第5章 素能培优(五) 三角函数中有关ω 的范围问题-【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，提升版）

第五章　三角函数、 解三角形 素能培优(五)　三角函数中有关ω的范围问题 考情分析：在三角函数的图象与性质中，ω的求解是近几年新高考全国卷的一个热点内容，通常会与三角函数的图象和性质综合考查，出现在选填题中． 考点 难度 2023 Ⅰ卷T15 知零点个数求ω的取值范围 中 Ⅱ卷T16 知图象求ω，进而求函数值 难 2022 Ⅰ卷T6 知周期对称性求ω，进而求函数值 中 目录 核心考向 HE XIN KAO XIANG 核心考向 HE XIN KAO XIANG 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 考向一　三角函数的单调性与ω的关系 例1　(2023·广东七校联考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋2φ)－2sinφcos(ωx＋φ)(ω>0，φ∈R)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上单调递增，则ω的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,3))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5,3))) 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　根据正弦和角与差角公式化简函数式可得f(x)＝sin(ωx＋2φ)－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin[(ωx＋φ)＋φ]－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin(ωx＋φ)cosφ＋cos(ωx＋φ)sinφ－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin(ωx＋φ)cosφ－cos(ωx＋φ)sinφ＝sin(ωx＋φ－φ)＝sinωx(ω>0，φ∈R)．由－eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq \f(π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(π,2ω)＋eq \f(2kπ,ω)，k∈Z，∴函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)，\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)))(k∈Z)． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 由f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上单调递增，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≤π，,\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≥\f(3π,2)，,\f(1,2)×\f(2π,ω)≥\f(3π,2)－π，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≥－\f(1,2)＋2k，,ω≤\f(1,3)＋\f(4k,3)，,ω≤2))(k∈Z)．又ω>0，当k＝0时，可得0<ω≤eq \f(1,3)；当k＝1时，可得eq \f(3,2)≤ω≤eq \f(5,3).故选D. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * (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|≤eq \f(T,2)(T为最小正周期)． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2))) INCLUDEPICTURE "文件/对点训练.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "文件/对点训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，x＝－eq \f(π,8)是函数f(x)的一个零点，直线x＝eq \f(π,8)是函数f(x)图象的一条对称轴，若f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调，则ω的最大值是(　　) A．14 B．16 C．18 D．20 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　设函数f(x)的最小正周期为T，因为x＝－eq \f(π,8)是函数f(x)的一个零点，直线x＝eq \f(π,8)是函数f(x)图象的一条对称轴，则eq \f(2n＋1,4)T＝eq \f(π,8)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝eq \f(π,4)，其中n∈N，所以T＝eq \f(π,2n＋1)＝eq \f(2π,ω)，所以ω＝4n＋2，因为函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调，则eq \f(π,4)－eq \f(π,5)≤eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)，所以ω≤20.所以ω的可能取值为2，6，10，14，18. 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)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9π,4)＋φ))＝0，所以φ－eq \f(9π,4)＝kπ(k∈Z)，则φ＝kπ＋eq \f(9π,4)(k∈Z)，因为－eq \f(π,2)≤φ≤eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,4)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18x＋\f(π,4)))，当eq \f(π,5)<x<eq \f(π,4)时，4π－eq \f(3π,20)＝eq \f(77π,20)<18x＋eq \f(π,4)<eq \f(19π,4)＝4π＋eq \f(3π,4)，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))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 * ②当ω＝14时，f(x)＝sin(14x＋φ)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)＋φ))＝0，所以φ－eq \f(7π,4)＝kπ(k∈Z)，则φ＝kπ＋eq \f(7π,4)(k∈Z)，因为－eq \f(π,2)≤φ≤eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,4)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(14x－\f(π,4)))，当eq \f(π,5)<x<eq \f(π,4)时，2π＋eq \f(11π,20)＝eq \f(51π,20)<14x－eq \f(π,4)<eq \f(13π,4)＝2π＋eq \f(5π,4)，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上单调递减，符合题意．因此ω的最大值为14.故选A. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 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)的图象在区间[0，π]上恰有5条对称轴，则ω的取值范围为(　　) A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(21,4))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(25,4))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(25,4))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,4)，\f(41,4))) 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　由已知，f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，令ωx＋eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝eq \f(（4k＋1）π,4ω)，k∈Z，依题意知，有5个整数k满足0≤eq \f(（4k＋1）π,4ω)≤π，即0≤4k＋1≤4ω，所以k＝0，1，2，3，4，则4×4＋1≤4ω<4×5＋1，故eq \f(17,4)≤ω<eq \f(21,4).故选A. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * 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eq \f(T,2)，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为eq \f(T,4)，这就说明，我们可根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于ω的不等式组，进而可以研究ω的取值范围． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3))) INCLUDEPICTURE "文件/对点训练.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "文件/对点训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　已知函数f(x)＝cos(ω>0)的一条对称轴为直线x＝eq \f(π,3)，一个对称中心为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，则ω有(　　) A．最小值2 B．最大值2 C．最小值1 D．最大值1 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　∵函数的对称中心到对称轴的最短距离是eq \f(T,4)，∴对称中心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))到对称轴x＝eq \f(π,3)的距离用周期可表示为eq \f(π,3)－eq \f(π,12)≥eq \f(T,4)，又T＝eq \f(2π,ω)，∴eq \f(\f(2π,ω),4)≤eq \f(π,4)，∴ω≥2，当ω＝2时，f(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))满足题意，∴ω有最小值2. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 考向三　三角函数的最值(极值)与ω的关系 例3　(2023·青岛模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω>0，|φ|≤eq \f(π,2)，－eq \f(π,4)为f(x)的零点，且f(x)≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))恒成立，f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值，无最大值，则ω的最大值是(　　) A．11 B．13 C．15 D．17 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　由题意，直线x＝eq \f(π,4)是f(x)图象的一条对称轴，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝±1，即eq \f(π,4)ω＋φ＝k1π＋eq \f(π,2)，k1∈Z　①，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝0，所以－eq \f(π,4)ω＋φ＝k2π，k2∈Z　②，由①②，得ω＝2(k1－k2)＋1，k1，k2∈Z，又f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值无最大值，所以T≥eq \f(π,24)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq \f(π,8)，即eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,8)，解得ω≤16.综上，先检验ω＝15，当ω＝15时，由①得eq \f(π,4)×15＋φ＝k1π＋eq \f(π,2)，k1∈Z，即φ＝k1π－eq \f(13π,4)，k1∈Z，又|φ|≤eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,4)，此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15x－\f(π,4)))，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))时，15x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(3π,8)))，当15x－eq \f(π,4)＝－eq \f(π,2)，即x＝－eq \f(π,60)时，f(x)取得最小值，无最大值，满足题意．故ω的最大值为15. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * 利用三角函数的最值与对称轴或周期的关系，可以列出关于ω的不等式(组)，进而求出ω的值或取值范围． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(5π,6))) INCLUDEPICTURE "文件/对点训练.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "文件/对点训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2024·南通模拟)已知函数f(x)＝sinωx＋cos(ω>0)在[0，π]上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，则ω的取值范围为________． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(5,3))) 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　依题意，f(x)＝eq \f(1,2)sinωx－eq \f(\r(3),2)cosωx＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，由x∈[0，π]，ω>0，得－eq \f(π,3)≤ωx－eq \f(π,3)≤πω－eq \f(π,3)，函数y＝sinx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递增，函数值的集合为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(4π,3)))上单调递减，函数值的集合为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，因为函数f(x)在[0，π]上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，则eq \f(π,2)≤πω－eq \f(π,3)≤eq \f(4π,3)，解得eq \f(5,6)≤ω≤eq \f(5,3)，所以ω的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(5,3))). 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 [2，3) 答案 解析 * 考向四　三角函数的零点与ω的关系 例4　(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝cosωx－1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________． 解析　因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，令f(x)＝cosωx－1＝0，则cosωx＝1有3个根，令t＝ωx，则cost＝1有3个根，其中t∈[0，2ωπ]，结合余弦函数y＝cost的图象性质可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * 三角函数相邻两个零点之间的“水平间隔”为eq \f(T,2)，根据三角函数的零点个数，可以研究ω的取值． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3))) INCLUDEPICTURE "文件/对点训练.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "文件/对点训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2022·全国甲卷)设函数f(x)＝sin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.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(13,6))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(19,6))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6))) 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　依题意可得ω＞0，因为x∈(0，π)，所以ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3)))，要使函数在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，又y＝sinx，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，3π))的图象如图所示．则eq \f(5π,2)＜ωπ＋eq \f(π,3)≤3π，解得eq \f(13,6)＜ω≤eq \f(8,3)，即ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))).故选C. 　　　　　　　　　　　　　 R $$