2025届高考数学复习专题突破：三角函数中有关ω问题的求解讲义

突破　三角函数中有关ω问题的求解 命题点1　利用三角函数对称性求ω 例1 将函数y＝4sin（ωx＋）（ω＞0）的图象分别向左、向右平移个单位长度后，所得的两个图象的对称轴重合，则ω的最小值为（　A　） A.3 B.2 C.4 D.6 解析　将函数y＝4sin（ωx＋）（ω＞0）的图象分别向左、向右平移个单位长度后，得到y1＝4sin[ω（x＋）＋]，y2＝4sin[ω（x－）＋]的图象.由两个图象的对称轴重合，可得 [ω（x＋）＋]－[ω（x－）＋]＝π＝kπ（k∈Z），所以ω＝3k（k∈Z）.又ω＞0，所以ω的最小值为3. 方法技巧 已知三角函数的对称性求ω的思路：根据三角函数的对称性与周期的关系，对称轴与最值的关系，对称中心与零点的关系求ω. 训练1 [2023四川省名校联考]已知函数f（x）＝sin ωx＋cos ωx（ω＞0），若∃x0∈[－，]，使得f（x）的图象在点（x0， f（x0））处的切线与x轴平行，则ω的最小值是（　A　） A. B.1 C. D.2 解析　f（x）＝sin（ωx＋）.f（x）的图象在[－，]上存在与x轴平行的切线，即 f（x）的图象在[－，]上存在对称轴，所以－ω＋≤－或ω＋≥，解得ω≥3或ω≥， 所以ω的最小值为，故选A. 命题点2　利用三角函数单调性求ω 例2 [全国卷Ⅰ]已知函数f（x）＝sin（ωx＋φ）（ω＞0，｜φ｜≤），x＝－为f（x）的零点，x＝为y＝f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）上单调，则ω的最大值为（　B　） A.11 B.9 C.7 D.5 解析　依题意，有（m，n∈Z）， 解得又｜φ｜≤，所以m＋n＝0或m＋n＝－1. 由f（x）在（，）上单调，得≥－，所以0＜ω≤12. 当m＋n＝0时，ω＝4n＋1，φ＝， 取n＝2，得ω＝9，f（x）＝sin（9x＋），此时，当x∈（，）时，9x＋∈（，），f（x）单调，符合题意. 当m＋n＝－1时，φ＝－，ω＝4n＋3， 取n＝2，得ω＝11，f（x）＝sin（11x－），此时，当x∈（，）时，11x－∈（，），f（x）不单调，不合题意.故ω的最大值为9. 方法技巧 已知函数y＝Asin（ωx＋φ）（A＞0，ω＞0）在[x1，x2]上单调递增（或递减），求ω的取值范围的步骤： （1）根据题意可知区间[x1，x2]的长度不大于该函数最小正周期T的一半，即x2－x1≤T＝，求得0＜ω≤； （2）以单调递增为例，利用[ωx1＋φ，ωx2＋φ]⊆[－＋2kπ，＋2kπ]，k∈Z，解得ω的范围； （3）结合（1）中求出的ω的范围对k进行赋值，从而求出ω的取值范围. 训练2 （1）[2023贵州省适应性测试 ]将函数f（x）＝cos ωx（ω＞0）的图象向左平移个单位长度后得到函数g（x）的图象.若g（x）的图象关于点（，0）对称，且g（x）在[，]上单调递减，则ω＝（　B　） A. B. C.1 D.2 解析　由题意可得g（x）＝cos（ωx＋ω），因为g（x）的图象关于点（，0）对称，所以＝＋kπ，k∈Z，即ω＝＋k，k∈Z.令2k1π≤ωx＋ω≤π＋2k1π，k1∈Z，得g（x）的单调递减区间为[－，－]，k1∈Z，因为g（x）在[，]上单调递减，所以k1∈Z，解得≤ω≤＋k1且0＜ω≤2，k1∈Z，所以k1只能取0，得0＜ω≤.又ω＝＋k，k∈Z，所以k只能取0，得ω＝.故选B. （2）[2023四川省遂宁市三诊]已知函数f（x）＝sin（ωx＋）＋cos ωx（ω＞0），f（x1）＝0，f（x2）＝，且｜x1－x2｜的最小值为π，则ω的最小值为　　. 解析　f（x）＝sin（ωx＋）＋cos ωx＝sin ωx＋cos ωx＋cos ωx＝sin ωx＋cos ωx＝sin（ωx＋），因为f（x1）＝0，f（x2）＝，且｜x1－x2｜的最小值为π，所以函数 f（x）的最小正周期T的最大值为4π，ω的最小值为. 命题点3　利用三角函数最值求ω 例3 将函数f（x）＝sin（2ωx＋φ）（ω＞0，0＜φ＜2π）图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数g（x）的部分图象如图所示，且g（x）在[0，2π]上恰有一个最大值和一个最小值（其中最大值为1，最小值为－1），则ω的取值范围是（　C　） A.（，] B.[，） C.[，） D.（，] 解析　由已知得函数g（x）＝sin（ωx＋φ）（ω＞0，0＜φ＜2π），由g（x）的图象经过点（0，）以及点在图象上的位置，得sin φ＝，φ＝，∵0≤x≤2π，∴≤ωx＋≤2πω＋，由g（x）在[0，2π]上恰有一个最大值和一个最小值，∴≤2πω＋＜，∴≤ω＜. 方法技巧 若已知三角函数的最值，则利用三角函数的最值与对称轴或周期的关系，列出关于ω的不等式（组），进而求出ω的取值范围. 训练3 [2023乌鲁木齐市质监]已知函数f（x）＝2sin（ωx＋φ）（ω＞0，0＜φ＜）的图象过点（0，1），且在区间（π，2π）内不存在最值，则ω的取值范围是（　D　） A.（0，] B.[，] C.（0，]∪[，] D.（0，]∪[，] 解析　因为f（x）＝2sin（ωx＋φ）的图象过点（0，1），所以f（0）＝2sin φ＝1，即 sin φ＝. 又0＜φ＜，所以φ＝，于是f（x）＝2sin（ωx＋）. 因为f（x）在区间（π，2π）内不存在最值，所以π≤＝（T为f（x）的最小正周期），得ω≤1. 当x∈（π，2π）时，ωx＋∈（πω＋，2πω＋），其中＜πω＋≤， 所以有两种情况：①解得0＜ω≤； ②解得≤ω≤.故选D. 命题点4　利用三角函数零点、极值点求ω 例4 [2023新高考卷Ⅰ]已知函数f（x）＝cos ωx －1（ω＞0）在区间[0， 2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是　[2，3）　. 解析　函数f（x）＝cos ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，因为ω＞0，x∈[0，2π]，所以ωx∈[0，2ωπ]，则由余弦函数的图象可知，4π≤2ωπ＜6π，解得2≤ω＜3，即ω的取值范围是[2，3）. 方法技巧 三角函数图象上两个相邻零点间和两个相邻极值点间的距离均为（T为最小正周期），根据三角函数的零点个数或极值点个数，可确定区间长度范围，进而研究ω的取值. 训练4 （1）[2022全国卷甲]设函数f（x）＝sin（ωx＋）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是（　C　） A.[，） B.[，） C.（，] D.（，] 解析　结合4个选项可设ω＞0.由x∈（0，π），得ωx＋∈（，πω＋）.根据函数 f（x）在区间（0，π）恰有三个极值点和两个零点，知＜πω＋≤3π，得＜ω≤，即ω的取值范围为＜ω≤. （2）[2022全国卷乙]记函数f（x）＝cos（ωx＋φ）（ω＞0， 0＜φ＜π） 的最小正周期为T.若f（T）＝，x＝为f（x）的零点，则ω的最小值为　3　. 解析　因为T＝，f（）＝，所以cos（2π＋φ）＝，即cos φ＝.又0＜φ＜π，所以φ＝.因为x＝为f（x）的零点，所以ω＋＝＋kπ（k∈Z），解得ω＝9k＋3（k∈Z）.又ω＞0，所以当k＝0时，ω取得最小值，且最小值为3. 1.[命题点2/2023绵阳市一诊]若存在实数φ∈（－，0），使得函数y＝sin（ωx＋）（ω＞0）的图象的一个对称中心为（φ，0），则ω的取值范围为（　C　） A.[，＋∞） B.（，1] C.（，＋∞） D.[1，） 解析　由题意可知，y＝sin（ωx＋）的图象在（－，0）内有一个零点.由y＝sin（ωx＋）＝sin[ω（x＋）]，得y＝sin（ωx＋）的图象是由y＝sin ωx的图 象向左平移个单位长度得到的，所以＜，所以ω＞，即ω∈（，＋∞），故选C. 2.[命题点4/2023广西南宁高三摸底]已知函数f（x）＝cos ωx－sin ωx（ω＞0），若 f（x）在区间[0，2π）上有且仅有4个零点和1个极大值点，则ω的取值范围是（　D　） A.[，] B.[，） C.[，） D.[，] 解析　f（x）＝cos ωx－sin ωx＝2cos（ωx＋）， 当x∈[0，2π）时，因为ω＞0， 所以ωx＋∈[，2πω＋）. 因为函数f（x）在区间[0，2π）上有且仅有4个零点和1个极大值点，所以≤2πω＋≤4π，解得ω∈[，]. 3.[多选/2023湖南长沙模拟]已知函数f（x）＝cos ωπx（ω＞0），将f（x）的图象向右平移个单位长度后得到函数g（x）的图象，点A，B，C是f（x）与g（x）图象的连续的三个交点，若△ABC是锐角三角形，则ω的值可能为（　AD　） A. B. C. D. 解析　f（x）＝cos ωπx（ω＞0）的图象向右平移个单位长度后得到函数g（x）＝cos[ωπ（x－）]＝cos（ωπx－）的图象. 设f（x）的最小正周期为T，如图所示，AC＝T＝＝，令cos ωπx＝cos（ωπx－）＝cos ωπx＋sin ωπx，得cos ωπx＝sin ωπx，则cos ωπx＝±， 所以yA＝yC＝，yB＝－，取AC的中点D，连接BD，则BD＝2｜yB｜＝，因为△ABC是锐角三角形，所以∠ABC＜90°，即∠DBC＜45°，∠DCB＞45°， 所以tan∠DCB＝＝＞1，则ω＞，故选AD. 基础练习　 1.函数f（x）＝2cos2ωx－sin2ωx＋2（ω＞0）的最小正周期为π，则ω＝（　C　） A. B.2 C.1 D. 解析　∵f（x）＝2cos2ωx－sin2ωx＋2＝cos 2ωx＋（ω＞0），∴f（x）的最小正周期T＝＝π，∴ω＝1. 2.[2024福州市一检]若定义在R上的函数f（x）＝sin ωx＋cos ωx（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　） A.[，） B.（，] C.[，） D.[，） 解析　由已知得，f（x）＝sin（ωx＋），令ωx＋＝kπ＋，k∈Z，得x＝，k∈Z，依题意知，满足0≤≤π，即0≤4k＋1≤4ω的整数k有5个，所以k＝0，1，2，3，4，则4×4＋1≤4ω＜4×5＋1，故≤ω＜，选A. 3.[2024山东菏泽一中模拟]已知函数f（x）＝sin（ωx＋）（ω＞0）的周期为T，且满足T＞2π，若函数f（x）在区间（，）不单调，则ω的取值范围是（　C　） A.（，1） B.（，1） C.（，1） D.（，1） 解析　已知f（x）＝sin（ωx＋）（ω＞0）， 令ωx＋＝kπ＋（k∈Z），解得x＝（k∈Z），则函数f（x）的图象的对称轴方程为x＝（k∈Z）.∵函数f（x）在区间 （，）不单调，∴令＜＜（k∈Z），解得4k＋＜ω＜6k＋1，k∈Z，又由T＞2π，且ω＞0，得0＜ω＜1，故仅当k＝0时，＜ω＜1满足题意.故选C. 4.[2024安徽合肥一中模拟]已知函数f（x）＝cos（ωx－φ）的图象关于原点对称，其中ω＞0，φ∈（－π，0），而且在区间[－，]上有且只有一个最大值和一个最小值，则ω的取值范围是（　B　） A.≤ω＜ B.2≤ω＜ C.≤ω≤ D.2≤ω≤ 解析　因为函数f（x）＝cos（ωx－φ）的图象关于原点对称，且x∈R，φ∈（－π，0），所以函数f（x）为奇函数，所以f（0）＝0⇒cos（－φ）＝0⇒φ＝－，故f（x）＝ cos（ωx＋）＝－sin ωx，当x∈[－，]时，ωx∈[－ω，ω]，此时f（x）有且只有一个最大值和一个最小值，由正弦函数的图象与性质可得⇒⇒2≤ω＜.故选B. 5.[2024广东珠海第二中学模拟]已知函数f（x）＝3cos（ωx＋φ）（ω＞0），若f（－）＝3，f（）＝0，在区间（－，－）上没有零点，则ω的取值共有（　B　） A.4个 B.5个 C.6个 D.7个 解析　由题知f（x）＝3cos（ωx＋φ）（ω＞0），f（－）＝3，f（）＝0， 所以 所以k1，k2∈Z， 两式相减得ω＝（k2－2k1）π＋，所以ω＝（k2－2k1）＋，即ω＝＋，n∈Z， 因为x∈（－，－），ω＞0，所以ωx＋φ∈（－ω＋φ，－ω＋φ），令ωx＋φ＝t， t∈（－ω＋φ，－ω＋φ），由题意知y＝3cos t在（－ω＋φ，－ω＋φ）上无零点， 故（－ω＋φ，－ω＋φ）⊆（－＋kπ，＋kπ），k∈Z， 所以即 两式相加得－ω≥－π，所以0＜ω≤6，又ω＝＋，所以，当n＝0时，ω＝；当n＝1时，ω＝2；当n＝2时，ω＝；当n＝3时，ω＝；当n＝4时，ω＝6.所以ω的取值共有5个.故选B. 6.[2023河南部分重点中学联考]已知函数f（x）＝sin（ωx＋）＋sin（ωx－）（ω＞0）在区间[，]上单调，且当x1－x2＝时，｜f（x1）－f（x2）｜≥4，则ω＝（　A　） A.2 B.4 C.6 D.8 解析　f（x）＝sin（ωx＋）＋sin（ωx－）＝sin（ωx＋）－cos（ωx＋）＝ 2sin（ωx＋－）＝2sin（ωx－），所以f（x）max＝2，f（x）min＝－2，所以｜f（x1）－ f（x2）｜≤4.记f（x）的最小正周期为T，因为｜f（x1）－f（x2）｜≥4，所以｜f（x1）－ f（x2）｜＝4，x1－x2＝T＋kT＝（k∈Z），则T＝（k∈Z），则ω＝4k＋2（k∈Z）.当x∈[，]时，ωx－∈[－，－]，因为f（x）在[，]上单调，所以k1∈Z，解得6k1－2≤ω≤3k1＋2（k1∈Z），则k1∈Z，得－＜k1≤（k1∈Z），所以k1＝0或k1＝1，所以－2≤ω≤2或4≤ω≤5，结合ω＝4k＋2（k∈Z）知ω＝2，故选A. 7.[2023绵阳南山中学模拟]设函数f（x）＝sin ωx＋sin（ωx＋）（ω＞0），已知f（x）在[0，π]上有且仅有2 023个极值点，则ω的取值范围是　[，）　. 解析　f（x）＝sin ωx＋sin（ωx＋）＝sin ωx＋cos ωx＝（sin ωx＋cos ωx）＝sin（ωx＋），当x∈[0，π]时，ωx＋∈[，ωπ＋]，因为函数f（x）在[0，π]上有且仅有2 023个极值点，所以2 022π＋≤ωπ＋＜2 022π＋，解得≤ω＜. 8.[2024浙江丽水统考]已知函数f（x）＝sin（ωx＋φ）（ω＞0，0＜φ＜π），f（x）满足 f（x＋）＝f（－x），f（－）＝0，且在区间（，）上有且仅有一个x0使f（x0）＝1，则ω的最大值为　　. 解析　因为f（x）满足f（x＋）＝f（－x），f（－）＝0，所以x＝为f（x）图象的一条对称轴，－ω＋φ＝k1π，且ω＋φ＝k2π＋，k1，k2∈Z，则ω＝，φ＝＋，其中k＝k2－k1，k'＝k2＋k1＝k＋2k1，且k，k'同为奇数或偶数.又f（x）在区间（，）上有且仅有一个x0使f（x0）＝1，故要求ω的最大值，需使（，）包含的周期最多，所以－＝≤2T，得0＜ω≤36，即≤36，k≤23.5.当k＝23时，ω＝，k为奇数，故k'为奇数，0＜φ＜π，则φ＝，此时x＋∈（，），当x0＋＝或时， f（x0）＝1，不合题意；当k＝22时，ω＝，k为偶数，故k'为偶数，0＜φ＜π，则φ＝，此时x＋∈（，），当x0＋＝或时，f（x0）＝1，不合题意；当k＝21时，ω＝，k为奇数，故k'为奇数，0＜φ＜π，则φ＝，此时x＋∈（，），当x0＋＝时，f（x0）＝1，符合题意.由于ω＝，即ω随着k的增大而增大，故ω的最大值为. 9.[2023长沙八校联考]已知函数f（x）＝4sin ωx·cos（ωx＋）＋1（ω＞0）. （1）若f（x）的最小正周期为π，求ω的值及f（x）的单调递减区间； （2）若x∈（0，]，f（x）＝恰有三个解，求ω的取值范围. 解析　 f（x）＝4sin ωxcos（ωx＋）＋1＝4sin ωx（cos ωx－sin ωx）＋1＝sin 2ωx＋cos 2ωx＝2sin（2ωx＋）. （1）由f（x）的最小正周期为π，知T＝＝π，所以ω＝1，所以f（x）＝2sin（2x＋），令2x＋∈[2kπ＋，2kπ＋]，k∈Z，则x∈[kπ＋，kπ＋]，k∈Z，所以f（x）的单调递减区间为[kπ＋，kπ＋]，k∈Z. （2）因为x∈（0，]，所以2ωx＋∈（，＋]，又f（x）＝恰有三个解，所以 sin（2ωx＋）＝恰有三个解，所以2π＋≤＋＜2π＋，解得≤ω＜，故ω的取值范围为[，）. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$