南高考模拟(理)) 已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω＞0，φ∈⎣⎡⎦⎤π2，π)的部分图象如图所示，且f (x )在(0，2π)上恰有一个最大值和一个最小值，则ω的取值范围是( )A ．⎣⎡⎭⎫712，1312B ．⎣⎡⎦⎤1112，1712C ．⎝⎛⎦⎤712，1312D ．⎝⎛⎦⎤1112，1712解：13．(2019年吉林高考模拟)定义在[0，π]上的函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6(ω＞0)有零点，且值域M ⊆⎣⎡⎭⎫－12，＋∞，则ω的取值范围是( )A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，43B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤43，2 C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤16，43 D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤16，2 解：14．(2019年辽宁鞍山一中高考模拟 (理) )函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4(ω＞0)的图象在⎣⎡⎦⎤0，π4内有且只有一条对称轴，则实数ω的取值范围是( )A ．(1，5)B ．(1，＋∞)C ．[1，5)D ．[1，＋∞)解：15．(2019年湖北荆州中学高三期末(理))已知函数f (x )＝2sin ωx (ω＞0)在区间⎣⎡⎦⎤－π2，π3上是增函数，且在区间[0，π]上存在唯一的x 0使得f (x 0)＝2，则ω的取值不可能为( )A ．13B ．23C ．45 D ．1解：16．(2018年河北高一期末)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ) ⎝⎛⎭⎫A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2，x ＝－π4是函数的一个零点，且x ＝π4是其图象的一条对称轴．若⎝⎛⎭⎫π9，π6是f (x )的一个单调区间，则ω的最大值为( ) A ．18 B ．17 C ．15 D ．13 解：17．(2018天津耀华中学高考模拟(理))已知函数f (x )＝sin ωx ＋3cos ωx (ω＞0)，若在区间(0，π)上有三个不同的x 使得f (x )＝1，则ω的取值范围是( )A ．⎝⎛⎦⎤52，236B ．⎝⎛⎭⎫52，236C ．⎝⎛⎭⎫32，169D ．⎝⎛⎦⎤32，169解：解析：化简()2sin()3f x x πω=+，抓中心角()333x πππωωπ+∈+，=2,36x k ππωπ++或526k ππ+. k ＝0时，,6π56π，k ＝1时，13,6π176π，k ＝2时，25,6π要使f (x )＝1有三个解，56π，13,6π176π，175632ππωπω<+>，则，2523636ππωπω≥+≤，则思维路线：化简、解三角方程（集合）、估算k 、找边界点、解含ω的不等式、验证区间开闭。

三角函数中ω的求解问题

三角函数中ω的求解问题
在三角函数中，ω代表角频率，是描述周期性变化的频率。

求解ω的问题是求
解给定函数的周期。

下面将介绍一些方法来解决三角函数中ω的求解问题。

1. 查找周期性变化特征：首先，我们需要观察函数的图像并分析其周期性变化
特征。

对于正弦函数和余弦函数，它们的周期是2π。

而其他三角函数，如正切函数、余切函数、正割函数和余割函数，它们的周期等于π。

2. 借助公式计算：另一种方法是利用特定的公式来计算ω。

对于正弦函数和余
弦函数，可以使用下面的公式来求解ω：
- 正弦函数：f(x) = A*sin(ωx + φ)的周期为T = 2π/|ω|
- 余弦函数：f(x) = A*cos(ωx + φ)的周期为T = 2π/|ω|
其中，A是振幅，φ是相位。

3. 观察函数周期数：观察函数在一个周期内的变化次数，即函数的周期数。

对
于正弦函数和余弦函数，一个完整的周期内变化了一次，因此其周期数为1。

而其
他三角函数的周期数有所不同。

4. 利用数学工具求解：对于更复杂的三角函数，可以利用数学工具如计算机软
件或计算器来求解ω。

这些工具可以绘制函数图像并提供周期信息。

总结起来，求解三角函数中ω的问题，可以通过观察函数图像、计算周期公式、观察函数周期数以及利用数学工具来得到准确的结果。

这些方法可以帮助我们理解函数的周期性变化以及解决相关的问题。

微重点03三角函数中ω,φ的范围问题((习题版))

微重点03三角函数中ω，φ的范围问题三角函数中ω，φ的范围问题，是高考的重点和热点，主要考查由三角函数的最值(值域)、单调性、零点等求ω，φ的取值范围，难度中等偏上．知识导图考点分类讲解考点一：三角函数的最值(值域)与ω，φ的取值范围规律方法求三角函数的最值(值域)问题，主要是整体代换ωx ±φ，利用正、余弦函数的图象求解，要注意自变量的范围．【例1】（2024·安徽安庆·二模）已知函数2()2cos sin 21(0)f x x x ωωω=+->的图象关于点π,04⎛⎫⎪⎝⎭对称，且()f x 在π0,3⎛⎫⎪⎝⎭上没有最小值，则ω的值为（）A．12B．32C．52D．72【变式1】（2024·河南郑州·一模）已知函数π()2sin (0)6f x x ωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为[]1,2-，则ω的取值范围为（）A．4,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦B．48,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦C．24,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦D．28,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦【变式2】（2024·河南·模拟预测）若存在π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使π2cos 13x ω⎛⎫+> ⎪⎝⎭，则正数ω的取值范围是（）A．2,43⎛⎫ ⎪⎝⎭B．2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C．8,43⎛⎤⎥⎝⎦D．8,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【变式3】(2023·株洲模拟)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ>0，|φy ＝3相邻两个交点的距离为π，若f(x)>2对∀xφ的取值范围是()B.π6，π3D.π12，π6【变式4】(2023·贵阳模拟)将函数f(xω>0)的图象向右平移14个周期后所得的图象在5个极值点，则ω的取值范围是________________．考点二：单调性与ω，φ的取值范围规律方法若三角函数在区间[a，b]上单调递增，则区间[a，b]是该函数单调递增区间的子集，利用集合的包含关系即可求解．【例2】（2024高三·全国·专题练习）已知函数π()2sin(0)6f x xωω⎛⎫=->⎪⎝⎭在π0,3⎛⎫⎪⎝⎭上存在最值，且在2π,π3⎛⎫⎪⎝⎭上单调，则ω的取值范围是（）A．20,3⎛⎫⎪⎝⎭B．1117,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦C．51,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦D．58,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦【变式1】已知f(x)＝sin(2x－φφ在0，π3上单调递增，且f(xφ的取值范围是()A.π6，B.π6，C.π3，D.π4，【变式2】（2022·湖南长沙·模拟预测）已知函数π()tan()(0)3f x A xωω=+>，若f x（）在区间ππ2⎛⎫⎪⎝⎭，内单调递减，则ω的取值范围是（）A．16⎛⎫⎪⎝⎭，B．17(,)36C．117(0,][,]636D．117(0,)(,)636【变式3】．(2023·晋中模拟)已知函数f(x)＝sin2x＋3cos2x的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度后得到函数g(x)，若g(x)在－π4，π6上单调，则φ的最小值为________．考点三：零点与ω，φ的取值范围规律方法已知函数的零点、极值点求ω，φ的取值范围问题，一是利用三角函数的图象求解；二是利用解析式，直接求函数的零点、极值点即可，注意函数的极值点即为三角函数的最大值、最小值点．【例3】已知函数[]2cos ,π,πy a x x ω=+∈-（其中,a ω为常数，且0ω>）有且仅有五个零点，则ω的取值范围是（）A．[)2,4B．[)3,5C．[)4,6D．[)5,7【变式1】已知函数()()cos f x x ωϕ=+π0,2ωϕ⎛⎫>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，1x ，2x 是()f x 的两个零点，若214x x =，则下列不为定值的量是（）A．ϕB．ωC．1x ωD．1x ωϕ【变式2】已知函数π()2cos 2(0)3f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在[0,π]上有且仅有2个零点，则ω的取值范围为．强化训练一、单选题1．（2024·贵州贵阳·一模）将函数()sin f x x =的图像先向右平移π3个单位长度，再把所得函数图像上的每个点的纵坐标不变，横坐标都变为原来的1(0)ωω>倍，得到函数()g x 的图像.若函数()g x 在π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，则ω的取值范围是（）A．10,6⎛⎤⎥⎝⎦B．10,3⎛⎤ ⎥⎝⎦C．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦D．(]0,12．（2024·广东湛江·一模）已知函数()()2πsin 03f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在区间ππ,126⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，则ω的取值范围是（）A．[]2,5B．[]1,14C．[]9,10D．[]10,113．（2023·江西上饶·模拟预测）若函数πcos (0)3y x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在区间π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上恰有唯一极值点，则ω的取值范围为（）A．28,33⎡⎤⎢⎣⎦B．28,33⎛⎤ ⎥⎝⎦C．28,36⎛⎤ ⎥⎝⎦D．17,33⎛⎫ ⎪⎝⎭4．（2023·吉林长春·一模）将函数2π()cos 3f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭图象上所有点的横坐标变为原来的1(0)ωω>，纵坐标不变，所得图象在区间2π0,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点，且在ππ,1212⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递减，则ω的取值范围为（）A．9,34⎡⎤⎢⎥⎣⎦B．9,44⎡⎫⎪⎢⎣⎭C．11,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦D．11,64⎛⎤ ⎥⎝⎦5．（2024·全国·模拟预测）若函数()()π3cos 03f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭恒有()()2πf x f ≤，且()f x 在ππ,63⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递减，则ω的值为（）A．16-B．56C．116D．56或1166．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()πsin 0,2f x A x ωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭，且π2π1632f f A ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则当ω取最小值时，ϕ的值为（）A．π12B．π18C．π18-D．π12-7．（2024·四川巴中·一模）已知函数()()sin f x x ωϕ=+π02,ωϕ⎛⎫>< ⎪⎝⎭，若()π6f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，()4π3f x f x ⎛⎫-=-⎪⎝⎭，且()f x 在π5π,312⎛⎫⎪⎝⎭上单调，则ω的取值可以是（）A．3B．5C．7D．98．（2023·四川绵阳·模拟预测）已知函数()()4cos (0),12f x x f x πωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭在区间0,3π⎡⎤⎢⎣⎦上的最小值恰为ω-，则所有满足条件的ω的积属于区间（）A．(]1,4B．[]4,7C．()7,13D．[)13,+∞二、多选题1．（2024·辽宁葫芦岛·一模）已知()()sin cos 0f x x x ωωω=>在区间ππ,64⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ω的取值可能在（）A．20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦B．2,73⎛⎫ ⎪⎝⎭C．267,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦D．50,193⎡⎤⎢⎥⎣⎦2．（2024·辽宁·一模）已知函数()π2cos 2(0)6f x x ωω⎛⎫=++> ⎪⎝⎭在区间ππ,63⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递减，且在区间[]0,π上有且仅有一个零点，则ω的值可以为（）A．23B．56C．1112D．13123．（2023·全国·模拟预测）已知函数π()sin()0,02f x x ωϕωϕ⎛⎫=+><< ⎪⎝⎭的图象上相邻最低点和最高点的距离为()f x 在(0,)ϕ上有最大值，则（）A．2ω=B．ϕ的取值范围为ππ,π22⎛⎫⎪+⎝⎭C．()f x 在区间0,2ϕ⎛⎫⎪⎝⎭上无零点D．()f x 在区间,2ϕϕ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减三、填空题1．（2024·安徽芜湖·二模）已知偶函数()()()sin 0f x x ωϕω=+>的图像关于点π,03⎛⎫⎪⎝⎭中心对称，且在区间π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调，则ω=．2．（2024·湖北·二模）已知函数()πsin (0)3f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭满足()2π3f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭恒成立，且在区间π,π3⎛⎫⎪⎝⎭上无最小值，则ω=．3．（2024·广东·一模）已知函数()sin()(0)f x x ωϕω=+>在区间π7π(,)612上单调，且满足π()16f =-，3π()04f =，则ω=.四、解答题1．（23-24高三上·重庆·阶段练习）已知函数()()()2sin 0,0πf x x ωϕωϕ=+><<，π6x =-为()f x 的零点，π3x =是()y f x =图象的对称轴．(1)求ω；(2)若()f x 在ππ,612⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调，求ϕ．2．（2023·河北承德·模拟预测）已知1ω>，函数π()cos 3f x x ω⎛⎫=- ⎪⎝⎭.(1)当2ω=时，求()f x 的单调递增区间；(2)若()f x 在区间ππ,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调，求ω的取值范围.3．（2024·北京平谷·模拟预测）已知函数()sin 2cos cos 2sin f x x x ϕϕ=-，其中π2ϕ<，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知条件，使()f x 存在，并完成下列两个问题．(1)求ϕ的值；(2)若0m >，函数()f x 在区间[]0,m 上最小值为12-，求实数m 的取值范围．条件①：对任意的x ∈R ，都有()π3f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭成立；条件②：π142f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭；条件③：ππ236f f ⎛⎫⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．4．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()π2sin 0,2f x x ωϕωϕ⎛⎫=+>≤ ⎪⎝⎭.(1)若()f x 的图象经过点3π,04A ⎛⎫⎪⎝⎭，π,24B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，且点B 恰好是()f x 的图象中距离点A 最近的最高点，试求()f x 的解析式；(2)若()01f =-，且()f x 在5π,π9⎛⎫⎪⎝⎭上单调，在3π0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上恰有两个零点，求ω的取值范围.5．（2024·广东佛山·一模）记T 为函数()()sin f x x ωϕ=+的最小正周期，其中0,0πωϕ><<，且()0f =，直线112x T =为曲线()y f x =的对称轴.(1)求ϕ；(2)若()f x 在区间[]π,2π上的值域为2⎡-⎢⎣⎦，求()f x 的解析式.。

三角函数中ω的取值范围研究

三角函数中w 的求值及范围研究——从一道高考题引起的思考在三角函数图象中， 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2022全国甲卷理11，2021全国甲卷理16，2020年新高考10题，2020年全国Ⅰ卷理7，2019 年一卷 11 题、三卷 12 题，2018全国新课标Ⅱ理10等等，所以，对 w 的取值范围的系统研究，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.例（2020年新高考10）（多选）下图是函数y = sin(ωx +φ)的部分图像，则sin(ωx +φ)=（）A ．πsin(3x +）B ．πsin(2)3x -C ．πcos(26x +）D ．5πcos(2)6x -变式1：（2020年全国Ⅰ卷理7）设函数π()cos()6f x x ω=+在[−π，π]的图像大致如下图，则f （x ）的最小正周期为（）A ．10π9B ．7π6 C ．4π3 D ．3π2变式2：已知函数()sin()(0)4f x x πωω=+>的图象向右平移23π个单位长度后，所得图象与原函数图象重合，则ω的最小值为__________：已知函数()sin()(0)4f x x πωω=+>的图象向右平移3π个单位长度后，与函数sin()6y x πω=+的图象重合，则ω的最小值为__________变式2.2：已知函数()sin()(0)4f x x πωω=+>的图象向右平移6π个单位长度后，与函数cos()4y x πω=+ 的图象重合，则ω的最小值为__________变式3：若函数)0(1sin 2)(>+=ωωx x f 在区间]32,2[ππ-上是增函数，求ω的取值范围。

变式3.1：已知函数)0(cos sin 3)(>+=ωωωx x x f 在)4,0(π上不单调，在)32,3(ππ上单调，则实数ω的取值范围为（）A.]2,1(B.]2,53( C.]2,1[ D.]2,34(变式4：（多选）函数)0(sin 2)(>=ωωx x f 在]4,3[ππ-∈x 上的最小值为2-，则实数ω的值可以取（）A.32 B.23C.2D.3 变式4.1：函数x x f ωsin 2)(=在]4,3[ππ-∈x 上的最小值为2-，则实数ω的取值范围为（）A.]23,(--∞B.),23[+∞C.),23[]2,(+∞⋃--∞D.),2[]23,(+∞⋃-∞变式4.2：若函数)0(sin 2)(>=ωωx x f 在]2,3[ππ-∈x 内有且仅有一个最大值2，则实数ω的取值范围为（）A.)5,43[ B.)5,1[ C.)291[， D.]43,0(：为了使函数)0(sin 2)(>=ωωx x f 在区间[0,1]上至少出现50次最大值，则ω的最小值为( )A ．98πB ．1972πC ．1992π D ．100π变式5：若函数*sin()()6y x N πωω=+∈图像的一条对称轴是直线6x π=，则ω的最小值是______变式5.1：若函数())(0)3f x x πωω=+>相邻两对称轴之间的距离为2，则ω=_____变式5.2：已知函数sin()(0)6y x πωω=+>的图象在 (0,π )上有且仅有两条对称轴，求w 的取值范围.变式 5.3：已知函数()f x cos x ω=(其中x R ∈，0ω>)的图象在[0]2π，上恰有四个对称中心点，求ω的取值范围。

2023届高考数学复习微难点7 三角函数中ω的范围问题(共11张PPT)

的取值范围是13，23∪0，16.
由三角函数的性质求解参数(取值范围)的规律
ห้องสมุดไป่ตู้类型
前期准备
方法指导
利用
利用函数的对称性得到含有参数的表达式，根
对称性利用三角公式将函数据参数的取值范围确定整数 k 的取值进而求解
利用的解析式写成 A sin(ωx 利用函数的奇偶性得到含有参数的表达式，根
奇偶性＋φ)＋b 或 A cos (ωx＋据参数的取值范围确定整数 k 的取值进而求解
长
度
后
得
到
g(x) ＝
cosωx－ω4π＋π4的图象．因为 x∈π4，54π，所以π4<ωx－ω4π＋π4<ωπ＋π4.因为 g(x)在π4，54π
上单调递减，所以 ωπ＋π4≤π，即 0<ω≤34，所以 ω 的最大值为34.
零点与ω的取值范围
(2021·蚌埠一模)已知函数 f(x)＝2sin ωx－π6 sin ωx＋π3 (ω>0)，若函数 g(x)＝
0，π2
时，ωx－π4∈
－π，ωπ－π 424
.又因为函数
f(x)＝
sin
ωx－π4 (ω>0)在 x∈ 0，π2 上的值域是－
22，1
，所以π≤ωπ－π≤5π，解得3≤ω≤3.
2 244
2
π
2π 5π
(2021·合肥二模)已知函数 f(x)＝cosωx－3(ω>0)且 f 3 ＝f 6 ，若 f(x)在区
所以 ω＝83k＋49，k∈Z.又 ω>0，且 f(x)在区间23π，56π上有最大值，无最小值，所以 T≥56π
－23π＝π6，即2ωπ≥π6，所以 ω≤12，所以当 k＝4 时，ω＝332＋49＝1090为最大值．

三角函数中ω的范围问题

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要使函数 f(x)的图象关于直线 x＝π2对称，则 ωπ＋π6＝kπ＋π2，k∈Z，解得 ω＝k＋13，k ∈Z，结合 C 可得 ω＝13，43，73，130，所以存在 4 个不同的 ω，使得函数 f(x)的图象关于直线 x＝π2对称，故 D 正确．
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6．(2023·温州期初)(多选)设函数 f(x)＝sinωx＋π5(ω＞0)，则
A．若 ω＝1，则 f(x)在 0，π2上单调递增 B．若 ω＝2，则 f(x)在[0，π]上有 2 个极值点 C．若 ω＝3，则 f(x)的图象关于点－1π5，0 中心对称 D．若 f(x＋6π)＝f(x)，则 ω 的最大值为13
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【解析】函数 f(x)的对称中心可以为x0，－12，则不存在 ω，使得函数 f(x)为奇函数，故 A 错误．函数 f(x)的最大值为12，故 B 正确．令－π2＋2kπ≤2ωx＋π6≤π2＋2kπ，k∈Z，又 ω＞0，解得－3πω＋ωk π≤x≤6πω＋ωk π，k∈ Z，取 k＝0，得－3πω≤x≤6πω，即函数 f(x)在－3πω，6πω上单调递增，所以有6πω≥2π4，解得 ω≤4，所以 ω 的取值范围为(0,4]，故 C 正确．
在 0，54π8上单调，则 ω 的取值集合为
( C)

三角函数中ω取值范围的求解策略(经变完美版)

三角函数中ω取值范围的求解策略三角函数的性质一直是高考的必考内容，也是高考热点内容，本期对于周期有关的ω的取值范围的问题进行梳理和总结. 一、和平移有关的题型例1：(2009全国卷)若将y ＝tan(ωx ＋π4)(ω＞0)的图像向右平移π6个单位后，与函数y ＝tan(ωx＋π6)的图像重合，求ω的最小值。

解：依题意，y ＝tan [ω(x －π6)＋π4]的图像与y ＝tan(ωx ＋π6)的图像重合所以π4－ωπ6＝π6＋k π⇒ω＝－6k ＋12(k ∈Z),当k ＝0时，ω取得最小值12。

例2：(2010辽宁高考)设y ＝sin(ωx ＋π3)＋2(ω＞0)的图像向右平移4π3个单位后与原图像重合，求ω的最小值。

解：4π3＝kT ＝k 2πω⇒ω＝3k 2(k ∈Z),所以ω的最小值为32.二、和单调性有关的题型例3：若函数y ＝tanωx 在(－π，π)上是增函数，求ω的取值范围。

解：ω＞0且πω≥2π⇒0＜ω≤12.例4：设f(x)＝2sinωx ，ω＞0，若y ＝f(x)在上单调递增，求ω范围。

解法1：令t ＝ωx ，则t ∈[－π4ω，2π3ω]⊆[－π2，π2]，所以⎩⎨⎧－π4ω≥2π3ω≤＜ω≤34。

解法2：f(x)＝2sinωx 在[－π4，2π3]上单调递增，则f′(x)＝2ωcosωx≥0在[－π4，2π3]恒成立，所以cosωx≥0，所以[－π4ω，2π3ω]⊆[－π2，π2]⇒0＜ω≤34。

例5：(2012重庆卷)设f(x)＝3sin2ωx ＋1(ω＞0)在[－3π2，π2]单调递增，求ω范围。

解：因为y ＝sin x 在每个闭区间[2kπ－π2，2kπ＋π2]，k ∈Z 上为增函数，所以[－3π2，π2]⊆[k πω－π4ω，k πω＋π4ω]对某个k ∈Z 成立，故必有k ＝0所以⎩⎨⎧－3π2≥π2≤＜ω≤16。

例6：(2012全国卷)设f(x)＝sin(ωx ＋π4)(ω＞0)在(π2，π)上单调递减，求ω范围。

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三角函数()f x ωϕ+中ω、ϕ的取值范围问题
利用对称中心与对称轴间距离
例1：已知0ω>，函数()cos()3f x x πω=+的一条对称轴为直线3x π=，一个对称中心为点(
,0)12π，则ω有（） B 最大值2 B ．最小值2 C ．最小值1 D ．最大值1
例2：设函数()sin()f x x ωϕ=+（,,A ωϕ是常数，0A >，0ω>）.若()f x 在区间[,]62ππ上具有单调性，且2()()()236
f f f π
ππ==-，则()f x 的最小正周期为______.（π）
利用特殊点的坐标
例3：已知函数()sin()f x A x ωϕ=+（0ω>，0ϕπ≤≤）是R 上的偶函数，其图象关于点3(
,0)4M π对称，且在区间[0,]2
π上是单调函数，则ω和ϕ的值分别为（）C A ．2,34π B ．2,3π C ．2,2π D ．10,32π
例4：如果函数3cos(2)y x ϕ=+的图象关于点4(
,0)3π中对称，那么ϕ的最小值为（）A A ．
6π B ．4π C ．3π D ．2π
例5：若将函数()sin 2cos 2f x x x =+图象向右平移ϕ（0ϕ>）个单位，所得图象关于y 轴对称，则ϕ的最小值是（）C A ．
8π B ．4π C ．38π D ．34π
例6：若将函数tan()4y x π
ω=+（0ω>）的图象向右平移6
π个单位长度后，与函数tan()6
y x π
ω=+的图象重合，则ω的最小值为（）D A ．16 B ．14 C ．13 D ．12
B ．利用题设区间长度与周期的关系建立不等式
例7：已知函数()cos()4f x A x πωω=+
（0A >）在(0,)8π内是减函数，则ω的最大值是______.（ 8 ）
例8：已知()sin()3f x x πω=+（0ω>），()()63f f ππ=，且()f x 在区间(,)63
ππ内有最小值，无最大值，则ω=______.（143
）
利用“函数单调区间I ”与该函数“在区间D 上单调”的包含关系建立不等式
例9：函数()2sin f x x ω=（0ω>）在[0,
]4π上单调递增，，那么ω=______.（43
）例10：已知函数()2sin f x x ω=，其中常数0ω>.
（1）若()y f x =在2[,]43ππ
-上单调递增，求ω的取值范围；（304
ω<≤）（2）令2ω=，将函数()y f x =的图象向左平移6
π个单位，再向上平移1个单位，得到()y g x =的图象，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.（
433π）
例11.已知函数()sin()f x x ωϕ=+（0,2π
ωϕ>≤），4x π
=-为()f x 的零点，4x π
=为
()y f x =图象的对称轴，且()f x 在5(,)1836
ππ单调，则ω的最大值为（）B A ．11 B ．9 C ．7 D ．5。