ω的取值范围
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。
专题二 微重点6 三角函数中ω,φ的范围问题
P0，12，现将 y＝f(x)的图象向左平移π3个单位长度得到的函数图象也过
点 P，则
√A.ω 的最小值为 2
B.ω 的最小值为 6
C.ω 的最大值为 2
D.ω 的最大值为 6
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依题意 f(0)＝sin φ＝12，0<φ<π2，φ＝π6， f(x)＝sinωx＋π6的图象向左平移π3个单位长度得到 g(x)＝sinωx＋π3＋π6＝sinωx＋π3ω＋π6，g(0)＝sinπ3ω＋π6＝12， 所以π3ω＋π6＝2k1π＋π6或π3ω＋π6＝2k2π＋56π， 即ω＝6k1或ω＝6k2＋2，其中k1，k2∈Z， 由于ω>0，所以ω的最小值为2.
跟踪演练3 (2022·湛江模拟)已知函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|≤π2，f π3＋x
＝f π3－x，f －π3＝0，且 f(x)在区间1π0，π2上有且只有一个极大值点，
33 则 ω 的最大值为__4___.
由题意知，－π3ω＋φ＝k1π， π3ω＋φ＝k2π＋π2，
k1，k2∈Z，
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若 x∈(0,2π)，则 ωx＋π6∈π6，2ωπ＋π6. 设 t＝ωx＋π6，则 t∈π6，2ωπ＋π6， 因为 2ωπ＋π6∈π6，176π， 所以函数 y＝sin t 在π6，2ωπ＋π6上的零点最多有 2 个. 所以f(x)在(0,2π)上的零点最多有2个.
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4.(2022·萍乡模拟)设函数 f(x)＝sin2x＋π4在区间a，a＋π3上的最大值为
M，最小值为 m，则 M－m 的最小值为
A.
2 2
√B.12
C.1－
2 2
2－1 D. 2
专题练 第13练 三角函数的图象与性质
第13练 三角函数的图象与性质1．(2019·全国Ⅱ)下列函数中，以π2为周期且在区间⎝⎛⎭⎫π4，π2上单调递增的是( ) A ．f (x )＝|cos 2x | B ．f (x )＝|sin 2x | C ．f (x )＝cos|x | D ．f (x )＝sin|x |答案 A解析 A 中，函数f (x )＝|cos 2x |的周期为π2，当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2时，2x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，函数f (x )单调递增，故A 正确；B 中，函数f (x )＝|sin 2x |的周期为π2，当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2时，2x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，函数f (x )单调递减，故B 不正确；C 中，函数f (x )＝cos|x |＝cos x 的周期为2π，故C 不正确；D 中，f (x )＝sin|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧sin x ，x ≥0，－sin x ，x <0，由正弦函数图象知，在x ≥0和x <0时，f (x )均以2π为周期，但在整个定义域上f (x )不是周期函数，故D 不正确．2．(2021·全国乙卷)把函数y ＝f (x )图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移π3个单位长度，得到函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π4的图象，则f (x )等于( ) A ．sin ⎝⎛⎭⎫x 2－7π12 B ．sin ⎝⎛⎭⎫x 2＋π12 C ．sin ⎝⎛⎭⎫2x －7π12 D ．sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π12 答案 B解析 依题意，将y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π4的图象向左平移π3个单位长度，再将所得曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，得到f (x )的图象，所以y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π4―――――――――――――→将其图象向左平移π3个单位长度 y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π12的图象――――――――――――――→所有点的横坐标扩大到原来的2倍f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x 2＋π12的图象． 3．(2018·全国Ⅱ)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.3π4 D ．π 答案 A解析 f (x )＝cos x －sin x ＝－2⎝⎛⎭⎫sin x ·22－cos x ·22＝－2sin ⎝⎛⎭⎫x －π4， 当x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，3π4，即x －π4∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2时， y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π4单调递增， 则f (x )＝－2sin ⎝⎛⎭⎫x －π4单调递减． ∵函数f (x )在[－a ，a ]上是减函数， ∴[－a ，a ]⊆⎣⎡⎦⎤－π4，3π4， ∴0<a ≤π4，∴a 的最大值为π4.4．(2022·新高考全国Ⅰ)记函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4＋b (ω>0)的最小正周期为T .若2π3<T <π，且y ＝f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫3π2，2中心对称，则f ⎝⎛⎭⎫π2等于( ) A ．1 B.32 C.52 D ．3答案 A解析 因为2π3<T <π，所以2π3<2πω<π，解得2<ω<3.因为y ＝f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫3π2，2中心对称，所以b ＝2，且sin ⎝⎛⎭⎫3π2ω＋π4＋b ＝2，即sin ⎝⎛⎭⎫3π2ω＋π4＝0，所以3π2ω＋π4＝k π(k ∈Z )，又2<ω<3，所以13π4<3π2ω＋π4<19π4，所以3π2ω＋π4＝4π，解得ω＝52，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫52x ＋π4＋2，所以f ⎝⎛⎭⎫π2＝sin ⎝⎛⎭⎫52·π2＋π4＋2＝sin 3π2＋2＝1.故选A. 5．(多选)(2020·新高考全国Ⅰ)如图是函数y ＝sin(ωx ＋φ)的部分图象，则sin(ωx ＋φ)等于( )A ．sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3B ．sin ⎝⎛⎭⎫π3－2xC ．cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6D ．cos ⎝⎛⎭⎫5π6－2x答案 BC解析 由图象知T 2＝2π3－π6＝π2，得T ＝π，所以ω＝2πT ＝2.又图象过点⎝⎛⎭⎫π6，0，由“五点法”，结合图象可得φ＋π3＝π，即φ＝2π3，所以sin(ωx ＋φ)＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3，故A 错误； 由sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝sin ⎣⎡⎦⎤π－⎝⎛⎭⎫π3－2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫π3－2x 知B 正确； 由sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＋π6 ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6知C 正确； 由sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6 ＝cos ⎣⎡⎦⎤π＋⎝⎛⎭⎫2x －5π6 ＝－cos ⎝⎛⎭⎫5π6－2x ，知D 错误． 6．(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⎝⎛⎦⎤136，83.7．(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f (x )＝sin(2x ＋φ)(0<φ<π)的图象关于点⎝⎛⎭⎫2π3，0中心对称，则( )A ．f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，5π12上单调递减 B ．f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－π12，11π12上有两个极值点 C ．直线x ＝7π6是曲线y ＝f (x )的对称轴D ．直线y ＝32－x 是曲线y ＝f (x )的切线 答案 AD解析 因为函数f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫2π3，0中心对称，所以sin ⎝⎛⎭⎫2×2π3＋φ＝0，可得4π3＋φ＝k π(k ∈Z )，结合0<φ<π，得φ＝2π3，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3. 对于A ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，5π12时，2x ＋2π3∈⎝⎛⎭⎫2π3，3π2，所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，5π12上单调递减，故A 正确；对于B ，当x ∈⎝⎛⎭⎫－π12，11π12时，2x ＋2π3∈⎝⎛⎭⎫π2，5π2，所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－π12，11π12上只有一个极值点，故B 不正确；对于C ，因为f ⎝⎛⎭⎫7π6＝sin ⎝⎛⎭⎫2×7π6＋2π3＝sin 3π＝0，所以x ＝7π6不是曲线y ＝f (x )的对称轴，故C 不正确；对于D ，因为f ′(x )＝2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3，若直线y ＝32－x 为曲线y ＝f (x )的切线， 则由2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝－1，得2x ＋2π3＝2k π＋2π3(k ∈Z )或2x ＋2π3＝2k π＋4π3(k ∈Z )， 所以x ＝k π(k ∈Z )或x ＝k π＋π3(k ∈Z )．当x ＝k π(k ∈Z )时，f (x )＝32， 则由32＝32－k π(k ∈Z )，解得k ＝0； 当x ＝k π＋π3(k ∈Z )时，f (x )＝－32，方程－32＝32－k π－π3(k ∈Z )无解． 综上所述，直线y ＝32－x 为曲线y ＝f (x )的切线，故D 正确． 综上所述，选AD.8．(2021·全国甲卷)已知函数f (x )＝2cos(ωx ＋φ)的部分图象如图所示，则满足条件⎣⎡⎦⎤f (x )－f ⎝⎛⎭⎫－7π4⎣⎡⎦⎤f (x )－f ⎝⎛⎭⎫4π3>0的最小正整数x 为________．答案 2解析 由题图可知，34T ＝13π12－π3＝3π4(T 为f (x )的最小正周期)，得T ＝π，所以ω＝2，所以f (x )＝2cos(2x ＋φ)．点⎝⎛⎭⎫π3，0可看作“五点作图法”中的第二个点， 则2×π3＋φ＝π2，得φ＝－π6，所以f (x )＝2cos ⎝⎛⎭⎫2x －π6， 所以f ⎝⎛⎭⎫－7π4＝2cos ⎣⎡⎦⎤2×⎝⎛⎭⎫－7π4－π6 ＝2cos ⎝⎛⎭⎫－11π3＝2cos π3＝1，f ⎝⎛⎭⎫4π3＝2cos ⎝⎛⎭⎫2×4π3－π6＝2cos 5π2＝0， 所以⎣⎡⎦⎤f (x )－f ⎝⎛⎭⎫－7π4⎣⎡⎦⎤f (x )－f ⎝⎛⎭⎫4π3>0， 即[f (x )－1]·f (x )>0， 可得f (x )>1或f (x )<0，所以cos ⎝⎛⎭⎫2x －π6>12或cos ⎝⎛⎭⎫2x －π6<0. 当x ＝1时，2x －π6＝2－π6∈⎝⎛⎭⎫π3，π2， cos ⎝⎛⎭⎫2x －π6∈⎝⎛⎭⎫0，12，不符合题意； 当x ＝2时，2x －π6＝4－π6∈⎝⎛⎭⎫π，7π6，cos ⎝⎛⎭⎫2x －π6<0，符合题意． 所以满足题意的最小正整数x 为2.9．(2022·郑州模拟)若直线x ＝5π24是函数f (x )＝sin(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎫0<φ<π2图象的一条对称轴，则f (x )的单调递减区间为( ) A.⎣⎡⎦⎤5π12＋2k π，17π12＋2k π(k ∈Z ) B.⎣⎡⎦⎤－7π12＋2k π，5π12＋2k π(k ∈Z ) C.⎣⎡⎦⎤5π24＋k π，17π24＋k π(k ∈Z ) D.⎣⎡⎦⎤－7π24＋k π，5π24＋k π(k ∈Z ) 答案 C解析 因为直线x ＝5π24是函数f (x )＝sin(2x ＋φ)图象的一条对称轴，所以5π12＋φ＝π2＋k π，k ∈Z .又0<φ<π2，所以φ＝π12.由π2＋2k π≤2x ＋π12≤3π2＋2k π，k ∈Z ， 解得5π24＋k π≤x ≤17π24＋k π，k ∈Z ，所以f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤5π24＋k π，17π24＋k π(k ∈Z )．10．(2022·武汉质检)已知函数y ＝g (x )的图象与函数y ＝sin 2x 的图象关于直线x ＝π对称，将g (x )的图象向右平移π3个单位长度后得到函数y ＝f (x )的图象，则函数y ＝f (x )在x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2上的值域为( ) A.⎣⎡⎦⎤－32，32 B.⎣⎡⎦⎤－1，32 C.⎣⎡⎦⎤－32，1 D ．[0,1]答案 C解析 设(x ，y )为g (x )图象上一点，则点(x ，y )关于直线x ＝π对称的点为(2π－x ，y )， 由题意知点(2π－x ，y )在函数y ＝sin 2x 的图象上， 则y ＝sin 2(2π－x )＝－sin 2x ， 所以g (x )＝－sin 2x ，则f (x )＝－sin 2⎝⎛⎭⎫x －π3＝－sin ⎝⎛⎭⎫2x －2π3， 当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，2x －2π3∈⎣⎡⎦⎤－2π3，π3， 则sin ⎝⎛⎭⎫2x －2π3∈⎣⎡⎦⎤－1，32， 所以－32≤f (x )≤1. 11．(多选)(2022·重庆质检)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)＋1(ω>0,0<φ<π)为偶函数，其图象与直线y ＝2的两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，若|x 1－x 2|的最小值为π，将f (x )的图象向右平移π6个单位长度，得到g (x )的图象，则下列说法正确的是( ) A ．g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋1 B.⎝⎛⎭⎫5π6，1是函数g (x )图象的一个对称中心 C ．函数g (x )在⎝⎛⎭⎫π6，2π3上单调递减D ．若方程g (x )＝m 在⎣⎡⎦⎤0，π2上有两个不相等的实数根，则32≤m ≤2 答案 AC解析 由题意可得，函数f (x )的最小正周期为π，则ω＝2， 因为函数f (x )为偶函数，则φ＝π2＋k π，k ∈Z ，因为0<φ<π，所以φ＝π2，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＋1， 向右平移π6个单位长度，得到g (x )＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π6＋π2＋1 ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋1，故A 正确； g ⎝⎛⎭⎫5π6＝sin ⎝⎛⎭⎫2×5π6＋π6＋1＝－12＋1＝12≠1，故B 错误； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π6，2π3时，2x ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π2，3π2，g (x )单调递减，故C 正确； 当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，7π6，若方程g (x )＝m 在⎣⎡⎦⎤0，π2上有两个不相等的实数根， 则32≤m <2，故D 错误． 12．(多选)(2022·重庆模拟)函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则( )A ．函数f (x )的最小正周期为πB ．函数f (x )的图象关于直线x ＝－π12对称C ．函数f (x )在(－2π，2π)内的所有零点之和为2π3D ．将函数f (x )图象上各点的横坐标扩大为原来的2倍，再向右平移5π6个单位长度后得到函数y ＝cos x 的图象 答案 AB解析 由题图知T ＝2×⎝⎛⎭⎫2π3－π6＝π，则A 正确； ∴ω＝2，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2×π6＋φ＝0，|φ|<π2， ∴φ＝－π3，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3. f ⎝⎛⎭⎫－π12＝sin ⎝⎛⎭⎫－π6－π3＝sin ⎝⎛⎭⎫－π2＝－1， ∴直线x ＝－π12是f (x )图象的一条对称轴，则B 正确；在x ∈(－2π，2π)时，令t ＝2x －π3∈⎝⎛⎭⎫－4π－π3，4π－π3，作出y ＝sin t 的图象，如图，由正弦函数图象知，y ＝sin t 在t ∈⎝⎛⎭⎫－4π－π3，4π－π3上的所有零点之和为t A ＋t B ＋t C ＋t D ＋t O ＋t E ＋t F ＋t G ＝t A ＝－4π，∴f (x )在(－2π，2π)内的所有零点之和为－4π＋π32＝－11π6，则C 错误；f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3的横坐标扩大2倍， 得到y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π3，向右平移5π6个单位长度， 得y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π3－5π6＝sin ⎝⎛⎭⎫x －7π6，并不是y ＝cos x ，则D 错误． 13．(2022·淮南模拟)已知函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－m ，x ∈⎣⎡⎦⎤0，7π6有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，则m (x 1＋2x 2＋x 3)的范围为( ) A.⎣⎡⎦⎤5π6，5π3 B.⎣⎡⎭⎫5π6，5π3 C.⎣⎡⎦⎤5π3，10π3 D.⎣⎡⎭⎫5π3，10π3答案 D解析 令z ＝2x ＋π6，当x ∈⎣⎡⎦⎤0，7π6时，z ∈⎣⎡⎦⎤π6，5π2， y ＝sin z ⎝⎛⎭⎫z ∈⎣⎡⎦⎤π6，5π2与y ＝m 2的图象如图所示，∴m 2∈⎣⎡⎭⎫12，1，故m ∈[1,2)， 由对称性可知z 1＋z 2＝π，z 2＋z 3＝3π， ∴z 1＋2z 2＋z 3＝4π，又z 1＋2z 2＋z 3＝2x 1＋π6＋4x 2＋π3＋2x 3＋π6＝2(x 1＋2x 2＋x 3)＋2π3，∴x 1＋2x 2＋x 3＝5π3，∴m (x 1＋x 2＋x 3)∈⎣⎡⎭⎫5π3，10π3.14．(多选)(2022·邵阳模拟)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|<π2的零点按照由小到大的顺序依次构成一个公差为π2的等差数列，函数g (x )＝f (x )＋12f ′(x )的图象关于原点对称，则( )A ．f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增 B ．∀x 1，x 2∈R ，|f (x 1)－g (x 2)|≤1＋ 2C ．把g (x )的图象向右平移π8个单位长度即可得到f (x )的图象D ．若f (x )在[0，a )上有且仅有两个极值点，则a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤7π8，11π8 答案 BD解析 由题意可知，函数两个相邻的零点之差的绝对值为π2，设函数f (x )的周期为T ，则T 2＝π2，即T ＝π，即2π|ω|＝π，又ω>0，∴ω＝2，∴f (x )＝sin(2x ＋φ)，∴g (x )＝f (x )＋12f ′(x )＝sin(2x ＋φ)＋cos(2x ＋φ)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋φ＋π4， 又函数g (x )的图象关于原点对称，即g (x )为奇函数， ∴φ＋π4＝k π，k ∈Z ，∴φ＝－π4＋k π，k ∈Z ，又|φ|<π2，∴φ＝－π4，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4， ∴g (x )＝2sin 2x ，∵x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴2x ∈(0，π)， ∴2x －π4∈⎝⎛⎭⎫－π4，3π4， 结合正弦函数性质知f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上不单调，故A 错误； ∀x 1，x 2∈R ，函数f (x 1)的值域为[－1,1]，函数g (x 2)的值域为[－2，2]， ∴|f (x 1)－g (x 2)|≤1＋2，故B 正确；g (x )的图象向右平移π8个单位长度得到y ＝2sin 2⎝⎛⎭⎫x －π8＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4，故C 错误； ∵x ∈[0，a )，∴2x ∈[0,2a )， ∴2x －π4∈⎣⎡⎭⎫－π4，2a －π4， 利用正弦函数的性质知，要使函数f (x )在[0，a )上有且仅有两个极值点， 则需满足3π2<2a －π4≤5π2，解得7π8<a ≤11π8，∴a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤7π8，11π8，故D 正确．15．(2022·洛阳质检)已知函数f (x )＝A cos(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，ω>0，|φ|<π2满足下列条件：①f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫π2－x ＝0；②f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π12与⎝⎛⎭⎫π12，π3上具有相反的单调性；③∀x 1，x 2∈R ，f (x 1)f (x 2)≤4，并且等号能取到．则f ⎝⎛⎭⎫5π36＝________. 答案3解析 由f (x )＋f ⎝⎛⎭⎫π2－x ＝0可知， f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫π4，0对称，由f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π12与⎝⎛⎭⎫π12，π3上具有相反的单调性可知， 直线x ＝π12是f (x )的图象的一条对称轴，又π4∈⎝⎛⎭⎫π12，π3， 所以f (x )的最小正周期T 满足 T 4＝π4－π12＝π6， 所以T ＝2π3，所以2πω＝2π3，所以ω＝3，所以f (x )＝A cos(3x ＋φ)， 由余弦函数的性质， 得3×π12＋φ＝0＋k π，k ∈Z ，又|φ|<π2，所以φ＝－π4.由∀x 1，x 2∈R ，－A ≤f (x 1)≤A ，－A ≤f (x 2)≤A 可知，f (x 1)f (x 2)≤A 2， 又f (x 1)f (x 2)≤4，且等号都能取到， 所以A 2＝4，则A ＝2， 故f (x )＝2cos ⎝⎛⎭⎫3x －π4， f ⎝⎛⎭⎫5π36＝2cos π6＝ 3. 16．(2022·晋中模拟)已知函数f (x )＝sin ωx ＋3cos ωx (ω>0)，且在⎝⎛⎭⎫π3，π2上单调递增，则满足条件的ω的最大值为________． 答案133解析 f (x )＝sin ωx ＋3cos ωx＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3(ω>0)， 由2k π－π2≤ωx ＋π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，得2k πω－5π6ω≤x ≤2k πω＋π6ω，k ∈Z ， ∴f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k πω－5π6ω，2k πω＋π6ω(k ∈Z )． 由题意知⎝⎛⎭⎫π3，π2⊆⎣⎡⎦⎤2k πω－5π6ω，2k πω＋π6ω，k ∈Z ， ∴⎩⎨⎧2k πω－5π6ω≤π3，π2≤2k πω＋π6ωk ∈Z ，∴6k －52≤ω≤4k ＋13，k ∈Z .∵ω>0，∴当k ＝0时，－52≤ω≤13；∴0<ω≤13，当k ＝1时，72≤ω≤133；当k ≥2，k ∈Z 时，ω∈∅，∴ωmax ＝133.[考情分析] 高考必考内容，重点考查三角函数的图象与性质及三角函数图象变换的正用、逆用，多以选择题和填空题的形式考查，也在解答题中出现，难度中等． 一、三角函数的图象及变换 核心提炼 图象变换 (先平移后伸缩)y ＝sin x ―――――――――→向左(φ>0)或向右(φ<0)平移|φ|个单位长度y ＝sin(x ＋φ) ――――――――――――→横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍纵坐标不变y ＝sin(ωx ＋φ)―――――――――――→纵坐标变为原来的A (A >0)倍横坐标不变 y ＝A sin(ωx ＋φ)． (先伸缩后平移)y ＝sin x ――――――――――――→横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍纵坐标不变y ＝sin ωx ――――――――→向左(φ>0)或右(φ<0)平移|φ|ω个单位长度y ＝sin(ωx ＋φ)―――――――――――→纵坐标变为原来的A (A >0)倍横坐标不变 y ＝A sin(ωx ＋φ)． 练后反馈题目 2 10 11 14 正误错题整理：二、三角函数的解析式 核心提炼确定y ＝A sin(ωx ＋φ)＋b (A >0，ω>0)的步骤和方法 (1)求A ，b ，确定函数的最大值M 和最小值m ， 则A ＝M －m 2，b ＝M ＋m 2.(2)求ω，确定函数的最小正周期T ，则可得ω＝2πT .(3)求φ，常用的方法有：五点法、特殊点法． 练后反馈题目 5 8 15 正误错题整理：三、三角函数的性质 核心提炼三角函数的常用结论(1)y ＝A sin(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )求得．(2)y ＝A cos(ωx ＋φ)，当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )求得． (3)y ＝A tan(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数． 练后反馈题目 1 3 4 6 7 9 12 13 16 正误错题整理：1．[T5补偿](2022·成都模拟)函数f (x )＝2sin(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎫0<φ<π2的图象如图所示，现将y ＝f (x )的图象向右平移π6个单位长度，所得图象对应的函数解析式为( )A ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6B ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6 C ．y ＝2cos 2x D ．y ＝2sin 2x答案 D解析 由题图可知，f (x )过点⎝⎛⎭⎫π12，2， 又0<φ<π2，所以φ＝π3，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3. 将f (x )的图象向右平移π6个单位长度得到y ＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π6＋π3＝2sin 2x . 2．[T7补偿](2022·宝鸡模拟)已知函数f (x )＝sin 2x －2sin 2x ，给出下列结论，正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期是2π B ．函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π8，5π8上单调递减 C ．函数f (x )的图象关于⎝⎛⎭⎫－π8，0对称D ．函数f (x )的图象可由函数y ＝2sin 2x 的图象向右平移π8个单位长度，再向下平移1个单位长度得到 答案 B解析 由题意，得函数f (x )＝sin 2x －2sin 2x ＝sin 2x ＋cos 2x －1＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4－1， 所以函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，所以A 错误；由x ∈⎣⎡⎦⎤π8，5π8， 可得2x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤π2，3π2， 所以函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π8，5π8上单调递减，所以B 正确； 由函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4－1， 令2x ＋π4＝k π，k ∈Z ，得x ＝－π8＋k π2，k ∈Z ，当k ＝0时，可得x ＝－π8，所以函数f (x )图象的一个对称中心为⎝⎛⎭⎫－π8，－1，所以C 错误； 由函数y ＝2sin 2x 的图象向右平移π8个单位长度，得到y ＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π8＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4， 再向下平移1个单位长度，得到y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4－1，所以D 错误． 3．[T15补偿](2022·赤峰模拟)设函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4＋b (ω>0)的最小正周期为T ，若2π3<T <π，且函数y ＝f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫3π2，2中心对称，将y ＝f (x )的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度后关于y 轴对称，则φ的最小值为( ) A.π2 B.π10 C.3π10 D ．π 答案 B解析 函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4＋b (ω>0)的最小正周期为T ，则T ＝2πω， 由2π3<T <π，得2π3<2πω<π， ∴2<ω<3，∵y ＝f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫3π2，2中心对称， ∴b ＝2，且sin ⎝⎛⎭⎫3π2ω＋π4＝0， 则3π2ω＋π4＝k π，k ∈Z ， ∴ω＝23⎝⎛⎭⎫k －14，k ∈Z ， 取k ＝4，可得ω＝52.∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫52x ＋π4＋2，将y ＝f (x )的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度后得到f (x ＋φ)＝sin ⎝⎛⎭⎫52x ＋52φ＋π4＋2， 由于f (x ＋φ)是偶函数，所以52φ＋π4＝π2＋k π，k ∈Z ⇒φ＝π10＋25k π，k ∈Z ，当k ＝0时，φ取最小值，为π10. 4．[T6补偿](2022·合肥模拟)已知函数f (x )＝sin πωx －3cos πωx (ω>0)在(0,1)内恰有3个极值点和4个零点，则实数ω的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤103，236 B.⎣⎡⎭⎫103，133 C.⎝⎛⎦⎤176，133 D.⎝⎛⎦⎤176，236答案 A解析 f (x )＝sin πωx －3cos πωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫πωx －π3， 因为x ∈(0,1)，所以πωx －π3∈⎝⎛⎭⎫－π3，ωπ－π3，因为函数f (x )＝sin πωx －3cos πωx (ω>0)在(0,1)内恰有3个极值点和4个零点， 由图象(图略)得3π<ωπ－π3≤7π2，解得103<ω≤236，所以实数ω的取值范围是⎝⎛⎦⎤103，236.5．[T11补偿](多选)已知函数f (x )＝sin|x |－3|cos x |，下列关于函数f (x )的说法正确的有( ) A ．函数f (x )在⎣⎡⎦⎤7π6，3π2上单调递增 B ．2π是函数f (x )的周期 C ．函数f (x )的值域为[－2,1]D ．函数f (x )在[－2π，2π]内有4个零点 答案 ACD解析 ∵函数f (x )＝sin|x |－3|cos x |，定义域为R ， f (－x )＝sin|－x |－3|cos(－x )| ＝sin|x |－3|cos x |＝f (x )， ∴f (x )为偶函数．当x ∈⎣⎡⎦⎤7π6，3π2时，cos x <0， f (x )＝sin x ＋3cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3， x ＋π3∈⎣⎡⎦⎤3π2，11π6， 此时f (x )单调递增，故A 正确； ∵f ⎝⎛⎭⎫π3＝sin π3－3cos π3＝0， ∴f ⎝⎛⎭⎫－π3＝f ⎝⎛⎭⎫π3＝0， 而f ⎝⎛⎭⎫－π3＋2π＝f ⎝⎛⎭⎫5π3＝－3≠f ⎝⎛⎭⎫－π3， ∴2π不是函数f (x )的周期，故B 错误；当x ∈⎣⎡⎭⎫2k π，π2＋2k π，k ∈N 或⎣⎡⎭⎫3π2＋2k π，2π＋2k π，k ∈N 时，|cos x |＝cos x ， 此时f (x )＝sin x －3cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x －π3，当x ∈⎣⎡⎭⎫π2＋2k π，3π2＋2k π，k ∈N 时，|cos x |＝－cos x ， 此时f (x )＝sin x ＋3cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3， 当x ≥0时，2π是函数的一个周期， 故考虑x ∈[0,2π]时，函数的值域， 当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫x －π3， x －π3∈⎣⎡⎭⎫－π3，π6， 此时f (x )单调递增，f (x )∈[－3，1)； 当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，3π2，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3， x ＋π3∈⎣⎡⎭⎫5π6，11π6， 此时f (x )先减后增，f (x )∈(－2,1]； 当x ∈⎣⎡⎭⎫3π2，2π时，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫x －π3， x －π3∈⎣⎡⎭⎫7π6，5π3， 此时f (x )先减后增，f (x )∈[－2，－1)， 综上可知，f (x )∈[－2,1]，故C 正确；当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，f (0)·f ⎝⎛⎭⎫π2<0，且函数单调递增，故存在1个零点； 当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，7π6时，f ⎝⎛⎭⎫π2·f ⎝⎛⎭⎫7π6<0，且函数单调递减，故存在1个零点； 其他区域无零点，故当x ∈[0,2π]时，函数有2个零点， ∵函数为偶函数，∴函数f (x )在[－2π，2π]内有4个零点，故D 正确．6．[T16补偿](2022·南宁模拟)f (x )＝3cos 2x －sin x cos x 在[－m ，m ]上单调递减，则实数m 的最大值是________． 答案π12解析 依题意知f (x )＝32(1＋cos 2x )－12sin 2x ＝32－⎝⎛⎭⎫12sin 2x －32cos 2x ＝32－sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3， 由－π2≤2x －π3≤π2，得－π12≤x ≤5π12，因此，函数f (x )的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤－π12，5π12， 因为f (x )在[－m ，m ]上单调递减， 于是得[－m ，m ]⊆⎣⎡⎦⎤－π12，5π12， 即⎩⎨⎧0<m ≤5π12，－π12≤－m <0，解得0<m ≤π12，所以实数m 的最大值是π12.。
三角函数ω的取值范围及解三角形中的范围与最值问题(解析版)
三角函数ω的取值范围及解三角形中的范围与最值问题命题预测三角函数与解三角形是每年高考常考内容，在选择、填空题中考查较多，有时会出现在选择题、填空题的压轴小题位置，综合考查以解答题为主，中等难度．高频考法(1)ω取值与范围问题(2)面积与周长的最值与范围问题(3)长度的范围与最值问题01ω取值与范围问题1、f (x )=A sin (ωx +φ)在f (x )=A sin (ωx +φ)区间(a ，b )内没有零点⇒b -a ≤T2k π≤aω+ϕ<π+k πk π<bω+ϕ≤π+k π⇒b -a ≤T2a ≥k π-ϕωb ≤π+k π-ϕω同理，f (x )=A sin (ωx +φ)在区间[a ，b ]内没有零点⇒b -a ≤T2k π<aω+ϕ<π+k πk π<bω+ϕ<π+k π ⇒b -a <T2a >k π-ϕωb <π+k π-ϕω2、f (x )=A sin (ωx +φ)在区间(a ，b )内有3个零点⇒T <b -a ≤2T k π≤aω+ϕ<π+k π3π+k π<bω+ϕ≤4π+k π⇒T <b -a ≤2T k π-φω≤a <(k +1)π-φω(k +3)π-φω<b ≤(k +4)π-φω同理f (x )=A sin (ωx +φ)在区间[a ，b ]内有2个零点⇒T2≤b -a <3T2k π<aω+ϕ≤π+k π2π+k π≤bω+ϕ<3π+k π ⇒T 2≤b -a <3T2k π-φω<a ≤k π+π-φω(k +2)π-φω≤b <(k +3)π-φω 3、f (x )=A sin (ωx +φ)在区间(a ，b )内有n 个零点⇒(n-1)T2≤b-a<(n+1)T2kπ-φω≤a<kπ+π-φω(k+n)π-φω<b≤(k+n+1)π-φω同理f(x)=A sin(ωx+φ)在区间[a，b]内有n个零点⇒(n-1)T2≤b-a<(n+1)T2kπ-φω<a≤kπ+π-φω(k+n)π-φω≤b<(k+n+1)π-φω4、已知一条对称轴和一个对称中心，由于对称轴和对称中心的水平距离为2n+14T，则2n+14T=(2n+1)π2ω=b-a ．5、已知单调区间(a,b)，则a-b≤T 2.1(2024·江苏南通·二模)已知函数y=3sinωx+cosωx(ω>0)在区间-π4,2π3上单调递增，则ω的最大值为()A.14B.12C.1211D.83【答案】B【解析】因为y=3sinωx+cosωx=2sinωx+π6，又ω>0，由-π2+2kπ≤ωx+π6≤π2+2kπ,k∈Z，得到-2π3+2kπω≤x≤π3+2kπω,k∈Z，所以函数y=3sinωx+cosωx的单调增区间为-2π3+2kπω,π3+2kπω(k∈Z)，依题有-π4,2π3⊆-2π3+2kπω,π3+2kπω(k∈Z)，则2π3≤π3ω-2π3ω≤-π4，得到0<ω≤12，故选：B.2(2024·四川泸州·三模)已知函数f x =sinωx-2π3(ω>0)在0,π 有且仅有三个零点，则ω的取值范围是()A.83,11 3B.83,113C.53,83D.53,83【答案】B【解析】因为0≤x≤π，所以-2π3≤ωx-2π3≤ωπ-2π3，因为函数f x =sinωx-2π3(ω>0)在0,π 有且仅有三个零点，结合正弦函数的图象可知2π≤ωπ-2π3<3π，解得83≤ω<113，故选：B.3(2024·四川德阳·二模)已知函数f x =sinωx+φ(ω>0,φ∈R)在区间7π12,5π6上单调，且满足f7π12=-f3π4 ．给出下列结论，其中正确结论的个数是()①f2π3=0；②若f5π6-x=f x ，则函数f x 的最小正周期为π；③关于x的方程f x =1在区间0,2π上最多有3个不相等的实数解；④若函数f x 在区间2π3,13π6上恰有5个零点，则ω的取值范围为83,103．A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】①因为f7π12=-f3π4 且7π12+3π42=2π3，所以f2π3=0.①正确.②因为f5π6-x=f(x)所以f(x)的对称轴为x=5π62=5π12,2π3-5π12=π4=T4⇒T=π.②正确.③在一个周期内f x =1只有一个实数解，函数f x 在区间7π12,5π6上单调且f2π3 =0，T≥45π6-2π3=2π3.当T=2π3时，f x =sin3x，f x =1在区间0,2π上实数解最多为π6,5π6,3π2共3个.③正确.④函数f x 在区间2π3,13π6上恰有5个零点，2T<13π6-2π3≤5T2⇒2⋅2πω<13π6-2π3≤52⋅2πω，解得83<ω≤103；又因为函数f x 在区间7π12,5π6上单调且f2π3 =0，T≥45π6-2π3=2π3，即2πω≥2π3⇒ω≤3，所以ω∈83,3.④错误故选：C4(2024·江苏泰州·模拟预测)设函数f x =2sinωx-π6-1ω>0在π,2π上至少有两个不同零点，则实数ω的取值范围是()A.32,+∞ B.32,73 ∪52,+∞ C.136,3 ∪196,+∞ D.12,+∞ 【答案】A【解析】令2sin ωx -π6 -1=0得sin ωx -π6 =12，因为ω>0，所以ωx -π6>-π6，令sin z =12，解得z =π6+2k π,k ∈Z 或z =5π6+2k 1π,k 1∈Z ，从小到大将sin z =12的正根写出如下：π6，5π6，13π6，17π6，25π6，29π6⋯⋯，因为x ∈π,2π ，所以ωx -π6∈ωπ-π6,2ωπ-π6，当ωπ-π6∈0,π6 ，即ω∈16,13 时，2ωπ-π6≥5π6，解得ω≥12，此时无解，当ωπ-π6∈π6,5π6 ，即ω∈13,1 时，2ωπ-π6≥13π6，解得ω≥76，此时无解，当ωπ-π6∈5π6,13π6 ，即ω∈1,73 时，2ωπ-π6≥17π6，解得ω≥32，故ω∈32,73，当ωπ-π6∈13π6,17π6 ，即ω∈73,3 时，2ωπ-π6≥25π6，解得ω≥136，故ω∈73,3，当ω≥3时，2ωπ-π6-ωπ-π6=ωπ≥3π，此时f x 在π,2π 上至少有两个不同零点，综上，ω的取值范围是32,+∞ .故选：A02面积与周长的最值与范围问题正弦定理和余弦定理是求解三角形周长或面积最值问题的杀手锏，要牢牢掌握并灵活运用．利用三角公式化简三角恒等式，并结合正弦定理和余弦定理实现边角互化，再结合角的范围、辅助角公式、基本不等式等求其最值．1(2024·青海·模拟预测)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2a cos 2B +2b cos A cos B =c ．(1)求B ；(2)若b =4，△ABC 的面积为S ．周长为L ，求SL的最大值．【解析】(1)由正弦定理可得，2sin A cos 2B +2sin B cos A cos B =sin C ，所以2sin A cos 2B +2sin B cos A cos B =sin A cos B +cos A sin B ,所以sin A cos B (2cos B -1)+cos A sin B (2cos B -1)=0，即(2cos B -1)sin (A +B )=0，由0<A +B <π，可知sin (A +B )≠0，所以2cos B -1=0，即cos B =12，由0<B <π，知B =π3.(2)由余弦定理，得b 2=a 2+c 2-2ac cos B ，即16=a 2+c 2-ac ，所以16=a +c 2-3ac ，即ac =13a +c 2-16 ，因为S =12ac sin B =34ac ，L =a +b +c ，所以S L =3ac 4a +c +4=3a +c 2-1612a +c +4，所以S L=312a +c -4 ，又ac ≤a +c 24(当且仅当a =c 时取等号)，所以16=a +c 2-3ac ≥a +c24(当且仅当a =c =4时取等号)，所以a +c ≤8(当且仅当a =c =4时取等号)，所以S L=312a +c -4 ≤312×8-4 =33(当且仅当a =c =4时取等号)，即S L的最大值为33.2(2024·陕西汉中·二模)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，请从下列条件中选择一个条件作答：(注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分．)①记△ABC 的面积为S ，且3AB ⋅AC =2S ；②已知a sin B =b cos A -π6 ．(1)求角A 的大小；(2)若△ABC 为锐角三角形，且a =6，求△ABC 周长的取值范围．【解析】(1)选条件①，由3AB ⋅AC =2S ，得3bc cos A =2×12bc sin A ，整理得tan A =3，而0<A <π，所以A =π3.选条件②，由a sin B =b cos A -π6 及正弦定理，得sin A sin B =sin B cos A -π6，而sin B >0，则sin A =cos A -π6 =32cos A +12sin A ，整理得tan A =3，而0<A <π，所以A =π3.(2)由(1)知A =π3，由正弦定理得b sin B =c sin C =a sin A =6sin π3=22，因此b +c =22sin B +22sin C =22sin B +sin π3+B =2232sin B +32cos B=26sin B +π6由△ABC 为锐角三角形，得0<B <π20<2π3-B <π2 ，解得π6<B <π2，因此π3<B +π6<2π3，则32<sin B +π6≤1，于是32<b +c ≤26，32+6<a +b +c ≤36，所以△ABC 周长的取值范围是(32+6,36].3(2024·宁夏银川·二模)已知平面四边形ABCD 中，∠A +∠C =180°,BC =3.(1)若AB =6,AD =3,CD =4，求BD ；(2)若∠ABC =120°,△ABC 的面积为932，求四边形ABCD 周长的取值范围.【解析】(1)在△ABD 中，由余弦定理得cos ∠A =32+62-BD 22×3×6，在△BCD 中，由余弦定理得cos ∠C =32+42-BD 22×3×4，因为∠A +∠C =180°，所以cos ∠A +cos ∠C =0，即32+62-BD 22×3×6+32+42-BD 22×3×4=0，解得BD =33.(2)由已知S △ABC =12×3×AB ×32=932，得AB =6，在△ABC 中，∠ABC =120°，由余弦定理得AC 2=32+62-2×3×6×cos120°=63，则AC =37，设AD=x,CD=y,(x,>0,y>0)，在△ACD中，由余弦定理得372=x2+y2-2xy⋅cos60°=x+y2-3xy，则x+y2=63+3xy≤63+3×x+y22，得x+y24≤63，所以x+y≤67，当且仅当x=y=37时取等号，又x+y>AC=37，所以四边形ABCD周长的取值范围为37+9,67+9.4(2024·四川德阳·二模)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sin B=23cos2A+C 2.(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC面积的取值范围.【解析】(1)因为△ABC中，sin B=23cos2A+C2，即2sinB2cos B2=23cos2π-B2=23sin2B2，而0<B<π,∴sin B2>0，故cos B2=3sin B2，故tan B2=33，又0<B<π,∴0<B2<π2，则B2=π6,∴B=π3；(2)由(1)以及题设可得S△ABC=12ac sin B=34a；由正弦定理得a=c sin Asin C=c sin2π3-Csin C=c sin2π3cos C-cos2π3sin Csin C=32cos C+12sin Csin C=32tan C+12，因为△ABC为锐角三角形，0<A<π2，0<C<π2，则0<2π3-C<π2,∴π6<C<π2，则tan C>33,∴0<1tan C<3，则12<32tan C+12<2，即12<a<2，则38<S△ABC<32，即△ABC面积的取值范围为38,32 .03长度的范围与最值问题对于利用正、余弦定理解三角形中的最值与范围问题，主要有两种解决方法：一是利用基本不等式，求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围，确定所求式的范围．1(2024·贵州遵义·一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3b-a sin C= 3a cos C．(1)求A；(2)若△ABC为锐角三角形，c=2，求b的取值范围．【解析】(1)在△ABC中，由3b-a sin C=3a cos C及正弦定理，得3sin B-sin A sin C=3sin A cos C，则3sin A cos C+sin A sin C=3sin(A+C)=3sin A cos C+3cos A sin C，即sin A sin C=3cos A sin C，而sin C>0，于是tan A=3，又0<A<π，所以A=π3.(2)由(1)知，A=π3，由正弦定理得b=c sin Bsin C=2sin2π3-Csin C=3cos C+sin Csin C=3tan C+1，由△ABC为锐角三角形，得0<C<π20<2π3-C<π2，解得π6<C<π2，则tan C>13，∴1tan C<3,则1<b<4，所以b的取值范围是1<b<4.2(2024·宁夏固原·一模)在锐角△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且2sin B sin C+cos2C= 1+cos2A-cos2B．(1)求证：B+C=2A；(2)求c-ba的取值范围．【解析】(1)因为2sin B sin C+cos2C=1+cos2A-cos2B，所以2sin B sin C+1-2sin2C=1+1-2sin2A-1+2sin2B，则sin B sin C-sin2C=-sin2A+sin2B，由正弦定理可得bc-c2=-a2+b2，即bc=b2+c2-a2，所以cos A=b2+c2-a22bc=bc2bc=12，又A∈0,π2，故A=π3，由A+B+C=π，故B+C=π-A=2π3=2A；(2)由(1)得sin A=32,cos A=12，因为sin B=sin A+C=sin A cos C+cos A sin C=32cos C+12sin C，所以由正弦定理得c-ba=sin C-sin Bsin A=23sin C-32cos C-12sin C=2312sin C-32cos C=23sin C-π3，又锐角△ABC中，有0<C<π20<π-π3-B<π2，解得π6<C<π2，所以-π6<C-π3<π6，则-12<sin C-π3<12，所以-33<23sin C-π3<33，即-33<23sin C-π3<33，故c-ba的取值范围为-33,33.3(2024·河北衡水·一模)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，三角形面积为S，若D为AC边上一点，满足AB⊥BD,BD=2，且a2=-233S+ab cos C.(1)求角B；(2)求2AD +1CD的取值范围.【解析】(1)∵a2=-233S+ab cos C，∴a2=-33ab sin C+ab cos C，即a=-33b sin C+b cos C，由正弦定理得，sin A=-33sin B sin C+sin B cos C，∴sin B+C=-33sin B sin C+sin B cos C，∴cos B sin C=-33sin B sin C，∵sin C≠0，∴tan B=-3，由0<B<π，得B=2π3.(2)由(1)知，B=2π3，因为AB⊥BD，所以∠ABD=π2，∠DBC=π6，在△BCD中，由正弦定理得DCsin∠DBC=BDsin C，即DC=2sinπ6sin C=1sin C，在Rt△ABD中，AD=BDsin A=2sin A，∴2 AD +1CD=22sin A+11sin C=sin A+sin C，∵∠ABC=2π3，∴A+C=π3,∴2 AD +1CD=sin A+sin C=sinπ3-C+sin C=sinπ3cos C-cosπ3sin C+sin C=sin C+π3，∵0<C<π3，∴C+π3∈π3,2π3，∴sin C+π3∈32,1，所以2AD+1CD的取值范围为32,1.4(2024·陕西安康·模拟预测)已知锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a=8，ac=1+sin2A-sin2Csin2B，且a≠c．(1)求证：B=2C；(2)已知点M在线段AC上，且∠ABM=∠CBM，求BM的取值范围．【解析】(1)因为ac=1+sin2A-sin2Csin2B，即a-cc=sin2A-sin2Csin2B，由正弦定理可得a-cc=a2-c2b2=a+ca-cb2，又a≠c，即a-c≠0，所以1c=a+cb2，整理得b2=c2+ac，由余弦定理得b2=a2+c2-2ac cos B，整理得c=a-2c cos B，由正弦定理得sin C=sin A-2sin C cos B，故sin C=sin B+C-2sin C cos B，即sin C=sin B cos C+sin C cos B-2sin C cos B，整理得sin C=sin B-C，又因为△ABC为锐角三角形，则C∈0,π2,B∈0,π2，可得B-C∈-π2,π2，所以C=B-C，即B=2C.(2)因为点M在线段AC上，且∠ABM=∠CBM，即BM平分∠ABC，又B=2C，所以∠C=∠CBM，则∠BMC=π-C-∠CBM=π-2C，在△MCB中，由正弦定理得BCsin∠BMC=BMsin C，所以BM=BC sin Csin∠BMC=8sin Csin2C=8sin C2sin C cos C=4cos C，因为△ABC为锐角三角形，且B=2C，所以0<C<π20<2C<π20<π-3C<π2，解得π6<C<π4.故22<cos C<32，所以833<BM<42.因此线段BM 长度的取值范围833,42.1在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a =3，A =60°，则b 的取值范围是()A.0,6B.0,23C.3,23D.3,6【答案】C【解析】由正弦定理得a sin A =b sin B ，即b =a sin B sin A =3sin B sin60°=23sin B ，又△ABC 为锐角三角形，C =180°-A -B =120°-B ，又0°<B ,C <90°，则0°<120°-B <90°，解得30°<B <90°，而当30°<x <90°时，y =sin x 单调递增，故sin B ∈12,1，所以b =23sin B ∈3,23 .故选：C2已知函数f (x )=sin (ωx +φ)(ω>0)，现有如下说法：①若φ=π3，函数f (x )在π6,π3 上有最小值，无最大值，且f π6 =f π3，则ω=5；②若直线x =π4为函数f (x )图象的一条对称轴，5π3,0 为函数f (x )图象的一个对称中心，且f (x )在π4,5π6 上单调递减，则ω的最大值为1817；③若f (x )=12在x ∈π4,3π4 上至少有2个解，至多有3个解，则ω∈4,163；则正确的个数为()A.0 B.1C.2D.3【答案】C【解析】对于①，因为x =π6+π32=π4时，f x 有最小值，所以sin ωπ4+π3=-1，所以ωπ4+π3=2kπ+3π2k∈Z，得到ω=8k+143k∈Z，因为f x 在区间π6,π3上有最小值，无最大值，所以π3-π4≤πω，即ω≤12，令k=0，得ω=143，故①错误；对于②，根据题意，有ωπ4+φ=2k1π+π2k1∈Z5ωπ3+φ=k2πk2∈ZT2=πω≥5π6-π4=7π12，得出ω=-12(2k1-k2)+617,k1,k2∈Z0<ω≤127，即ω=-12k+617,k∈Z0<ω≤127，得到ω=617或1817，故②正确；对于③，令ωx+φ=2kπ+π6k∈Z或ωx+φ=2kπ+5π6k∈Z，则x=-φ+2kπω+π6ωk∈Z或x=-φ+2kπω+5π6ωk∈Z，故需要上述相邻三个根的距离不超过π2，相邻四个根(距离较小的四个)的距离超过π2，即2πω≤π2,8π3ω>π2,，解得ω∈4,16 3，故③正确，故选：C．3设函数f x =sin2ωx-cos2ωx+23sinωx cosωxω>0，当x∈0,π2时，方程f x =2有且只有两个不相等的实数解，则ω的取值范围是()A.73,13 3B.73,133C.83,143D.83,143【答案】C【解析】由已知易知f x =3sin2ωx-cos2ωx=2sin2ωx-π6，当x∈0,π2时2ωx-π6∈-π6,πω-π6，所以要满足题意有5π2≤πω-π6<9π2⇒ω∈83,143.故选：C4将函数f x =sinωx-cosωx(ω>0)的图象向左平移π4个单位长度后，再把横坐标缩短为原来的一半，得到函数g x 的图象．若点π2,0是g x 图象的一个对称中心，则ω的最小值是()A.45B.12C.15D.56【答案】C【解析】由题意可得f x =222sinωx-22cosωx=2sinωx-π4，所以将f x 的图象向左平移π4个单位长度后，得到函数h x =2sin ωx +π4 -π4=2sin ωx +ωπ4-π4的图象，再把所得图象上点的横坐标缩短为原来的一半，得到函数g x =2sin 2ωx +ωπ4-π4的图象，因为点π2,0 是g x 图象的一个对称中心，所以πω+ωπ4-π4=k π,k ∈Z ，解得ω=45k +15,k ∈Z ，又ω>0，所以ω的最小值为15．故选：C5已知函数f (x )=sin ωx +π6 (ω>0)，若将f (x )的图象向左平移π3个单位后所得的函数图象与曲线y =f (x )关于x =π3对称，则ω的最小值为()A.23B.13C.1D.12【答案】A【解析】函数f (x )=sin ωx +π6 ，f (x )的图象向左平移π3个单位后所得函数g (x )=sin ωx +π3 +π6=sin ωx +πω3+π6，函数y =g (x )的图象与y =f (x )的图象关于直线x =π3对称，则f (x )=g 2π3-x ，于是sin ωx +π6=sin ω2π3-x +πω3+π6 对任意实数x 恒成立，即sin ωx +π6 =sin -ωx +πω+π6 =sin π-ωx -πω+5π6 =sin ωx -πω+5π6对任意实数x 恒成立，因此-πω+5π6=π6+2k π,k ∈Z ，解得ω=-2k +23,k ∈Z ，而ω>0，则k ∈Z ,k ≤0，所以当k =0时，ω取得最小值23.故选：A6(多选题)△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，S 为△ABC 的面积，且a =2，AB ⋅AC=23S ，下列选项正确的是()A.A =π6B.若b =2，则△ABC 只有一解C.若△ABC 为锐角三角形，则b 取值范围是23,4D.若D 为BC 边上的中点，则AD 的最大值为2+3【答案】ABD【解析】对于A ，因为AB ⋅AC =23S ，所以bc cos A =23×12bc sin A ，则tan A =33，因为A ∈0,π ，所以A =π6，故A 正确；对于B ，因为b =2=a ，则B =A =π6，C =2π3，故△ABC 只有一解，故B 正确；对于C ，若△ABC 为锐角三角形，则B ∈0,π2 ，C ∈0,π2，则0<B <π20<π-π6-B <π2，则π3<B <π2，即sin B ∈32,1，由正弦定理可知：b =a sin Bsin A=4sin B ∈23,4 ，故C 错误；对于D ，若D 为BC 边上的中点，则AD =12AB +AC，所以AD 2=14AB 2+2AB ⋅AC +AC 2=14b 2+c 2+3bc由余弦定理知a 2=b 2+c 2-2bc cos A =b 2+c 2-3bc =4，得b 2+c 2=3bc +4，又b 2+c 2=3bc +4≥2bc ，所以bc ≤42-3=43+8，当且仅当b =c =2+6时取得等号，所以AD 2=14b 2+c 2+3bc =144+23bc ≤144+23×43+8 =7+43，即AD ≤7+43=2+3，故D 正确.故选：ABD .7已知函数f x =12+3sin ωx cos ωx -cos 2ωx ω>0 ，若f x 的图象在0,π 上有且仅有两条对称轴，则ω的取值范围是．【答案】56,43【解析】因为f x =12+3sin ωx cos ωx -cos 2ωx =32sin2ωx -12cos2ωx =sin 2ωx -π6，因为f x 的图象在0,π 上有且仅有两条对称轴，所以3π2≤2ωπ-π6<5π2，解得56≤ω<43，所以ω的取值范围是56,43 ．故答案为：56,43.8已知函数f x =sin ωx ω>0 ，若∃x 1,x 2∈π3,π，f x 1 =-1，f x 2 =1，则实数ω的取值范围是.【答案】ω=32或ω≥52【解析】设θ=ωx，x∈π3,π，则θ∈π3ω,πω，所以问题转化为y=sinθ在θ∈π3ω,πω上存在最大值和最小值，由正弦函数图象可得，π3ω≤kπ+π2kπ+π2+π≤πω，解得k+32≤ω≤3k+32，所以k≥0,k∈Z，当k=0时，32≤ω≤32，∴ω=32；当k=1时，52≤k≤92，当k=2时，72≤ω≤152，当k=3时，92≤ω≤212，当k=n，n∈N*时，n+32≤ω≤3n+32，当k=n+1时，n+52≤ω≤3n+92，而n+52-3n+32=-2n+1<0，即n+52<3n+32，所以k∈N*时，所有情况的ω范围的并集为ω≥52；综上，实数ω的取值范围是ω=32或ω≥52.故答案为：ω=32或ω≥52.9已知函数f x =sinωx+φω>0满足f x ≥fπ12，且f x 在区间-π3,π3上恰有两个最值，则实数ω的取值范围为．【答案】125,4【解析】因为f x ≥fπ12，所以fπ12 =sinπ12ω+φ=-1，所以π12ω+φ=2kπ+3π2，k∈Z，即φ=2kπ-π12ω+3π2，k∈Z，所以f x =sinωx+2kπ-π12ω+3π2 =-cosωx-π12．当-π3≤x≤π3时，-5πω12≤ωx-π12≤πω4ω>0．因为f x 在区间-π3,π3上恰有两个最值，且-5πω12>πω4 ，所以ω>0-2π<-5πω12≤-π0<πω4<π，解得125≤ω<4．故答案为：125,4．10已知函数f (x )=-sin ωx -π4 (ω>0)在区间π3,π 上单调递减，则ω的取值范围是.【答案】0,34【解析】当x ∈π3,π时， ωπ3-π4<ωx -π4<ωπ-π4，又y =-sin x 的单调递减区间为2k π-π2,2k π+π2(k ∈Z )，所以ωπ3-π4≥2k π-π2ωπ-π4≤2k π+π2(k ∈Z )，解得6k -34≤ω≤2k +34(k ∈Z )，且2k +34≥6k -34(k ∈Z )，解得k ≤38，又ω>0，所以k =0，所以ω的取值范围为0,34.故答案为：0,3411若函数f x =cos ωx -π6ω>0 在区间π3,2π3内单调递减，则ω的最大值为．【答案】74【解析】由题得：12T ≥2π3-π3⇒0<ω≤3，令t =ωx -π6⇒t ∈πω3-π6,2πω3-π6，则y =cos t 在t ∈πω3-π6,2πω3-π6单调递减，故πω3-π6≥2k π2πω3-π6≤2k π+π⇒6k +12≤ω≤3k +74，由0<ω≤3，故ω∈12,74，所以ω的最大值为74，故答案为：74.12已知函数f (x )=4sin ωx ,g (x )=4cos ωx -π3+b (ω>0)，且∀x 1,x 2∈R ,|f (x 1)-g (x 2)|≤8，将f (x )=4sin ωx 的图象向右平移π3ω个单位长度后，与函数g (x )的图象相邻的三个交点依次为A ，B ，C ，且BA ⋅BC<0，则ω的取值范围是．【答案】0,2π8【解析】依题意，函数f (x )的值域为[-4,4]，g (x )的值域为[b -4,b +4]，由∀x 1,x 2∈R ,f (x 1)-g (x 2) ≤8，得|(b -4)-4|≤8，且|(b +4)-(-4)|≤8，解得b =0，g (x )=4cos ωx -π3 =4sin ωx +π6 ，将f (x )=4sin ωx 的图象向右平移π3ω个单位长度后，得h (x )=4sin ωx -π3ω =4sin ωx -π3，在同一坐标系内作出函数y =g (x ),y =h (x )的图象，观察图象知，|AC |=2πω，取AC 中点D ，连接BD ，由对称性知|AB |=|BC |，BD ⊥AC ，由BA ⋅BC <0，得∠ABC >π2，即∠ABD >π4，|AD |>|BD |，由h (x )=g (x )，得sin ωx -π3 =sin ωx +π6 ，则ωx -π3+ωx+π6=π+2k π,k ∈Z ，解得ωx =712π+k π,k ∈Z ，于是y =4sin 712π+k π-π3=±22，则|BD |=42，因此πω>42，解得0<ω<2π8，所以ω的取值范围是0,2π8.故答案为：0,2π813在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，∠ABC =2π3，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD =2，则a +4c 的最小值为．【答案】18【解析】如图所示，则△ABC 的面积为12ac sin 2π3=12a ⋅2sin π3+12c ⋅2sin π3，则ac =2a +2c ，所以1a +1c =12，显然a ,c >0，故a +4c =(a +4c )1a +1c ×2=2×5+4c a +a c ≥25+24c a ⋅a c=18，当且仅当4ca =a c 1a +1c =12，即a =6c =3时取等号.所以a +4c 的最小值为18.故答案为：18.14在锐角△ABC 中，角A 、B 、C 所对边的边长分别为a 、b 、c ，且2b sin A -3a =0.(1)求角B；(2)求sin A+sin C的取值范围.【解析】(1)∵2b sin A-3a=0，∴2sin A sin B-3sin A=0，又∵A∈0,π2,∴sin A≠0，∴sin B=32,B∈0,π2，∴B=π3.(2)由(1)可知，B=π3，且△ABC为锐角三角形，所以0<A<π20<C=2π3-A<π2，∴A∈π6,π2，则sin A+sin C=sin A+sin2π3-A=32sin A+32cos A=3sin A+π6，因为π3<A+π6<2π3，∴sin A+sin C∈32,3.15在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且2b sin A-3a=0．(1)求角B的大小；(2)求cos A+cos C的取值范围．【解析】(1)因为2b sin A-3a=0，由正弦定理边化角得：2sin B sin A-3sin A=0，所以2sin B-3sin A=0，由于在△ABC中，sin A≠0，所以2sin B-3=0，即sin B=32，又0<B<π2，所以B=π3.(2)由(1)可知B=π3，所以A+C=2π3，所以cos A+cos C=cos A+cos2π3-A=cos A+cos2π3cos A+sin2π3sin A=cos A-12cos A+32sin A=12cos A+32sin A=sin A+π6由于在锐角△ABC中，0<2π3-A<π2 0<A<π2，所以π6<A<π2，所以π3<A+π6<2π3，所以sinπ3<sin A+π6≤sinπ2，所以32<sin A+π6≤1，所以cos A+cos C的取值范围为32,1.16已知锐角△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b2+c2-(b⋅cos C+c⋅cos B)2=bc，(1)求角A的大小；(2)如果该三角形外接圆的半径为3，求bc的取值范围．【解析】(1)∵b2+c2-b cos C+c cos B2=bc，由余弦定理可得b2+c2-b⋅a2+b2-c22ab+c⋅a2+c2-b22ac2=bc，化简整理得b2+c2-a2=bc，又b2+c2-a2=2bc cos A，∴cos A=12，又0<A<π2，所以A=π3.(2)因为三角形外接圆半径为R=3，所以b=23sin B，c=23sin C，∴bc=12sin B sin C，由(1)得B+C=2π3，所以bc=12sin B sin C=12sin B sin2π3-B=12sin B32cos B+12sin B=63sin B cos B+6sin2B=33sin2B+31-cos2B=632sin2B-12cos2B+3 =6sin2B-π6+3，因为△ABC是锐角三角形，且B+C=2π3，所以π6<B<π2，∴π6<2B-π6<5π6，∴12<sin2B-π6≤1，∴6<6sin2B-π6+3≤9，即6<bc≤9.所以bc的取值范围为6,9.17在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，cos2B-sin2B=-1 2．(1)求角B，并计算sin B+π6的值；(2)若b=3，且△ABC是锐角三角形，求a+2c的最大值．【解析】(1)由cos2B+sin2B=1cos2B-sin2B=-12，得cos2B=14，则cos B=±12，又0<B<π，所以B=π3或2π3.当B=π3时，sin B+π6=sinπ2=1；当B=2π3时，sin B+π6=sin5π6=12.(2)若△ABC为锐角三角形，则B=π3，有0<C<π20<A=2π3-C<π2，解得π6<C<π2.由正弦定理，得asin A=csin C=bsin B=332=2，则a=2sin A,c=2sin C，所以a+2c=2sin A+4sin C=2sin2π3-C+4sin C=232cos C+12sin C+4sin C=5sin C+3cos C=27sin(C+φ)，其中tanφ=35，又tanφ=35<33=tanπ6，所以0<φ<π6，则π3<C+φ<2π3，故当C+φ=π2时，sin(C+φ)取到最大值1，所以a+2c的最大值为27.18在△ABC中，D为BC边上一点，DC=CA=1，且△ACD面积是△ABD面积的2倍．(1)若AB=2AD，求AB的长；(2)求sin∠ADBsin B的取值范围．【解析】(1)设BC边上的高为AE，垂足为E，因为△ACD面积是△ABD面积的2倍，所以有S△ACDS△ABD=12CD⋅AE12BD⋅AE=2⇒BD=12⇒BC=32，设AB=2AD=x⇒AD=22x，由余弦定理可知：cos C=AC2+BC2-AB22AC⋅BC =AC2+DC2-AD22AC⋅DC⇒1+94-x22×1×32=1+1-12x22×1×1，解得x=1或x=-1舍去，即AB=1；(2)由(1)可知BD=12,BC=32，设∠ADC=θ，由DC=CA⇒∠DAC=∠ADC=θ⇒C=π-2θ且θ∈0,π2，由余弦定理可得：AD=12+12-2×1×1⋅cosπ-2θ=2+2cos2θ=2+22cos2θ-1=2cosθ，AB=12+32 2-2×1×32⋅cosπ-2θ=134+3cos2θ=134+32cos2θ-1=6cos2θ+1 4，在△ABD中，因为θ∈0,π2，所以由正弦定理可知：ABsin∠ADB =ADsin B⇒sin∠ADBsin B=ABAD=6cos2θ+142cosθ=14×24cos2θ+1cos2θ=14×24+1cos2θ，因为θ∈0,π2，所以cos θ∈0,1 ⇒cos 2θ∈0,1 ⇒1cos 2θ>1⇒24+1cos 2θ>25⇒24+1cos 2θ>5，于是有sin ∠ADB sin B >54，因此sin ∠ADB sin B 的取值范围为54,+∞ ..19记锐角△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2sin B sin C +cos2C =1+cos2A -cos2B .(1)证明：B +C =2A ；(2)求c b的取值范围.【解析】(1)证明：由2sin B sin C +cos2C =1+cos2A -cos2B ，得2sin B sin C +1-2sin 2C =1+1-2sin 2A -1+2sin 2B ，即sin B sin C -sin 2C =-sin 2A +sin 2B ，由正弦定理可得bc -c 2=-a 2+b 2，即a 2=b 2+c 2-bc ，由余弦定理可得a 2=b 2+c 2-2bc cos A ，故cos A =12，又A ∈0,π2 ，故A =π3，由A +B +C =π，故B +C =π-A =2π3=2A ；(2)由正弦定理可得：c b=sin C sin B =sin π-A -B sin B =sin π3+B sin B =12sin B +32cos B sin B =12+32tan B ，又锐角△ABC 中，有0<B <π2，0<π-π3-B <π2，解得π6<B <π2，即tan B ∈33,+∞，即1tan B ∈0,3 ，故c b=12+32tan B ∈12,2 .20记△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ，若a +b +c a +b -c =3，且△ABC 的面积为334.(1)求角C ；(2)若AD =2DB ，求CD 的最小值.【解析】(1)∵a +b +c a +b -c =3，∴3=(a +b )2-c 2=a 2+b 2-c 2+2ab 结合余弦定理得3=2ab cos C +2ab =2ab 1+cos C ，∴ab =321+cos C ，∵S △ABC =12ab sin C =334，∴sin C 1+cos C =3，即2sin C 2cos C 2cos 2C 2=tan C 2=3，又∵C 2∈0,π2 ，∴C 2=π3，故C =2π3；(2)由(1)知：C =2π3,ab =321+cos C=3，∵AD =2DB ，∴CD =13CA +23CB ，∴CD 2=13CA +23CB 2=19b 2+49a 2+49ab cos C =19b 2+49a 2-23，又19b 2+49a 2-23≥219b 2⋅49a 2-23=2×23-23=23，当且仅当b =2a =6时，CD 长取最小值，此时CD =23=63，∴CD 长的最小值为63.21已知函数f x =12-sin 2ωx +32sin2ωx ω>0 的最小正周期为4π.(1)求f x 在0,π 上的单调递增区间；(2)在锐角三角形ABC 中，内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且2a -c cos B =b ⋅cos C ,求f A 的取值范围.【解析】(1)f x =12-sin 2ωx +32sin2ωx =12-1-cos2ωx 2+32sin2ωx =32sin2ωx +12cos2ωx =sin 2ωx +π6.因为T =2π2ω=4π,所以ω=14,故f x =sin 12x +π6.由-π2+2k π≤12x +π6≤π2+2k π,k ∈Z ,解得4k π-4π3≤x ≤4k π+2π3,k ∈Z ,当k =0时,-4π3≤x ≤2π3,又x ∈0,π ,所以f x 在0,π 上的单调递增区间为0,2π3.(2)由2a -c cos B =b ⋅cos C ,得(2sin A -sin C )cos B =sin B cos C ,所以2sin A cos B =sin B cos C +cos B sin C =sin B +C =sin A .因为sin A ≠0,所以cos B =12,又B ∈0,π ,所以B =π3,又三角形为锐角三角形，则0<A <π20<2π3-A <π2，则π6<A <π2，所以π4<A 2+π6<5π12，又f A =sin A 2+π6，sin 5π12=sin π4+π6 =sin π4cos π6+cos π4sin π6=2+64，则22<sin A 2+π6 <2+64，所以f A 的取值范围为22,2+64.22已知在△ABC 中，1-cos A 2-sin A =0，(1)求A ；(2)若点D 是边BC 上一点，BD =2DC ，△ABC 的面积为3，求AD 的最小值.【解析】(1)因为1-cos A 2-sin A =0，所以sin 2A 2=sin A ， 因为0<A 2<π2，sin A 2>0，则sin A 2=2sin A 2cos A 2，故cos A 2=12， 所以A 2=π3，A =2π3，(2)因为BD =2DC ，则BD =2DC ，所以AD -AB =2AC -AD ，故AD =13AB +23AC ， 因为△ABC 的面积为3，所以12bc sin A =3，所以bc =4|AD |2=13AB +23AC 2=19c 2+49b 2+49AB ⋅AC =19c 2+49b 2-29bc ≥49bc -29bc =89上式当且仅当c =2b ，即c =22，b =2时取得“=”号，所以AD 的最小值是223.23在△ABC 中，角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ，且满足2sin A +C cos A -sin C cos A =sin A cos C ．(1)求角A ；(2)若点D 在线段BC 上，且满足BD =3DC ,AD =3，求△ABC 面积的最大值．【解析】(1)由题意得2sin B cos A -sin C cos A =sin A cos C ，即2sin B cos A =sin A cos C +sin C cos A =sin B ，∵sin B ≠0，∴2cos A =1，∴cos A =12，又0<A <π,∴A =π3；(2)解法一：令DC =t ，则BD =3t ，∵cos ∠ADC =-cos ∠ADB ，∴AD 2+DC 2-AC 22AD ⋅DC =-AD 2+BD 2-AB 22AD ⋅BD ，即9+t 2-b 26t =-9+9t 2-c 218t ，∴12t 2=-36+3b 2+c 2①，又∵cos ∠BAC =12=b 2+c 2-16t 22bc ，∴16t 2=b 2+c 2-bc ②，∵联立①②，得144-3bc =9b 2+c 2≥6bc (当且仅当c =3b 时取等号)，即bc ≤16，∴S △ABC =12bc sin ∠BAC =34bc ≤43，∴△ABC 面积的最大值为43.解法二：依题意AD =14AB+34AC，∴AD 2=14AB+34AC 2=116AB 2+9AC 2+6AB ⋅AC，即9=116AB 2+9AC 2+6AB AC cos π3=116AB 2+9AC 2+3AB AC，∵AB 2+9AC 2≥6AB AC (当且仅当AB =3AC 时取等号)，∴AB AC ≤16，∴S △ABC =12AB ACsin ∠BAC ≤34×16=43，∴△ABC 面积的最大值为43．24已知△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ，向量m =a +b ,c ,n =sin A -sin C ,sin A -sin B ，且m ⎳n ．(1)求B ；(2)求b 2a 2+c 2的最小值．【解析】(1)因为m ⎳n ，所以a +b sin A -sin B =c sin A -sin C ，由正弦定理可得a +b a -b =c a -c 即a 2-b 2=ac -c 2，故a 2+c 2-b 2=ac ，所以cos B =a 2+c 2-b 22ac =12，而B 为三角形内角，故B =π3.(2)结合(1)可得：b2a2+c2=a2+c2-aca2+c2=1-aca2+c2,1-aca2+c2≥1-ac2ac=1-12=12，当且仅当a=c时等号成立，故b2a2+c2的最小值为12.25已知△ABC为钝角三角形，它的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且sin2C=sin2B+sinπ3+Bcosπ6+B，a<c，b<c．(1)求tan(A+B)的值；(2)若△ABC的面积为123，求c的最小值．【解析】(1)因为sin2C=sin2B+sinπ3+Bcosπ6+B=sin2B+12sinπ2+2B+sinπ6=sin2B+12cos2B+12=sin2B+121-2sin2B+14=34，因为sin C>0，所以sin C=3 2，由△ABC为钝角三角形且a<c，b<c知，C为钝角，所以cos C=-12，即tan C=-3，所以tan(A+B)=tanπ-C=-tan C=3.(2)因为S△ABC=12ab sin C=34ab=123，所以ab=48，由余弦定理，c2=a2+b2-2ab cos C=a2+b2+ab≥3ab=144，当且仅当a=b=43时，等号成立，此时c2的最小值为144，所以c的最小值为12.。
三角函数中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。
高考数学最新真题专题解析—三角函数(全国通用)
高考数学最新真题专题解析—三角函数（全国通用）考向一 三角函数的图像【母题来源】2022年高考全国I 卷【母题题文】 设函数π()sin 3f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（ ）A. 513,36⎫⎡⎪⎢⎣⎭B. 519,36⎡⎫⎪⎢⎣⎭C. 138,63⎛⎤ ⎥⎝⎦D.1319,66⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【试题解析】解：依题意可得0>ω，因为()0,x π∈，所以,333x πππωωπ⎛⎫+∈+ ⎪⎝⎭， 要使函数在区间()0,π恰有三个极值点、两个零点，又sin y x =，,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭的图象如下所示：则5323ππωππ<+≤，解得13863ω<≤，即138,63ω⎛⎤∈ ⎥⎝⎦． 故选：C ．【命题意图】本题主要考查正弦型函数的图象的变换，考查学生的数学运算能力，逻辑分析那能力，是一道中档题．【命题方向】这类试题在考查题型上主要以选择形式出现．多为低档题，本类题型主要考查三角函数的图像和性质以及三角函数的平移变换问题. 常见题型：平移变换、辅助角公式、诱导公式. 【得分要点】（1）利用降幂公式、辅助角公式对三角函数进行化简； （2）利用三角函数的一些性质解题. 考向二 三角函数的性质 【母题来源】2022年高考北京卷【母题题文】 已知函数22()cos sin f x x x =-，则（ ） A.()f x 在,26ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递减 B.()f x 在,412ππ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增 C. ()f x 在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 D.()f x 在7,412ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增 【答案】C【试题解析】因为()22cos sin cos2f x x x x =-=.对于A 选项，当26x ππ-<<-时，23x ππ-<<-，则()f x 在,26ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递增，A 错； 对于B 选项，当412x ππ-<<时，226x ππ-<<，则()f x 在,412ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上不单调，B 错；对于C 选项，当03x π<<时，2023x π<<，则()f x 在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，C 对；对于D 选项，当7412x ππ<<时，7226x ππ<<，则()f x 在7,412ππ⎛⎫⎪⎝⎭上不单调，D 错. 故选：C.【命题意图】本题考查倍角公式及三角函数的单调性.【命题方向】这类试题在考查题型选择、填空、解答题都有可能出现，多为中档题，是历年高考的热点． 常见的命题角度有：（1）三角函数的图像；（2）三角函数的性质：定义域、值域、奇偶性、单调性、对称性等； 【得分要点】（3）利用倍角公式、降幂公式及辅助角公式对三角函数进行化简； （4）利用三角函数的一些性质解题. 真题汇总及解析 一、单选题1．（2022·天津市求真高级中学高二期末）函数()()sin 0f x x ωω=>的最小正周期为2π，则ω的值为（ ） A ．4 B ．2 C ．1D ．12【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦型函数的周期计算公式2T πω=即可求解.【详解】由2T πω=，∴2242Tππωπ===.故选：A. 2．（2022·上海·华师大二附中模拟预测）已知,x y ∈R ，则表达式22cos cos cos x yxy（ ）A ．既有最大值，也有最小值B ．有最大值，无最小值C ．无最大值，有最小值D ．既无最大值，也无最小值【答案】D 【解析】 【分析】结合余弦函数，可分别得到2cos x ，2cos y ，()cos xy 的范围，再确定端点值是否可以同时取等，即可判断. 【详解】由[]22cos ,cos 0,1x y ∈，()[]cos 1,1xy ∈-，易知22cos cos cos 1,3x yxy.同时，由于π是无理数，因此当cos cos 0xy时，cos 1xy ；当22cos cos 1xy时，cos 0xy，故两端均不能取得等号.补充证明：二元表达式22cos cos cos x yxy（,x y R ）可以取到任意接近1-和3的值，从而该式无最值.①取x π=，y n （*n ∈N ），则222cos cos cos 2cos x y xy n .对任意0ε>，由抽屉原理，存在*N N ，使得22N N .再考虑*k ∈N ，使得1k k（由π的无理性，两头都不取等）.则nkN 时，212122NN kkN k，从而2cos 1,coskN，22cos cos cos 2cos ,3x y xy ，即证.②取2x π=，2yn（*n ∈N ），则22221cos cos cos cos4n x y xy .对任意0ε>，由抽屉原理，存在*N N ，使得224N N .再考虑k ∈Z ，使得4k k（不取等的理由同上）.则nkN 时，2244244N kN N kk，从而221cos cos ,14kN ，22cos cos cos 1,cosxy xy，即证.故选：D 【点睛】易错点点睛：2cos x ，2cos y ，()cos xy 均有最值，但三者加和后，需确定能否同时取得最值.3．（2022·河南安阳·模拟预测（文））已知函数()sin cos f x a x b x c ωω=++（a ，b ，0>ω）的部分图象如图所示，则=a （ ）A ．1B 2C 3D ．2【答案】B 【解析】 【分析】整理()()22f x a b x c ωϕ=+++，且tan b aϕ=222a b +，利用相邻对称轴的距离求得ω，根据对称轴求得ϕ，进而可得tan 1ϕ=，即a b =，即可求解. 【详解】由题，()()22sin cos f x a x b x c a b x c ωωωϕ=+++++，tan b aϕ=，223a b c +=，221a b c -+=-，所以1c =222a b +，又51882T ππ-=，所以T π=，则22T πω==，因为对称轴为8x π=，所以2282k ππϕπ⨯+=+，k ∈Z ，则24k ϕπ=+π，k ∈Z 所以tan 1ϕ=，即a b =， 所以2a = 故选：B4．（2023·广西柳州·模拟预测（文））若()4sin π5α-=，则cos2α＝（ ） A ．－2425B ．725C ．－725D ．2425【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用诱导公式、二倍角的余弦公式化简计算作答. 【详解】依题意，4sin 5α=，所以2247cos 212sin 12525αα⎛⎫=-=-⨯=- ⎪⎝⎭.故选：C5．（2022·四川成都·模拟预测（理））函数2cos 34cos f x x x 的最小正周期为（ ） A ．23πB ．43π C ．π D ．2π【答案】A 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简函数()f x 的解析式，利用余弦型函数的周期公式可求得函数()f x 的最小正周期. 【详解】222cos 22cos 2cos 1cos 2sin cos2sin sin 2cos2cos f xx x x x x xx x x xcos3x =-，所以，函数()f x 的最小正周期为23T π=. 故选：A.6．（2022·上海闵行·二模）“角,αβ的终边关于y 轴对称”是“cos cos 0αβ+="的（ ） A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条许 D ．既不充分也不必要各件【答案】B 【解析】 【分析】先证明充分性，再举出反例说明必要性不成立，得到答案. 【详解】由角,αβ的终边关于y 轴对称，则π2π,k k αβ+=+∈Z ，可知cos cos αβ=-，即cos cos 0αβ+=成立，充分性成立；当cos cos 0αβ+=时，角,αβ的终边关于y 轴对称或(21),k k Z αβπ=++∈， 所以“角,αβ的终边关于y 轴对称”是“cos cos 0αβ+=”的充分不必要条件， 故选：B.7．（2022·甘肃·武威第六中学模拟预测（理））已知函数()12sin 32f x x πϕϕ⎛⎫⎛⎫=+< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，直线x π=-为()f x 图象的一条对称轴，则下列说法正确的是（ ） A ．6π=ϕB ．()f x 在区间,2ππ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦单调递减C ．()f x 在区间[],ππ-上的最大值为2D ．()f x θ+为偶函数，则()23k k Z θππ=+∈【答案】D 【解析】 【分析】由已知得()2sin 23f ππϕ⎛⎫-=-+=± ⎪⎝⎭，由2πϕ<可求得ϕ，可判断A 选项，由此有()12sin 36x f x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭；对于B ，由,2x ππ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦得12363x πππ-≤-≤-，由正弦函数的单调性可判断；对于C ，由[],x ππ∈-得12366x πππ-≤-≤，由此得()f x 在区间[],ππ-上的最大值为2sin16π=；对于D ，()11+2sin +336f x x πθθ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由()1+362k k Z ππθπ-=∈，解得()23k k Z θππ=+∈. 【详解】解：因为函数()12sin 32f x x πϕϕ⎛⎫⎛⎫=+< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，直线x π=-为()f x 图象的一条对称轴，所以()2sin 23f ππϕ⎛⎫-=-+=± ⎪⎝⎭，所以+,32k k Z ππϕπ-+=∈，又2πϕ<，所以6πϕ=-，故A 不正确；所以()12sin 36x f x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，对于B ，当,2x ππ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦时，12363x πππ-≤-≤-，所以()f x 在区间,2单调递增，故B 不正确；对于C ，当[],x ππ∈-时，12366x πππ-≤-≤，()f x 在区间[],ππ-上的最大值为2sin16π=，故C 不正确；对于D ，若()f x θ+为偶函数，且()()111+2sin +2sin +36336f x x x ππθθθ⎡⎤⎛⎫=-=- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，所以()1+362k k Z ππθπ-=∈，解得()23k k Z θππ=+∈，故D 正确，故选：D.8．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知函数()()23sin cos cos 0f x x x x ωωωω+>，若函数f (x )在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，则实数ω的取值范围是（ ）A ．13,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．12,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．10,3⎛⎤⎥⎝⎦D ．20,3⎛⎤⎥⎝⎦【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角和辅助角公式化简解析式，然后利用正弦函数的单调性解决即可. 【详解】 函数()()()2313sin cos cos 0sin 21cos222f x x x x x x ωωωωωω=+>=++311sin 2cos2222x x ωω=++1sin 262x πω⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，由函数f (x )在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，且2,2666x πππωωπωπ⎛⎫+∈++ ⎪⎝⎭，得26232262k k ππωππππωππ⎧+≥+⎪⎪⎨⎪+≤+⎪⎩，k ∈Z ，解12233k k ω+≤≤+，k ∈Z .又因为ω>0，12222πππω⨯≥-，所以k ＝0，所以实数ω的取值范围是12,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选：B9．（2022·浙江·模拟预测）如图所示的是函数()y f x =的图像，则函数()f x 可能是（ ）A ．sin y x x =B ．cos y x x =C ．sin cos y x x x x =+D ．sin cos y x x x x =-【答案】C 【解析】 【分析】由图象确定函数的性质，验证各选项是否符合要求即可. 【详解】由图可知：()f x 是非奇非偶函数，且在y 轴右侧，先正后负．若()sin f x x x =，则()()()sin sin f x x x x x -=--=，所以函数sin y x x =为偶函数， 与条件矛盾，A 错，若()cos f x x x =，则()()()cos cos f x x x x x -=--=-，所以函数cos y x x =为奇函数，与条件矛盾，B 错，若()sin cos f x x x x x =-，则()2sin 4f x x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，当04x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()2sin 04f x x x π⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，与所给函数图象不一致，D 错，若()sin cos f x x x x x =+，则()2sin 4f x x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，当304x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x >，又2()4f π=， ()04f π-=，所以函数sin cos y x x x x =+为非奇非偶函数，与所给函数图象基本一致， 故选：C ．10．（2022·北京·北大附中三模）如图矩形,6ABCD AB =，沿PQ 对折使得点B 与AD 边上的点1B 重合，则PQ 的长度可以用含α的式子表示，那么PQ 长度的最小值为（ ）A ．4B ．8C ．2D 93【答案】D 【解析】 【分析】设PQ y =，由三角比的定义可得sin PB y α=，sin cos2PA y αα=⋅，继而求得()262sin 1sin y αα=-，令()()221g t t t =-和2sin t α⎛=∈ ⎝⎭，求导可得()g t 的最大值为：343g =⎝⎭PQ 长度的最小值. 【详解】设PQ y =，1PB PB =，11180APB B PB ∠+∠=，12180B PB α+∠=，则12APB α∠=，则有sin PB y α=和11cos cos2PA PB APB PB ∠α==，代入6AB PA PB =+=，解得：()()266sin 1cos22sin 1sin y αααα==+-，令()()221g t t t =-和2sin t α⎛=∈ ⎝⎭， 导函数()226g t t '=-，即可得()g t 的最大值在3t =此时343g =⎝⎭min 93y =， 故选：D .二、填空题11．（2022·辽宁实验中学模拟预测）已知tan 2α=，则222222cos 2sin 2cos 3sin sin 1cos 2αααααα--+=++_________．【答案】16799-##68199-【解析】 【分析】利用同角间的三角函数关系，把待求式化为关于tan α的式子，然后代入已知计算． 【详解】2222222222222222cos 2sin 2cos 3sin cos 2sin 2cos 3sin sin 1cos 2sin sin cos cos 2(sin cos )αααααααααααααααα----+=+++++++22222222cos 2sin 2cos 3sin 2sin cos 2sin 3cos αααααααα--++=+222212tan 23tan 2tan 12tan 3αααα--+=++ 182128183--=+++16799=-． 故答案为：16799-． 12．（2022·内蒙古·乌兰浩特一中模拟预测（文））将最小正周期为π的函数()2sin(2)1(0)6f x x πωω=-+>的图像向左平移4π个单位长度，得到()g x 的图像，则函数()g x 的一个对称中心为___________【答案】,13π⎛⎫⎪⎝⎭，不唯一【解析】 【分析】根据最小正周期求出ω ，再根据函数平移规则即可求出()g x 的解析式. 【详解】由题意，T π= ，2,12ππωω∴== ，即()2sin 216f x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ ，()f x 向左平移4π得()g x ， ()2sin 212sin 21463g x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫∴=+-+=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ，令2,33x x πππ+== ，∴()g x 的一个对称中心为,13π⎛⎫ ⎪⎝⎭；故答案为： ,13π⎛⎫⎪⎝⎭.13．（2022·福建·三明一中模拟预测）已知函数2()322cos 1f x x x =-+，且方程()0f x a -=在,36ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦内有实数根，则实数a 的取值范围是___________．【答案】[2,1]- 【解析】 【分析】由题意可得()a f x =在,36ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦内有实数根，a 的取值范围即为函数()f x 的值域.【详解】2()322cos 132cos 22sin(2)6f x x x x x x π-+=-=-，方程()0f x a -=在,36ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦内有实数根，即()a f x =在,36ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦内有实数根， ,36x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，52,666x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，得2()1f x -≤≤，即a 的取值范围是[2,1]-，故答案为：[2,1]-14．（2022·北京工业大学附属中学三模）已知函数ππ()sin()sin()44f x x x =+-给出下列四个结论： ①f (x )的值域是[1,1]-； ②f (x )在π[0,]2上单调递减： ③f (x )是周期为π的周期函数④将f (x )的图象向左平移π2个单位长度后，可得一个奇函数的图象 其中所有正确结论的序号是___________． 【答案】②③ 【解析】 【分析】先将()f x 化简，然后根据余弦函数的性质逐一判断即可 【详解】ππ()sin()sin()44f x x x =+-2222()()x x x x =+ 2211cos sin 22x x =- 1cos22x =所以()f x 的值域为11[,]22- ，故①错误； 令2π2π2π,k x k k Z ≤≤+∈ ，πππ,2k x k k Z ∴≤≤+∈当0k =时，()f x 的一个单调递减区间为π[0,]2，故②正确；()f x 的周期2ππT ω== ,故③正确()f x 的图像向左平移π2个单位长度后得到的函数图像对应的解析式为π1π1()()cos[2()]cos 22222g x f x x x =+=+=- ，是偶函数，故④错误故答案为：②③ 三、解答题15．（2022·浙江绍兴·模拟预测）函数()sin(π),R f x A x x ϕ=+∈（其中π0,02A ϕ>≤≤）部分图象如图所示，1(,)3P A 是该图象的最高点，M ，N 是图象与x 轴的交点．(1)求()f x 的最小正周期及ϕ的值； (2)若π4PMN PNM ∠+∠=，求A 的值． 【答案】(1)2；π6ϕ=；(2)71A =. 【解析】 【分析】（1）利用()f x 的解析式求出周期，再由给定的最高点P 求出ϕ作答.（2）由（1）求出点M ，N 的坐标，结合图形求出PMN ∠和PNM ∠的正切，再利用和角公式计算作答.(1)函数()sin(π)f x A xϕ=+的最小正周期2π2πT==，因1(,)3P A是函数()f x图象的最高点，则1ππ2π,Z32k kϕ+=+∈，而02πϕ≤≤，有0k=，π6ϕ=，所以函数()f x的最小正周期为2，π6ϕ=.(2)由（1）知，π()sin(π)6f x A x=+，由ππ06x+=得16x=-，即点1(,0)6M-，由ππ2π6x+=得116x，即点11(,0)6N，于是得tan211()36APMN A∠==--，2tan111363APNM A∠==-，而π4PMN PNM∠+∠=，则22tan tan3tan()121tan tan123A APMN PNMPMN PNMPMN PNM A A+∠+∠∠+∠===-∠⋅∠-⋅，又0A>，解得712A=-，所以712A=-.16．（2022·上海奉贤·二模）如图，某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD的两个顶点A、B及CD的中点P处．20AB=km，10BC=km．为了处理这三家工厂的污水，现要在该矩形区域内（含边界）且与A、B等距的一点O处，建造一个污水处理厂，并铺设三条排污管道AO，BO，PO．记铺设管道的总长度为y km．(1)设BAOθ∠=（弧度），将y表示成θ的函数并求函数的定义域；(2)假设铺设的污水管道总长度是(10103+km ，请确定污水处理厂的位置． 【答案】(1)2010sin π10,0cos 4y θθθ-=+≤≤(2)位置是在线段AB 的中垂线上且离AB 103km 【解析】 【分析】（1）依据题给条件，先分别求得OA OB OP 、、的表达式，进而得到管道总长度y 的表达式，再去求其定义域即可解决； （2）先解方程2010sin 1010103cos θθ-+=+π6θ=，再去确定污水处理厂的位置. (1)矩形ABCD 中，20AB =km ，10BC =km ，DP PC =，DC PO ⊥，BAO ABO θ∠=∠=则()10km,1010tan km cos OA OB OP θθ===-， 201010tan cos y OA OB OP θθ∴=++=+- 则2010sin π10,0cos 4y θθθ-=+≤≤(2)令2010sin 1010103cos θθ-+=+π10sin 10320,20sin 20,3θθθ⎛⎫∴+=∴+= ⎪⎝⎭则πsin 1,3θ⎛⎫+= ⎪⎝⎭又π04θ≤≤，即ππ7π3312θ≤+≤，则ππ32θ+=，则π6θ=此时π101010tan 103(km)63OP =-=所以确定污水处理厂的位置是在线段AB的中垂线上且离AB103km。
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。
专题 ω的取值范围与最值问题解析版
专业专心专注专题：ω的取值范围与最值问题【考点预测】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 ≤T 2k π≤aω+φ<π+k πk π<bω+φ≤π+k π ⇒b −a ≤T 2a ≥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 ≤T 2k π<aω+φ<π+k πk π<bω+φ<π+k π ⇒b −a <T 2a >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⇒T 2≤b −a <3T 2k π<aω+φ≤π+k π2π+k π≤bω+φ<3π+k π ⇒T 2≤b -a <3T 2k π-φω<a ≤k π+π-φω(k +2)π-φω≤b <(k +3)π-φω3. f (x )=A sin (ωx +φ)在区间(a ，b )内有n 个零点⇒(n -1)T 2≤b -a <(n +1)T 2k π-φω≤a <k π+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)T 2≤b -a <(n +1)T 2k π-φω<a ≤k π+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 ≤T2.【方法技巧与总结】解决ω的取值范围与最值问题主要方法是换元法和卡住ω的大致范围.题型一:零点问题第1页共28页专业专注专心1.(2022·江西·临川一中模拟预测(文))函数f x =sin ωx -π6 (ω>0)在π2,3π2上没有零点，则ω的取值范围是()A.0,19B.0,1C.0,19 ∪13,79D.0,19 ∪79,1【解析】因为函数x ∈π2,3π2 ,ωx ∈ωπ2,3ωπ2 ,ωx -π6∈ωπ2-π6,3ωπ2-π6 ，f x =sin ωx -π6 (ω>0)在上没有零点，所以ωπ2-π6≥k π3ωπ2-π6≤k +1 πk ∈Z，所以13+2k ≤ω≤19+23k +1 ,k ∈Z ，即13+2k ≤ω≤79+23k ,k ∈Z ，因为79+23k ≥13+2k ，所以k ≤13，又因为ω>0，所以79+23k >0，所以k >-76，所以-76<k ≤13，因为k ∈Z ，所以k =-1或k =0，当k =-1时，-53≤ω≤19；当k =0时，13≤ω≤79，又因为ω>0，所以ω的取值范围是：0,19 ∪13,79 .故选：C .2.(2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测(理))已知函数f (x )=sin ωx +π3 -ω(ω>0)在区间0,7π3ω上有且仅有4个零点，则ω的取值范围是()A.(0,1)B.32,1C.12,1D.[1,2]【解析】根据题意，函数f (x )=sin ωx +π3-ω(ω>0)，若f x =0，即sin ωx +π3=ω，必有0<ω≤1，令t =ωx +π3,x ∈0,7π3ω ，则π3<t <8π3，设g t =sin t ,t ∈π3,8π3，则函数y =g t 和y =ω在区间π3,8π3内有4个交点，又由于sin π3=sin 8π3=32，必有32<ω<1，即ω的取值范围是32,1，故选：B .3.(2022·广西·贵港市高级中学三模(理))已知32sin2ωx +cos 2ωx =1(ω>0)在x ∈(0,2π)有且仅有6个实数根，则实数ω的取值范围为()A.32,2B.32,2C.32,53D.32,53【解析】由32sin2ωx +cos 2ωx =1ω>0 ，得32sin2ωx +12cos2ωx =12ω>0 ，即sin 2ωx +π6 =12.第2页共28页专业专心专注设f x =sin 2ωx +π6，即f x =12在x ∈0,2π 有且仅有6个实数根，因为π6<2ωx +π6<4ωπ+π6，故只需6π+π6<4ωπ+π6≤6π+5π6，解得32<ω≤53，故选：D ．4.(2022·海南华侨中学模拟预测)已知函数f x =sin ωx +π6ω>0 在0,2π 上有且仅有4个零点，则ω的取值范围是()A.2312,2912B.2312,2912C.1130,1124D.1130,1124 【解析】因为ω>0，当x ∈0,2π 时，π6≤ωx +π6≤2πω+π6，因为函数f x =sin ωx +π6ω>0 在0,2π 上有且仅有4个零点，则4π≤2πω+π6<5π，解得2312≤ω<2912.故选：B .5.(2022·陕西·模拟预测(理))已知函数fx =sin ωx -3cos ωx +1ω>0 在0,2π 上有且只有5个零点，则实数ω的范围是()A.112,376B.136,72C.2512,114D.2512,112【解析】因为f x =sin ωx -3cos ωx +1=2sin ωx -π3+1，令f x =2sin ωx -π3 +1=0，即sin ωx -π3 =-12，所以，sin ωx -π3 =-12在0,2π 上有且只有5个零点，因为x ∈0,2π ，所以ωx -π3∈-π3,2πω-π3，所以，如图，由正弦函数图像，要使sin ωx -π3 =-12在0,2π 上有且只有5个零点，则23π6<2πω-π3≤31π6，即2512<ω≤114，所以实数ω的范围是2512,114.故选：C6.(2022·广东·三模)已知函数f x =3cos ωx -2π3(ω>0)，且f (x )在[0，π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是()第3页共28页专注专心 A.53，83B.53，136 C.76，136 D.136，196【解析】因为ω>0，当x ∈0,π 时，t =ωx -2π3∈-2π3,πω-2π3，因为函数y =3cos t 在-2π3,πω-2π3上有且只有3个零点，由余弦函数性质可知3π2≤πω-2π3<5π2，解得136≤ω<196.故选：D ．7.(2022·江西赣州·一模(文))已知函数f x =sin ωx -π4ω>0 在区间0,π 上有且仅有2个不同的零点，给出下列三个结论：①f x 在区间0,π 上有且仅有2条对称轴；②f x 在区间0,π3上单调递增；③ω的取值范围是54,94.其中正确的个数为()A.0B.1C.2D.3【解析】对于③，∵x ∈0,π ，ωx -π4∈-π4,ωπ-π4 ，令f x =sin ωx -π4 =0，得ωx -π4=k π,k ∈Z ，由函数f x 在区间0,π 上有且仅有2个不同的零点，即ωx -π4取得0，π，所以ωx -π4>πωx -π4≤2π，解得54<ω≤94，故③正确；对于①，当x ∈0,π ，ωx -π4∈-π4,ωπ-π4，由54<ω≤94，知ωπ-π4∈π,2π ，令ωx -π4=π2+k π，由于ω值不确定，所以ωπ-π4=3π2不一定取到，故①错误；对于②，当x ∈0,π3 时，ωx -π4∈-π4,ωπ3-π4，由54<ω≤94，知ωπ3-π4∈π6,π2即-π4,ωπ3-π4 ⊆-π2,π2 ，即f x 在区间0,π3 上单调递增，故②正确；所以正确的个数为2个.故选：C8.(2022·全国·高三专题练习(理))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 ∪4,143B.113,4 ∪143,173C.113,143 ∪5,173D.143,5 ∪173,203【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，第4页共28页专业专心专注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：C【点睛】三角函数相关的零点问题，需要利用整体思想，数形结合等进行解决，通常要考虑最小正周期，确定ω的范围，本题中就要根据零点个数，先得到T ≤π-π3<2T ，从而求出3≤ω<6，再进行求解.9.(2022·山西·一模(文))已知函数f x =sin ωx +π3ω>0 在0,π 上恰有3个零点，则ω的取值范围是()A.53,83B.53,83C.83,113D.83,113【解析】函数f x =sin ωx +π3ω>0 在0,π 上恰有3个零点，，则3π≤ωπ+π3<4π，求得：83≤ω<113.故选：D .10.(2022·山西·太原五中高三阶段练习(文))已知函数f (x )=2sin ωx +π6(ω>0)，若方程|f (x )|=1在区间(0,2π)上恰有5个实根，则ω的取值范围是()A.76,53B.53,136C.1,43D.43,32【解析】由方程|f (x )|=2sin ωx +π6 =1，可得sin ωx +π6 =±12，所以ωx +π6=k π±π6(k ∈Z )，当x ∈(0,2π)时，ωx +π6∈π6,2ωπ+π6，所以ωx +π6的可能取值为5π6，7π6，11π6，13π6，17π6，19π6，⋯，因为原方程在区间(0,2π)上恰有5个实根，所以17π6<2ωπ+π6≤19π6，解得43<ω≤32，即ω的取值范围是43,32 .故选：D .11.(2022·陕西渭南·一模(理))若关于x 的方程2sin 2x -3sin2x +m -1=0在π2,π上有实数根，则实数m 的取值范围是．【解析】∵2sin 2x -3sin2x +m -1=0，∴1-cos2x -3sin2x +m -1=0，即cos2x +3sin2x -m =0，∴2sin 2x +π6 =m ，即sin 2x +π6 =m2，∵x ∈π2,π ，2x +π6∈7π6,13π6 ，设2x +π6=t ,t ∈7π6,13π6 ，则sin t =m 2在t ∈7π6,13π6 上有实数根，∴y 1=sin t ，y 2=m 在t ∈7π6,13π6的图像有交点，如图第5页共28页专心由于sin13π6=12由图象可知，-1≤m 2<12，即-2≤m <1故答案为：[-2,1)题型二:单调问题1.(2022·江西赣州·二模(理))已知函数f x =sin ωx +π4(ω>0)相邻两个对称轴之间的距离为2π，若f (x )在(-m ，m )上是增函数，则m 的取值范围是()A.0，π4B.0，π2C.0，3π4D.0，3π2【解析】因为f x =sin ωx +π4(ω>0)相邻两个对称轴之间的距离2π，则12T =2π，即T =4π，则ω=2π4π=12，则f (x )=sin 12x +π4，由2k π-π2≤12x +π4≤2k π+π2，得4k π-3π2≤x ≤4k π+π2(k ∈Z )，所以f x 在-3π2,π2 上是增函数，由(-m ,m )⊆-3π2,π2 得0<m ≤π2.故选：B .2.(2022·内蒙古赤峰·模拟预测(文))函数f x =sin ωx ω>0 的图象向右平移π4个单位长度后得到函数g x 的图象，g x 的零点到y 轴的最近距离小于π6，且g x 在π4,5π12上单调递增，则ω的取值范围是()A.2,125B.2,125C.125,3D.125,3【解析】设g x 的最小正周期为T ，依题意π4,0 为g x的一个零点，且g x 在π4,5π12上单调递增，所以T 4≥5π12-π4=π6,2π4ω≥π6，所以ω≤3，因为g x 的零点到y 轴的最近距离小于π6，所以T 2<π4+π6,πω<π4+π6，化简得125<ω，即ω的取值范围是125,3 .故选：D 3.(2022·安徽·芜湖一中高三阶段练习(文))函数f x =sin ωx +π4 ω>0 在π,5π3上是减函数，则ω的取值范围是()A.14,34B.54,74C.54,3920D.74,94【解析】因为函数f x =sin ωx +π4 ω>0 在π,5π3上是减函数，第6页共28页专业专心专注所以，∃k 0∈Z ，ω⋅π+π4≥2k 0π+π2ω⋅5π3+π4≤2k 0π+3π2，解得2k 0+14≤ω≤65k 0+34，所以2k 0+14≤65k 0+34，解得k 0≤58，又ω>0，所以k 0=0，所以ω的取值范围是14,34.故选：A4.(2022·河南·汝州市第一高级中学模拟预测(理))已知函数f x =sin ωx +cos ωx (ω>0)在区间π2,π上单调递减，则实数ω的取值范围是()A.12,1B.0,12C.12,54D.0,1【解析】由题意得，函数f x =sin ωx +cos ωx =2sin ωx +π4 ，令π2+2k π≤ωx +π4≤3π2+2k π,k ∈Z ，即π4ω+2k πω≤x ≤5π4ω+2k πω,k ∈Z .因为函数f x 在区间π2,π 上单调递减，则π4ω+2k πω≤π2且5π4ω+2k πω≥π，且T 2≥π-π2，解得12+4k ≤ω≤54+2k ,k ∈Z ，且ω≤π，又ω>0，所以k =0,12≤ω≤54.故选：C .5.(2022·陕西榆林·三模(理))已知ω>0，函数f (x )=sin ωx -π6在π6,π3 上单调递增，且对任意x ∈π8,π4，都有f (x )≥0，则ω的取值范围为()A.43,2 B.43,2 C.[1,3] D.(1,3)【解析】由π6≤x ≤π3，得ωπ6-π6≤ωx -π6≤ωπ3-π6，则-π2+2k π≤ωπ6-π6<ωπ3-π6≤π2+2k π,k ∈Z ，解得-2+12k ≤ω≤2+6k ,k ∈Z ．又π3-π6≤T 2=πω,ω>0，∴0<ω≤6，故k =0，即0<ω≤2．由π8≤x ≤π4，得ωπ8-π6≤ωx -π6≤ωπ4-π6，则0+2k π≤ωπ8-π6<ωπ4-π6≤π+2k π,k ∈Z ，解得43+16k ≤ω≤143+8k ,k ∈Z ，因为0<ω≤6，故k =0，即43≤ω≤143，综上所述，ω的取值范围为43,2．故选：A .6.(2022·全国·高三专题练习)将函数f (x )=sin ωx (ω>0)图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍(纵坐第7页共28页专注专心标不变)，再向左平移π8ω个单位长度，得到函数g (x )的图象，若g (x )在π2，π 上单调递减，则实数ω的取值范围为()A.0，14B.0，58C.14，54D.14，58 【解析】将函数f (x )=sin ωx (ω>0)图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍(纵坐标不变)，得到y =sin2ωx ，再向左平移π8ω个单位长度，得到函数g (x )的图象，即g (x )=sin2ωx +π8ω =sin 2ωx +π4，若g (x )在π2，π 上单调递减，则g (x )的周期T ≥2π-π2 =π，即2πω≥π，得0<ω≤2，由2k π+π2≤2ωx +π4≤2k π+3π2，k ∈Z ，得2k π+π4≤2ωx ≤2k π+5π4，k ∈Z ，即2k π+π42ω≤x ≤2k π+5π42ω，即g (x )的单调递减区间为2k π+π42ω，2k π+5π42ω，k ∈Z ，若g (x )在π2，π 上单调递减，则2k π+π42ω≤π22k π+5π42ω≥π，ω≥2k +14ω≤k +58，即2k +14≤ω≤k +58，k ∈Z ，当k =0时，14≤ω≤58，即ω的取值范围是14，58.故选：D ．7.(2022·江西·上饶市第一中学模拟预测(理))已知函数f (x )=a sin x +2cos x 在x ∈-π3,-π4上单调递增，则a 的取值范围为()A.a ≥0B.-2≤a ≤2C.a ≥-2D.a ≥0或a ≤-2【解析】因为函数f (x )=a sin x +2cos x 在x ∈-π3,-π4上单调递增，所以f (x )=a cos x -2sin x ≥0在x ∈-π3,-π4上恒成立，即a ≥2tan x 在x ∈-π3,-π4上恒成立，由y =2tan x 在-π2,0 上单调递增知，y max =2tan -π4=-2，所以a ≥-2，故选：C8.(2022·天津市滨海新区塘沽第一中学三模)设ω∈R ，函数f x =2sin ωx +π6 ,x ≥032x 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()A.-43,0 ∪14,23B.33,23C.14,33D.-43,0 ∪14,23【解析】当x ∈0,π2 时，ωx +π6∈π6,πω2+π6，因为f (x )在-13,π2上单调递增，第8页共28页专业专心专注所以πω2+π6≤π2-4ω3≤-132sin π6≥12，解得14≤ω≤23，若在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，令f x -g x =2sin ωx +π6-ωx ，当x =0时，f x -g x =1>0，当ωx +π6=5π2时，ωx =7π3，f x -g x =2-7π3<0，结合图象可得x ≥0时，函数f x 与g (x )的图象只有一个交点，综上所述，当ω∈33,23时，函数f x 与g x 的图象有三个交点，满足题意，故选：B .9.(2022·湖南·长沙一中模拟预测)已知函数f (x )=A tan ωx +π3(ω>0)，若f (x )在区间π2，π 内单调递减，则ω的取值范围是()A.0，16B.13,76C.0,16 ∪13,76D.0,16 ∪13,76【解析】因为f (x )在区间π2，π 内单调递减，所以A <0，y =tan ωx +π3 (ω>0)在区间π2，π 内单调递增，由k π-π2<ωx +π3<k π+π2，k ∈Z ，得k πω-5π6ω<x <k πω+π6ω，k ∈Z ，所以y =tan ωx +π3 (ω>0)的单调递增区间为k πω-5π6ω,k πω+π6ω ，k ∈Z ，依题意得π2，π ⊆k πω-5π6ω,k πω+π6ω ，k ∈Z ，所以k πω-5π6ω≤π2π≤k πω+π6ω，k ∈Z ，所以2k -53≤ω≤k +16，k ∈Z ，第9页共28页专注专心由2k -53≤k +16得k ≤116，由0<ω≤k +16得k ≥-16，所以-16≤k ≤116且k ∈Z ，所以k =0或k =1，当k =0时，-53≤ω≤16，又ω>0，所以0<ω≤16，当k =1时，13≤ω≤76.综上所述：ω∈0,16 ∪13,76.故选：C .题型三:最值问题1.(2022·重庆八中高三阶段练习)函数f x =2sin ωx -π3(ω>0)在0,π 上的值域是-3,2 ，则ω的取值范围是()A.12,43B.12π,43πC.56,53D.56π,53π 【解析】ω>0，x ∈0,π ，则ωx -π3∈-π3,πω-π3，要使f (x )在0,π 上的值域是-3,2 ，则π2≤πω-π3≤π+π3⇒56≤ω≤53.故选：C .2.(2022·安徽马鞍山·三模(理))函数f x =sin ωx +π4ω>0 在区间0,π 上恰有两个最小值点，则ω的取值范围为()A.134,214B.2,6C.94,174D.114,194【解析】令t =ωx +π4，因为x ∈0,π ，所以t ∈π4,ωπ+π4，问题转化为函数f (t )=sin t 在t ∈π4,ωπ+π4时恰有两个最小值点，所以有7π2≤ωπ+π4<11π2，因为ω>0，所以134≤ω<214，故选：A3.(2022·河南·宝丰县第一高级中学模拟预测(理))已知函数f x =2sin ωx +π6 ω>0 在区间0,π3 上的值域为1,2 ，则ω的取值范围为()A.1,2B.1,32C.1,3D.12,2【解析】当x ∈0,π3 时，π6≤ωx +π6≤πω3+π6，因为函数f x 在区间0,π3上的值域为1,2 ，所以π2≤πω3+π6≤5π6，解得1≤ω≤2.故选：A .4.(2022·全国·高三专题练习(文))已知函数f x =cos 2x +π3+2的定义域为[α,π]，值域为52,3，则α的取值范围是()A.2π3,πB.0,2π3C.2π3,5π6D.π2,5π6第10页共28页专业专心专注【解析】由f x =cos 2x +π3 +2的值域为52,3 ,可得cos 2x +π3 ∈12,1，由x ∈[a ,π]可得2x +π3∈2a +π3,7π3，所以5π3≤2a +π3≤2π，解得2π3≤a ≤5π6，所以a 的取值范围是2π3,5π6 ，故选:C5.(2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习(理))函数f x =sin ωx +π4 ω>0 在π4,7π4 内恰有两个最小值点，则ω的范围是()A.137,4B.137,3C.43,3D.43,4【解析】当ωx +π4=2k π+3π2(k ∈Z )时，即x =2k π+5π4ω(k ∈Z )时，函数有最小值，令k =-1,0,1,2时，有x =-3π4ω，x =5π4ω，x =13π4ω，x =21π4ω，因为函数f x =sin ωx +π4 ω>0 在π4,7π4内恰有两个最小值点，ω>0，所以有：π4<5π4ω13π4ω<7π47π4≤21π4ω⇒137<ω≤3，故选：B 【点睛】关键点睛：根据正弦型函数的最值的性质进行求解是解题的关键.6.(2022·全国·高三专题练习(理))已知函数f x =A sin ωx A >0,ω>0 ，若至少存在两个不相等的实数x 1,x 2∈π,2π ，使得f x 1 +f x 2 =2A ，则实数ω的取值范围是．【解析】∵至少存在两个不相等的实数x 1,x 2∈π,2π ，使得f x 1 +f x 2 =2A ，∴当π>2T =4πω，即ω>4时，必存在两个不相等的实数x 1,x 2∈π,2π 满足题意；当π<2T ，即0<ω<4时，ωx ∈πω,2πω ，∴πω≤π2+2k π2πω≥5π2+2k π k ∈Z ，∴ω≤12+2kω≥54+kk ∈Z ；当k ≤0时，解集为∅，不合题意；令k =1，则94≤ω≤52；令k =2，则134≤ω<4；综上所述：实数ω的取值范围为94,52 ∪134,+∞ .故答案为：94,52 ∪134,+∞ .【点睛】关键点点睛：本题考查根据正弦型函数最值点的个数求解参数范围的问题，解题关键是能够采用整体对应的方式，根据πω的范围所需满足的条件来构造不等式组，解不等式组求得结果.7.(2022·贵州·镇远县文德民族中学校模拟预测(文))已知函数f x =sin ωx +3cos ωx ω>0 ，若函数f x 的图象在区间0,2π 上的最高点和最低点共有6个，下列说法正确的是.①f x 在0,2π 上有且仅有5个零点；②f x 在0,2π 上有且仅有3个极大值点；③ω的取值范围是3112,3712 ；④f x 在0,π6上为单递增函数.第11页共28页专注专心【解析】f x =sin ωx +3cos ωx =2sin ωx +π3，当x ∈0,2π 时，ωx +π3∈π3,2πω+π3，令ωx +π3=t ，则g t =2sin t 在π3,2πω+π3上的最高点和最低点共有6个，由图象可知：需满足：11π2≤2πω+π3<13π2，解得：3112≤ω<3712，③正确；当6π≤2πω+π3<13π2时，g t 有且仅有6个零点，即f x 在0,2π 上有且仅有6个零点，①错误；当11π2≤2πω+π3<13π2时，g t 有且仅有3个极大值点，②正确；当x ∈0,π6 时，ωx +π3∈π3,π6ω+π3 ，则π6ω+π3 min =31π72+π3=55π72>π2，∴f x 在0,π6上有增有减，④错误.故答案为：②③.8.(2022·全国·高三专题练习(文))已知函数f x =sin ωx +π6在(0，2]上有最大值和最小值，且取得最大值和最小值的自变量的值都是唯一的，则ω的取值范围是.【解析】易知ω=0时不满足题意，由ωx +π6=π2+k π,k ∈Z ，得x =π3ω+k πω,k ∈Z ，当ω>0时，第2个正最值点x =π3ω+πω≤2，解得ω≥2π3，第3个正最值点π3ω+2πω>2，解得ω<7π6，故2π3≤ω<7π6；当ω<0时，第2个正最值点x =π3ω-2πω≤2，解得ω≤-5π6，第3个正最值点π3ω-3πω>2，解得ω>-4π3，故-4π3<ω≤-5π6.综上，ω的取值范围是-4π3,-5π6 ∪2π3,7π6.故答案为：-4π3,-5π6 ∪2π3,7π6题型四:极值问题1.(2022·全国·高三专题练习)若函数f x =sin ωx +π3(ω>0)在π2,π 上单调，且在0,π4 上存在极值点，则ω的取值范围是()A.13,2B.23,2C.23,76D.13,76 【解析】因为f (x )在π2,π 上单调，所以T ≥π，则2πω≥π，由此可得ω≤2.因为当ωx +π3=π2+k π，即x =π6+k πωk ∈Z 时，函数取得极值，第12页共28页专业专心专注欲满足在0,π4上存在极值点，因为周期T ≥π，故在0,π4 上有且只有一个极值，故第一个极值点x =π6ω<π4，得ω>23，又第二个极值点x =7π6ω≥7π12>π2，要使f (x )在π2,π 上单调，必须7π6ω≥π，得ω≤76.综上可得，ω的取值范围是23,76.故选：C 2.(2022·全国·高三专题练习)已知函数f x =cos ωx +π6 (ω>0)在区间0,π6上无极值，则ω的取值范围是()A.(0，5]B.(0，5)C.0，52D.0，52【解析】由已知条件得f x =-ωsin ωx +π6(ω>0)，∵函数f x =cos ωx +π6 (ω>0)在区间0,π6 上无极值，∴函数f x =cos ωx +π6 (ω>0)在区间0,π6上单调，∴-ωsin ωx +π6 ≥0或-ωsin ωx +π6 ≤0在区间0,π6 上恒成立，当-ωsin ωx +π6 ≥0时，sin ωx +π6 ≤0，∵0<x <π6，∴π6<ωx +π6<π6ω+π6，在此范围内sin ωx +π6≤0不成立；当-ωsin ωx +π6 ≤0时，sin ωx +π6 ≥0，∵0<x <π6，∴π6<ωx +π6<π6ω+π6，即π6ω+π6≤π，解得ω≤5，则ω的取值范围是0,5 ，故选：A .3.(2022·安徽·安庆一中高三阶段练习(文))已知函数f x =sin ωx (ω>0)在区间π2,π不存在极值点，则ω的取值范围是()A.0,12B.0,12 ∪32,74C.1,32D.0,12 ∪1,32【解析】f x =sin ωx ω>0 ，∵函数f x 在区间π2,π 上不存在极值点，∴k π+π2≤π2ω，且πω≤k +1 π+π2对任意的k ∈Z 都成立，∴k +12≤12ω，且ω≤k +32，∴2k +1≤ω，且ω≤k +32，∴0<ω≤12或1≤ω≤32．故选：D ．4.(2022·湖北武汉·模拟预测)已知偶函数f (x )=sin (ωx +φ)-3cos (ωx +φ)ω>0，|φ|<π2在(0,1)上恰有2个极大值点，则实数ω的取值范围为()A.(2π,4π]B.(3π,4π]C.(4π,6π]D.(3π,5π]【解析】f (x )=sin (ωx +φ)-3cos (ωx +φ)=2sin ωx +φ-π3，因为|φ|<π2，则-5π6<φ-π3<π6，故f (0)=2sin φ-π3，第13页共28页专注专心又函数f (x )为偶函数，故φ-π3=-π2，解得φ=-π6，故f (x )=2sin ωx -π2=-2cos ωx ，因为函数f (x )在(0,1)上恰有2个极大值，故当x =1时，3π<ω×1≤5π，即3π<ω≤5π.故选：D .题型五:对称性1.(2022·安徽·蒙城第一中学高三阶段练习(理))已知函数f x =cos ωx -π4(ω>0)在区间[0，π]上有且仅有3条对称轴，则ω的取值范围是()A.134，174B.94，134C.94，134D.134，174【解析】f x =cos ωx -π4(ω>0)，令ωx -π4=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3条对称轴，即0≤1+4k π4ω≤π有3个整数k 符合，0≤1+4k π4ω≤π，得0≤1+4k 4ω≤1⇒0≤1+4k ≤4ω，则k =0,1,2，即1+4×2≤4ω<1+4×3，∴94≤ω<134.故选：C .2.(2022·福建龙岩·模拟预测)已知函数f x =3sin ωx cos ωx +cos 2ωx -12(a >0,x ∈R )在0,π 内有且仅有三条对称轴，则ω的取值范围是()A.23,76B.76,53C.53,136D.136,83【解析】f x =3sin ωx cos ωx +cos 2ωx -12=32sin2ωx +12cos2ωx =sin 2ωx +π6当x ∈0,π 时，2ωx +π6∈π6,2ωπ+π6，函数f x 在0,π内有且仅有三条对称轴，则有2ωπ+π6∈5π2,7π2，解得ω∈76,53 ，故选：B .题型六:性质的综合问题1.(2022·全国·高考真题(理))设函数f (x )=sin ωx +π3在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是()A.53,136B.53,196C.136,83D.136,196【解析】依题意可得ω>0，因为x ∈0,π ，所以ωx +π3∈π3,ωπ+π3，要使函数在区间0,π 恰有三个极值点、两个零点，又y =sin x ，x ∈π3,3π 的图象如下所示：第14页共28页专业专心专注则5π2<ωπ+π3≤3π，解得136<ω≤83，即ω∈136,83 ．故选：C ．2.(2022·广东韶关·二模)已知函数f x =sin ωx -3cos ωx ，ω>0，则下列结论中正确的是()A.若ω=2，则将f x 的图象向左平移π6个单位长度后得到的图象关于原点对称B.若f x 1 -f x 2 =4，且x 1-x 2 的最小值为π2，则ω=2C.若f x 在0，π3上单调递增，则ω的取值范围为(0，3]D.若f x 在[0，π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是73,103【解析】函数f x =sin ωx -3cos ωx =2sin ωx -π3选项A ：若ω=2，f x =2sin 2x -π3 ，将f x 的图像向左平移π6个单位长度得函数y =sin2x 的图像，所以A 正确；选项B ：若f x 1 -f x 2 =4，则x 1,x 2是函数f x 的最大值点或最小值点，若x 1-x 2 的最小值为π2，则最小正周期是π，所以ω=2，B 正确；选项C ：若f x 在0,π3 上单调递增，则ωπ-π3≤π2，所以0<ω≤52，C 错误；选项D ：设t =ωx -π3，当0,π 时，t =ωx -π3∈-π3,ωπ-π3若f x 在0,π 仅有3个零点，即y =2sin t 在t ∈-π3,ωπ-π3仅有3个零点则2π≤ωπ-π3<3π，所以73≤ω<103，D 正确，故选：ABD ．3.(2022·湖北武汉·模拟预测)已知f x =1-2cos 2ωx +π3ω>0 ，则下列判断中，错误的是()A.若f x 1 =1，f x 2 =-1，且x 1-x 2 min =π，则ω=2B.存在ω∈0,2 ，使得f x 的图像右移π6个单位长度后得到的图像关于y 轴对称C.若f x 在0,2π 上恰有7个零点，则ω的取值范围为4124,4724D.若f x 在-π6,π4 上单调递增，则ω的取值范围为0,23【解析】∵f (x )=1-2cos 2ωx +π3 =-cos 2ωx +2π3 =sin 2ωx +π6 ，∴周期T =2π2ω=πω．对于A ：由条件知，周期为2π，∴ω=12，故A 错误；对于B ：函数图象右移π6个单位长度后得到的函数为y =sin 2ωx -ωπ3+π6，其图象关于y 轴对称，则-ωπ3+π6=π2+k π(k ∈Z )，∴ω=-1-3k (k ∈Z )，故对任意整数k ，ω∉(0,2)，故B 错误；对于C ：由x ∈0,2π ，所以π6≤2ωx +π6≤4ωπ+π6，所以7π≤4ωπ+π6<8π，解得4124≤ω<4724，故C不正确；第15页共28页专注专心对于D ：因为x ∈-π6,π4 ，所以-ωπ3+π6≤2ωx +π6≤ωπ2+π6，所以-ωπ3+π6≥-π2ωπ2+π6≤π2ω>0 ，∴0<ω≤23，故D 正确．故选：ABC ．4.(2022·贵州贵阳·模拟预测(理))若函数f x =sin ωx +π6ω>0 在0,π 上有且仅有3个零点和2个极小值点，则ω的取值范围为．【解析】如下图，作出简图，由题意知，π∈x 4,x 5 ，设函数f x 的最小正周期为T ，因为x 0=-π6ω，则x 4=x 0+74T =x 0+74⋅2πω=10π3ω，x 5=x 0+2T =x 0+2⋅2πω=23π6ω，结合π∈x 4,x 5 有π≥10π3ω且π<23π6ω，解得ω∈103,236 ．故答案为：103,236 5.(2022·湖南永州·三模)已知函数f x =sin ωx +π3ω>0 ，若f x 在π，2π 内单调且有一个零点，则ω的取值范围是．【解析】f x 在π，2π 内单调且ω>0，可得，T2≥2π-π，解得1≥ω>0，又∵π<x <2π，∴πω+π3<ωx +π3<2πω+π3，又f x 在π，2π 上恰有一个零点，所以，∴π2≤πω+π3<π且π<2πω+π3≤3π2，解之得13<ω≤712.故答案为：13，7126.(2022·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=sin ωx +π3 (ω>0)，若f (x )在0,2π3上恰有两个零点，且在-π4,π24上单调递增，则ω的取值范围是.【解析】由题意，令ωx +π3=k π，k ∈Z ，得x =3k π-π3ω，k ∈Z ，∴f (x )的第2个、第3个正零点分别为5π3ω，8π3ω，∴5π3ω≤2π38π3ω>2π3，解得52≤ω<4，令-π2+2k π≤ωx +π3≤π2+2k π，k ∈Z ，∴-5π6ω+2k πω≤x ≤π6ω+2k πω，k ∈Z ，令k =0，f (x )在-5π6ω,π6ω上单调递增，∴-π4,π24 ⊆-5π6ω,π6ω，第16页共28页专业专心专注∴-5π6ω≤-π4π6ω≥π24ω>0，解得0<ω≤103，综上，ω的取值范围是52≤ω≤103.故答案为：52,103.7.(2022·全国·高三专题练习(理))已知函数f x =cos 2x +φ ，满足函数y =f x -π12是奇函数，且当φ 取最小值时，函数f x 在区间-π3,a 2 和3a ,7π6上均单调递增，则实数a 的取值范围为．【解析】因为函数f x =cos 2x +φ ，满足函数y =f x -π12 =cos 2x -π6+φ 是奇函数，且当φ 取最小值时，-π6+φ=-π2，∴φ=-π3．∵函数f x =cos 2x -π3 在区间-π3,a 2 和3a ,7π6上均单调递增，∴2⋅-π3 -π3<2⋅a 2-π3≤0π≤2⋅3a -π3<2⋅7π6-π3，求得2π9≤a ≤π3，则实数a 的范围为2π9,π3 ，故答案为：2π9,π3 .【过关测试】一、单选题1.(2022·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=4sin 2ωx -π3-2(ω>0)在0,π 内有且仅有两个零点，则ω的取值范围是()A.76,52B.76,52C.712,54D.712,54 【答案】D【解析】由f (x )=0得sin 2ωx -π3 =12，而当x ∈0,π ，ω>0时，-π3≤2ωx -π3≤2πω-π3，又sinπ6=sin 5π6=sin 13π6=12，函数f (x )在0,π 内有且仅有两个零点，于是得5π6≤2πω-π3<13π6，解得712≤ω<54，所以ω的取值范围是712,54 .故选：D 2.(2022·全国·高三专题练习)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()A.12,2B.0,54C.12,54D.12,34【答案】C 【解析】∵x ∈π2,π,ω>0，∴ωx +π4∈12ωπ+π4,ωπ+π4，∵函数f x =sin ωx +π4 在π2,π 上单调递减，∴周期T =2πω≥π，解得ω≤2，故ωπ+π4≤2π+π4，∵f x =sin ωx +π4 的减区间满足：π2+2k π<ωx +π4<3π2+2k π,k ∈Z ，第17页共28页专业专注专心∴取k =0，且12ωπ+π4≥π2ωπ+π4≤3π2， 解之得12≤ω≤54.故答案为：12≤ω≤54.故选：C .3.(2021·安徽·铜陵一中高三阶段练习(文))已知函数f x =sin ωx -3cos ωx ω>0 ，若方程f x =-1在0,π 上有且只有五个实数根，则实数ω的取值范围为()A.136,72B.72,256C.256,112D.112,376 【答案】C【解析】由f x =sin ωx -3cos ωx =2sin ωx -π3 =-1，得：ωx -π3=-5π6+2k π或ωx -π3=-π6+2k π,k ∈Z ，即x =-π2ω+2k πω，或x =π6ω+2k πω,k ∈Z ，易知由小到大第5、6个正根分别为25π6ω，11π2ω.因为方程f x =-1在0,π 上有且只有五个实数根，所以有25π6ω<π且11π2ω≥π，解得256<ω≤112.故选：C .4.(2022·全国·高三专题练习(理))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.①④B.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；第18页共28页专业专心专注对于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：B 【点睛】方法点睛：函数y =A sin ωx +φ +B (A >0,ω>0)的性质：(1)y max =A +B ，y min =A -B .(2)周期T =2πω.(3)由ωx +φ=π2+k πk ∈Z 求对称轴，由ωx +φ=k πk ∈Z 求对称中心.(4)由-π2+2k π≤ωx +φ≤π2+2k πk ∈Z 求增区间；由π2+2k π≤ωx +φ≤3π2+2k πk ∈Z 求减区间.5.(2021·山东省潍坊第四中学高三开学考试)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 .6.(2022·湖南·长沙市明德中学二模)已知函数f x =5sin ωx +φ ω>0 ，若f π4 =5，f 3π4=-5，则()A.点π2，0不可能是f x 的一个对称中心第19页共28页专业专注专心B.f x 在π4，3π4上单调递减C.ω的最大值为2D.ω的最小值为2【答案】D【解析】f x =5sin ωx +φ ，f x 的周期T =2πω.依题意可得，12T +kT =3π4-π4=π2k ∈N ，则πω+k ⋅2πω=π2k ∈N ，即ω=4k +2k ∈N ，又π4ω+φ=2k 1π+π2,k 1∈Z ，所以φ=n πn ∈Z ，所以f x =±5sin 4k +2 x ，所以点A π2，0是f x 的一个对称中心，A 错误；当ω=4k +2k ∈N ∗ 时，B 错误；当k =0时，ω取最小值2，C 错误，D 正确；故选：D .7.(2022·甘肃酒泉·模拟预测(理))已知函数f (x )=4sin (ωx +φ)ω>0,|φ|<π2，f (0)=f (4)=-2，函数f (x )在(0,4)上有且仅有一个极小值但没有极大值，则ω的最小值为()A.π6B.π3C.5π6D.4π3【答案】C【解析】∵f (0)=4sin φ=-2，∴sin φ=-12．又|φ|<π2，∴φ=-π6．当x =0+42=2时，函数取到最小值，此时2ω-π6=2k π+32π，k ∈Z ．解得ω=k π+5π6，k ∈Z ．所以当k =0时，ω=5π6.故选：C ．8.(2022·陕西西安·二模(理))已知函数f x =A sin ωx +φ A >0,ω>0,φ <π2，若函数f x 的一个零点为π6．其图像的一条对称轴为直线x =5π12，且f x 在π6,π4 上单调，则ω的最大值为()A.2B.6C.10D.14【答案】B【解析】由题意得：14+k 2 T =5π12-π6=π4,k ∈Z ，所以T =π2k +1，,k ∈Z ，又T =2πω，所以ω=22k +1 ，因为f x 在π6,π4上单调，所以π4-π6≤T 2，则T ≥π6，所以π2k +1≥π6，即2k +1≤6，解得k ≤2.5，所以ω≤10，当ω=10时，f x =A sin 10x +φ ，因为函数f x 的一个零点为π6，所以f π6 =A sin 53π+φ =0，则53π+φ=k π,k ∈Z ，即φ=k π-53π,k ∈Z ，第20页共28页因为φ <π2，则φ=π3，所以f x =A sin 10x +π3，若x ∈π6,π4 ，则10x +π3∈2π,17π6，因为y =sin x 在2π,17π6上不单调，不符合题意；当ω=9时，f x =A sin 9x +φ ，因为函数f x 的一个零点为π6，所以f π6 =A sin 32π+φ =0，则32π+φ=k π,k ∈Z ，即φ=k π-32π,k ∈Z ，因为φ <π2，无解；当ω=8时，f x =A sin 8x +φ ，因为函数f x 的一个零点为π6，所以f π6 =A sin 43π+φ =0，则43π+φ=k π,k ∈Z ，即φ=k π-43π,k ∈Z ，因为φ <π2，则φ=-π3，所以f x =A sin 8x -π3，若x ∈π6,π4 ，则8x -π3∈π,5π3，因为y =sin x 在π,5π3上不单调，不符合题意；当ω=7时，f x =A sin 7x +φ ，因为函数f x 的一个零点为π6，所以f π6 =A sin 76π+φ =0，则76π+φ=k π,k ∈Z ，即φ=k π-76π,k ∈Z ，因为φ <π2，则φ=-π6，所以f x =A sin 7x -π6，若x ∈π6,π4 ，则7x -π6∈π,19π12，因为y =sin x 在π,19π12上不单调，不符合题意；当ω=6时，f x =A sin 6x +φ ，因为函数f x 的一个零点为π6，所以f π6=A sin π+φ =0，则π+φ=k π,k ∈Z ，即φ=k π-π,k ∈Z ，因为φ <π2，则φ=0，所以f x =A sin6x ，若x ∈π6,π4 ，则6x ∈π,3π2 ，因为y =sin x 在π,3π2上单调，符合题意；所以ω的最大值为6，故选：B 二、多选题9.(2022·全国·模拟预测)设函数f x =sin ωx +φ ω>0,-π2≤φ≤π2 ，且函数f x 在0,π2上是单调的，则下列说法正确是()A.若f x 是奇函数，则ω的最大值为3B.若f 0 =12，则ω的最大值为23C.若f x ≤f 0 恒成立，则ω的最大值为2D.若f x 的图象关于点π3ω,0 中心对称，则ω的最大值为53【答案】BCD【解析】对于A ，若f x 是奇函数，则φ=0，当x ∈0,π2 时，ωx ∈0,ωπ2．要使函数f x 在0,π2 上是单调的，则ωπ2≤π2，∴ω≤1，又ω>0，则ω的最大值为1，故A 错误．对于B ，∵f 0 =sin 0+φ =sin φ=12，∴φ=π6+2k π，k ∈Z 或φ=5π6+2k π，k ∈Z ．∵-π2≤φ≤π2，∴φ=π6，此时f x =sin ωx +π6 ，当x ∈0,π2 时，ωx +π6∈π6,ωπ2+π6．要使函数f x 在0,π2 上是单调的，则ωπ2+π6≤π2，∴ω≤23，又ω>0，∴0<ω≤23，则ω的最大值为23，故B 正确．对于C ，∵f x ≤f 0 恒成立，∴f x max =f 0 =sin φ=1．∵-π2≤φ≤π2，∴φ=π2，此时f x =sin ωx +π2=cos ωx ．∵x ∈0,π2 ，∴ωx ∈0,ωπ2 ，要使函数f x 在0,π2 上是单调的，则ωπ2≤π，∴ω≤2．又ω>0，∴0<ω≤2，则ω的最大值为2，故C 正确．对于D ，f x 的图象关于点π3ω,0中心对称，则ω⋅π3ω+φ=k 1π，k 1∈Z ，则φ=-π3+k 1π，k 1∈Z ．∵-π2≤φ≤π2，∴φ=-π3，此时f x =sin ωx -π3．当x ∈0,π2 时，ωx -π3∈-π3,ωπ2-π3．要使函数f x 在0,π2 上是单调的，则ωπ2-π3≤π2，∴ω≤53．又ω>0，∴0<ω≤53，则ω的最大值为53，故D 正确．故选：BCD ．10.(2022·广东·广州市第四中学高三阶段练习)若函数f (x )=sin ωx +π6(ω>0)在区间π,2π 内没有最值，则下列说法正确的是()A.函数f x 的最小正周期可能为3πB.ω的取值范围是0,16C.当ω取最大值时，x =π2是函数f x 的一条对称轴D.当ω取最大值时，-π,0 是函数f x 的一个对称中心【答案】AC 【解析】由ωx +π6=π2+k π,k ∈Z ，得x =π3ω+k πω=(3k +1)π3ω,k ∈Z 因为f x 在区间π,2π 内没有最值所以T ≥2π，所以f x 在区间0,π 内最多有一个最值所以π3ω≤π4π3ω≥2π，或π3ω≥2π解得13≤ω≤23或0<ω≤16所以B 错误；当ω=23时，f (x )=sin 23x +π6所以T =2πω=2π23=3π，故A 正确；因为f π2 =sin 23×π2+π6 =sin π2=1，可知x =π2是函数f x 的一条对称轴，故C 正确；又由f (-π)=sin -23×π+π6 =sin -π2=-1，可知D 错误.故选：AC11.(2022·江苏·南京市第一中学高三开学考试)已知函数f (x )=1-2cos 2ωx +π3(ω>0)，下面结论正确的是()A.若x 1，x 2是函数f (x )的两个不同的极值点，且x 1-x 2 的最小值为π，则ω=1B.存在ω∈0,1 ，使得f (x )往右平移π6个单位长度后得到的图象关于原点对称C.若f (x )在0,2π 上恰有6个零点，则ω的取值范围是3524,4124D.若ω∈0,23，则f (x )在-π6,π4 上单调递增【答案】BCD【解析】f (x )=-cos 2ωx +2π3 =sin 2ωx +π6，对于A ，x 1-x 2 min =T 2=π，∴2π2ω=2π，ω=12，错误；对于B ，平移后g (x )=sin 2ωx +1-2ω6π 关于原点对称，则1-2ω6π=k π⇒ω=1-6k2，在k =0时，ω=12∈(0,1)，正确；对于C ，x ∈0,2π ，2ωx +π6∈π6,4ωπ+π6 ，6π≤4ωπ+π6<7π⇒ω∈3524,4124，正确；对于D ，x ∈-π6,π4 ，2ωx +π6∈-ωπ3+π6,ωπ2+π6 ，-ωπ3+π6≥-π2ωπ2+π6≤π2⇒ω≤23，∵ω>0，∴ω∈0,23 ，正确.故选：BCD .三、填空题12.(2022·四川成都·模拟预测(理))已知函数f x =2sin ωx +π3 ω>0 ，若f π3=0，且f x 在。
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ω的取值范围
ω是一个符号，代表角速度。
角速度是旋转运动中每秒旋转的弧度数，通常用单位时间内旋转的圆周长度来表示。
其计算公式为：ω= 2πf，其中f是旋转运动的频率。
ω的取值范围是由旋转运动的特性所决定的。
在自然界中，旋转运动的频率可以非常高或者非常低，因此角速度的取值范围也非常广泛。
例如：
- 地球自转的角速度为7.292×10^-5弧度/秒；
- 一个普通电风扇的转速为每分钟1200转，即每秒20转，角速度约为0.209弧度/秒；
- 一个高速旋转的离心机的角速度可能高达数千弧度/秒。
总之，ω的取值范围是与旋转运动的特性相关的，它可以是非常小的数值，也可以是非常大的数值。