第1部分 专题2 培优微专题6 三角函数中ω、φ的范围问题（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 [培优微专题6]　三角函数中ω、φ的范围问题 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题二 平面向量、三角函数与解三角形 数学 三角函数中ω，φ的范围问题，是高考的重点和热点，主要考查由三角函数的最值(值域)、单调性、零点等求ω，φ的取值范围，难度中等偏上． 三角函数的最值(值域)与ω，φ 的取值范围 [例1]　(1)(2023·湖州二模)已知函数f(x)＝acos ωx(a≠0，ω＞0)，若将函数y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,6ω)个单位长度后得到函数y＝g(x)的图象，若关于x的方程g(x)＝0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,12)))上有且仅有两个不相等的实根，则实数ω的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,7)，\f(24,7)))　 B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,7)，4)) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,7)，4)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,7)，\f(24,7))) [解析]　将函数f(x)＝acos ωx(a≠0，ω＞0)向左平移eq \f(π,6ω)个单位长度后得到函数y＝g(x)， 即g(x)＝acoseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6ω)))))＝acoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))， ∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,12)))，∴ωx＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,12)ω＋\f(π,6)))， ∵g(x)＝0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,12)))上有且仅有两个不相等的实根，∴eq \f(7π,12)ω＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))，解得eq \f(16,7)≤ω＜4， 即实数ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,7)，4)). [答案]　B (2)[多选](2023·湛江一模)已知ω＞0，函数f(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，下列选项正确的有(　　) A．若f(x)的最小正周期T＝2，则ω＝π B．当ω＝2时，函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后得到g(x)＝cos 2x的图象 C．若f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))上单调递增，则ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3))) D．若f(x)在区间(0，π)上只有一个零点，则ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(7,6))) [解析]　由余弦函数图象与性质，可得T＝eq \f(2π,ω)＝2，得ω＝π，所以A正确； 当ω＝2时，可得f(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))， 将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≠g(x)，所以B错误； 若f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))上单调递增， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2πω,3)＋\f(π,3)≥π＋2kπ,πω＋\f(π,3)≤2π＋2kπ))，k∈Z， 解得1＋3k≤ω≤eq \f(5,3)＋2k，k∈Z， 又因为ω＞0，所以只有当k＝0时，此不等式有解，即1≤ω≤eq \f(5,3)，所以C正确； 若f(x)在区间(0，π)上只有一个零点，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(πω＋\f(π,3)＞\f(π,2),πω＋\f(π,3)≤\f(3π,2)))，解得eq \f(1,6)＜ω≤eq \f(7,6)，所以D正确． [答案]　ACD 求三角函数的最值(值域)问题，主要是整体代换ωx±φ，利用正、余弦函数的图象求解，要注意自变量的范围． 1．(2024·桂林、来宾三模)已知函数f(x)＝cos ωx－2sin 2ωxsin ωx(ω＞0)在(0,2π)上有最小值，没有最大值，则ω的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))　　　　　 B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(1,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(1,3))) 解析：D　[根据给定条件，利用差角的余弦公式化简函数f(x)，再由指定范围求出相位范围，结合余弦函数的性质列式求解即得． 依题意，f(x)＝cos(2ωx－ωx)－2sin 2ωxsin ωx＝cos(2ωx＋ωx)＝cos 3ωx， 当x∈(0,2π)时，3ωx∈(0,6ωπ)，若f(x)在(0,2π)上有最小值没有最大值， 则π＜6ωπ≤2π，所以eq \f(1,6)＜ω≤eq \f(1,3).] 单调性与ω，φ的取值范围 [例2]　(2024·安顺一模)将函数f(x)＝sin x的图象先向右平移eq \f(π,3)个单位长度，再把所得函数图象上的每个点的纵坐标不变，横坐标都变为原来的eq \f(1,ω)(ω＞0)倍，得到函数g(x)的图象．若函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递增，则ω的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,6)))　 B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D．(0,1] [解析]　首先求函数g(x)的解析式，再根据x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，代入函数的解析式，结合正弦函数的图象和性质，即可求解． 由三角函数的图象变换规律可知， g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))， x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，ωx－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)ω－\f(π,3)，－\f(π,3)))， 因为函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递增，所以－eq \f(π,2)ω－eq \f(π,3)≥－eq \f(π,2)，且ω＞0， 得0＜ω≤eq \f(1,3). [答案]　B 若三角函数在区间[a，b]上单调递增，则区间[a，b]是该函数单调递增区间的子集，利用集合的包含关系即可求解． 2．(2024·河南洛平许济四市质检)在△ABC中，tan A＝3tan B，A－B的最大值为φ.若函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增，则ω的最大值为________． 解析：由已知在△ABC中，tan A＝3tan B， 由tan(A－B)利用不等式可得φ＝eq \f(π,6)，然后利用正弦函数的单调性与区间的关系列不等式即可． 因为tan A＝3tan B，故B为锐角， 且tan(A－B)＝eq \f(tan A－tan B,1＋tan A·tan B)＝eq \f(2tan B,1＋3tan2B)＝eq \f(2,\f(1,tan B)＋3tan B)， 又eq \f(1,tan B)＋3tan B≥2 eq \r(\f(1,tan B)·3tan B)＝2eq \r(3)， 所以tan(A－B)≤eq \f(2,2\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，所以A－B的最大值为eq \f(π,6)，即φ＝eq \f(π,6)， 当且仅当eq \f(1,tan B)＝3tan B时，即tan B＝eq \f(\r(3),3)，等号成立，函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)， 因为－eq \f(π,6)≤x≤eq \f(π,6)，所以eq \f(π,6)－eq \f(π,6)ω≤ωx＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,6)＋eq \f(π,6)ω， 要使f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上单调递增，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(π,6)ω≥－\f(π,2),\f(π,6)＋\f(π,6)ω≤\f(π,2)))， 所以0＜ω≤2， 所以ω的最大值为2. 答案：2 　 　　　对称轴、零点与ω，φ的取值范围 [例3]　(2024·厦门质检二)将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后得到函数y＝g(x)的图象，若函数y＝f(x)和y＝g(x)在(0，π)上都恰好存在两个零点，则ω的取值范围是________． [解析]　由ωx＋eq \f(π,3)的范围，判断两个零点的值，列不等式求ω的取值范围；再由ωx－eq \f(ωπ,3)＋eq \f(π,3)的范围，判断两个零点的值，列不等式求ω的取值范围，取交集即可．当x∈(0，π)时， ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3)))， 函数y＝f(x)在(0，π)上的两个零点只能满足ωx＋eq \f(π,3)＝π或ωx＋eq \f(π,3)＝2π， 所以2π＜ωπ＋eq \f(π,3)≤3π，解得eq \f(5,3)＜ω≤eq \f(8,3)①. 由题意，得g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,3)＋\f(π,3)))， 当x∈(0，π)时， ωx－eq \f(ωπ,3)＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(ωπ,3)，\f(2ωπ,3)＋\f(π,3))). 由①知eq \f(π,3)－eq \f(ωπ,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,9)，－\f(2π,9)))， 函数y＝g(x)在(0，π)上的两个零点只能满足ωx－eq \f(ωπ,3)＋eq \f(π,3)＝0或ωx－eq \f(ωπ,3)＋eq \f(π,3)＝π， 所以π＜eq \f(2ωπ,3)＋eq \f(π,3)≤2π，解得1＜ω≤eq \f(5,2)②. 由①②，得ω的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(5,2))). [答案]　eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(5,2))) 已知函数的零点、极值点求ω，φ的取值范围问题，一是利用三角函数的图象求解；二是利用解析式，直接求函数的零点、极值点即可，注意函数的极值点即为三角函数的最大值、最小值点． 3．(2024·烟台二模)将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象向左平移φ(φ＞0)个单位长度得到函数g(x)的图象，若x＝－eq \f(11π,6)为g(x)图象的一条对称轴，则φ的最小值为(　　) A.eq \f(π,12)　　 B.eq \f(5π,12) C.eq \f(7π,12)　　 D.eq \f(2π,3) 解析：B　[本题先根据三角函数图象平移的规则求出g(x)，再根据正弦函数的对称轴求出φ和整数k的关系式，再对k取值即可求解． 由题意得：g(x)＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)＋φ)) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋2φ))， 又因为x＝－eq \f(11,6)π是g(x)的一条对称轴， 所以kπ＋eq \f(π,2)＝2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,6)π))＋eq \f(π,3)＋2φ，k∈Z， 即φ＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(23,12)π，k∈Z，下面结合选项对整数k取值(显然k取负整数)： k＝－1时，φ＝eq \f(17,12)π； k＝－2时，φ＝eq \f(11,12)π； k＝－3时，φ＝eq \f(5,12)π； k＝－4时，φ＝－eq \f(π,12).] $$