三角函数w的取值问题--优选.docx
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。
三角函数中ω值和取值范围专题-2024届高三数学二轮复习
三角函数中ω值和取值范围 题型一 求三角函数ω的值 例1.已知函数()π4cos (0)4f x x ωω⎛⎫=−> ⎪⎝⎭的图像与直线22y =,A B ，若π4AB =，则ω=（ ） A ．1 B ．1或7 C ．2 D ．2或6例2.已知函数()()sin f x A x B ωϕ=++（其中0,0,πA ωϕ>><）的部分图象如图所示，有以下结论：①()11π6f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭ ②函数π6f x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭为偶函数③()π26f x f x ⎛⎫+−= ⎪⎝⎭④()f x 在4π11π,36⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增所有正确结论的序号是（ ）A ．①②B ．①③④C ．③④D ．①④练习1.函数π()tan (0)6f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的最小正周期为π，则ω=（ ）A ．4B ．2C ．1D ．122.（多选）已知函数()()()sin cos (0,0π)f x x x ωϕωϕωϕ=+−+><<且()f x 图象的相邻两对称轴间的距离为π2，则以下说法正确的是（ ）A ．若()f x 为偶函数，则3π4ϕ=B ．若()f x 的一个对称中心为π,012⎛⎫− ⎪⎝⎭，则π12ϕ=C ．若()f x 在区间π0,6⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，则ϕ的最大值为5π12D ．若()f x 在区间[]0,π内有三个零点，则π4ϕ=3.写出一个(0)ωω>，使得函数π()sin 23f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象关于点(1,0)对称，则ω可以为 ．4．函数()()cos f x A x ωϕ=+（0A >，0ω>，π2ϕ<）的部分图象如图.(1)求函数()f x 的解析式；(2)将函数()f x 上的每个点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2π倍，再将所得图象向右平移13个单位长度，得到函数()g x 的图象，求函数()g x 的解析式.题型二：单调性与ω 取值范围问题例1.已知函数f (x )=sin (ωx −π4)+1(ω>0)在(0,π6)上单调递增，在(π3,π2)上单调递减，则ω的取值范围是（ ） A ．[94,72] B ．[72,92] C ．[74,94] D ．[74,92]练习1.（多选）已知()()sin 30f 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．（多选）已知函数()sin()(0)f x x ωϕω=+>在区间π2π,63⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，则下列判断中正确的是（ ）A ．ω的最大值为2B ．若π6ϕ=−，则(]0,1ω∈C ．若5π012f ⎛⎫> ⎪⎝⎭，则π2π063f f ⎛⎫⎛⎫+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．若函数()3y f x =两个零点间的最小距离为π6，则2ω=3.设函数()()sin f x A x ωϕ=+在()0,π上为减函数，如果 0A >，0ω>，()0,πϕ∈，那么()f x = . (写出 一个即可)题型三 图像平移伸缩与ω 取值范围问题例1.将函数()πsin (0)6f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的图象向左平移π2个单位长度后得到曲线C ，若C 关于y 轴对称，则ω的最小值是（ ）A ．13B ．23C ．43D ．53练习：1.（多选）将函数()()πcos 03f x x ωω⎛⎫=−> ⎪⎝⎭的图象向右平移π6个单位长度后，得到函数()g x 的图象，若()g x 为奇函数，则ω的取值可以为（ ）A ．1B ．6C ．7D ．82.已知函数()()sin 20f x x ωω=>，将()y f x =的图像向右平移4π个单位长度后，若所得图像与原图像重合，则ω的最小值等于（ ）A ．2B ．4C ．6D ．83.已知函数()()sin 02f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，将()f x 的图象向右平移3ωπ个单位得到函数()g x 的图象，点A ，B ，C 是()f x 与()g x 图象的连续相邻的三个交点，若ABC 是钝角三角形，则ω的取值范围是（ ）A ．3,⎫+∞⎪⎪⎝⎭B ．2,π⎫+∞⎪⎪⎝⎭C ．22⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭D ．3⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭ 题型四 由三角函数的对称性求ω取值范围例1.记函数()()πsin 06f x x ωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭的最小正周期为T ，若ππ42T <<，且()π3f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，则ω=（ ） A ．4B ．5C ．6D ．7练习：1.已知函数π()sin()(0)3f x x ωω=+>，若对于任意实数x ，都有π()()3f x f x =−−，则ω的最小值为（ ） A ．2B ．52C ．4D ．82.已知函数()cos (0)4f x x ωω⎛⎫=−> ⎪⎝⎭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）3.已知函数()()sin f x x ωϕ=+π02,ωϕ⎛⎫>< ⎪⎝⎭，若()π6f x f ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，()4π3fx f x ⎛⎫−=− ⎪⎝⎭，且()f x 在π5π,312⎛⎫⎪⎝⎭上单调，则ω的取值可以是（ ） A ．3 B ．5 C ．7 D ．9题型五 由三角函数零点求ω的值或取值范围例1.若函数()()2ππ2sin 320246x f x x ωωω⎛⎫⎛⎫=−+−> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在[]0,π上恰有两个零点，则ω的取值范围为（ ）A ．58,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．58,33⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．1325,66⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1325,66⎛⎤ ⎥⎝⎦练习：1.已知函数()()22sin 320f x x x ωωω=>在()0,π上恰有两个零点，则ω的取值范围是（ ）A ．2,13⎛⎤⎥⎝⎦B ．51,3⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．51,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭2.（多选）设函数π()sin 3f x x ω⎛⎫=− ⎪⎝⎭在区间(0,π)上恰有两个极值点，两个零点，则ω的取值可能是（ ）A ．136B ．2C ．32D ．533.设函数()()()1sin 02f x x ωϕω=+−>，若对于任意实数ϕ，函数()f x 在区间[]0,2π上至少有2个零点，至多有3个零点，则ω的取值范围是（ ）A ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．41,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．51,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．45,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭课后练习巩固1.若函数()()sin f x A x ωϕ=+的部分图象如图所示，则()f x 的解析式可能是（ ）A ．2sin 6y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭B ．2sin 6y x π⎛⎫=− ⎪⎝⎭C ．2sin 3y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭D ．2sin 3y x π⎛⎫=− ⎪⎝⎭2.（多选）已知ππ()sin 0,32f x x ωϕωϕ⎛⎫⎛⎫=++>< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭为偶函数，()sin()g x x ωϕ=+（ω，ϕ与()f x 中相同），则下列结论正确的是（ ）A ．π6ϕ=B ．若()g x 的最小正周期为3π，则32ω=C ．若()f x 在区间π,π2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，则ω的取值范围为(]0,1D ．若()g x 在区间()0,π上有且仅有3个最值点，则ω的取值范围为710,33⎛⎤⎥⎝⎦3.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]∪[223,172] B ．(0,43]∪[8,172] C ．(0,43]∪[8,283] D ．(0,52]∪[223,8]4.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= ．5.将函数()πsin (0)4f x x ωω⎛⎫=−> ⎪⎝⎭的图象向左平移π4ω个单位长度后，所得函数在ππ,1516⎛⎫− ⎪⎝⎭内不是单调函数，则ω的取值范围是 . 6.已知函数π2cos (0)4y x ωω⎛⎫=−> ⎪⎝⎭在区间ππ,42⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一个零点，则ω的取值范围为 ．结束，同学们学会了吗？。
三角函数零点问题求w范围
三角函数零点问题求w范围
三角函数零点问题求w的范围，其实原理上说，根据w的定义可
以直接得到w的值，因为w是把周期性信号旋转成直流电压的比例系数，所以一般来说，三角函数零点处的w可以使用正弦、余弦函数公
式求出，如：sin(w)+cos(w)=0，求w范围可以推出w∈（0,π/2）和
w∈（3π/2,2π），这两个区间就是w的范围。
但是，实际上，根据w的定义，在不同的应用场景中，w的范围会
有所不同，因为有时候求出的w不一定能够满足实际的强度要求，所
以要通过一定的方法得到满足规定要求的w。
如果要求w能够产生指定
的直流信号，那么w就要在和实际信号范围匹配的范围；如果要求w
能够在一定的强度下产生指定的信号，则需要考虑其他因素，比如幅度、相位对应关系的影响等，得到合适的w范围。
总而言之，三角函数零点处的w的范围，原则上应该介于0到2π
之间，但是实际应用中，根据具体情况，可以定义更加合适的w范围。
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w的取值问题[共3页]
![三角函数w的取值问题[共3页]](https://img.taocdn.com/s3/m/9a0d599c294ac850ad02de80d4d8d15abf230056.png)
三角函数w 的取值问题[共3页]1.已知a>0. 函数 f (x )=sin (ωx +π4),f (π2,x)上单调递减，则ω的取值范围是 .答案：112.设ω>0,函数 y =sin (ax +π3)+2的图象向右平移 4π3个单位后与原图象重合，则ω的最小值是 ( )A.23B.43C.32D.3 答案:C3.若 f (x )=sin (ωx +π3)(ω⟩0),f (π6)=f (π3)在 (π6,π3)上有最小值无最大值，则=“ .4. M (3π4)0)对称，且在区间 [0,π2]上是单调函数，则w 的值为( ) A.13或2 B.13 32c 25a 22 D.23或2x =π6+π32=π4 解析 依题意，如图 4-19所示，在处: f(x)取得最小值，因此 T 2>π4−π6=π12, 所以 T ≥π4, 2ππ>π6,0<ω≤12,且当 x =π4时,f(a) 取得最小值，故nπ4+π3=2kπ+3π2,uczug ω=2k +143, 因此 0<Bk +143<12,k ∈Z,令人一口，此时 u =143.依题设0<φ<π. 所以解得 ：φ1 π2.由f(x) 的图象关于点M 对称，得 f (3π4x)=f( 3π4+x),取消。
否 f (3π4)=sin (3ωπ4+π2)ron 3aπ4,∴t (3π4)sin (3ωπ4+π2)=cos 3ωπ4,∴cos 3ωπ4=0,又w>0,得 3ωπ4=π2kn,kn1,2,3,∴tan 23(2k +1),k =0,1,2, 当k=0时. tan 23,f (x )=sin (x +π2)在 [0,π2]上是减函数，满足题意： 当k=1时, tanα=2,tan (2x +π2)在 [0,π2]上是减函数： (A)11 (B)9 (C)? (D)5解: ∵x =π4为(x) 的零点。
第14讲 拓展二：三角函数中参数ω的取值范围问题(原卷版)
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.
三角函数之w的取值范围解析
三角函数之w 的取值范围解析一、单选题1．（2023·湖北·二模）已知0w >，函数()π3sin 24f x wx ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭在区间π,π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，则w 的取值范围是（）A ．10,2⎛⎤B ．(]0,2C．13,24⎡⎤⎢⎥D ．15,24⎡⎤⎢⎥2．（2017·山西太原·三模）已知函数()(0)f x sinwx w =->在()0,π上有且只有两个零点，则实数w 的取值范围为A ．40,3⎛⎤ B ．47,33⎛⎤ ⎥C ．710,33⎛⎤ ⎥D ．1013,33⎛⎤ ⎥3．（2019·安徽·三模）已知奇函数()sin())f x x x ωϕωϕ=+-+，（其中0ω>，ϕ∈R ）在[1,1]x ∈-有7个零点，则实数w 的取值范围是A ．(3,4]B ．(3,4]ππC ．[3,4)D ．[3,4)ππ4．（19-20高三下·湖南·阶段练习）已知函数()()222sin cos sin 024f x x x ωωω⎛⎫=⋅-> ⎪⎝⎭在区间2π5π,36⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是增函数，且在区间[]0,π上恰好取得一次最大值1，则w 的取值范围是A ．30,5⎛⎤ ⎥B ．13,25⎡⎤⎢⎥C ．13,24⎡⎤⎢⎥D ．15,22⎡⎫⎪⎢5．（17-18高三·河南南阳·阶段练习）已知函数()21cos sin (0,)222wx f x wx w x R =+->∈，若()f x 在区间(,2)ππ内没有零点，则w 的取值范围是A ．5(0,)12πB ．5(0,]12πC ．5(0,6D ．5511(0,[,]126126．（2018·安徽合肥·一模）已知0w >，函数()cos()3f x wx π=+在(,)32ππ上单调递增，则w 的取值范围是（）A ．210(,33B ．210[,]33C ．10[2,]3D ．5[2,3二、多选题7．（2024·贵州黔西·一模）已知()cos (0)f x wx wx w =+>，则下列说法正确的是（）A ．若()f x 的最小正周期为π，则()f x 的对称中心为ππ,0,62k k ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭ZB ．若()f x 在区间π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，则w 的取值范围为40,3⎤⎛ ⎥⎝⎦C ．若()01f x =，则02π1cos 32wx ⎛⎫+=⎝⎭D ．若()f x 在区间[]0,π上恰好有三个极值点，则w 的取值范围为710,33⎡⎫⎪⎢三、填空题8．（21-22高一下·安徽池州·阶段练习）已知函数()2sin f x wx =在区间ππ,43⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最小值为2-，则w 的取值范围是．9．（18-19高三上·天津武清·期中）已知函数()()sin (0,02f x wx w πϕϕ=+><<，若()f x 的图象的一条对称轴是3x π=，且在区间,64ππ⎛⎫- ⎪上单调递增，则w 的取值范围是10．（20-21高三上·江西抚州·期末）若函数()cos()(0)4f x wx w π=+>在[]0,π的值域为1⎡-⎢⎣⎦，则w 的取值范围是。
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__________．
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.。
三角函数中w的范围问题的求解策略
三角函数中w的范围问题的求解策略
三角函数中w的范围问题涉及到三角函数的定义域和值域，需要根据不同的三角函数来分别讨论。
1. 正弦函数sin(w)的范围问题：
正弦函数的定义域是实数集，值域是[-1, 1]。
所以w的取值范围是实数集。
2. 余弦函数cos(w)的范围问题：
余弦函数的定义域是实数集，值域也是[-1, 1]。
所以w的取值范围是实数集。
3. 正切函数tan(w)的范围问题：
正切函数的定义域是所有不等于$\frac{(2n+1)\pi}{2}$的实数，其中n为整数。
其值域为实数集。
所以w的取值范围是除了$\frac{(2n+1)\pi}{2}$的实数集。
4. 余切函数cot(w)的范围问题：
余切函数的定义域是所有不等于nπ的实数，其中n为整数。
其值域也是实数集。
所以w的取值范围是除了nπ的实数集。
5. 正割函数sec(w)和余割函数csc(w)的范围问题：
正割函数和余割函数的定义域都是所有不等于$\frac{n\pi}{2}$的实数，其中n 为整数。
正割函数的值域是[1, +∞)，余割函数的值域是(-∞, -1]∪[1, +∞)。
所以w的取值范围是除了$\frac{n\pi}{2}$的实数集。
以上是关于三角函数中w的范围问题的求解策略。
需要注意的是，在具体计算中，根据不同的题目和要求，可能会有一些限制条件和特殊情况需要考虑。
因此，需要在具体问题中灵活运用所学知识来解决。
三角函数w的取值范围答案
三角函数k x A y ++=)sin(ϕϖ中ϖ的取值范围一 内容回顾： 二 典型例题： 题组一1.已知函数2sin()(0)y x ωθω=+>为偶函数，0θπ<<，其图象与直线2y =的某两个交点的横坐标为1221,,||x x x x -若的最小值为π，则（ ）A ．2,2πωθ==B ．1,24πωθ== C ．1,22πωθ== D ．2,4πωθ== 解：2sin()y x ωθ=+为偶函数2k πθπ∴=+k z ∈ 又02πθπθ<<∴=由诱导公式得函数2cos y x ω=，又其图象与直线2y =某两个交点的横坐标分别为1x ，2x ，若21||x x -的最小值为π∴函数的周期为π 即22cos2y x ω=∴=∴函数在[,]2x k k k z πππ∈-+∈上为增函数故选：A ．2.已知函数x x x f ωωcos sin )(+=，如果存在实数1x ，使得对任意的实数x ，都有)2014()()(11+≤≤x f x f x f成立，则ω的最小正值为 B A ．20141 B ． 2014π C ．40281 D ．4028π解：题意可得区间1[x ，12014]x +能够包含函数的至少一个完整的单调区间，利用两角和的正弦公式求得())4f x x πω+，由1220142πω，求得ω的最小值．()sin cos )4f x x x x πωωω++，由题意可得1220142πω，求得2014πω，故ω的最小正值为2014π，故选：B ．3.将函数()sin 2f x x =的图像向右平移(0)2πϕϕ<<个单位后得到函数()g x 的图像，若对满足12()()2f x g x -=的1x ，2x ，有12min 3x x π-=，则ϕ=（ ） DA ．512πB ．3πC ．4πD ．6π解：()sin 2f x x =，()sin(22)g x x ϕ∴=-，由12|()()|2f x g x -=，可知1()f x 、2()g x 分别为两个函数的最大值和最小值（或最小值和最大值）． 不妨设1222x k ππ=+，k Z ∈，22222x m πϕπ-=-+，m Z ∈，则12()2x x k m πϕπ-=-+-，由12||3min x x π-=，可得23ππϕ-=，解得6πϕ=，故选：D ．4.函数()sin(),f x x ϕ=-且230()0,f x dx π=⎰则函数()f x 的图象的一条对称轴( )A ．56x π=B ．712x π=C ．3x π=D ．6x π= 解：因为3()0f x dx π=⎰，即且30sin()0x dx πϕ-=⎰，所以30cos()|cos()cos 03x ππϕϕϕ--=--+=，所以sin()06πϕ-=，解得6k πϕπ=+，k Z ∈；所以()sin()6f x x k ππ=--，所以函数()f x 的图象的对称轴是62x k k ππππ--='±，所以其中一条对称轴为23x π=； 故选：A ．题组二1．（2012天津）将函数()sin f x x ω=（其中ω>0）的图像向右平移4π个单位长度，所得图像经过点3(,0)4π，则ω的最小值是 A ．13 B ．1 C ．53D ．2D 【解析】函数向右平移4π得到函数)4sin()4(sin )4()(ωπωπωπ-=-=-=x x x f x g ，因为此时函数过点)0,43(π，所以0)443(sin =-ππω，即,2)443(πωπππωk ==-所以Z k k ∈=,2ω，所以ω的最小值为2，选D ．2.（2012新课标）已知ω>0，0ϕπ<<，直线x =4π和x =54π是函数()sin()f x x ωϕ=+图像的两条相邻的对称轴，则ϕ=A ．π4B ．π3C ．π2D ．3π4A 【解析】由题设知，πω=544ππ-，∴ω=1，∴4πϕ+=2k ππ+（k Z ∈），∴ϕ=4k ππ+（k Z ∈），∵0ϕπ<<，∴ϕ=4π，故选A.3．（2012新课标）已知0>ω，函数)4sin()(πω+=x x f 在),2(ππ单调递减，则ω的取值范围是A ．]45,21[B ．]43,21[C ．]21,0( D ．]2,0(A 【解析】函数)4sin()(πω+=x x f 的图像可看作是由函数()sin f x x =的图像先向左平移4π个单位得()sin()4f x x π=+的图像，再将图像上所有点的横坐标缩小到原来的1ω倍，纵坐标不变得到的，而函数()sin()4f x x π=+的减区间是5[,]44ππ，所以要使函数)4sin()(πω+=x x f 在),2(ππ上是减函数，需满足142514ππωππω⎧⨯⎪⎪⎨⎪⨯⎪⎩≤≥，解得1524ω≤≤．方法二 特值验证，21=ϖ，1=ϖ，()sin()4f x x π=+在),2(ππ单调递减，选A解法三：【利用三角函数的单调性求解】 函数()sin()4f x x πω=+在(,)2ππ单调递减，在0ω>的前提下，需同时满足：12222()24232()42k k Z k k Z πππωπππωππππωπ⎧-≤⋅⎪⎪⎪+≥+∈⎨⎪⎪+≤+∈⎪⎩，解得0214()252()4k k Z k k Z ωωω⎧⎪<≤⎪⎪≥+∈⎨⎪⎪≤+∈⎪⎩综上，12≤ω≤54，故选A ． 4．（2011山东）若函数()sin f x x ω=（ω>0）在区间0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在区间,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，则ω=A ．23B ．32C ．2D ．3B 【解析】由于()sin f x x ω=的图象经过坐标原点，根据已知并结合函数图象可知，3π为函数()f x 的四分之一周期，故243ππω=，解得32ω=． 5．（2011安徽）已知函数()sin(2)f x x ϕ=+，其中ϕ为实数，若()()6f x f π≤对x R ∈ 恒成立，且()()2f f ππ>，则()f x 的单调递增区间是 A ．,()36k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦ B ．,()2k k k Z πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦C ．2,()63k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦D ．,()2k k k Z πππ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦C 【解析】因为当x R ∈时，()|()|6f x f π≤恒成立，所以()sin()163f ππϕ=+=±，可得26k πϕπ=+或526k πϕπ=-，k Z ∈， 因为()sin()sin ()sin(2)sin 2f f ππϕϕππϕϕ=+=->=+=故sin 0ϕ<，所以526k πϕπ=-，所以5()sin(2)6f x x π=-， 由5222262k x k πππππ-+-+≤≤（k Z ∈），得263k x k ππππ++≤≤（k Z ∈），故()f x 的单调递增区间是2[,]63k k ππππ++（k Z ∈）6．（2016年全国III）函数sin y x x =的图像可由函数sin y x x =的图像至少向右平移_____________个单位长度得到．32π【解析】函数sin 2sin()3y x x x π=-=-的图像可由函数sin y x =+2sin()3x x π=+的图像至少向右平移23π个单位长度得到． 7．（2016全国I ）已知函数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，则ω的最大值为A ．11B ．9C ．7D ．5 B 【解析】因为4x π=-为函数()f x 的零点，4x π=为()y f x =图像的对称轴，所以2π24kT T=+（k Z ∈，T 为周期），得221T k π=+（k Z ∈）．又()f x 在5(,)1836ππ单调，218365T≤-ππ, 所以11,62T k π，又当5k =时，11,4πωϕ==-，()f x 在5(,)1836ππ不单调；当4k =时，9,4πωϕ==，()f x 在5(,)1836ππ单调，满足题意，故9ω=，即ω的最大值为9．解析：由题意知：12π+π 4ππ+π+42k k ωϕωϕ⎧-=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩则21k ω=+，其中k ∈Z ，()f x 在π5π,1836⎛⎫⎪⎝⎭单调，5π,123618122T ππω∴-=≤≤接下来用排除法.若11=ϖ时，,4111πϕπk =+-4111+=πϕk ,由2||πϕ≤,当31-=k ,得4πϕ-=，此时π()sin 114f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，)365,18(ππ∈x ,由411π-=x t ,可得ππ36463613≤≤t ,不满足()f x 在π5π,1836⎛⎫ ⎪⎝⎭单调若9=ϖ时，,491πϕπk =+ππϕ491-=k ,由2||πϕ≤,当21=k ,得4πϕ=π9,4ωϕ==，此时，)365,18(ππ∈x ,由49π+=x t ,可得ππ2343≤≤t ，满足()f x 在π5π,1836⎛⎫⎪⎝⎭单调递减, 故选B ．方法三 4221ππϕ++=k k .1)(212+-=k k ω，Z k k ∈21,2||πϕ≤4πϕ=∴或4πϕ-= ()f x 在π5π,1836⎛⎫⎪⎝⎭单调，5π,123618122T ππω∴-=≤≤，0>ϖ.120≤<∴ϖ若4πϕ=，则021=+k k ，142+=k ϖ，951，，=ϖ验证： 若4-πϕ=，则1-21=+k k ，342+=k ϖ，1173，，=ϖ验证：2020尖子生TOP300联考8.已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|≤π2)，x ＝－π4，43π=x 为y ＝f (x )图象的两条对称轴，且f (x )在)12,0(π上单调函数，则ω的最大值为( )A ．12B ．11C ．10D ．9解：两条对称轴之间的距离是周期T 的)(2Z k k ∈倍，或者2T 的k 倍，ϖπππ22443⋅=+k ，k =ϖf (x )在)12,0(π上单调函数，故存在Z k ∈0,使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥++-≤+-12)1(40400πϖππϖππk k)1(3k 400+≤≤k ϖ，由)1(3k 400+≤k 可得30≤k ，这时的ω最大值为12同理，用43π=x 也可以算 方法二。
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。
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．。
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，。
三角函数w的取值问题
三角函数w的取值问题(总3页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--三角函数w 的取值问题1.已知ω＞0，函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减，则ω的取值范围是________． 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，54答案：C4．已知函数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，则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．故选D ．5．（2016年全国I 高考）已知函数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，则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（，）则﹣=≤，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，故选：B6. 已知函数f (x )＝2sin ωx (ω＞0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π4上的最小值是－2，则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 ∈），若()f x 的任意一个对称中心的横坐标都不属于区间(),2ππ，则ω的取值范围是 ．答案：12,33⎛⎤⎥⎝⎦9.（2016年天津高考改编）已知函数2())(0)24f x x πωω=->，R x ∈.若)(x f 在区间)2,(ππ内没有零点，则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。
三角函数中的参数W范围选题学生使用
三角函数中的参数W 范围选题1．已知函数()2sin 4f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间0,8⎛⎫ ⎪⎝⎭π上单调递增，则ω的最大值为（ ）A ．12B ．1C ．2D ．42．已知函数()()πππsin ,0,363f x x f f ωω⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+>= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，且()f x 在区间ππ,63⎛⎫ ⎪⎝⎭上有最小值，无最大值，则ω的值为（ ） A ．103-B ．143C ．83D ．233．已知函数()sin()(0)3f x x πωω=->，若函数()f x 在区间3(,)2ππ上为单调递减函数，则实数ω的取值范围是（ ） A ．211[,]39B ．511[,]69C ．23[,]34D ．25[,]364．已知函数()sin()f x x ω=在区间25,36ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是增函数，且在区间[]0,π上恰好取得一次最大值1，则ω的取值范围是（ ） A ．30,5⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．13,25⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．13,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．15,22⎡⎫⎪⎢⎣⎭5．已知函数()()sin 0f x x x ωωω=>，若集合()(){}0,1x f x π∈=-含有4个元素，则实数ω的取值范围是（ ） A ．35,22⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．35,22⎛⎤⎥⎝⎦C ．725,26⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．725,26⎛⎤⎥⎝⎦6．设0>ω，将函数sin()3y x ωπ=+的图象向左平移6π个单位长度后与函数cos()3y x πω=+的图象重合，则ω的最小值为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．47．已知0ω>，函数()sin()4f x x πω=+在区间,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减, 则ω的取值范围是（ ）A ．13,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．15,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．(]0,2 8．已知函数()()sin 03f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在(]0,2上恰有一个最大值1和一个最小值-1，则ω的取值范围是（ ） A ．513,1212ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．513,1212ππ⎛⎤⎥⎝⎦C ．713,1212ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．713,1212ππ⎛⎤⎥⎝⎦9．已知函数()()sin 03f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，若()f x 在20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点，则ω的取值范围是（ ） A ．51,2⎛⎫⎪⎝⎭B ．51,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．5,42⎛⎫⎪⎝⎭D ．5,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭10．设函数()()sin 05f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，已知()f x 在[]0,2π有且仅有5个零点，对于下述4个结论：①()f x 在()0,2π有且仅有3个最大值点； ②()f x 在()0,2π有且仅有2个最小值点； ③()f x 在0,10π⎛⎫⎪⎝⎭单调递增； ④ω的取值范围是1229,510⎡⎫⎪⎢⎣⎭.其中所有正确结论的编号为（ ） A ．①②③ B ．①④ C ．①③④ D ．②③三角函数中的参数W 范围选题参考答案1．【答案】C 【详解】当0,8x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，,4484x ππππωω⎛⎫+∈+ ⎪⎝⎭， 因为函数()2sin 4f x x πω⎛⎫=+⎪⎝⎭在区间0,8π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，正弦函数在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上递增，所以可得842πππω+≤，解得2ω≤，即ω的最大值为2，故选C ． 2． 【答案】B 【详解】由题意可知，函数在6324x πππ+==处取得最小值，故当4x π=时，22x k πωϕπ+=-，即：2432k πππωπ⨯+=-，据此可得：()1083k k ω=-∈Z .由于()f x 在区间ππ,63⎛⎫⎪⎝⎭上有最小值，无最大值， 故函数的最小正周期366T πππ>-=，即26ππω>，解得：12ω<，故取1k =可得143ω=.故选：B . 3． 【答案】B 【解析】因为32x ππ<<，所以33323x ππωππωπω-<-<-，由正弦函数的单调性可得32{33232ππωπωπππ-≥-≤，即1132{313232ωω-≥-≤，也即56{31126ωω≥≤，所以51169ω≤≤，应选答案B 。
三角函数中有关ω的范围问题
目录 考向一
考向二
考向三
考向四
12×2ωπ≥32π－π，
ω≥－12＋2k， ω≤31＋43k， (k∈Z)．又 ω>0，当 k＝0 时，可得 0<ω≤13；当 k＝1 时， ω≤2
可得32≤ω≤53.故选 D.
目录 考向一
考向二
考向三
考向四
解析
根据函数的单调性求 ω (1)基本策略 确定函数的单调区间，根据区间之间的包含关系，建立不等式，即 可求 ω 的取值范围． (2)常用结论 已知函数 y＝Asin(ωx＋φ)(或 y＝Acos(ωx＋φ))的单调区间为(a，b)， 则|a－b|≤T2(T 为最小正周期)．
目录 考向一
考向二
考向三
考向四
解析
①当 ω＝18 时，f(x)＝sin(18x＋φ)，f－π8＝sin－94π＋φ＝0，所以 φ －94π＝kπ(k∈Z)，则 φ＝kπ＋94π(k∈Z)，因为－π2≤φ≤π2，所以 φ＝π4，所 以 f(x)＝sin18x＋π4，当π5<x<π4时，4π－32π0＝7270π<18x＋π4<194π＝4π＋34π， 所以函数 f(x)在π5，π4上不单调，不符合题意；
目录 考向一
考向二
考向三
考向四
解析
考向二 三角函数的对称性与 ω 的关系
例 2 (2024·福州模拟)若定义在 R 上的函数 f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)
三角函数——求ω的取值范围学生版答案
三角函数——求ω的取值范围 高一1、2班练习题三角函数——求ω的取值范围答案1.【解析】（1）法一：函数5()cos 6g x x πω⎛⎫=- ⎪⎝⎭(0)>ω，周期2T πω=，由题意得3222T πππω-≤=，解得01ω<≤， 令522,6k x k k Z πππωπ-+≤-≤∈，解得252,66k k x k Z ππππωωωω-+≤≤+∈，则252,,663,22k k k Z ππππωωωωππ⎛⎫⎡⎤⊆ ⎪⎢⎥⎝⎭⎦+⎣-+∈，令0k =得，63,2625,ππωππω⎛⎫⎡⎤⊆ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦-，则只需3526ππω≤，解得59ω≤，则ω的取值范围是50,9⎛⎤ ⎥⎝⎦.（注：当k 取其它整数时，252,,663,22k k k Z ππππωωωωππ⎛⎫⎡⎤⊆ ⎪⎢⎥⎝⎭⎦+⎣-+∈，在01ω<≤内无解）. 法二：同法一，01ω<≤，由3,22x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则5535,62626x πππππωωω⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，因为01ω<≤，结合cos y x =函数图象，()535,,02626ππππωωπ⎛⎫--⊆- ⎪⎝⎭，则有35026ππω-≤，解得509ω<≤，即ω的取值范围是50,9⎛⎤⎥⎝⎦. （2）法一：函数5()cos 6g x x πω⎛⎫=- ⎪⎝⎭(0)>ω，周期2T πω=，因为函数()g x 在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上没有零点，所以3222T πππω-≤=，解得01ω<≤，假设函数()g x 在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有零点， 令()0g x =，得562x k ππωπ-=+，k Z ∈，得43k x ππωω=+，k Z ∈，则43232k ππππωω<+<，得8282933k k ω+<<+，k Z ∈，又01ω<≤，所以2293ω<<或819ω<≤， 又函数()g x 在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有零点，且01ω<≤，所以209ω<≤或2839ω≤≤，即2280,,939ω⎛⎤⎡⎤∈ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦.法二：同法一，01ω<≤，由3,22x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则5535,62626x πππππωωω⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，因为01ω<≤，结合cos y x =函数图象，可得535,,26262πππππωωπ⎛⎫⎛⎫--⊆-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭或535,,262622ππππππωω⎛⎫⎛⎫--⊆-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则有35262πππω-≤-或526235262πππωπππω⎧-≥-⎪⎪⎨⎪-≤⎪⎩，解得209ω<≤或2839ω≤≤，即2280,,939ω⎛⎤⎡⎤∈ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦. 2.【解析】（1）由题意得3222T πππω-≤=，解得01ω<≤，由3,22x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则3,32323x πππππωωω⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，因为01ω<≤，结合sin y x =函数图象，有3232πππω-≤，解得509ω<≤，即ω的取值范围是50,9⎛⎤⎥⎝⎦.（2）由题意得3222T πππω-≤=，解得01ω<≤，由3,22x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则 3(,)32323x πωππωππω-∈--，若函数()g x 在3(,)22ππ上没有零点，结合正弦函数 sin y x =的图象观察，则3(,)(,0)2323ωππωπππ--⊆-或3(,)(0,)2323ωππωπππ--⊆，有3023ππω-≤或023323ππωππωπ⎧-≥⎪⎪⎨⎪-≤⎪⎩ω∴∈228(0,][,]939. 3.【解析】（1）由题意得3222T πππω-≤=，解得01ω<≤，由3,22x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则3,62626x πππππωωω⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，因为01ω<≤，结合cos y x =函数图象，可得()3,,02626ππππωωπ⎛⎫--⊆- ⎪⎝⎭，则有3026ππω-≤，解得109ω<≤，即10,9ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.（2）由题意得3222T πππω-≤=，解得01ω<≤，由3,22x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则3,62626x πππππωωω⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，因为01ω<≤，结合cos y x =函数图象，可得()3,0,2626ππππωωπ⎛⎫--⊆ ⎪⎝⎭，则有026326ππωππωπ⎧-≥⎪⎪⎨⎪-≤⎪⎩，解得1739ω≤≤，即17,39ω⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.（3）由题意得3222T πππω-≤=，解得01ω<≤，由3,22x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则3,62626x πππππωωω⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭，因为01ω<≤，结合cos y x =函数图象，可得3,,262622ππππππωω⎛⎫⎛⎫--⊆- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则有3262πππω-≤，解得409ω<≤，即40,9ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.4.【解析】法一：由()sin 16⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭f πωx x ，得3262+=+ππωx k π，即423,+=∈πk πx k Z ω， 所以()1f x =-的所有正解从小到大为41016333,,⋅⋅⋅πππωωω，因为关于x 的方程()1f x =-在,6ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有一个实数解， 所以5266>-=ππT π，所以1524>ω，所以161651033249>⨯=>ππππω，所以410336≤≤<ππππωω或101643336<≤≤<πππππωωω.所以843103ωωω⎧⎪≤⎪⎪≥⎨⎪⎪<⎪⎩或820103163ωωωω>⎧⎪≤⎪⎪⎨≥⎪⎪<⎪⎩，所以41033≤<ω，即410,33ω⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭.法二：因为关于x 的方程()1f x =-在,6ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有一个实数解，所以5266πππT -=<，所以2405ω<<，又因为6666x ππππωωπω+≤+≤+，结合sin y x =图象可知，37262ππππω≤+<，所以41033≤<ω，即410,33ω⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭.5.【解析】因为函数()()2sin f x x ωϕ=+图象过点()0,1B -，12sin 1sin 2ϕϕ∴=-⇒=-，又2πϕ<，6πϕ∴=-，又函数()f x 在区间,183ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调，且()f x 的图象向左平移π个单位之后与原来的图象重合，1231822k πππωππω⎧-≤⋅⎪⎪∴⎨⎪⋅=⎪⎩1852()k k Z ωω⎧≤⎪⇒⎨⎪=∈⎩，2ω∴=，此时1k =.()2sin 26f x x π⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭，6.【解析】当[]0,x π∈时，333x πππωωπ-≤-≤-，()f x 在[]0,π上有且仅有4个零点，343ππωππ∴≤-<，解得：101333ω≤<，即1013,33ω⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭. 7.【解析】因为24T ππω==，所以12ω=.由()0f x =，得11sin()22x ϕ+=. 当[0,5]x π∈时，15,22x πϕϕϕ⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦，又02πϕ，则55322ππϕπ+. 因为1sin 2y x =-在[0,3]π上的零点为6π，56π，136π，176π，且()f x 在[0,5]π内恰有3个零点，所以0,613517626πϕπππϕ⎧⎪⎪⎨⎪+<⎪⎩三角函数——求ω的取值范围 高一1、2班练习题或,62175,62ππϕππϕ⎧<⎪⎪⎨⎪+⎪⎩解得0,,632πππϕ⎡⎤⎡⎤∈⋃⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦.8.【解析】由题设，知：()f x 关于2x π=轴对称，关于(,0)6π中心对称，∴12226k k ωππϕπωπϕπ⎧+=+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，12(,)k k Z ∈，即12()32k k ωπππ=-+，1233()2k k ω=-+，∴2131()224k k ϕπ=--，又05,02πωϕ<<<<，即12k k ≥，当122,1k k ==时，有4πϕ=，此时92ω=，则9()sin()24x f x π=+. 9.【解析】因为222T ππω=≥⨯，则02ω<≤；又因为()()0()2ππ-==-f f f ，则由(0)()f f π=-可知()f x 得一条对称轴为2x π=-，()f x 在区间[0,]2π上是单调函数，则由(0)()02f f π+=可知()f x 的一个对称中心为(,0)4π；若2x π=-与(,0)4π是同一周期内相邻的对称轴和对称中心，则()442T ππ=--，则3T π=，所以223T πω==；若2x π=-与(,0)4π不是同一周期内相邻的对称轴和对称中心，则3()442T ππ=--，则T π=，则22T πω==.综上所述ω的值为23或2.10.【答案】②【解析】由题意得，12882k k πωϕπππωϕπ⎧-+=⎪⎪⎨⎪+=+⎪⎩，12,k k ∈Z ，两式相加得1242k kπϕπ+=+，又因为0,24ππϕϕ<<∴=，代入282k ππωϕπ+=+中，得()2282k k ω=+∈Z .当0,6x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，记,4464t x ππππωω⎛⎫=+∈+ ⎪⎝⎭，令()0g x =，得2sin t =sin t =,464t πππω⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭至多有2个实数根，11644πππω∴+，解得015ω<，结合()2282k k ω=+∈Z ，观察可知，10ω=符合条件. 11.【答案】C 【解析】∵函数f (x )在区间,168ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调，∴816162T πππ-=，即28T ππω=，解得：0<ω⩽16，∵x =−8π是y =f (x )的零点,直线x =8π为y =f (x )图象的一条对称轴，∴2144n T π+⋅=,(n ∈N )，即242,n T πω==+(n ∈N ) 当ω=14时,1482k ππϕπ+=+，k ∈Z ，取4πϕ=-，此时()sin 144f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭在,168ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，满足题意. 12.【答案】D 【解析】25936122T ππππω-=≤=，则012ω<≤， ∵ ||33f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，()()3sin x x f ωϕ=+，∴ 32k ππωϕπ+=+，k Z ∈，又对于任意的R x ∈都有066f x f x ππ⎛⎫⎛⎫-++--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴ 6m πωϕπ-+=，m Z ∈，∴ 3(2)2k m πϕπ=++，又2πϕ<，∴ 6π=ϕ或6πϕ=-，当6π=ϕ时， 31k ω=+，k Z ∈且61m ω=-+，当7ω=时，()3sin 76f x x π⎛⎫ ⎪⎝=⎭+，若52,369x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则4131736618x πππ≤+≤，∴()f x 在52,369ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上不单调，C 错误，当6πϕ=-时， 32k ω=+，k Z ∈且61m ω=--，当11ω=时，()3sin 116f x x π⎛⎫ ⎪⎝-⎭=，若52,369x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则49411136618x πππ≤-≤，∴()f x 在52,369ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上不单调，A 错误，当5ω=时，()3sin 56f x x π⎛⎫ ⎪⎝=⎭-，若52,369x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则1917536618x πππ≤-≤， ∴()f x 在52,369ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调，D 正确，故选：D. 13.【答案】C 【解析】由于2()3f x f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭，则()f x 关于3x π=对称，即3x π=是函数()f x 的一条对称轴， ()11()sin()3332f A A k k Z πωπωϕπϕππ=+=±⇒+=+∈，①()22sin()0666f A k k Z ππωπωϕϕπ⎛⎫-=-+=⇒-+=∈ ⎪⎝⎭，②①-②得2121(),22k k Z k k ωπππ-+-∈=， 令12k k k =-，k Z ∈，则22k ωπππ=+，()21,k k Z ω=+∈，0ω>，k N ∴∈，()sin()f x A x ωϕ=+的最小正周期()2221T k N k ππω==∈+， ()f x 在52,369ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调， 25362291T πππ∴-=≥，2216T k ππ∴=≥+，解得()112k k N ≤∈， 当5k =时，11ω=，则②式为2116k πϕπ-+=，()2216k k Z ϕππ1=+∈， 又||2πϕ≤，2,26k πϕ∴=-=-，此时()sin 116f x A x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，当52,369x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，494111,63618x πππ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭，∴()f x 在52,369ππ⎛⎫⎪⎝⎭上不单调，不符合题意舍去； 当4k =时，9ω=，则②式为296k πϕπ-+=，()2232k k Z πϕπ=+∈， 又||2πϕ≤，∴当21k =-时， 2ϕπ=，此时()sin 92f x A x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，当52,369x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，759,242x πππ⎛⎫+∈⎪⎝⎭，()f x 单调递增；当22k =-时，2πϕ=-，此时()sin 92f x A x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 当52,369x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，339,242x πππ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭，()f x 单调递减.∴ω的最大值为9.故选：C.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
三角函数 w 的取值问题ππ
1.已知ω＞ 0，函数 f(x)＝ sin ωx＋4在2，π上单调递减，则ω的取值范围是________．
1 5
答案：2，4
答案： C
4．已知函数（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，则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﹣ cosφsin ωx=cosφsin，ωx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．故选D．
5．（2016 年全国 I 高考）已知函数f ( x)sin(x+ )(0，ππ
), x为 f (x) 的零24
点， x π
f ( x) 图像的对称轴，且 f ( x) 在(
π 5π
的最大值为为 y
18
，) 单调，则
436
（ 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（，）则﹣ =≤，
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，故选： B
6. 已知函数f(x)＝ 2sinωx(ω＞ 0)在区间
π π
上的最小值是－2，则ω的最小值等于－，
4
3
________．
答案：3 2
8. （第十三周周考题）函数
f x
2sin(
x
1 R ），若 f
x 的任意一
) （
， x
3
3
个对称中心的横坐标都不属于区间
,2
，则
的取值范围是
．
1 2
3 ,
答案：
3
9.（ 2016 年天津高考改编）已知函数
f (x)
2
sin( x
)(
0) ， x R .若 f (x) 在区
2
4
间 ( ,2 ) 内没有零点，则 的取值范围是（
）
（ A ） (0, 1]
（ B ） (0, 1 ]
[ 5 ,1) （ C ） ( 0, 5 ]
（ D ） (0, 1 ] [ 1 , 5 ]
8
4
8
8
8
4 8
答案 :D。