培优微专题6 三角函数中ω，φ的范围问题-【创新教程】2026年高考数学大二轮培优微专题

培优微专题I [培优微专题6]三角函数中ω、p的范围问题 三角函数中ω，©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w,P的取值范围，难度中等偏上， 研析考点层级突破 专点一三角函数的最值（值域）与，φ的取值范围 跟踪训练 典题例析 2.(2025·河南洛平许济四市质检)在△ABC中， [例](2025·聊城二模)函数f)=m(ar+) tanA=3tanB,A-B的最大值为p.若函数 其中w>0,若3x1,x2∈[0，π]（≠x2),使得f(x1) fx)=sin(ux+g)(w>0)在区间[-吾，若]上 +f(x2)=2,则ω的取值范围为 单调递增，则ω的最大值为 [听课记录] 考点三 对称轴、零点与w,p的取值范围 …规律方法》… 求三角函数的最值（值域）问题，主要是整体代换x 典题例析 士P,利用正、余弦函数的图象求解，要注意自变量的 [例3](2025·辽宁协作体二模)将函数f(x)= 范围， sinx的图象先向右平移号个单位长度，再把所 跟踪训练 1.(2025·桂林、来宾三模)已知函数f(x)=cosx 得函数图象上的每个点的纵坐标不变，横坐标都 2sin2 wxsin wx(aw>0)在(0,2π)上有最小值，没有最 变为原来的。（ω>0）倍，得到函数g()的图象. 大值，则ω的取值范围是 A(] B哈) 已知函数g(x)在[0,2]上有两个零点，则w的 c6) n(后 取值范围为 专点二 单调性与w,9的取值范围 A[) [3) 典题例析 D[3劉 [例2] (2025·安顺一模)将函数f(x)=sinx的 c) [听课记录] 图象先向右平移苓个单位长度，再把所得函数图 :规律方法》 象上的每个点的纵坐标不变，横坐标都变为原来 已知函数的零点、极值点求ω，9的取值范围问 的。(u>0)倍，得到函数g(x)的图象.若函数 题，一是利用三角函数的图象求解；二是利用解析 g)在(-0上单调递增，则。的取值范 式，直接求函数的零点、极值点即可，注意函数的 围是 ( 极值点即为三角函数的最大值、最小值点。 B0,】 跟踪训练 c(o,] D.(0,1] 3.(2025·烟台二模)将函数f)=sim2x+的图 象向左平移p(p>0)个单位长度得到函数g(x)的 [听课记录] 规律方法》 图象，若x=一 严为g)图象的一条对称轴，则9 若三角函数在区间[a,b]上单调递增，则区间[a, 的最小值为 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】 A c D.2x 3 ·83· 1数学 课时冲关>高效提能 1.（2025·杭州质检)设甲：“函数f(x)=2 sin wx 5.[多选](2025·黔西南州一模)已知f(x)=√3sinz 在[一，]上单调递增”，乙：“0<≤2”，则甲 十cOSwz(w>0),则下列说法正确的是() A.若f(x)的最小正周期为元，则f(x)的对称中 是乙的 A.充分不必要条件 心为-苔+0，k∈Z B.必要不充分条件 B.若f(x)在区间[0，]上单调递增，则@的取 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 值范围为0，】 2.(2025·晋城二模)将函数fx)=2sin(3x+牙)的 C.若f)=1,则cos(oo十到）号 图象向右平移p(p>0)个单位长度，得到函数g(x) D.若f(x)在区间[0，π]上恰好有三个极值点，则 的图象，若函数g(x)在区间(0，p)上恰有两个零点， 。的取值范围为子》 则p的取值范围是 ( 6.[多选](2025·焦作二模)已知函数f(x)= A,) B,) 2sin(ωx十p)(w>0),f(x)为f(x)的导函数，则 c(] D(,] 下列结论中正确的是 () A.函数g(x)=f(x)十f(x)的图象不可能关于 3.(2025·广州二模)已知函数4 y轴对称 f(x)=√2sin（wx十p） B.若g=-否且ω∈Z,f(x)在[0，]上恰有4 。>0,g<受)的部分图象 个零点，则ω=3 如图所示，若将函数f(x)的图象向右平移(0> C.若9=，f(3x-x)+f(x)=0,则w的最小 0)个单位后所得曲线关于y轴对称，则日的最小 值为 ( 值为号 A D爱 D.若a=9g=5,且x)在[一器m]上的值 4.(2025·福州质检三)函数f(x)=2 sinwx(√3 sin wx十 域为[-1,2]，则m的取值范围是[鼯，] osaw>0在(0， 上单调递增，且对任意的实 7.(2025·新乡三模)已知函数f(x)=sinox √3 cOSwx(w>0),若存在x1∈[0，π]，使得f(x1) 数a,f(x)在(a,a十π)上不单调，则w的取值范围为 =一2，则ω的最小值为 ( 8.(2025·晋城一模)若函数f(x)=cosωx(0<w< B1,] 10)在(x,)上至少有两个极大值点和两个零 c(2] D(合】 点，则ω的取值范围为 ·84·答案精析 因为t>1,所以h'(t)>0恒成立，所以h(t)单调递增，h(t)> 1n1-3X)=0, 所以gm)在m∈(0，日)上单调适增，故g(m)<g(日)厂 1+2×1 4-2e<0, 即1h心所以原不等式成立，即加十h>8。 故f(1)= 2m0()=-4nm 课时冲关高效提能 1.解：(1)利用导数求单调区间，结合图象可解；(2)利用单调性 所以由率点存在定理可知，存在∈(0）使得fx) 将问题转化为证明∫(2-x)<∫(x),然后构造差函数g =0； (x)=f(2-x)-f(x),x∈(0,2)，利用导数证明g(x1)<g (1)即可. 所以存在x∈（ (1)f(x)的定义域为(0，十∞)， 债+）俊得f)=0 f几x) 因为f()=1-1=二1，所以当 故当0<m<时，画数)有两个不同的率点 0<x<1时，f(x)<0,当x>1时，f (2)由题意，令√=，√=2，且不妨令西<工2，则有 (x)>0, 所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1， (In=mh (x) In t2 =mtz 十∞)上单调递增， 所以当x=1时，f(x)取得最小值1一a. 两式相减可得，m=1n名一ln上 又当x趋近于0或十∞时，f(x)趋于十∞， t1-t2 所以，要使f(x)有两个不同的零点x1,x2,只需满足1一Q< 0,即a>1. 美证汤西<品即证<品品 所以实数a的取值范围为(1，十o∞). 曰n车-压+压>0(**) (2)不妨设x1<x2,由(1)可知，0<x1<1,x2>1,则2-x1 >1， 要证x1十x2>2,只需证2-x1<x2, 又f(x)在(1，十∞)上单调递增， 令M-后，则(*)p为台2加着+>00iK1D. 所以只需证f(2一x1)<f(x2), 即证f(2一x1)<f(x1). 设s0）=2-+2别g0=名-1- 记g(x)=f2-x)-f(x)=2-2x-ln(2-x)+lnx,x∈(0,1) 则gu)=+22=2, =-0+24-1<0, x(x-2)· 所以g(u)在(0,1)上单调递减，所以g(u)>g(1)=0,即有 当0<x<1时，g(x)>0,g(x)单调递增， 又g(1)=f(2-1)-f(1)=0, 西< 所以g(x1)=f(2-x1)-f(x1)<0,即f(2-x1)<f(x1), ()两式子相加得，lnt1t2=m(i十t2), 所以f(x2)>f(2-x1),又，f(x)在(1，十∞)上单调递增， 所以x1十x2>2. 则要证1x2>e即证it2>e2, 2.解：(1)先求出导函数，当m≤0时，不满足题意；当m>0时， 由上式只需证m(t1十t2)>2, 求出数的单润检，秀求出教大位)a一f(债) t一1 即证血-1n色.6，+，)>29ln点-2号—<0(** 2hm-2>0,即可得解；(2)要证西<品，即证V中 t1-t2 十1 t2 <1=-台ln4-医+巨>0，构建函数g(w)= *) m Int-Intz “女√E√6 令-，(**)9n-2(》） v+1 <0(0<<1). 2h一u+女脚可得，再证>e,即证>，只 设h(u）=lno 需证m%,十，)>2，即血1n色.6，+，)>29ln车-2 2()0<<1),则(o)= (v+1)2 一t2 >0, 一1 所以h(v)在(0,1)上单调递增，所以h(v)<h(1)=0,即有 专<0，构建画数A(o)=1n”-2(）,即可得证. 1x2>e. 红十1 故e<< 自题意，f0-是爱-1(>0. 培优微专题6 x 研析考点层级突破 当m≤0时，f(x)>0,函数f(x)单调递增，不满足要求； 考点一 当m>0时，令f(x)=0,得x= 1 例1[解析]由已知得f(x)在[0，π]的图象至少有2个最大 2, 值，根据正弦函数的性质即可求解。 当x变化时：fCz):fx)变化如下表 由题可知，f(x)在[0，π]的图象至少有2个最大值， 1 2 1 m2,十0 当fx)=sin(or+号）=1时，ur+音-受+2kx,k∈么， 解得=（后+2x小 f(x) 0 当=0时x=×≤≥ 6 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 令fx)大=f -2hm-2>0,得0m<日 当=1时，x=(晋+2x)下w≥号 6 综上，当w≥1时，月x1,x∈[0，π](x≠)，使得f(x)十 设g(m)= 4ln m 6 m f(x2)= 2=2-4m>0, m [答案] [+) ·137· 1数学 跟踪训练 跟踪训练 1.D[根据给定条件，利用差角的余弦公式化简函数f(x), 3.B[本题先根据三角函数图象平移的规则求出g(x),再根 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 据正弦函数的对称轴求出P和整数的关系式，再对飞取值 即得. 即可求解 依题意，f(x)=cos(2wz-wx)一2sin2 uxsin wx=cos(2wx十 由题意得：g(x)=sin2(x+否+9) wx)=cos 3wx, 当x∈(0,2π)时，3wx∈(0,6wπ)，若f(x)在(0,2π)上有最小 =sim(2x+号+2g 值没有最大值， 则x<6m≤2，所以日<≤行.】 又因为x=一吕元是g)的一条对桥轴， 考点二 例2[解析]首先求函数g(x)的解析式，再根据x∈ 所以+受2：（音）十营+2g长Z (一受0）代入通数的解折式，结合正孩画教的图象和性 甲？=经十得x,kZ,下面结合选项对整数灰取值（里然及 取负整数)： 质，即可求解 17 由三角函数的图象变换规律可知， k=-1时，9=12： gx)=sin(a-} 11 k=一2时，9=1位x: x(0）小r-∈（w--吾 5 k=一3时，9=12π9 因为函数g2)在（受0）上单调道增，所以 2w- 7 3 =-4时，9=多] -受，且o>0,得0<w≤号 课时冲关高效提能 1.A[根据函数单调性求出ω的范围，即可判断答案 [答案]B 跟踪训练 若“画数fx)=2 sin在[受，受]上单调道增”，则w> 2.解析：由已知在△ABC中，tanA=3tanB, 由tan(A一B)利用不等式可得g一晋，然后利用正弦函数的 0,由- 2 品> 单调性与区间的关系列不等式即可. 因为tanA=3tanB,故B为锐角， 0ac多， 且tan(A一B)=1十tanA:tanB tan A-tan B 2tan B 所以，甲是乙的充分不必要条件.] 1+3tan2B 2.C[根据三角函数图象的平移变换可得g(x)= 2 tan B+3tan B 1 2sin(3x+子-39）由gx在(0，p9)上有2个零点得-2x ≤晋-39<-x,解之即可求解。 1 又1。+3tanB≥2入tanB·3tanB=2w3, 将函数f(x)=2si加(3x+晋)）的图象向右率移9个单位 所以mA-国≤25一得所以A-B的最大模为后，中 长度， 得g(x)=2sin(3x+不-39的图象，由0<x<9,得年 9=, 3g<3z+-39g<， 当且仅当B一3nB时，申mB-停等号成主，画教 又g(x)在(0,9)上有2个零点，所以-2≤-3<-元， fa)=sin(z+君）水w>0), 解得登<≤经，即实数p的取值范围为（臣，]门 因为-≤≤晋，所以晋-a+晋≤+ 3.A[根据给定的图象特征，结合五点法作图列式求出ω和 P,再根据图象的平移变换，以及图象的对称性即可得解. 要使f(x)在区间[-百看]上单调递增， 由()-1，得m(受十)号又点（受，及附近点从 左到右是上升的，则平十9=T十2km,k∈乙， l+≤ 由（晋）=0，点（管0）及附近点从左到右是下降的，且上 所以0<w≤2， 所以ω的最大值为2. 升、下降的两段图象相邻，得十9=x十2x,∈乙。 答案：2 考点三 联立解得w=2,9=-平十2kx,k∈乙，而9<受，于是9 例3[解析]先根据平移伸缩得到函数的解析式，再根据g （)在[0受]上有两个零点列出不等式组，解出取值范因 -至，f)=Esin(2x-） 若将函数f(x)的图象向右平移(>0)个单位后，得到y= 即可、 sim(2x-29- 由题可知，g(x)=sin(or-吾} 则一20-吾=受一-x,6∈Z,而>0，周此0=晋+经， 当xe[,受]时，r-吾[-吾暨-] k∈N,所以当=1时，0取得最小值为贺.] 因为函数g《)在[0，受]上有两个零点， 4.D[利用三角函数恒等变换的应用化筒函数解析式可得 所以x≤罗-吾<2x,解得号<o<号 f八x)=2sn(2r-子)十，由题意利用正弦函数的单调 [答案]A 性可得智-音≤受，所以≤号，利用正孩通数的周期性 ·138· 答案精析1 可求)的同期T-经<2，解得。>日年可得标。 由于f)在[0，智]上格有4个零点，故3r≤g-吾< 因为f(x)=2 sin(W3 sinwx十cOSwz) 4,脚碧<< =23sin wx++2sinoxcoswx 而w∈Z,故w=3,B正确； =sin2wx-√3cos2wx+√3 对于C,由于f(3πx)十f(x)=0,则f(x)的图象关于点 =2sin(2ax-号）+6， (受0）时称， 又因为(0，晋)且0，则2x-晋（吾智-晋）》 即f(）=2n(受+晋)=0，则受+吾=kx(∈0， 若fx)在(0，)上单调递增， 即=号+z, 所以2g-吾≤受，所以0<w≤是， 又。>0，故质=1时，o的最小值为号，C正确； 因为对任意的实数a,f(x)在(a,a十π)上不单调， 所以f)的周期T-无<2，所以。> 对于Dwg吾时，f)2m(侣+音） 所以号<是.】 由于[-资小 5.BD[由题意得，fx)=2sin(ax十吾)根据T=行求出 号+音∈[，gm+] ω，根据整体代换法求出f(x)的对称中心即可判断A;根据 整体代换法求出f(x)的单增区间，建立不等式组，解之即可 而在[一器]上的位数为[-1,2]，故受<19+音 判断B;根据诱导公式计算即可求解判断C;由极值点的概 <<m<要，D错] 念可得受<w十晋<受，解之即可判断D 7.解析：利用辅助角公式化筒函数f(x),求出相位的范围，再 利用正弦函数的性质求解即得， 由题意知，fx)=2sin(ar+晋） 函教fx)=2sin(ax-号)小由x∈[0，x],得u-晋∈ A若f(x)的最小正周期为，由T=而： 2π [营]由存在名∈[o,],俊得f红)=-2，得 得w-2,所以f)-2sin(2x+若）由2x+吾-，A∈乙， 元一 ≥警部得。心号片以m的或小值为 6 得x=-+经，Aez 11 答案： 所以f)的对称中心为（一意十经，0）故A错误 8.解析：令m=2kr,kZ,得f的极大值，点为=2，k∈Z,则 B由-受+26≤mr+吾≤号+2x,k∈Z得-+2 [w-0 3w w ≤无+2，kZ, 存在整数k,使得 2kプ不 即f(x)的单调递增区间为 2(k+1)π5π 2 解得4E+1)<u<2k(k∈N). 所以影 5 k≤3 因为函数y=c0sx在两个相邻的极大值点之间有两个 ,k∈Z, 零，点， 匹+2≥元，解得 4 3w w 0<w≤3 +8 所以4+1D<u<2k(k∈N'). 5 取=0，剥0<≤号，即实数如的取值范国为(0，青]，故 当及=1时，号<<2.当皮=2时，号<o<4. B正确； C若f)=1,则2sin(o+看)=1， 当k≥2时，4k+1D<4h+2)<2k,又0<u<100, 5 5 即s(a+晋)=合， 1 所以。的取位范国为（号，2）U(号，4)U(尝，6)U…U 所以cos(a,+）=cos(a,+看+） (2,1o）=(号，2)0（号，10o) =-si加(az,+看)一合，故C错误： 1 答案：（号2（号，100） 培优微专题7 D.由0≤≤，得若≤or十否≤am十否，又f(x)在[0，] 研析考点层级突破 上有3个极值点， 考点一 例1[解析]以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，过C垂直 所以受<m十吾<受，解得子<w<号中实盘。的取值范 BC的直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，求得点D 的轨迹方程，取BD的中，点为M,求得M的轨迹方程，数形结合 国为[子号)故D正确门 可求|AB+ADl 6.BC[对于A,f(x)=2sin(wx十p),∴.f(x)=2 wcOs(wz+ 由题意，以C为坐标原，点，CB所在 y ),g(z)=f(z)+f(z)=2sin(wx+g)+2wcos(wx+p), 直线为x轴，过C垂直CB的直线 当w=1,9= 平时，gx)=2sin(z+)+2cos(x+）- 为y轴建立如图所示的平面直角坐 标系， 2√2cosx为偶函数，此时函数g(x)=f(x)十f(x)的图象关于y 则A一33V3 ,B(4,0),由 轴时称，A错误；对手B,z[]则哑-看 22 DC·DB=0,可得D是以BC为 直径的圆， 所以D的轨迹方程为(x一2)2十y=4, ·139·