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】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（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 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 核心考向 目录 核心考向 考向一 　三角函数的单调性与ω的关系 核心考向 5 核心考向 6 核心考向 7 核心考向 8 考向二　三角函数的对称性与ω的关系 核心考向 9 核心考向 10 核心考向 11 考向三　三角函数的最值(极值)与ω的关系 核心考向 12 核心考向 13 根据函数的最值求ω 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． 核心考向 14 核心考向 15 考向四　三角函数的零点与ω的关系 (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. [2，3) 核心考向 16 利用函数的零点求ω 三角函数相邻两个零点之间的“水平间隔”为，根据三角函数的零点个数，可以研究ω的取值． 核心考向 17 核心考向 18 核心考向 19 　　　　　　　　　　　　　 R \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))INCLUDEPICTURE"灰例1.TIF" INCLUDEPICTURE "灰例1.TIF" \* MERGEFORMAT 已知函数f(x)＝sin(ωx＋2φ)－2sinφcos(ωx＋φ)(ω>0，φ∈R)在上单调递增，则ω的取值范围是__________________． 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， 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))) ∴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)．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ω的取值范围是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))). (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)． \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))INCLUDEPICTURE"灰对点训练.TIF" INCLUDEPICTURE "灰对点训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·河北邢台模拟)若函数f(x)＝1－tan(ω≠0)在(0，1)上单调递增，则ω的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,4))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0)) 解析：由函数f(x)＝1－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))＝1＋taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－ωx＋\f(π,4)))在(0，1)上单调递增，根据正切函数的性质，可得－ω>0，当x∈(0，1)时，可得－ωx＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，－ω＋\f(π,4)))，则－ω＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)，解得－eq \f(π,4)≤ω<0.故选D. 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))) 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. 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． \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))INCLUDEPICTURE"灰对点训练.TIF" INCLUDEPICTURE "灰对点训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·河北衡水模拟)若存在实数φ∈，使得函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象的一个对称中心为(φ，0)，则ω的取值范围为_____________． 解析：由于函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象的一个对称中心为(φ，0)，所以ωφ＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，所以φ＝eq \f(kπ－\f(π,6),ω)(k∈Z)，由于φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以－eq \f(π,2)<eq \f(kπ－\f(π,6),ω)<0(k∈Z)，因为ω>0，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kπ<\f(π,6)，,ω>－2k＋\f(1,3)，,k∈Z))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k<\f(1,6)，,ω>－2k＋\f(1,3)，,k∈Z))⇒ω>eq \f(1,3).故ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) (π,2)INCLUDEPICTURE"灰例3.TIF" INCLUDEPICTURE "灰例3.TIF" \* MERGEFORMAT 已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω>0，|φ|≤，－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 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. \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(5π,6)))INCLUDEPICTURE"灰对点训练.TIF" INCLUDEPICTURE "灰对点训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·江苏南通模拟)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________． 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))). eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(5,3))) (2)INCLUDEPICTURE"灰对点训练.TIF" INCLUDEPICTURE "灰对点训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·山东名校联考)设函数f(x)＝sin(ωx＋φ)－1(ω>0)，若对于任意实数φ，f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上至少有2个零点，至多有3个零点，则ω的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，5)) B．[4，5) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(20,3))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(20,3))) 解析：令f(x)＝0，则sin(ωx＋φ)＝eq \f(\r(2),2)，令t＝ωx＋φ，则sint＝eq \f(\r(2),2)，则y＝sint在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)ω＋φ，\f(3π,4)ω＋φ))上至少有2个、至多有3个t，使得y＝sint＝eq \f(\r(2),2)，作出y＝sint与y＝eq \f(\r(2),2)的图象，如图所示，由图可知，满足条件的最短区间长度为eq \f(9π,4)－eq \f(π,4)＝2π，最长区间长度为eq \f(11π,4)－eq \f(π,4)＝eq \f(5π,2)，所以2π≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)ω＋φ))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)ω＋φ))<eq \f(5π,2)，解得4≤ω<5.故选B. $$