第09讲 ω的取值范围与最值问题讲义（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2026年高考数学二轮复习（新高考通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦三角函数中ω的取值范围与最值核心考点，覆盖单调性、对称性、零点、最值等高频考查方向，按考频分层梳理知识要点，通过23类题型归纳、真题典型例题解析等环节，帮助学生构建逻辑体系，突破难点。 资料特色为分层适配不同分数段，设基础保底、高分突破、满分冲刺三级训练，结合数形结合与整体代换法，如单调性问题用“区间长度≤半周期”列不等式，培养直观想象与数学运算素养，配套变式训练与巩固提升，保障复习效率，助力教师把控节奏。

第 09讲 ω的取值范围与最值问题讲义 目 录 思维导图 2 高考分析 2 学习目标 3 知识要点 4 题型归纳 8 题型01：求w基础题型——求解析式和判断图像 8 题型02：求w基础——图像平移（含异名平移） 12 题型03：求w基础——先恒等变换再平移 14 题型04：求w最小平移 17 题型05：平移图像重合求w 19 题型06：平移后是奇函数，求w最小值 23 题型07：单调性与 取值范围问题 25 题型08：不单调与 取值范围问题 37 题型09：图像平移伸缩与 取值范围问题 43 题型10：对称轴与 取值范围问题 46 题型11：对称中心与 取值范围问题 49 题型12：零点与 取值范围问题 55 题型13：最值与 取值范围问题 66 题型14：极值与 取值范围问题 74 题型15：没有最值型 82 题型16：对称轴最多（少）型 87 题型17：极值点多少个 92 题型18：零点（对称中心）最多（少）型 94 题型19：极值点最多（少）型 100 题型20：对称轴对称中心（零点） 102 题型21：正整数型 107 题型22：的取值范围综合训练 112 题型23：新定义 120 巩固提升 123 ω是三角函数 核心参数，决定函数周期与图象伸缩，是高考中档偏上高频考点，多在选填压轴或解答题次问考查，分值5分左右，近3年新高考全覆盖，侧重综合考查逻辑推理与运算能力。 一、 核心命题位置与分值 1. 主流题型：以选择题、填空题为主，多位于选填后3题的压轴位置，2025年多省模拟卷中出现与解答题最值问结合的考法，适配分层选拔需求。 2. 固定分值：单独考查时为5分，若嵌套在解答题中则占3-4分，是冲中档分必拿、冲高分必争的关键考点。 3. 真题溯源：2022全国甲卷理数11题、2023新高考I卷15题、2025辽宁八市联考均有直接考查，题型成熟且考法固定。 二、 4大高频考查方向（按考频排序） 1. 结合单调性求范围：考频最高，给定单调区间，求ω范围。核心逻辑是“给定区间长度≤ 半个最小正周期”，再结合整体代换确定ω不等式组，2025贵州、江西模拟卷均为高频设问。 2. 结合对称性求范围：次高频，考查对称轴、对称中心数量或位置，比如区间内恰有n条对称轴/对称中心。关键是利用“相邻对称轴/对称中心间距为”，锁定的角度范围列不等式。 3. 结合零点求范围：高考热门创新点，常考“区间内有且仅有n个零点”。核心是确定的取值区间，匹配正弦/余弦函数的零点分布规律，2023新高考I卷15题就是该考法的典型真题。 4. 结合最值求范围：综合度较高，常伴随“区间内有最大值无最小值”等限定条件，需结合函数图象，锁定角度区间与三角函数最值对应位置，2025烟台、广州模拟卷均重点考查。 三、 命题核心特点 1. 基础是核心，公式不超纲：全程围绕三角函数周期公式T=2π/ω，无需偏难公式，侧重公式活用与整体代换思想，基础公式掌握是解题前提。 2. 数形结合是关键：纯代数运算易出错，高考解题核心技巧是“画简图定区间”，通过的整体角度范围，结合正弦、余弦图象特征列不等式，规避漏解。 3. 考法固定，陷阱明确：高频陷阱为忽略ω>0（隐含条件、角度区间端点取舍错误，高考阅卷中，端点是否取等号是主要扣分点，也是区分中档与高分的关键。 4. 小综合为主，不考超难跨界：多单独考查或仅与三角恒等变换结合，极少与向量、导数深度交汇，难度可控，只要掌握方法就能稳拿分。 四、 最新命题趋势 1.题型稳定，难度微升：核心4大考法不会变，2025及后续高考会小幅提升角度区间的复杂度，比如含参数区间、多限定条件（如“单调+有1个零点”）叠加。 2. 创新考法集中在“多性质叠加”：单一性质考查减少，偏向“单调性+零点”“对称性+最值”双条件限定，提升对逻辑严谨性的考查。 3. 侧重素养考查：重点考查数学运算与直观想象素养，要求快速通过图象转化条件，精准列不等式求解，拒绝机械刷题。 分层适配高考，贴合不同分数段需求，直接落地备考 一:基础保底（适配100分以下，稳拿基础分） 1. 牢记ω核心性质：ω>0（高考隐含条件），会用周期公式T=2π/ω，不混淆伸缩关系 2. 掌握整体代换法：能把ωx+φ设为t，转化为基础正弦/余弦函数分析 3. 搞定2类基础考法：单调性、单一零点求ω范围，能列基本不等式组 4. 避开核心陷阱：不遗漏ω>0，准确判断不等式端点能否取等 5. 基础题运算零失误，确保简单ω范围题不丢分 二：高分突破版（适配100-120分，攻克中档压轴） 1. 吃透4大高频考法：单调性、对称性、零点、最值求ω范围，每种考法都有固定解题逻辑 2. 熟练数形结合：能快速画简图，通过t的角度区间匹配三角函数图象特征，精准列不等式 3. 破解双条件叠加题：搞定“单调性+零点”“对称+最值”综合问，会联立不等式组求解 4. 精准处理端点问题：能根据题干条件（恰有、至少、至多）判断等号取舍，不踩扣分点 5. 10分钟内搞定选填压轴级ω范围题，正确率≥90% 三：满分冲刺（适配120+分，冲满分无死角） 1. 秒判考向：题干一读就定位考法，快速锁定解题突破口，5分钟内结题 2. 攻克复杂题型：搞定含参数区间、多零点/多对称轴计数、最值存在性等难题 3. 灵活变通技巧：能切换代数推导与图象分析，遇复杂题会优化解题路径 4. 规避所有陷阱：端点取舍、ω>0、角度区间边界匹配，做到零失误 5. 应对创新考法：能拆解ω与三角恒等变换、分段区间结合的创新题，举一反三 一：求w基础题型——求解析式和判断图像 确定的步骤和方法: (1)求 ：确定函数的最大值和最小值，则 ，； (2)求：确定函数的周期，则可； (3)求：常用的方法有代入法和五点法． ①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)或代入图象与直线的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)． ②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口． 二：求w基础——图像平移（含异名平移） 同名函数到同名函数的平移 要得到函数y＝sin（x＋φ）的图象，只要将函数y＝sinx的图象上所有点向左（当φ＞0时）或向右（当φ＜0时）平行移动|φ|个单位长度即可得到． 如果系数不为1， 遇到正弦到余弦的平移。目标是函数化一致，理论上正弦化为余弦或者余弦化为正弦都可以，实际操作时，建议把正弦化为余弦较简单，原因主要是余弦是偶函数，可以利用cos（-x）=cosx，达到转化系数为正的目的。 三：求w基础——先恒等变换再平移 涉及到较复杂形式的函数平移，需要通过和、差、倍、半公式，降幂公式，辅助角公式等等恒等变形方法，转化为同名正余弦函数，再进行平移计算 四：求w最小平移 可以三角函数图像公式，再借助五点画图法，可直观观察对应的最小值。 在求解最小平移时候，要结合五点图像，注意平移方向。 五：平移图像重合求w 解决三角函数中已知单调区间求参数范围时，首先要有已知的单调区间是函数单调区间的子集的意识，然后明确正弦、余弦函数的单调区间长度不会超过半个周期（正切函数的单调区间长度不会超过一个周期）这一事实最终准确求得参数范围，数形结合能给解题带来比较清晰地思路. 六：平移后是奇函数，求w最小值 可以三角函数图像公式，再借助五点画图法，可直观观察对应的最小值。 在求解最小平移时候，要结合五点图像，注意平移方向。 七：单调性与 取值范围问题 已知函数，在上单调递增（或递减），求的取值范围 第一步：根据题意可知区间的长度不大于该函数最小正周期的一半， 即，求得. 第二步：以单调递增为例，利用，解得的范围； 第三步：结合第一步求出的的范围对进行赋值，从而求出（不含参数）的取值范围. 正弦函数 在每一个闭区间（k∈Z）上都单调递增， 在每一个闭区间（k∈Z）上都单调递减 余弦函数 在每一个闭区间[2kπ－π，2kπ]（k∈Z）上都单调递增， 在每一个闭区间[2kπ，2kπ＋π] （k∈Z）上都单调递减 八：结合图象平移求ω的取值范围 1、平移后与原图象重合 思路1：平移长度即为原函数周期的整倍数； 思路2：平移前的函数=平移后的函数. 2、平移后与新图象重合：平移后的函数=新的函数. 3、平移后的函数与原图象关于轴对称：平移后的函数为偶函数； 4、平移后的函数与原函数关于轴对称：平移前的函数=平移后的函数-； 5、平移后过定点：将定点坐标代入平移后的函数中。 九：对称轴与 取值范围问题 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，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为，也就是说，我们可以根据三角函数的对称性来研究其周期性，进而可以研究的取值。 正弦函数对称轴 （k∈Z）时，ymax＝1； （k∈Z）时，ymin＝－1 余弦函数对称轴 x＝2kπ（k∈Z）时，ymax＝1； x＝2kπ＋π（k∈Z）时，ymin＝－1 十：对称轴对称中心（零点） y＝Asin(ωx＋φ)基本性质： （1）定义域：解三角函数不等式用“数形结合” （2）值域：由内向外 ③单调性：同增异减 （3）周期公式：①y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝ ②y＝|Asin(ωx＋φ)|的周期T＝. （4）对称性： 换元思想，将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”，采用整体代入求解． （5）对称轴：最值处，令sin(ωx＋φ) ＝1，则ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)，可求得对称轴方程； （6）对称中心：零点处，令sin(ωx＋φ) ＝0，ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标； （7）（正弦“第一零点”：；正弦“第二零点”： （8）余弦“第一零点”：；余弦“第二零点”： 十一：零点与 取值范围问题 已知三角函数的零点个数问题求ω的取值范围 对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有k个零点，需要确定含有k个零点的区间长度，一般和周期相关，若在在区间至多含有k个零点，需要确定包含k+1个零点的区间长度 十二：对称轴最多（少）型 Asin(ωx＋φ)型求ω归纳： 1.已知单调区间，则必有. 2.如果两条相邻轴或者相邻中心：（或者），则必有 3.已知一条对称轴和一个对称中心，由于对称轴和对称中心的水平距离为，则 4.已知2条对称轴（或者2个对称中心），由于对称轴（或者对称中心的水平距离）为，则 的最小值 十三：零点（对称中心）最多（少）型 在三角函数图象与性质中，对整个图象性质影响最大，因为可改变函数的单调区间，极值个数和零点个数，求解的取值范围是经常考察的内容，综合性较强，除掌握三角函数图象和性质，还要准确发掘题干中的隐含条件，找到切入点，数形结合求出相关性质，如最小正周期，零点个数，极值点个数等，此部分题目还常常和导函数，去绝对值等相结合考查综合能力. 已知函数y＝Asin(ωx＋φ)在区间内有n个零点，则满足 十四：没有最值型 1.如果在区间内没有最小值，则该区间内没有极小值（-1型）型对称轴。 2.如果在区间内没有最大值，则该区间内没有极大值（1型）对称轴。 3.如果在区间内没有最小值，则该区间内是先增后减型。 4.如果在区间内没有最大值，则该区间内是先减后增型。 题型01：求w基础题型——求解析式和判断图像 确定的步骤和方法: (1)求 ：确定函数的最大值和最小值，则 ，； (2)求：确定函数的周期，则可； (3)求：常用的方法有代入法和五点法． ①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)或代入图象与直线的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)． ②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口． 【典型例题1】．设函数的部分图象如图所示，若，且，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先由图象得出函数解析式再利用三角函数的图象与性质计算即可. 由图象可知：， 结合五点法作图可得，故． 如果，且， 则， 由正弦函数的对称性可知， 所以.故选：C． 【典型例题2】．已知函数与函数的部分图象如图所示，且函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到，则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【解析】根据函数平移，利用图象上已知条件求函数解析式，求函数值，可得答案. 由题意可知，将函数图象上的点向右平移个单位长度， 可得的图象与轴负半轴的第一个交点为， 因为的图象与轴正半轴的第一个交点为， 所以，得，则， 又，所以，由知，， 则，，故. 故选：C. 【变式训练1-1】．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．为偶函数 B．的图象向右平移个单位长度后得到的图象 C．图象的对称中心为， D．在区间上的最小值为 【答案】A 【解析】根据函数最大值和最小正周期可得，由可得，从而得到解析式；由可确定奇偶性，知A正确；根据三角函数平移变换原则可得B错误；利用整体代换法，令可求得对称中心，知C错误；由，结合正弦函数性质可确定最小值为，知D错误. ，，； 由图象可知：最小正周期，， 又，，解得：， 又，，； 对于A，， ，为偶函数，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，令，解得：， 的对称中心为，C错误； 对于D，当时，， 当，即时，，D错误. 故选：A. 【变式训练1-2】．函数（且）的大致图象是（    ） A．  B．  C．  D．   【答案】C 【解析】根据题意可将函数化简为，从而可求解. 由题意，，化简得， 根据函数的图象和性质， 可得在内为增函数且为正值， 在内为增函数且为负值，在内为减函数且为负值，故C正确. 故选：C. 【变式训练1-3】已知函数的部分图象如图所示，下列关于函数的表述正确的是（    ） A．函数的图象关于点对称 B．函数在上递减 C．函数的图象关于直线对称 D．函数的图象上所有点向左平移个单位得到函数的图象 【答案】B 【解析】根据图象依次求得的值，从而求得，结合函数的单调性、单调性、三角函数图象变换的知识对选项进行分析，由此确定正确选项. 根据函数的部分图象知， 最小正周期为，；又，，，； 又，故；，函数；时，，的图象不关于点对称，故A错误； 当时，，在上单调递减，故B正确； 当时，，的图象不关于直线对称，故C错误； 的图象上所有点向左平移个单位，得的图象， 不是函数的图象，故D错误．故选：B 题型02：求w基础——图像平移（含异名平移） 同名函数到同名函数的平移 要得到函数y＝sin（x＋φ）的图象，只要将函数y＝sinx的图象上所有点向左（当φ＞0时）或向右（当φ＜0时）平行移动|φ|个单位长度即可得到． 如果系数不为1， 遇到正弦到余弦的平移。目标是函数化一致，理论上正弦化为余弦或者余弦化为正弦都可以，实际操作时，建议把正弦化为余弦较简单，原因主要是余弦是偶函数，可以利用cos（-x）=cosx，达到转化系数为正的目的。 【典型例题1】把函数 y＝cos 的图象适当变换就可以得到y＝sin(－3x)的图象，这种变换可以是（    ） A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度 C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度 【答案】D 【解析】根据图象变换的规则及三角公式先将变成，再提取系数3，由平移的规则研究即可． ， 函数的图象向左平移可以得到的图象 故选：D． 【典型例题2】为了得到的图象，只需把函数的图象（    ） A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 【答案】D 【解析】结合诱导公式，将转化为，结合平移法则即可求解. ∵，设函数平移个单位后得到，则有，即，，∴为了得到的图象，只需把函数的图象向右平移个单位长度. 故选：D． 【变式训练2-1】已知函数，为了得到函数的图象只需将的图象（    ） A．向左平移个单位 B．向右平移个单位 C．向左平移个单位 D．向右平移个单位 【答案】A 【解析】利用三角函数的平移结合诱导公式即可求解. 解：因为 所以，只需将f(x)的图象向左平移个单位， 故选：A. 【变式训练2-2】要得到函数的图象，可以将函数的图象（    ） A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度 C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度 【答案】A 【解析】利用诱导公式将平移前的函数化简得到，进而结合平移变换即可求出结果. 因为， 而，故将函数的图象向右平移个单位长度即可， 故选：A. 【变式训练2-3】若将函数()的图象向左平移个单位长度后，与函数的图象重合，则的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】D 【解析】先得到平移后的解析式，再由题中条件，列出等式，求出，即可得出结果. 将函数()的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象， 又平移后的图象与函数的图象重合， 而， 所以（），则（）， 又，所以为使取得最小值，只需，此时. 故选：D. 题型03：求w基础——先恒等变换再平移 涉及到较复杂形式的函数平移，需要通过和、差、倍、半公式，降幂公式，辅助角公式等等恒等变形方法，转化为同名正余弦函数，再进行平移计算 【典型例题1】若将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则函数的单调递减区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用三角恒等变换化简的解析式，再根据的图象变换规律求得的解析式，再利用余弦函数的单调性，求得函数的单调递减区间. 解：将函数 的图象上所有的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，令，求得， 可得的单调递减区间为. 故选：A. 【点睛】本题主要考查三角恒等变换，余弦函数的单调性，属于基础题. 【典型例题2】要得到函数的图象，需将的图象（    ）. A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 【答案】C 【解析】把两个函数都由三角恒等变换化为一个角的一个三角函数形式，然后由三角函数的图象变换得出结论． ，又. .故选：C． 【变式训练3-1】要得到（）的图象，只需把（）的图象（    ） A．向左平移个单位 B．向右平移个单位 C．向左平移个单位 D．向右平移个单位 【答案】A 【解析】根据同角三角函数关系式及二倍角公式化简，由诱导公式化简，即可由三角函数图象平移变得解. 由同角三角函数关系式及二倍角公式化简可得 而， 所以将的图象向左平移个单位得到的图象， 故选：A； 【点睛】本题考查了诱导公式及二倍角公式在三角函数式化简中的应用，三角函数图象平移变换的应用，属于基础题. 【变式训练3-2】已知函数，现给出下列四个结论，其中正确的是（    ） A．函数的最小正周期为 B．函数的最大值为2 C．函数在上单调递增 D．将函数的图象向右平移个单位长度；所得图象对应的解析式为 【答案】C 【解析】首先利用三角恒等变换化简函数，再根据函数的性质依次判断选项 对于A和B，， 所以的最小正周期为，的最大值为1，故A错误，B错误， 对于C，当时，， 因为在上单调递增，所以函数在上单调递增，故C正确； 对于D，将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像对应的函数解析式为，故D不正确， 故选：C 【变式训练3-3】函数的图像可由向右平移的单位个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先利用辅助角公式将函数化为，化为，再利用平移变换的即可得出答案. 解：将函数化为， 化为， 所以函数向右平移个单位即可的出， 即函数的图像可由向右平移的单位个数为. 故选：B. 题型04：求w最小平移 可以三角函数图像公式，再借助五点画图法，可直观观察对应的最小值。 在求解最小平移时候，要结合五点图像，注意平移方向。 【典型例题1】已知函数的最小正周期为，若将其图象沿轴向右平移个单位，所得图象关于对称，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由三角恒等变换化简函数的解析式，利用余弦函数的性质求得，根据函数的图象变换规律，以及余弦函数图象的对称性，求得实数的最小值. 由题意，函数 可得函数的最小正周期为，所以，即， 若将其图象沿轴向右平移个单位，可得的图象， 又由所得图象关于对称，可得， 当时，可得实数的最小值为.故选：. 【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，余弦函数的周期性以及图象的对称性，其中解答中熟记三角函数的图象变换，以及三角函数的性质是解答的关键，属于基础题. 【典型例题2】已知函数，的最小正周期为，将其图象沿x轴向右平移个单位，所得图象关于直线对称，则实数m的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由已知，先对函数进行化简，根据最小正周期为，求解出，然后根据题意进行平移变换，得到平移后的解析式，再利用图象关于直线对称，建立等量关系即可求解出实数m最小值. 由其最小正周期为，有，所以， 将其图象沿轴向右平移（）个单位，所得图象对应函数为， 其图象关于对称，则有，所以， ， 由，实数的最小值为.故选：B. 【变式训练4-1】已知函数的最小正周期为，将其图象沿x轴向左平移个单位，所得图象关于直线对称，则实数m的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由已知，先对函数进行化简，根据最小正周期为，求解出，然后根据题意进行平移变换，得到平移后的解析式，再利用图象关于直线对称，建立等量关系即可求解出实数m最小值. 解： ， 即，由其最小正周期为，即，解得， 所以， 将其图象沿轴向左平移（）个单位，所得图象对应函数为， 其图象关于对称，所以，所以 ， 由，实数的最小值为.故选：A. 【变式训练4-2】把函数的图象沿轴向左平移个单位，所得函数的图象关于直线对称，则的最小值为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】试题分析：，所以，因为的图象关于对称，所以，解得：，所以当时，的最小值是． 考点：1、三角函数的化简；2、函数的图象变换． 【方法点睛】解答本题需要解决三个问题，第一、对三角恒等变换公式的熟练记忆与灵活应用，本题中涉及两角和的余弦公式，二倍角公式，降幂公式，辅助角公式；第二、三角函数图象的平移变换，值得注意的地方是图象左右平移时解析式中是纯粹的的加减某个值；第三、三角函数的对称性的应用． 【变式训练4-3】将函数(其中)的图像向右平移个单位长度，所得图像关于对称，则的最小值是 A．6 B． C． D． 【答案】D 【解析】利用三角函数的图象和性质，结合函数图象的变换即可得出结果. 将的图象向左平移个单位，可得 所得图象关于，所以 所以，即 由于，故当时取得最小值.故选：D 题型05：平移图像重合求w 解决三角函数中已知单调区间求参数范围时，首先要有已知的单调区间是函数单调区间的子集的意识，然后明确正弦、余弦函数的单调区间长度不会超过半个周期（正切函数的单调区间长度不会超过一个周期）这一事实最终准确求得参数范围，数形结合能给解题带来比较清晰地思路. 【典型例题1】将函数的图象向左平移个单位长度后，与函数的图象重合，则的最小值为（    ） A．6 B．3 C． D． 【答案】B 【解析】根据题意，函数的图象与的图象重合，可得，从而得解. 将的图象向左平移个单位长度， 得到， 其图象与的图象重合， 则，所以， 又，所以的最小值为3. 故选：B 【典型例题2】已知将函数的图象向右平移个单位之后与的图象重合，则的值为（    ） A．3 B．6 C．8 D．9 【答案】B 【解析】本题先求出最小正周期，再建立方程（），最后根据范围求的值即可. 解：因为函数，所以最小正周期， 因为函数的图象向右平移个单位之后与的图象重合，所以（），解得：，又因为，所以. 故选：B 【点睛】本题考查根据三角函数图象的变换求参数，是基础题. 【典型例题3】设函数，将的图象向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则的最小值等于（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题得即得，即得的最小值. 将的图象向右平移个单位长度后得， 所以∴最小值为．故选． 【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换和周期，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 【变式训练5-1】将函数的图象向左平移个单位后，与函数的图象重合，则的值可以是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】由函数的图象与的图象重合，得即可求得答案. 将的图象向左平移个单位长度， 得，其图象与的图象重合， 则，解得，的值不可能为1，3，4，可以为2. 故选：B 【变式训练5-2】将函数的图象向右平移个单位，到得函数的图象，则的最小值为（    ） A． B． C． D．4 【答案】A 【解析】根据平移理论结合已知条件得，再利用诱导公式得，进而得到，从而求出，再结合已知条件即可求出的最小值. 由题意得， 又 所以， 所以，， 又因为，所以的最小值为. 故选：A. 【变式训练5-3】将函数的图像分别向左､向右各平移个单位长度后，所得的两个图像的对称轴重合，则的最小值为（    ） A．3 B． C．6 D． 【答案】D 【解析】利用函数的图象变换规律，正弦函数的周期性，求出的最小值．． ∵将函数的图像分别向左、向右各平移个单位长度后， 所得的两个函数图像的对称轴重合，故当最小时，有 ，解得：， 故选：D． 【变式训练5-4】将函数图像上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到的函数图像与的图像重合，则有（    ） A． B． C．是函数的对称轴 D．是函数的对称中心 【答案】B 【解析】根据题意可得：，，然后根据三角函数的变换即可求解. 由题意，，所以， 又， 所以，，，所以为对称中心，为对称轴.故选：. 【变式训练5-5】若将函数的图像向右平移个周期后，与函数的图像重合，则的一个可能取值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据三角函数图像平移规律得到平移后的解析式，再对的解析式变形处理，列出等式，即可判断. ，周期，函数的图像向右平移个周期后， 得函数的图像，而，由题意，，令，得，故A错误； 令，得，故B错误；令，得，故C正确； 令，得，故D错误.故选：C. 【变式训练5-6】若将函数的图像向右平移个单位长度后，与函数的图像重合，则的最小值为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】函数的图像向右平移个单位得，所以 ，所以得最小值为． 【变式训练5-7】将函数的图像向右平移个单位后与的图像重合，则的最小值为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】先写出函数向右平移个单位所得函数解析式，结合题意，以及三角函数的性质即可求出结果. 因为将函数的图像向右平移个单位后，可得，由题意可得，所以，, 因此，, 又，所以的最小值为.故选D 【点睛】本题主要考查三角函数图像变换问题，熟记三角函数的性质即可求解，属于基础题型. 题型06：平移后是奇函数，求w最小值 可以三角函数图像公式，再借助五点画图法，可直观观察对应的最小值。 在求解最小平移时候，要结合五点图像，注意平移方向。 【典型例题1】将函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意，利用三角函数的图象变换，求得，再由为奇函数，求得，进而得到取得最小值. 由函数，将函数的图象向左平移个单位长度后， 得到函数， 又由为奇函数，所以，解得， 因为，所以当时，取得最小值，最小值为. 故选：. 【典型例题2】已知函数的图象向左平移后所得的函数为奇函数，则的最小值为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【解析】平移后的解析式为奇函数得到，求出的最小值. 因为为奇函数，则， 所以，又，所以，解得， 因为，所以时，取得最小值，最小值为8. 故选：D 【变式训练6-1】．（多选）已知函数，则下列说法中正确的是（    ） A．若和为函数图象的两条相邻的对称轴，则 B．若，则函数在上的值域为 C．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若为奇函数，则的最小值为 D．若函数在上恰有一个零点，则 【答案】ACD 【解析】利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；利用正弦型函数的值域可判断B选项；利用三角函数图象变换以及正弦型函数的奇偶性可判断C选项；利用正弦型函数的对称性可判断D选项. 对于A选项，若和为函数图象的两条相邻的对称轴， 则函数的最小正周期为，则， 所以，，此时，，合乎题意，A对； 对于B选项，若，则， 当时，则，所以，， 故当时，则函数在上的值域为，B错； 对于C选项，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象， 则为奇函数， 所以，，解得， 因为，当时，取最小值，C对； 对于D选项，因为，当时，， 因为函数在上恰有一个零点，则，解得，D对. 故选：ACD. 【变式训练6-2】把函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，若为奇函数，则的最小值是（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【解析】根据题意得，再得到，计算求解即可. 函数的图象向右平移个单位后， 得 因为为奇函数，所以，； 因此，，结合，取得的最小值为2. 故选：A. 【变式训练6-3】已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若为奇函数，则的最小值为 . 【答案】 【解析】根据题意，利用三角函数的图象变换，求得，再由为奇函数，求得，进而得到取得最小值. 由函数，将函数的图象向左平移个单位长度后， 得到函数， 又由为奇函数，所以，解得， 因为，所以当时，取得最小值，最小值为. 故答案为：. 题型07：单调性与 取值范围问题 已知函数，在上单调递增（或递减），求的取值范围 第一步：根据题意可知区间的长度不大于该函数最小正周期的一半， 即，求得. 第二步：以单调递增为例，利用，解得的范围； 第三步：结合第一步求出的的范围对进行赋值，从而求出（不含参数）的取值范围. 正弦函数 在每一个闭区间（k∈Z）上都单调递增， 在每一个闭区间（k∈Z）上都单调递减 余弦函数 在每一个闭区间[2kπ－π，2kπ]（k∈Z）上都单调递增， 在每一个闭区间[2kπ，2kπ＋π] （k∈Z）上都单调递减 【典型例题1】已知，函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由，得， 即函数的单调递减区间为， 令，则函数其中一个的单调递减区间为： 函数在区间内单调递减， 则满足，得，所以的取值范围是.故选：D. 【典型例题2】将函数的图像先向右平移个单位长度，再把所得函数图像上的每个点的横坐标都变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图像，若函数在上单调递增，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据图象变换得的解析式，则利用函数单调性列不等式即可求得的取值范围. 函数的图像先向右平移个单位长度，得到再把所得函数图像上的每个点的横坐标都变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图像， 令，，整理得，，由于函数在上单调递增，故，，解得，， 所以，．故选：B． 【典型例题3】已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题意，化简，结合余弦型函数的性质，列出不等式组，即可求解. 由函数 ， 令，解得，且， 即函数的单调递增区间为且， 要使得在区间上单调递增， 则满足，解得，其中， 又由，解得，因为，所以， 所以，即实数的取值范围为. 故选：A. 【典型例题4】若函数在上恰有两个零点，且在上单调递增，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】有函数在区间上有两个零点可知，由在上单调递增可求出的取值范围，然后联立即可求出答案. 解：由题意得： 函数在上恰有两个零点， ， 解得：①， 又在上单调递增， ，解得：②， 由①②式联立可知的取值范围是. 故选：B 【变式训练7-1】将函数图象向左平移后，得到的图象，若函数在上单调递减，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】向左平移， 得， 时，，在上单调递减， 即，故.故选：C 【变式训练7-2】规定：设函数，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是 ． 【答案】（注：可以用不等关系表示） 【解析】讨论和的条件，时，，根据正余弦函数的单调区间解不等式即可. 函数， 当时，， 当时，， 时，，在上单调递增， 则有或， 解得，当时，有解； 或，当时，有解. 实数的取值范围是. 故答案为： 【变式训练7-3】已知函数在上单调递增，在上单调递减，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据正弦型函数的单调性及已知区间单调性求参数范围即可. 当时，， 因为在上单调递增，所以，解得. 当时，， 因为，所以. 因为在上单调递减，所以且，解得， 又，所以的取值范围是. 故选：A 【变式训练7-4】已知函数在区间上是单调的，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为， 令，可得对称轴方程， 函数在区间上是单调的， ,且，， 即， 函数在区间上是单调的， 所以，即， 又，可得或，故选：C. 【变式训练7-5】（多选）若函数在上单调，则的取值可以为（ ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【解析】若，则，依题意可得，则． 对照四个选项：ABC符合题意.故选：ABC 【变式训练7-6】已知函数，现将该函数图象先向左平移个应位长度，再将图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，已知函数在区间上是单调的，则的取值范围是 ． 【答案】 【解析】 ， 由题意，， 当时，由，则， 由在上单调，则， 可得不等式组，解得； 或， 可得不等式组，解得， 由，解得，由，则，则. 综上，的取值范围为. 故答案为：. 【变式训练7-7】已知函数，若在区间上单调递增，则的取值范围是 ． 【答案】 【解析】在 是增函数，∴ ，∴ ，， 又 ，∴ ，令 ， 则 在 的函数图像如下： 所以欲使得 是增函数，则必须 或者 ， 对于 ，即 ， 对于函数，在 时 的值域是 ， ， 对于 ，即 ， 对于函数 在 时的值域是 ，即 ，与 矛盾，无解； 故答案为： . 【变式训练7-8】若函数在上单调递减，则满足条件的的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先对分不同情况进行讨论，得出当时不满足条件，当或时满足条件，当时不满足条件，即得到所求的全部为和，从而得到答案. 若，则，故不满足条件； 若或，则对有，或. 所以，根据复合函数单调性知在上单调递减，满足条件； 若，则，故不满足条件； 若，则由可知，存在正整数满足. 此时，，从而在上存在极值点，不可能单调递减，不满足条件. 综上，满足条件的有和. 故选：C. 【变式训练7-9】设函数（、、都是常数，，），若在区间上具有单调性，且，则的最小正周期为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】记函数的最小正周期为，根据正弦函数的单调性、对称性计算可得. 记函数的最小正周期为，则，可得． 又，且，又，所以函数的一个对称中心为， 函数的一条对称轴为，又，，解得． 故选：B． 【变式训练7-10】已知函数在区间上单调递减，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】在区间上单调递减，用周期公式，缩小范围． ，得①， ，得出对称中心，进而得到②， 两式相减，得到，因为，求出． 代入①，根据，解出即可． 在区间上单调递减，， 由，得①. 又，图象关于点对称， 即②.由②-①得，由于， 则，代入①，即， 由于，则，则． 故选：C. 【变式训练7-11】已知函数在上单调递减，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由，求得单调递减区间，进而可得，求解即可. ； 令，则， 所以在是减函数， 因为在区间单调递减，所以有， 即，又，所以，． 故选：B． 【变式训练7-12】已知函数，若函数在上单调递减，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据条件，利用的性质，得到且，即可求出结果. 由，得到， 又因为在上单调递减，所以， 得到，又，，即，令，得到，故选：D. 【变式训练7-13】将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图像，若在上为增函数，则ω的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】根据已知化简可得，然后平移可得.由已知可得，结合正弦函数的单调性可知，求解即可得出答案. 函数，将的图象向左平移个单位，得的图象， 所以.因为，，所以.又在上为增函数， 根据的单调性可知，解得，所以的最大值为2．故选：B． 【变式训练7-14】已知函数在上单调递增，且当时，恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由已知，分别根据函数在区间上单调递增，在时，恒成立，列出不等关系，通过赋值，并结合的本身范围进行求解. 由已知，函数在上单调递增， 所以，解得：， 由于，所以，解得：① 又因为函数在上恒成立， 所以，解得：， 由于，所以，解得：② 又因为，当时，由①②可知：，解得； 当时，由①②可知：，解得. 所以的取值范围为. 故选：B. 【点睛】在处理正弦型、余弦型三角函数性质综合问题时，通常使用整体代换的方法，将整体范围满足组对应的单调性或者对应的条件关系，罗列出等式或不等式关系，帮助我们进行求解. 【变式训练7-15】将函数（）的图像向左平移个单位，得到函数的图像，若函数）的一个极值点是，且在上单调递增，则ω的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先由函数的图像平移变换得到函数，再根据正弦函数的图像性质得到是函数一条对称轴，从而得出（）， 结合正弦函数的周期与单调性的关系得到，即可得到答案. 由题意得：， 又函数）的一个极值点是，即是函数一条对称轴， 所以，则（）， 函数 在上单调递增，则函数的周期， 解得，则，，故选：A. 【变式训练7-16】将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象在区间上恰有两个零点，且在上单调递减，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先根据题目的要求伸缩变换得到解析式，然后结合函数在上恰有两个零点以及在上单调递减，列出不等式组，即可求得本题答案. 依题意可得， 因为，所以， 因为在恰有2个零点，且，， 所以，解得， 令，，得，， 令，得在上单调递减， 所以，所以，又，解得． 综上所述，，故的取值范围是．故选：C. 【变式训练7-17】已知函数，是函数的一个零点，是函数的一条对称轴，若在区间上单调，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设函数的最小正周期为，根据题意分析得出，其中，可得出，利用函数的单调性可得出的取值范围，可得出的可能取值，然后对的值由大到小进行检验，可得结果. 设函数的最小正周期为， 因为是函数的一个零点，是函数的一条对称轴， 则，其中，所以，，， 因为函数在区间上单调，则，所以，. 所以，的可能取值有：、、、、. （i）当时，，， 所以，，则，，，所以，， 当时，，所以， 函数在上不单调，不合乎题意； （ii）当时，，， 所以，，则，，，所以，， 当时，，所以， 函数在上单调递减，合乎题意.因此，的最大值为.故选：A. 【点睛】本题考查三角函数中的最值的求解，解题的关键在于利用函数的周期确定的表达式与取值范围，再进行检验即可. 题型08：不单调与 取值范围问题 函数在区间内不单调，则该区间内必有对称轴 【典型例题1】已知函数在区间上不单调，则的最小正整数值为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】， 由于为正整数， 当时，，此时 故此时在上单调，时不符合， 当时，，此时 且 故此时在先增后减，因此不单调，符合， 当时，，此时， 而的周期为，此时在上不单调，符合，但不是最小的正整数， 同理要求符合，但不是最小的正整数，故选：B 【典型例题2】若直线是曲线的一条对称轴，且函数在区间上不单调，则的最小值为（    ） A．7 B．9 C．11 D．15 【答案】C 【解析】首先根据对称轴的性质求出的表达式，再根据函数的单调区间确定的范围，从而得出的最小值. 因直线是一条对称轴，所以，. 整理可得：，即，. 由，得. 则函数在上单调递增. 因为函数在区间上不单调，所以. 解得.因为，且，所以的最小值为11.故选：C. 【典型例题3】已知函数（，，）的图象关于轴对称，且在区间上不单调，则的可能取值有（　　） A．7个 B．8个 C．9个 D．10个 【答案】C 【解析】根据题意，得到，此时，结合函数在区间上不单调，求得，即可求解. 由函数的图像关于轴对称，可得， 因为，可得，所以，又由，可得， 当时，可得，可得在上单调递减，不符合题意； 当时，可得，可得在上单调递减，不符合题意； 当时，可得，可得在上不单调，符合题意； 当时，可得，可得在上单调递增，不符合题意； 当时，则函数的最小正周期为，此时， 所以函数在上不是单调函数，符合题意， 所以，所以满足条件的有9个.故选：C. 【典型例题4】已知函数（，）在区间内单调，在区间内不单调，则ω的值为 ． 【答案】2 【解析】依题意得，即． 因为当时，， 所以()， 则 ，()，解得：(). 令k＝0，则1≤ω≤2，而，故， 又ω∈Z，所以ω＝2，经检验，ω＝2符合题意．故答案为：2 【变式训练8-1】已知函数 （ω>0），对任意x∈R，都有≤，并且在区间上不单调，则ω的最小值是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【解析】根据，得为函数的最大值，建立方程求出的值，利用函数的单调性进行判断即可． 解：对任意，都有，为函数的最大值，则，， 得，，在区间，上不单调，， 即，即，得，则当时，最小.故选：B. 【变式训练8-2】已知函数，对任意，都有，并且在区间上不单调，则的最小值是（    ） A．1 B．3 C．5 D．7 【答案】D 【解析】由题意，是函数的最大值，可得.由，可得.对进行赋值，结合函数的单调性，即得答案. 由题意，是函数的最大值，，即． ，．当时，，在上单调递增，不符合题意； 当时，，符合题意.的最小值为7. 故选：D．【点睛】本题考查函数的单调性，属于基础题. 【变式训练8-3】函数在上单调递增，且对任意的实数，在上不单调，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得，由题意利用正弦函数的单调性可得，所以，利用正弦函数的周期性可求的周期，解得，即可得解． 因为 ，又因为，且，则， 若在上单调递增，所以，所以， 因为对任意的实数，在上不单调，所以的周期，所以， 所以．故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题考查正弦函数单调性求参数，关键是整体思想的应用及对任意实数，在上不单调与周期间的关系. 【变式训练8-4】函数在上单调递增，且对任意的实数，在上不单调，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得，由题意利用正弦函数的单调性可得，所以，利用正弦函数的周期性可求的周期，解得，即可得解． 因为 ，又因为，且，则， 若在上单调递增，所以，所以， 因为对任意的实数，在上不单调， 所以的周期，所以，所以．故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题考查正弦函数单调性求参数，关键是整体思想的应用及对任意实数，在上不单调与周期间的关系. 【变式训练8-5】已知函数（）的图象经过点和，且在内不单调，则的最小值为（   ） A．1 B．3 C．5 D．7 【答案】B 【解析】由图象经过点和列方程组，可得，再讨论可得，进而可得和的解析式，再检验单调性可得答案. 依题意得，，所以，， 所以，，消去得， 令，则，所以，因为，所以， 当时，，此时，，， 此时在上为递增函数，不合题意，应该舍去， 当时，，此时，， 此时，在上递减，在上递增，符合题意，所以的最小值为.故选：B 【点睛】本题考查了正弦型函数的单调性，根据题意得到是解题关键，属于中档题. 【变式训练8-6】已知函数，图象关于y轴对称，且在区间上不单调，则的可能值有　　 A．7个 B．8个 C．9 个 D．10个 【答案】C 【解析】先求出，再根据诱导公式，余弦函数的单调性求出的范围，可得结论． 函数，图象关于y轴对称， ，． 在区间上不单调，则， ，，4，5，6，7，8，9，10，11，12，共计10个， 经过检验，不满足条件，故满足条件的有9个，故选C． 【点睛】本题主要考查正弦函数的奇偶性、以及图象的对称性，余弦函数的单调性，属于中档题． 【变式训练8-7】若直线是曲线的一条对称轴，且函数在区间上不单调，则的最小值为（    ） A．9 B．15 C．21 D．33 【答案】C 【解析】先由在区间上不单调，求出；由直线是曲线的一条对称轴，求出，即可得到的最小值. 当时，因为，所以，又在区间上不单调，所以，即． 因为直线是曲线的一条对称轴，所以，即，故的最小值为21．故选：C 【变式训练8-8】已知函数（，，）的图象关于轴对称，且在区间上不单调，则的可能取值有（　　） A．7个 B．8个 C．9个 D．10个 【答案】C 【解析】根据题意，得到，此时，结合函数在区间上不单调，求得，即可求解. 由函数的图像关于轴对称，可得， 因为，可得，所以，又由，可得， 当时，可得，可得在上单调递减，不符合题意； 当时，可得，可得在上单调递减，不符合题意； 当时，可得，可得在上不单调，符合题意； 当时，可得，可得在上单调递增，不符合题意； 当时，则函数的最小正周期为，此时， 所以函数在上不是单调函数，符合题意， 所以，所以满足条件的有9个.故选：C. 题型09：图像平移伸缩与 取值范围问题 结合图象平移求ω的取值范围 1、平移后与原图象重合 思路1：平移长度即为原函数周期的整倍数； 思路2：平移前的函数=平移后的函数. 2、平移后与新图象重合：平移后的函数=新的函数. 3、平移后的函数与原图象关于轴对称：平移后的函数为偶函数； 4、平移后的函数与原函数关于轴对称：平移前的函数=平移后的函数-； 5、平移后过定点：将定点坐标代入平移后的函数中。 【典型例题1】将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，，为的导函数，且，若当时，的取值范围为，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据三角函数平移变换原则可得，结合可求得；利用整体代换的方式，结合余弦型函数的值域可求得结果. ，， ，， ，，又，， ； 当时，， ，，解得：. 故选：D. 【变式训练9-1】将函数的图象向右平移个单位长度后，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数的图象，若在区间内有5个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据三角函数图象的平移变换可得，再根据余弦函数的图象可得，求解即可. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象， 再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数的图象. 时，， 在轴右方的零点为 因为函数的图象在区间内有5个零点， 所以，解得. 故选:D. 【变式训练9-2】将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先由三角函数图象平移规则求得函数，再利用正弦曲线的零点即可求得的取值范围 将函数的图象先向右平移个单位长度，得到 再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变， 得到函数 由函数在上没有零点，则，则 由，可得 假设函数在上有零点， 则，则 由，可得 又，则 则由函数在上没有零点，且，可得 故选：A 【变式训练9-3】已知函数，现将该函数图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，且在区间上单调递增，则的取值范围为 ． 【答案】 【解析】根据给定条件，化简函数，结合图象平移求出函数，进而求出单调递增区间，再列出不等式求解作答. 函数， 因此，， 由，解得， 即函数在上单调递增， 于是，即， 解得，由，得，而，即或， 当时，，当时，， 所以的取值范围为. 故答案为： 【变式训练9-4】将函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数，已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为 . 【答案】 【解析】根据函数图像平移变换，写出函数的解析式，再由函数 在区间上单调递增，列出不等式组求出的取值范围即可 将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象, 再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）， 得到函数的图象， 函数在区间上单调递增， 所以，即，解得，① 又， 所以，解得，② 由①②可得， 故答案为: . 题型10：对称轴与 取值范围问题 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，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为，也就是说，我们可以根据三角函数的对称性来研究其周期性，进而可以研究的取值。 正弦函数对称轴 （k∈Z）时，ymax＝1； （k∈Z）时，ymin＝－1 余弦函数对称轴 x＝2kπ（k∈Z）时，ymax＝1； x＝2kπ＋π（k∈Z）时，ymin＝－1 【典型例题1】已知函数的最小正周期为T，若，且函数的图象关于直线对称，则的最小值为（ ） A．3 B． C． D． 【答案】C 【解析】，， 因为，所以，则， 又因函数的图象关于直线对称， 所以，所以， 又因为，所以当时，.故选：C. 【典型例题2】已知函数，若将的图象向左平移个单位后所得的函数图象与曲线关于对称，则的最小值为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【解析】求出函数的图象平移后所得函数的解析式，再利用对称列式计算即得. 函数，的图象向左平移个单位后所得函数， 函数的图象与的图象关于直线对称，则， 于是对任意实数恒成立， 即对任意实数恒成立， 因此，解得，而，则， 所以当时，取得最小值. 故选：A 【变式训练10-1】已知函数，若的图象的任意一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由已知得，，且，解之讨论，可得选项. 因为的图像的任何一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间， 所以，所以， 又，且，解得，又因， 所以，解得，当时，符合题意， 当时，，符合题意，所以.故选：D. 【变式训练10-2】已知函数，若且，则的最小值为（    ） A．11 B．5 C．9 D．7 【答案】D 【解析】根据可知函数的一条对称轴为，可得，求得，再根据正弦函数在处取得最小值，列出方程可求得结论. 由可知，在取得最小值，所以函数的一条对称轴为， 又，因此，即； 所以， 又在取得最小值，可知， 解得， 又，所以时，取得最小值为7. 故选：D 【变式训练10-3】函数在区间上单调递增，且存在唯一，使得，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由其在闭区间上递增，而在为增函数，列不等式组求的范围，又存在唯一，使得，而，即，求的范围，取交集即可. 由正弦函数性质，有，即， ∵在上单调递增，∴，则，，又，即， 又存在唯一，使得，而此时， ∴，得，综上，有.故选：B. 【点睛】关键点点睛：由区间单调性，结合正弦函数的单调区间列不等式组，在闭区间中有，其中存在唯一最大值，则，求参数范围. 【变式训练10-4】已知函数在内单调递减，是函数的一条对称轴，且函数为奇函数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】首先由函数的单调性转化函数周期的范围，即可求的范围，再结合函数的对称性列式，确定，再分别代入函数的解析数，由对称性求，并验证函数的单调性后，即可求解. 因为函数在内单调递减，所以，得， 因为是函数的一条对称轴，所以，① 因为函数是奇函数，所以，②， 由①②可得，，而，所以当时，，得，，因为，所以，即， 当时，，显然此时函数单调递减，符合题意， 所以当时，，得，， 因为，所以，即， 当时，，显然此时函数不是单调递减函数，不符合题意， 所以.故选：B 题型11：对称中心与 取值范围问题 三角函数的对称轴比经过图象的最高点或最低点，函数的对称中心就是其图象与轴的交点（零点），也就是说我们可以利用函数的最值、零点之间的“差距”来确定其周期，进而可以确定的取值. 【典型例题1】若存在实数，使得函数(>0)的图象的一个对称中心为(，0)，则ω的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由于函数的图象的一个对称中心为， 所以，所以， 由于，则， 因为，所以可得：，故选：C 【典型例题2】若存在实数， 使得函数的图象的一个对称中心为，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意知，存在在使得的一个对称中心为， 即存在使得时，， 代入， 则，即，即， 因为，，所以，则， 由不等式性质知时，取到最小值， 又由于无法取到，故， 所以的取值范围为.故选：C. 【典型例题3】已知函数，若，，则的最小值为（    ） A．3 B．1 C． D． 【答案】C 【解析】由求出的取值，再根据，分是函数的一个对称中心与不是对称中心两种情况讨论，分别求出的最小值，即可得解. 因为，所以，则或， 又，，当是函数的一个对称中心时，， 若，则，所以，则，又，所以当时；若，则， 所以，则，又，所以当时； 当不是函数的一个对称中心时，因为，即， 所以，所以，又，所以当时， 综上所述：.故选：C 【变式训练11-1】已知函数的图象的一个对称中心为，且，则的最小值为 A． B．1 C． D．2 【答案】A 【解析】由函数图象的对称中心为列方程，由整理出方程并求解，联立方程组表示出，结合及得到的范围，从而求解． 因为函数的图象的一个对称中心为所以，整理得：， 所以， 又即：， 所以或 由得：， 由得：， 所以的最小值为 故选A 【点睛】本题主要考查了三角函数性质，及解三角方程，注意及这个要求 【变式训练11-2】若存在实数，使得函数(>0)的图象的一个对称中心为(，0)，则ω的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据正弦型函数的对称性进行求解即可. 由于函数的图象的一个对称中心为，所以，所以， 由于，则， 因为，所以可得：， 故选：C 【变式训练11-3】将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象.若函数的图象关于点对称，则的最小值为 . 【答案】 【解析】由题可得， 的图象关于点对称， 所以，解得， ，故的最小值为.故答案为：. 【变式训练11-4】已知函数（）的图象的两个相邻对称中心之间的距离为，则（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 【答案】B 【解析】由正切函数的性质得出，继而由周期公式得出. 解：设的最小正周期为，由函数（）的图象上相邻两 个对称中心之间的距离为，知，， 又因为，所以，即，则． 故选：B． 【变式训练11-5】已知函数的图象的一个对称中心为，且，则的最小值为 A． B．1 C． D．2 【答案】A 【解析】由函数图象的对称中心为列方程，由整理出方程并求解，联立方程组表示出，结合及得到的范围，从而求解． 【详解】因为函数的图象的一个对称中心为所以，整理得：，所以，又即：， 所以或由得：，由得：， 所以的最小值为故选A 【点睛】本题主要考查了三角函数性质，及解三角方程，注意及这个要求． 【变式训练11-6】已知函数是上的偶函数，其图象关于点对称，且在区间上是单调函数，则的值是 A． B． C．或 D．无法确定 【答案】C 【解析】根据为偶函数及可得，再由对称中心可得，结合函数的单调性可得的值. 由是偶函数，得，即， 所以对任意都成立，且，所以得． 依题设，所以解得，故. 因为的图象关于点对称，，.所以. 又在区间上是单调函数，所以，故.故或.故选：C． 【变式训练11-7】若存在，使函数的图象关于对称，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】由对称中心知，讨论的取值，找出正整数的最小值. 因为函数的图象关于对称， 所以 ，所以，所以， 当时不满足， 当时，，所以，因为，此时的最小值为3； 当时，，所以，因为，此时的最小值为6； 一般的：，所以， 当正整数增大时，的最小值也越来越大，故的最小值为3； 故选：C 【变式训练11-8】已知函数的图象关于点中心对称，则（    ） A．3或 B．2或 C．或 D．或 【答案】A 【解析】根据题意整理可得，其中，，结合正弦函数对称性可得，，分类讨论的奇偶性，结合诱导公式分析求解. 由题意可知：，其中，． 因为的图象关于点中心对称，则， 整理可得，则，解得，，则， 当时，； 当时，； 综上所述：或．故选：A． 【变式训练11-9】已知函数在区间上单调递减，且在区间上只有1个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】结合余弦函数的单调性与零点列式计算即可得. 当时，， 则， 当时，，则， 即有，解得.故选：C. 题型12：零点与 取值范围问题 已知三角函数的零点个数问题求ω的取值范围 对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有k个零点，需要确定含有k个零点的区间长度，一般和周期相关，若在在区间至多含有k个零点，需要确定包含k+1个零点的区间长度的最小值 【典型例题1】若函数在上恰有三个零点，则（    ） A．的取值范围为 B．在上恰有两个极大值点 C．在上有极大值点 D．在上单调递增 【答案】AD 【解析】利用整体代换先求出在区间上的取值范围，再根据零点个数可求得的取值范围，可判断A；根据极值点定义可得在的极值点个数是由的取值决定的，可能有一个也可能有两个即可判断B；同理在上可能有极大值点，也可能没有，即C错误；由时，，可得在上单调递增可判断D. 由题可知，时，， 若函数在上恰有三个零点，根据三角函数图象性质可知解得，即选项A正确； 由可知，当时，，此时在上只有1个极大值点， 当时，，在上恰有两个极大值点；所以B错误； 当时，， 不妨取，此时，即当时，，由正弦函数图象性质可知在上没有极大值点；即C错误； 当时，，而， 所以当时，，由正弦函数图象性质可知在上单调递增，即D正确； 故选：AD. 【典型例题2】已知函数的最小正周期为，若，且在区间上恰有个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据余弦函数的周期公式和求出，再根据余弦函数的图象可得结果. 由题意的最小正周期为T，则， 又，可得，即， 又，所以， 在区间上恰有3个零点， 当时，， 结合函数的图象如图所示：      则在原点右侧的零点依次为，，，，…， 所以，解得，即的取值范围为． 故选：D． 【变式训练12-1】设，函数．若在上单调递增，且函数与的图象有三个交点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据在上单调递增，结合正弦函数的单调性可得，从而可求得在上单调递增这个条件的范围，再根据函数与的图象有三个交点，则在上函数与的图象有两个交点，即方程在上有两个不同的实数根，从而可得第二个条件下的的范围，取交集即可得出答案，注意说明时，函数与的图象只有一个交点. 解：当时，， 因为在上单调递增， 所以，解得， 又因函数与的图象有三个交点， 所以在上函数与的图象有两个交点， 即方程在上有两个不同的实数根， 即方程在上有两个不同的实数根， 所以，解得， 当时， 当时，令， 由， 当时，， 此时，， 结合图象，所以时，函数与的图象只有一个交点， 综上所述，. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：根据余弦函数的图象求解是解题关键. 【变式训练12-2】已知函数在上没有零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先由得，根据题意得，进而可得的取值范围. 因为，所以， 因为在上没有零点，所以，解得. 又因为，所以. 故选：B 【变式训练12-3】已知函数，若在上没有零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】∵在上没有零点， ∴∴ ， 由，可得， ∴，，又， ∴或， 即的取值范围是.故选：A. 【变式训练12-4】已知函数，，若在区间内没有零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】，， 时，， 要想在区间内无零点， 则要满足，解得， 要想不等式组有解，则要，解得，故或0， 当时，，解得， 当时，，解得， 则的取值范围是.故选：D 【变式训练12-5】若函数在区间内仅有1个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意知， 令，解得， 得函数的3个相邻的对称点分别为， 因为函数在内仅有一个零点， 所以，， 解得，，当时，，得.故选：C. 【变式训练12-6】已知函数在有且仅有两个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为，且在仅有两个零点，， 故，所以，解得.故选：C. 【变式训练12-7】已知函数在上恰有2个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】依题意，， 由得， 依题意在上恰有2个零点， ， 所以，， 所以的取值范围是.故选：B 【变式训练12-8】已知，函数恰有3个零点，则m的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设，， 令解得或2， 令在之间解得或或， 作出图形如下图 数形结合可得：，故选：D. 【变式训练12-9】已知函数，，且在上恰有100个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为函数， ，则，所以， 由，可得，．则，． 所以，解之得， 所以的取值范围是.故选：C 【变式训练12-10】已知函数，若在内单调且有一个零点，则的最大值是 ． 【答案】 【解析】在内单调,则最小正周期，，，，所以, 时，， 由得，， 而在内恰有一个零点且单调（因为单调有零点则只能有一个零点）， 所以且，解得， 所以的最大值是．故答案为：． 【变式训练12-11】已知函数在上有且仅有2个零点，则实数的取值范围为 . 【答案】 【解析】令，则，解得， 因为在上有且只有2个零点， 所以，解得.故答案为：. 【变式训练12-12】将函数的图像先向右平移个单位长度，再把所得函数图像的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图像，若函数在上没有零点，则的取值范围是 . 【答案】 【解析】将函数的图像先向右平移个单位长度， 得到函数的图像， 再把所得函数图像的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数 的图像， 当时，. 由在上没有零点，得， 即，解得或. 故答案为：. 【变式训练12-13】已知函数的图象的两相邻零点之间的距离小于，为函数的极大值点，且，则实数的最小值为 . 【答案】13 【解析】利用辅助角公式化简的表达式，确定，结合求得以及的表达式，结合其平方和为1求得m的值，即可求得，从而可得的表达式，继而求得答案. 由题意得，（为辅助角）， 由题意知， 为函数的极大值点，故， 即，故， 即， 因为， 故，即， 所以， 由于，故， 解得（），故， 则或， 即或， 则实数的最小值为13， 故答案为：13 【点睛】方法点睛：解答此类有关三角函数性质类的题目，要能综合应用三角函数性质，比如周期，最值以及对称性等，求得参数的通式，再结合其他性质即可求解答案. 【变式训练12-14】函数，且，，若的图像在内与轴无交点，则的取值范围是 . 【答案】 【解析】∵的图像在内与轴无交点 ∴ ∵ ∴ ∵由对称中心可知 ∴ ∵假设在区间内存在交点，可知 ∴当时， ∴以上并集在全集中做补集，得 故答案为 点睛：本题采用了正难则反的策略把无交点问题转化为有交点的问题，利用补集思想得到最终的结果，对于否定性问题经常这样思考. 【变式训练12-15】已知函数（，）在区间上单调，且满足. （1）若，则函数的最小正周期为 . （2）若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为 . 【答案】 【解析】（1）由题可得对称中心，根据三角函数的性质结合条件判断的大概取值范围，再结合条件可得函数的对称轴即可得到的值从而得出最小正周期； （2）根据函数的对称中心及的大概取值范围，结合三角函数的图象可得，从而解出. 因为函数在区间上单调，且满足， ∴对称中心为， 代入可得，，① ∵在区间上单调，且对称中心为， 又∵，， ∴在区间上单调， ∴， ，即， ∴. （1）∵， ∴关于对称，代入可得，，② ①－②可得，，即，，又， ∴，； （2）∵对称中心为，∴， ∵在区间上恰有5个零点， ∵相邻两个零点之间的距离为，五个零点之间即，六个零点之间即， ∴只需即可， 所以，又∵， ∴. 故答案为：；. 【变式训练12-16】若存在实数，使函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围为 【答案】 【解析】利用的图像与性质，直接求出函数的零点，再利用题设条件建立不等关系且，从而求出结果. 因为，由，得到， 所以或， 所以或， 又因为存在实数，使函数在上有且仅有2个零点，所以 且，即且，解得. 故答案为： 题型13：最值与 取值范围问题 【典型例题1】已知函数（，），，，在内有相邻两个最值点，且最小值点距离轴近，则的最小正整数值为（ ） A．5 B．7 C．9 D．10 【答案】C 【解析】因为，结合已知，知（）， 又因为，所以，所以． 因为，所以，，解得，． 又因为，可得， 所以当时，的最小正整数值为9．故选:C. 【典型例题2】将函数的图像向左平移个单位长度，得函数的图像，若在内只有两个最值（即最大值和最小值），则的最大正整数值为（ ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】B 【解析】， 向左平移个单位长度，得到函数， 因为，所以， 因为在内只有两个最值， 所以，解得，的最大正整数值为，故选：B. 【变式训练13-1】已知函数在上仅有个最值，且为最大值，则实数的值不可能为 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】，因为在上仅有个最值，且为最大值， 故， 解得， 故，或，故选：C． 【变式训练13-2】已知函数在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】在区间上的最值点个数等价于在上的最值点个数．利用正弦型函数的性质的应用求出结果即可． 因为在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点， 所以，所以． 令，当时，， 于是在区间上的最值点个数等价于在上的最值点个数． 由知，，， 因为在上恰有一个最大值点和一个最小值点， 所以解得． 答案：B. 【变式训练13-3】若函数在区间内没有最值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用辅助角公式化简函数，由函数在上单调列式求解作答. 依题意，，函数的单调区间为， 由，而，得， 因此函数在区间上单调， 因为函数在区间内没有最值，则函数在区间内单调， 于是，则，解得， 由，且，解得，又，从而或， 当时，得，又，即有，当时，得， 所以的取值范围是. 故选：B 【变式训练13-4】已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先化简函数的解析式，再依据题意列出关于的不等式组，即可求得的取值范围. 由，可得 由在区间上恰好取得一次最大值，可得，解之得 又在区间上是增函数，则，解之得 综上，的取值范围是 故选：B 【变式训练13-5】已知函数的图象在轴上的截距为，且在区间上没有最值，则的取值范围为 . 【答案】 【解析】先求出，根据条件求出周期确定的大致范围，再根据函数的性质建立不等式确定的具体范围. 由题意可知，，且，则，又在区间上没有最值，，即； 先考虑在区间上存在最值，则， 即，又，即 ，即可取1，2，得； 由在区间上没有最值，可得； 故答案为：. 【变式训练13-6】已知在上存在唯一实数使，又，且，则实数ω的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由三角恒等变换化简函数式，利用条件得出的最大值，从而求得值，然后利用正弦函数性质根据题中唯一解的条件求得的范围． ，∴， 又，∴的最大值是， 所以，又，所以， ∴， 时，又，∴，， ，是唯一的，因此有，解得． 故选：A． 【变式训练13-7】已知函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为，所以当时，则有， 因为在区间内有最大值，但无最小值， 结合函数图象，得，解得，故选：A 【变式训练13-8】已知函数在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点， 所以，所以． 令，当时，， 于是在区间上的最值点个数 等价于在上的最值点个数． 由知，，， 因为在上恰有一个最大值点和一个最小值点， 所以解得．答案：B. 【变式训练13-9】若函数在区间内没有最值，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由在区间内没有最值，知在区间上单调， 由可得， 当在区间上单增时，可得， 解得， 时无解，令，得，又，故； 当在区间上单减时，可得， 解得， 时无解，令，得， 综上.故选：B. 【变式训练13-10】若函数在区间内没有最值，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】依题意，，函数的单调区间为， 由，而，得， 因此函数在区间上单调， 因为函数在区间内没有最值，则函数在区间内单调， 于是，则，解得， 由，且，解得，又，从而或， 当时，得，又，即有，当时，得， 所以的取值范围是.故选：B 【变式训练13-11】已知函数（，）的图象过点，且在区间内不存在最值，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】函数的图象过点，, ，即， 又，， 令，即， 当时，函数取最值， 在区间内不存在最值， ，解得， 当时，不存在； 当时，，又，， 当时，， 当时，不存在； 综合得的取值范围是.故选：D. 【变式训练13-12】已知函数的图象过点，且在区间内不存在最值，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为函数过点， 所以，即，故， 因为，所以，故， 由得， 所以的单调递增区间为， 同理：的单调递增区间为， 因为在区间内不存在最值，所以是单调区间的真子集， 当时，有， 解得，即， 又因为，，显然当时，不等式成立，且； 当时，有， 解得，即， 又因为，，显然当时，不等式成立，且； 综上：或，即故选：D. 【变式训练13-13】已知，函数在上存在最值，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】当取最值时，．即， 由题知，故．即． 因为时，；时，； 显然当时，，此时在上必有最值点． 综上，所求．故选:D． 题型14：极值与 取值范围问题 【典型例题1】已知函数在区间上无极值，则的取值范围是（ ） A．（0，5] B．（0，5） C．（0，） D．（0，] 【答案】A 【解析】由已知条件得， ∵函数在区间上无极值， ∴函数在区间上单调， ∴或在区间上恒成立， 当时，， ∵，∴，在此范围内不成立； 当时，， ∵，∴，即，解得， 则的取值范围是，故选：. 【典型例题2】若函数（）在区间上恰有唯一极值点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】当，， 由于（）在区间上恰有唯一极值点， 故满足，解得，故选：C 【变式训练14-1】函数在上有唯一的极大值，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】方法一：当时，， 因为函数在上有唯一的极大值， 所以函数在上有唯一极大值， 所以，，解得.故选：C 方法二：令，，则，， 所以，函数在轴右侧的第一个极大值点为， 第二个极大值点为， 因为函数在上有唯一的极大值， 所以，解得.故选：C 【变式训练14-2】若函数在单调，且在存在极值点，则的取值范围为 【答案】 【解析】先通过函数在存在极值点，求出的范围，再根据在单调，求出和之间的不等关系，再结合已求出的的范围，得最终的范围. 【详解】解：因为函数在存在极值点，所以，即， 当，又在单调， 所以，即， 解得，只能取，即， 综上，， 故答案为：. 【点睛】本题考查三角函数的单调性和极值问题，关键是要建立关于和之间的不等关系，是中档题. 【变式训练14-3】设函数，已知集合为的极值点，，若存在实数，使得集合中恰好有个元素，则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先理解集合的含义，将问题转化为三角函数的周期进行求解． 集合表示函数在椭圆的内部或边界上的最值点的集合， 而最值点一定在直线上，且当时， 由得， 的周期， 因为存在实数，使得集合中恰好有个元素， 故，解得， 故选：A. 【点睛】思路点睛：对于三角函数有关的恒成立与有解问题，应根据问题的特征将前者转化为周期的性质来处理. 【变式训练14-4】定义在上的函数在区间内恰有两个零点和一个极值点，则的取值范围是 . 【答案】 【解析】依题意首先求出的大致范围，进而确定的范围，根据题意结合正弦函数可得，即可求出ω的取值范围. 设函数的最小正周期为， 由正弦型函数可知：两个零点之间必存在极值点，两个极值点之间必存在零点， 则，则， 注意到，解得， ∵，则， 由题意可得：，解得， 故的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛： （1）根据正弦型函数的性质估算的范围； （2）求的范围，结合正弦函数的图象与性质列式求解. 【变式训练14-5】将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象．若在上有且仅有3个极值点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先根据题意得出函数，当时，，要使在上有且仅有3个极值点，需满足，解不等式即可. 由题可知，，当时，． 因为在上有且仅有3个极值点，所以，解得， 所以的取值范围为：． 故选：C. 【变式训练14-6】记函数（）的最小正周期为T，给出下列三个命题： 甲：； 乙：在区间上单调递减； 丙：在区间上恰有三个极值点． 若这三个命题中有且仅有一个假命题，则假命题是 （填“甲”、“已”或“丙”）；的取值范围是 ． 【答案】 甲 【解析】甲，利用三角函数的周期性求出；乙，利用三角函数的单调性求出；丙，利用函数的极值点定义求出，结合已知可知甲是假命题，进而求解. 对于甲，，即，解得； 对于乙，，， 由正弦函数的单调性得，解得， 又，故，又，则，故，且， 对于丙，，， 由正弦函数的极值点得，解得； 由这三个命题中有且仅有一个假命题， 假设乙是假命题，则甲、丙是真命题，但显然甲、丙矛盾，故该假设不成立； 假设丙是假命题，则甲、乙是真命题，但显然甲、乙矛盾，故该假设不成立； 所以假命题是甲，则乙、丙是真命题，取交集的取值范围是. 故答案为：甲，. 【变式训练14-7】已知，且函数恰有两个极大值点在，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】∵，， ∴， 又∵在恰有2个极大值点， ∴由正弦函数图象可知，，解得：.故选：B. 【变式训练14-8】将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象．若在上有且仅有3个极值点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题可知，，当时，． 因为在上有且仅有3个极值点，所以，解得， 所以的取值范围为：．故选：C. 【变式训练14-9】已知函数在上有3个极值点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为，，所以 ， 因为函数在上有3个极值点， 所以，解得， 所以的取值范围为，故选：C. 【变式训练14-10】已知函数，.若函数只有一个极大值和一个极小值，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】令，因为，所以 则问题转化为在上只有一个极大值和一个极小值， 因为函数只有一个极大值和一个极小值， 则，即， 又，所以，所以 则解得故，故选：C 【变式训练14-11】已知函数，，函数在上有且仅有一个极小值，两个极大值，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】∵，∴．又，∴． 当时，函数取到最小值，此时，．解得，． 所以当时，.故选：C． 【变式训练14-12】已知函数，若，在内有极小值，无极大值，则可能的取值个数（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【解析】已知函数，若， 所以，则①， 又在内有极小值，无极大值， 则，所以， 又，则当得，，所以，不符合①式，故舍； 当得，，所以，由①式可得； 当得，，所以，由①式可得； 当得，，所以，不符合①式，故舍； 当得，，无解，故舍； 易知，当时，都无解，故不讨论； 综上，或，则可能的取值个数为.故选：C. 【变式训练14-13】已知函数（其中，）.T为的最小正周期，且满足.若函数在区间上恰有2个极值点，则的取值范围是 . 【答案】 【解析】由题意可得：的最小正周期， ∵，且，则为的一条对称轴， ∴，解得， 又∵，则，故， ∵，则， 若函数在区间上恰有2个极值点，则，解得， 故的取值范围是. 故答案为：. 题型15：没有最值型 没有最值型： 1.如果在区间内没有最小值，则该区间内没有极小值（-1型）型对称轴。 2.如果在区间内没有最大值，则该区间内没有极大值（1型）对称轴。 3.如果在区间内没有最小值，则该区间内是先增后减型。 4.如果在区间内没有最大值，则该区间内是先减后增型。 【典型例题1】若函数在区间内没有最值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用辅助角公式化简函数，由函数在上单调列式求解作答. 依题意，，函数的单调区间为， 由，而，得， 因此函数在区间上单调， 因为函数在区间内没有最值，则函数在区间内单调， 于是，则，解得， 由，且，解得，又，从而或， 当时，得，又，即有，当时，得， 所以的取值范围是.故选：B 【典型例题2】已知，函数在区间内没有最值，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据正弦函数的最值可得，当，时，取得最值，所以问题转化为对任意，都有，而当时，存在使得不成立，所以，排除选项，当时，存在使得，排除选项,可得选项正确. 由，，得，， 因为函数在区间内没有最值， 所以对任意，都有， 当，时，，故选项不正确； 当时，存在使得，故选不正确. 故选：C. 【点睛】本题考查了正弦函数的最值，属于基础题. 【典型例题3】若函数在区间内没有最值，有下面四个说法：（    ） ①函数的最小正周期可能为 ②的取值范围是； ③当取最大值时，是函数的一条对称轴； ④当取最大值，是函数的一个对称中心． 以上四个说法中，正确的个数是（    ） A．l B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】根据题意可知可得的取值范围，然后根据的范围逐一分析即可得解． 由得，因为在区间内没有最值， 所以，所以，所以，所以或，所以或，所以②错误；当时，， 所以，故①正确； 所以，可知是函数的一条对称轴，故③正确； 又因为，故④错误，所以正确的是①③， 故答案为：B． 【变式训练15-1】已知，函数在区间内没有最值，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据正弦函数的最值可得，当，时，取得最值，所以问题转化为对任意，都有，而当时，存在使得不成立，所以，排除选项，当时，存在使得，排除选项,可得选项正确. 由，，得，， 因为函数在区间内没有最值，所以对任意，都有， 当，时，，故选项不正确； 当时，存在使得，故选不正确.故选：C. 【点睛】本题考查了正弦函数的最值，属于基础题. 【变式训练15-2】若函数在区间内没有最值,则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意可得函数在区间内单调，故可先求出函数的单调区间，再根据区间为单调区间的子集得到关于的不等式组，解不等式组可得所求． 函数的单调区间为， 由，得．∵函数 在区间内没有最值，∴函数 在区间内单调，∴， ∴，解得．由，得． 当时，得；当时，得，又，故． 综上得的取值范围是．故选B． 【点睛】解答本题的关键有两个：一是对“函数在区间内没有最值”的理解，由此可得函数在该区间内单调；二是求出函数的单调区间后将问题转化为两个集合间的包含关系处理，并将问题再转化为不等式组求解，根据集合的包含关系得到不等式组时要注意不等号中要含有等号． 【变式训练15-3】已知函数（，），若为奇函数，为偶函数，且在上没有最小值，则的最大值是（    ） A．14 B．10 C．7 D．6 【答案】D 【解析】根据给定的奇偶性求出的值，再按的值分类讨论求出的表达式，结合在上没有最小值求出最大值. 依题意，，由为奇函数，得， ，由为偶函数，得， 两式相加得，而，则或， 当时，，且， 则，且，而，因此， 当时，，由在上没有最小值， 得，，此时，； 当时，，且， 则，且，而，因此， 当时，，由在上没有最小值， 得，，此时，， 所以的最大值是6. 故选：D 【变式训练15-4】若函数在区间内没有最值,则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意可得函数在区间内单调，故可先求出函数的单调区间，再根据区间为单调区间的子集得到关于的不等式组，解不等式组可得所求． 函数的单调区间为，由， 得．∵函数 在区间内没有最值， ∴函数 在区间内单调，∴，∴，解得．由，得．当时，得； 当时，得，又，故．综上得的取值范围是．故选B． 【点睛】解答本题的关键有两个：一是对“函数在区间内没有最值”的理解，由此可得函数在该区间内单调；二是求出函数的单调区间后将问题转化为两个集合间的包含关系处理，并将问题再转化为不等式组求解，根据集合的包含关系得到不等式组时要注意不等号中要含有等号． 题型16：对称轴最多（少）型 Asin(ωx＋φ)型求ω归纳： 1.已知单调区间，则必有. 2.如果两条相邻轴或者相邻中心：（或者），则必有 3.已知一条对称轴和一个对称中心，由于对称轴和对称中心的水平距离为，则 4.已知2条对称轴（或者2个对称中心），由于对称轴（或者对称中心的水平距离）为，则 【典型例题1】已知函数在区间内恰有3条对称轴，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据条件得到，利用的图象与性质，再结合条件，即可求出结果. 因为，所以， 又函数在区间恰有3条对称轴， 所以，解得， 故选：D. 【典型例题2】已知函数的初始相位为，若在区间上有且只有三条对称轴，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据x的取值范围，确定，结合在区间上有且只有三条对称轴，列出不等式，即可求得答案. 由于函数的初始相位为，即， 当时，， 由于在区间上有且只有三条对称轴，故， 解得，故选：D 【典型例题3】若函数（）在区间上恰有唯一对称轴，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】依题意 在区间上恰有唯一对称轴， ,解之：故选：D 【典型例题4】若定义在上的函数的图象在区间上恰有5条对称轴，则的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】求出函数的对称轴方程为，，原题等价于有5个整数k符合，解不等式即得解. 由已知，， 令，，得，， 依题意知，有5个整数k满足，即， 所以，则，故， 故选：A． 【典型例题5】已知函数在内恰有三条对称轴，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为，所以， 所以，解得．故选：C. 【变式训练16-1】已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，则下列四个结论正确的是（    ） A．在区间上有且仅有3个不同的零点 B．的最小正周期可能是 C．的取值范围是 D．在区间上单调递增 【答案】C 【解析】根据已知，利用整体代换技巧以及三角函数的性质进行求解判断. 因为函数在区间上有且仅有4条对称轴， 令，则， 所以有4个整数符合， 由得，，， 则，所以，所以，故C正确； 对于A，当，，因为，所以， 当时，在区间上有且仅有3个不同的零点， 当时，在区间上有且仅有4个不同的零点，故A错误； 对于B，周期，因为，则，所以， 因为，故B错误； 对于D，当，，因为， 所以，因为，所以在区间上不一定单调递增，故D错误. 故选：C. 【变式训练16-2】已知函数在内有且仅有三条对称轴，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】时，函数， 则，函数在内有且仅有三条对称轴， 则：满足，解得， 即实数的取值范围是. 【变式训练16-3】已知函数，（）的图象在区间内至多存在3条对称轴，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为，，所以， 画出的图象， 要想图象在区间内至多存在3条对称轴， 则，解得.故选：A 【变式训练16-4】若函数在区间上有且仅有2条对称轴，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意可得函数的对称轴为，进而可得，即得. 又可得的对称轴为， 当时，，当时，，当时，， 因，由题意，可得，故选：B 【变式训练16-5】已知函数的图象在区间上有且仅有两条对称轴，则在以下区间上一定单调的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据余弦函数的对称轴方程求得，解得，结合在区间上有且仅有两条对称轴，求得，由此依次取 求得函数图象相应的对称轴的范围，比较和四个选项中区间的关系，即可判断答案. 令，即，所以，， 所以，;分别取，得， 所以，得; 当时，得对称轴方程为，且； 当时，得对称轴方程为，且,, 故不是函数的单调区间，C错误； 当时，得对称轴方程为，且，， 故不是函数的单调区间，B错误； 当时，得对称轴方程为，且，，故A错误， 由以上分析可以看到，介于 和 时的相邻的对称轴之间， 故在区间上一定单调，故选：D 【变式训练16-6】已知函数在上单调递增，直线是图象的一条对称轴，两条对称轴之间的距离不大于3，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据题意以及正弦函数的周期性和对称性即可判断. 因为在 是单调递增的，所以在 内不存在对称轴， 若在 有对称轴 ，则 ， 但区间 与区间 不对称，故不存在；又因为两条对称轴的距离不大于3， 所以另一条对称轴必为x=-1，故周期 ； 故选：D. 题型17：极值点多少个 【典型例题1】已知函数（，且），，若函数在区间上恰有3个极大值点，则的取值范围为（    ） A． B．． C． D． 【答案】D 【解析】利用三角恒等变换化简得到，从而得到，根据函数极大值点的个数得到方程，求出答案. ， ，，函数在区间上恰有3个极大值点， 故，解得.故选：D 【典型例题2】将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若在上只有一个极大值点，则ω的最大值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【解析】根据伸缩变换规则可得，再由余弦函数图象性质以及极值点个数解不等式可得结果. 由题可知， 当时，，若在上只有一个极大值点， 则由的图像可得， 解得，因为，所以的最大值为3.故选：B. 【变式训练17-1】已知函数在有且仅有2个极小值点，且在上单调递增，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据余弦型函数得图像特征，借助极小值点的个数以及单调区间来确定的取值范围即可. 对于函数，极小值点为. ，令，. 因为有且仅有个极小值点. 当时，；当时，；当时，. 所以，解不等式得.  因为的单调递增区间为. 对于，令，则. 因为在上单调递增，所以. 当时，，则且. 解不等式得.   综合以上两个条件，的取值范围是.故选：D. 【变式训练17-2】已知函数在有且仅有2个极小值点，且在上单调递增，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】，求出的范围，对应极小值点时，区间的右端点在上，对应单调递增，包含在区间上，分别得出的范围后取交集可得． 时，， 在有且仅有2个极小值点，则，， ，则，又在上单调递增， 则，，所以，故选：D． 题型18：零点（对称中心）最多（少）型 在三角函数图象与性质中，对整个图象性质影响最大，因为可改变函数的单调区间，极值个数和零点个数，求解的取值范围是经常考察的内容，综合性较强，除掌握三角函数图象和性质，还要准确发掘题干中的隐含条件，找到切入点，数形结合求出相关性质，如最小正周期，零点个数，极值点个数等，此部分题目还常常和导函数，去绝对值等相结合考查综合能力. 已知函数y＝Asin(ωx＋φ)在区间内有n个零点，则满足 【典型例题1】已知函数的图象的一条对称轴是，且在上恰有两零点，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】从函数在上恰有两个零点可得出，又函数图象的一条对称轴是，可得出，进而求得的最大值. 解：由题意可得，函数， 由于，所以； 又由在上恰有两个零点，所以，解得； 又因为函数图象的一条对称轴是，所以，即， 又且，所以当时，，故选：B． 【典型例题2】若函数()在区间上单调递减，且在区间上存在零点，则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意结合余弦函数的单调区间可得，由余弦函数的零点可得，即可得解.当时，，又，， 函数()在区间上单调递减， ，即，解得； 令，则，即， 由，可得当且仅当时，，又函数()在区间上存在零点，，解得； 综上，的取值范围是.故选：D. 【点睛】本题考查了余弦函数图象与性质的应用，考查了运算求解能力，属于中档题. 【典型例题3】若函数的最小正周期为，在区间上单调递减，且在区间上存在零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据给定周期求得，再结合余弦函数的单调区间、单调性及零点所在区间列出不等式组，然后结合已知求出范围. 由函数的最小正周期为，得，而，解得， 则，由， 得，又在上单调递减， 因此，且，解得①， 由余弦函数的零点，得，即， 而在上存在零点，则， 于是②，又，联立①②解得， 所以的取值范围是.故选：B 【典型例题4】已知函数，在区间上有且仅有2个零点，对于下列4个结论： ①的取值范围是； ②在区间上存在，满足； ③在区间上单调递减； ④在区间有且仅有1个极大值点； 其中所有正确结论个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】对于A，令，求出的范围，根据 在区间上有且仅有2个零点可得的取值范围，从而得到的取值范围； 对于B，举例说明，验证存在性即可； 对于C，当时，求出的范围，判断是否在的减区间内； 对于D，根据条件，对应的也可能为一个极大值点. 对于A，因为，所以，令，则 由题意，在上有且仅有两个解和，所，解得，所以A正确；对于B，因为在上有成立， 所以在上存在，满足，所以B正确； 对于C，当时，，由于，故，此时是增函数，从而在上单调递增，所以C不正确； 对于D，对应的一定是极大值点， 所以对应的值有可能在上，所以D不正确；故选：B. 【变式训练18-1】已知函数在区间上单调递增，且在区间上有且仅有2个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】求出单调区间，由题意列出不等式，求出范围；求出函数零点，根据题意得出不等式，求出范围，由交集得出最后范围. 令，则 当时，，∴，即，令，则， ∵时，，且时，，时，，时，， ∴，∴，综上，.故选：D. 【变式训练18-2】已知函数，在上恰有4个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先根据诱导公式和二倍角公式，化简函数，再根据其在上恰有4个零点，可列式求的取值范围. 因为.由. 因为，且在上恰有4个零点. 所以，.故选：A 【变式训练18-3】已知函数，若在区间上单调递增，且在区间上有且只有一个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】化简的解析式，根据三角函数的单调性、零点列不等式，由此求得的取值范围. .，由于在区间上有且只有一个零点，所以，而， 其中，而，在区间上单调递增， 所以，解得，则.故选：D 【点睛】方法点睛：本题的解法关键在于将给定的复杂函数表达式通过三角恒等式化简为一个简单的正弦函数形式，从而利用正弦函数的零点特性和单调性来求解参数的范围. 【变式训练18-4】已知函数，若，且在上恰有1个零点，则的最小值为（    ） A．11 B．29 C．35 D．47 【答案】B 【解析】利用图象分析在区间内只有一个零点的条件，结合可解. 因为，且在上恰有1个零点， 所以，所以，所以，又，所以，即所以，解得，当时，有最小值29.故选：B    【变式训练18-5】已知函数的最小正周期为，若在区间上恰有8个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题意得到曲线的一条对称轴为，设零点从小到大依次为，从而得到，从而得到，得到答案. 因为的最小正周期为， 所以曲线的一条对称轴为，所以， 设零点从小到大依次为，其中， 有，即，解得，所以的取值范围是．故选：A． 【变式训练18-6】已知函数（），若在上有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】求出的范围，结合三角函数的性质得到关于的范围，从而得解． 因为，所以， 因为函数在区间上有2个零点， 所以，解得，即的取值范围是故选：A. 【变式训练18-7】设函数在上至少有两个不同零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先令得，并得到，从小到大将的正根写出，因为，所以，从而分情况，得到不等式，求出答案. 令得，因为，所以， 令，解得或，从小到大将的正根写出如下： ，，，，，……，因为，所以， 当，即时，，解得，此时无解， 当，即时，，解得，此时无解， 当，即时，，解得，故， 当，即时，，解得，故， 当时，，此时在上至少有两个不同零点， 综上，的取值范围是.故选：A 【变式训练18-8】设函数，若对于任意实数，函数在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意，将问题转化为研究在任意一个长度为的区间上的零点问题，分别求得相邻三个零点之间的距离，相邻四个零点之间的最小距离，从而得到关于的不等式组，解之即可得解. 因为为任意实数，故函数的图象可以任意平移， 从而研究函数在区间上的零点问题， 即研究函数在任意一个长度为的区间上的零点问题， 令，得，则它在轴右侧靠近坐标原点处的零点分别为，，，，，，则它们相邻两个零点之间的距离分别为，，，，， 故相邻三个零点之间的距离为，相邻四个零点之间的最小距离为， 所以要使函数在区间上至少有2个零点，至多有3个零点， 则需相邻三个零点之间的距离不大于，相邻四个零点之间的最小距离大于， 即，解得，即.故选：B 【点睛】关键点点睛：在求解复杂问题时，要善于将问题进行简单化，本题中的以及区间是干扰因素，所以排除干扰因素是解决问题的关键所在. 题型19：极值点最多（少）型 【典型例题1】已知函数，则“”是“的图象在区间上只有一个极值点”的（    ） A．充分条件 B．必要条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件 【答案】A 【解析】先求出的图象在区间上只有一个极值点时满足的条件，求出相应的范围，即可判断充分必要性． 当时，又，所以， 若的图象在区间上只有一个极值点，则，解得， 因为真包含于，所以是的图象在区间上只有一个极值点的充分不必要条件．故选：A 【变式训练19-1】已知函数在上恰有5个极值点，则当取得最小值时，图象的对称中心的横坐标可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由正弦函数的性质求出的极值点，根据极值点的个数列出关于的不等式求出最小值，再根据正弦函数的性质求出对称中心横坐标即可. 令，故，由于在上恰有5个极值点，故，解得，故当取得最小值时，， 令，则，当时，，而其他选项不合题意.故选：B． 【变式训练19-2】已知函数在处取得最值，且在上恰有两个极值点，则（    ） A．4 B．10 C． D． 【答案】C 【解析】根据题意求出与的关系式，根据的范围求出的范围，当时同理即可求解. 由题意可知，，，解得，，当时， 由，得，由题意，得，解得，所以不存在， 当时，由，得，由题意， 得，解得，所以.故选：C. 【变式训练19-3】设函数在区间恰有3个极值点，2个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意，利用余弦函数的图象和性质，求得的取值范围. 函数在区间恰有3极值点，2个零点， 在恰有3个零点，又函数在区间恰有2零点， 由于，则，故问题转化为在上有3个零点，在上有2个零点，结合正余弦函数图象可得：，故. 故选：C.  .  . 【变式训练19-4】设函数在内恰有3个极值点、2个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先作出正弦函数的图像，然后根据极值点个数得到的取值范围，再根据零点个数得到的取值范围，最后综合取得的取值范围即可. 如图所示，作出函数的图像，， 当时，因为在内恰有3个极值点， 所以，解得；因为在内有2个零点， 即方程在内有两个解，所以，解得， 综上可知，故选：B 【点睛】关键点睛：的取值范围问题解题关键在于将给的区间代入，然后根据正弦函数或者余弦函数的图像去寻找符合要求的区间，最后解不等式即可. 题型20：对称轴对称中心（零点） y＝Asin(ωx＋φ)基本性质： （1）定义域：解三角函数不等式用“数形结合” （2）值域：由内向外 ③单调性：同增异减 （3）周期公式：①y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝ ②y＝|Asin(ωx＋φ)|的周期T＝. （4）对称性： 换元思想，将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”，采用整体代入求解． （5）对称轴：最值处，令sin(ωx＋φ) ＝1，则ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)，可求得对称轴方程； （6）对称中心：零点处，令sin(ωx＋φ) ＝0，ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标； （7）（正弦“第一零点”：；正弦“第二零点”： （8）余弦“第一零点”：；余弦“第二零点”： 【典型例题1】已知函数（），若在区间内有且仅有3个零点和3条对称轴，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用整体换元法，结合余弦函数的性质即可求解. 函数 ． 当时，令，则， 若在有且仅有3个零点和3条对称轴， 则在有且仅有3个零点和3条对称轴， 则，解得. 故选：A．      【典型例题2】已知函数，若在区间内有且仅有4个零点和4条对称轴，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】利用辅助角公式化简函数，再结合正弦函数的零点及对称性列式求解即得. 函数，当时，， 由在区间内有且仅有4个零点，得，解得， 由在区间内有且仅有4条对称轴，得，解得， 所以的取值范围是. 故选：C 【变式训练20-1】已知函数，则在区间上有且仅有个零点和条对称轴，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用辅助角公式化简函数解析式为，由可求得的取值范围，结合已知条件可得出关于实数的不等式，解之即可. 因为， 因为，当时，， 因为函数在区间上有且仅有个零点和条对称轴， 则，解得， 故选：A. 【变式训练20-2】已知函数（ω＞0），若f（x）在区间上有且仅有3个零点和2条对称轴，则ω的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】首先根据三角函数恒等变换将三角函数化简成余弦型函数，根据自变量的取值范围求解出的取值范围，进而根据已知条件结合三角函数图像求得的取值范围 函数， 因为，所以，由于函数在区间上有且仅有3个零点和2条对称轴，根据函数的图像：     所以，整理得：． 故选：D． 【变式训练20-3】设函数在区间恰有三条对称轴､两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意求得，结合函数在区间恰有三条对称轴､两个零点，得出不等式，即可求解. 由函数，其中，可得， 因为函数在区间恰有三条对称轴､两个零点， 则满足，解得，所以的取值范围为. 故选：C. 【变式训练20-4】已知函数（），若在区间内有且仅有3个零点和3条对称轴，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用整体换元法，结合余弦函数的性质即可求解. 函数．当时，令，则， 若在有且仅有3个零点和3条对称轴，则在有且仅有3个零点和3条对称轴，则，解得.故选：A．      【变式训练20-5】将函数的图像上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍后，所得函数的图像在区间上有且仅有两条对称轴和两个对称中心，则的值为 ． 【答案】2 【解析】先求函数的解析式，画出大致图像，再结合已知条件即可求出的值. 由题可知． 因为，所以． 所以的图像大致如图所示， 要使的图像在区间上有且仅有两条对称轴和两个对称中心， 则，解得， 因为，所以． 故答案为：2 【变式训练20-6】已知函数的图象在上恰有一条对称轴和一个对称中心，则实数的取值范围为 . 【答案】 【解析】根据两角和的正弦公式和二倍角公式化简，再根据正弦函数的对称轴和对称中心可求出结果. , 当时，为常数，不合题意， 当， 时， ， 要使在上恰有一条对称轴和一个对称中心， 则，即， 当， 时，， 要使在上恰有一条对称轴和一个对称中心， 则，即. 故答案为：. 【变式训练20-7】已知函数，在上恰有3条对称轴，3个对称中心，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】当时，，因为此时对应3条对称轴，3个对称中心， 画出函数图象，如图： 故必满足，解得.故选：A 【变式训练20-8】若函数在区间上仅有一条对称轴及一个对称中心，则的取值范围为 ． 【答案】 【解析】由题意，函数， 因为，可得， 要使得函数在区间上仅有一条对称轴及一个对称中心， 则满足，解得，所以的取值范围为． 故答案为： 题型21：正整数型 【典型例题1】已知函数在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】由二倍角公式以及辅助角公式化简，进而根据为正整数，由的范围，即可结合正弦函数的单调区间进行求解. ， 由于为正整数，当时，，此时 故此时在上单调，时不符合， 当时，，此时且故此时在先增后减，因此不单调，符合， 当时，，此时， 而的周期为，此时在上不单调，符合，但不是最小的正整数，同理要求符合，但不是最小的正整数，故选：B 【典型例题2】若将函数的图象向左平移个单位长度后的图象关于轴对称，则当取最小整数时，函数的图象的一个对称中心是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用两角和的余弦公式以及两角和的正弦公式将化为，向左平移个单位长度后的图象解析式为，根据函数图象关于轴对称，可求得，令即可得结果. 因为 ，将函数的图象向左平移个单位长度后的图象解析式为， 因为图象关于轴对称，所以，即.因为， 所以，此时，令，得， 时，对称中心为. 故选B. 【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，属于中档题.由可求得函数的对称轴方程；由可求得对称中心横坐标. 【典型例题3】已知函数在区间上的最小值小于零，则可取的最小正整数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【解析】分别对4个选项中的值进行验证，利用余弦函数的图象与性质判断是否符合题意即可求出结果. A：，所以，则不存在最小值，不合题意，故A错误； B：，所以，则不存在最小值，不合题意，故B错误； C：，所以，则不存在最小值，不合题意，故C错误； D：，所以，当时， ，符合题意，故D正确； 故选：D. 【变式训练21-1】已知函数的一个对称中心为，在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】根据题意可得，所以，，由在区间上不单调可得在区间上有解，所以，在区间上有解，最终可得，，取值即可得解. 由函数的一个对称中心为， 可得，所以，，，， ，由在区间上不单调， 所以在区间上有解，所以，在区间上有解， 所以，所以，， 又，所以，所以， 当时，，此时的最小正整数为.故选：B 【变式训练21-2】已知函数的图象的一条对称轴为，在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【解析】根据余弦型函数的对称性，结合导数的性质、余弦型函数的性质进行求解即可. 由函数的一条对称轴为， 可得，所以，，，， ，由在区间上不单调，所以在区间上有解，所以，在区间上有解，所以， 所以，，又，所以，所以， 当时，，此时的最小正整数为5．故选：B 【点睛】关键点睛：利用导数研究原函数的单调性是解题的关键. 【变式训练21-3】已知函数的一个对称中心为，在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】根据题意可得，所以，，由在区间上不单调可得在区间上有解，所以，在区间上有解，最终可得，，取值即可得解. 由函数的一个对称中心为， 可得，所以，，，，， 由在区间上不单调，所以在区间上有解， 所以，在区间上有解，所以， 所以，，又，所以， 所以，当时，，此时的最小正整数为.故选：B 【变式训练21-4】已知函数的图象的一条对称轴为，在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【解析】根据余弦型函数的对称性，结合导数的性质、余弦型函数的性质进行求解即可. 由函数的一条对称轴为， 可得，所以，，，， ，由在区间上不单调，所以在区间上有解，所以，在区间上有解，所以， 所以，，又，所以，所以， 当时，，此时的最小正整数为5．故选：B 【点睛】关键点睛：利用导数研究原函数的单调性是解题的关键. 【变式训练21-5】已知函数的一条对称轴为，一个对称中心为.则当取最小整数时，函数在内极值点的个数为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【解析】根据已知条件先求出的值，得到函数的解析式，根据函数的性质求出极值点即可. 因为的一条对称轴为， 所以，①，又的一个对称中心为， 所以②，①-②得，所以， 因为，所以取最小整数值为3.当时，由②得， 因为，所以，所以. 由得的极值点为,当时，极值点在内. 故选：B. 【变式训练21-6】已知函数在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】由二倍角公式以及辅助角公式化简，进而根据为正整数，由的范围，即可结合正弦函数的单调区间进行求解. ， 由于为正整数， 当时，，此时 故此时在上单调，时不符合， 当时，，此时且故此时在先增后减，因此不单调，符合， 当时，，此时， 而的周期为，此时在上不单调，符合，但不是最小的正整数，同理要求符合，但不是最小的正整数， 故选：B 【变式训练21-7】若函数在上有且只有一条对称轴和一个对称中心，则正整数的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】先得出，然后结合已知列出关于的不等式组，结合是正整数即可得解. 由题意且是整数， 若，则， 若函数在上有且只有一条对称轴和一个对称中心， 所以，解得，即. 故选：C. 题型22：的取值范围综合训练 【典型例题1】已知函数在上存在零点，且在上单调，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】化简， 在时，，该区间上有零点，故， 又时单调，则，即， 故，故选：C 【典型例题2】已知函数是在区间上的单调减函数，其图象关于直线对称，且f（x）的一个零点是，则的最小值为（ ） A．2 B．12 C．4 D．8 【答案】C 【解析】因为函数的图象关于直线对称， 所以，，所以，， 根据，则，所以， 因为是在区间上的单调减函数. 所以，所以， 即，解得，，， 因为，所以或， 当时，，当时，； 由于，且f（x）的一个零点是， 所以，， 所以，，， 即，，. 根据或，可得，或，所以的最小值为4.故选：C. 【典型例题3】已知函数，对于任意的，，，且函数在区间上单调递增，则的值为 ． 【答案】3 【解析】根据函数在区间上单调递增得到的大致取值范围，再根据，得到函数图象的对称性，利用正弦函数的图象与性质分情况求解的值并验证，即可得解. 设函数的最小正周期为，因为函数在区间上单调递增， 所以，得，因此． 由知的图象关于直线对称， 由知的图象关于点对称． ①由，得，即， 解得，又，故， 当时，所以，则，即，又，所以， 故，，满足函数在区间上单调递增； ②由，得，即， 解得，又，故， 当时，所以，则， 即，又，求得，故， 因为，不满足函数在区间上单调递增． 故． 故答案为：3. 【点睛】关键点睛：本题解题关键是根据，得到函数图象关于直线对称，关于点对称．利用正弦函数的图象与性质分和两种情况讨论，求解的值并验证. 【典型例题4】设函数，若为函数的零点，为函数的图象的对称轴，且在区间上单调，则的最大值为 . 【答案】 【解析】根据函数的零点和对称轴得到，从而得到；再根据函数在区间上单调得到，从而得到；进而可得然后再验证时函数在区间上不单调，从而得到. 因为为函数的一个零点，且是函数f（x）图象的一条对称轴， 所以，所以，所以； 因为函数在区间上单调， 所以，即，所以，所以， 又因为，所以 当时，，，， 又因为，则所以， 又，则， 所以函数在区间上不单调，所以舍去； 当时，，，，， 又因为，则所以. 又，， 所以函数在区间上单调，所以. 故答案为：. 【变式训练22-1】设函数，若函数在上恰有3个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题设得在上恰有3个解，结合正弦函数性质得不等式，解该不等式即可得解. 因为在上恰有3个零点， 所以在上恰有3个解，因为时，， 所以由正弦函数性质可得，解得， 所以实数的取值范围是.故选：B. 【变式训练22-2】已知，函数在上单调递增，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为，，可得，函数在上单调递增，得出，，即可求解． ，， ， 则，， 当时，由，解得，又，故； 当时，由，得无解， 同理当时，无解． 故选：B． 【变式训练22-3】已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围. 由题设有， 令，则有即. 因为在区间内没有零点， 故存在整数，使得， 即，因为，所以且，故或， 所以或， 故选：D. 【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题. 【变式训练22-4】已知函数，若在区间上单调递增，且在区间上有且只有一个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】化简的解析式，根据三角函数的单调性、零点列不等式，由此求得的取值范围. . ，由于在区间上有且只有一个零点， 所以，而， 其中，而， 在区间上单调递增，所以，解得，则.故选：D 【点睛】方法点睛：本题的解法关键在于将给定的复杂函数表达式通过三角恒等式化简为一个简单的正弦函数形式，从而利用正弦函数的零点特性和单调性来求解参数的范围. 【变式训练22-5】已知函数在有且仅有2个极小值点，且在上单调递增，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据余弦型函数得图像特征，借助极小值点的个数以及单调区间来确定的取值范围即可. 对于函数，极小值点为. ，令，. 因为有且仅有个极小值点. 当时，；当时，；当时，. 所以，解不等式得.   因为的单调递增区间为. 对于，令，则. 因为在上单调递增，所以. 当时，，则且. 解不等式得.   综合以上两个条件，的取值范围是. 故选：D. 【变式训练22-6】已知函数在有且仅有2个极小值点，且在上单调递增，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】，求出的范围，对应极小值点时，区间的右端点在上，对应单调递增，包含在区间上，分别得出的范围后取交集可得． 时，， 在有且仅有2个极小值点，则，， ，则，又在上单调递增， 则，，所以，故选：D． 【变式训练22-7】已知函数（，，），对任意实数x都有，，且在上单调，则的最大值为 . 【答案】15 【解析】根据题意中的两个等式可得的一个对称中心和对称轴方程，利用正弦函数的周期性和单调性求得且，即可求解. 因为，所以，所以的一个对称中心为， 因为，所以，所以的对称轴方程， 有，所以，因为，所以， 因为在上单调，且求的最大值，所以，解得，因为，，所以的最大值为15. 故答案为：15 【变式训练22-8】已知函数（其中）.为的最小正周期，且满足.若函数在区间上恰有一个最大值一个最小值，的取值范围是 . 【答案】. 【解析】根据题意可得为的一条对称轴，即可求得，再以为整体分析可得，计算可得. 由题意可得：的最小正周期，∵，且， 则为的一条对称轴，∴，解得， 又∵，则，，故，∵，则， 若函数在区间上恰有一个最大值一个最小值，则，解得， 故的取值范围是.故答案为：. 【变式训练22-9】已知函数，对都有，且在上单调，则的取值集合为 【答案】 【解析】根据，得到，结合在上单调可得或，检验可得答案.因为对都有， 所以，可得， ，， 又在上单调，，， 即，由可得，或， 当时，，，都有， 且当时，，即函数在上单调递增，因此符合题意； 当时，，，都有， 且当时，，即函数在上单调递减，因此符合题意， 所以的取值集合为. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：涉及求正(余)型函数在指定区间上的单调性问题，先根据给定的自变量取值区间求出相位的范围，再利用正(余)函数性质求解即得. 题型23：新定义 【典型例题】若函数的定义域存在，使成立，则称该函数为“互补函数”.若函数在上为“互补函数”，则的取值范围为 . 【答案】 【解析】先化简得，再根据“互补函数”存在，，进而将问题转化为函数在区间上存在两个极大值点求解，易知，进而分，，三类情况讨论求解. 解：， 由“互补函数”的定义得：存在，， 所以令，则函数在区间上存在至少两个极大值点， 则，得. 当时，即，显然符合题意； 当时，分以下两种情况讨论， 当，即时，，即，所以； 当，即时，，即，所以. 综上，的取值范围为. 故答案为： 【点睛】本题解题的关键在于根据“互补函数”的定义将问题转化为函数在区间上存在两个极大值点，进而分类讨论求解.考查三角函数的图象与性质，是难题. 【变式训练23-1】设函数定义域为，对于区间，如果存在、，，使得，则称区间为函数的“保区间”. （1）给出下面3个命题： ①是函数的“保区间”； ②是函数的“保区间”； ③是函数的“保区间”. 其中正确命题的序号为 . （2）若是函数的“保区间”，则的取值范围为 . 【答案】 ③ 【解析】（1）利用“保区间”的定义判断①②③，可得出结果； （2）根据定义和余弦函数的性质可知存在、使得，分、两种情况讨论，可得出关于的不等式（组），综合可得出正实数的取值范围. （1）对于①，对任意的，， 对任意的、，则，①错； 对于②，当时，， 不妨设、且，即， 所以，，则，②错； 对于③，假设存在、且， 使得，可得， 可取，满足条件，③对； （2）当且，则， 若存在、且使得，则， 所以，存在、使得， 不妨设，即， 因为，所以，，所以，， 即在区间上存在两个不同的整数. ①当时，即当时，区间上必存在两个相邻的整数，合乎题意； ②当时，，而、为偶数，则、， 当时，则，解得， 当时，则，解得. 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：（1）③；（2）. 【点睛】关键点点睛：本题第（2）问根据新定义求的取值范围，在讨论时，要确定、的取值，进而可得出关于的不等式组，进而求解. 巩固提升 1.已知函数，其中，若函数满足以下条件： ①函数在区间上是单调函数；②对任意恒成立； ③经过点的任意直线与函数恒有交点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题意得到函数的周期为，由②得到是函数的一条对称轴，结合①可知，，再结合②和③即可求解. 由函数可知，函数的周期为， 由条件②对任意恒成立，可知是函数的一条对称轴， 结合条件①函数在区间上是单调函数，则有 ，又，解得，即， 又因为，故，解得，又， 从而或. 当时，；当时，， 由②对任意恒成立，，则，由③经过点的任意直线与函数恒有交点，得，解得，易知，，， 此时由，可得，从而， 由或，得或， 所以或， 故选：A. 【点睛】根据三角函数的单调性和对称轴求参数，研究三角函数的性质基本思想将函数看成的形式，根据整体思想来研究相关性质. 2.已知函数的周期为，且满足，若函数在区间不单调，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由函数在区间不单调，转化为在上存在对称轴，求出对称轴方程，建立不等式组求解即可. 已知， 令，解得 则函数对称轴方程为 函数在区间不单调， ，解得， 又由，且，得， 故仅当时，满足题意. 故选：C. 3.设函数，若对于任意实数，函数在区间上至少有3个零点，至多有4个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据为任意实数，转化为研究函数在任意一个长度为的区间上的零点问题，求出函数在轴右侧靠近坐标原点处的零点，得到相邻四个零点之间的最大距离为，相邻五个零点之间的距离为，根据相邻四个零点之间的最大距离不大于，相邻五个零点之间的距离大于，列式可求出结果. 因为为任意实数，故函数的图象可以任意平移，从而研究函数在区间上的零点问题，即研究函数在任意一个长度为的区间上的零点问题， 令 ，得，则它在轴右侧靠近坐标原点处的零点分别为，，，，，， 则它们相邻两个零点之间的距离分别为，，，，， 故相邻四个零点之间的最大距离为，相邻五个零点之间的距离为， 所以要使函数在区间上至少有3个零点，至多有4个零点，则需相邻四个零点之间的最大距离不大于，相邻五个零点之间的距离大于， 即，解得. 故选：C 【点睛】关键点点睛：在求解复杂问题时，要善于将问题进行简单化，本题中的以及区间是干扰因素，所以排除干扰因素是解决问题的关键所在. 4.已知函数，在上有且仅有2个极小值点，则实数的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】化简的解析式，根据极小值点与三角函数最小值点的对应关系求得正确答案. ， 由于，所以， 要使在上有且仅有2个极小值点， 则，即． 故选：D 5.已知函数的图象过点，且在区间内不存在最值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】先将点代入，求得，由在区间内不存在最值，得是单调区间的真子集，利用数轴法得到不等式组，解之即可得到的取值范围. 因为函数过点， 所以，即，故， 因为，所以，故， 由得，所以的单调递增区间为， 同理：的单调递增区间为， 因为在区间内不存在最值，所以是单调区间的真子集， 当时，有，解得，即， 又因为，，显然当时，不等式成立，且； 当时，有，解得，即， 又因为，，显然当时，不等式成立，且； 综上：或，即 故选：D. 6.已知函数在区间上恰有3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先由零点个数求出，再用整体法得到不等式组，求出的取值范围. 因为，，其中，解得：， 则，要想保证函数在恰有三个零点， 满足①，，令，解得：； 或要满足②，，令，解得：； 经检验，满足题意，其他情况均不满足条件， 综上：的取值范围是. 故选：C. 【点睛】三角函数相关的零点问题，需要利用整体思想，数形结合等进行解决，通常要考虑最小正周期，确定的范围，本题中就要根据零点个数，先得到，从而求出，再进行求解. 7.设函数在区间恰有3个极值点，2个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意，利用余弦函数的图象和性质，求得的取值范围. 函数在区间恰有3极值点，2个零点， 在恰有3个零点， 又函数在区间恰有2零点， 由于，则， 故问题转化为在上有3个零点，在上有2个零点， 结合正余弦函数图象可得：，故. 故选：C.   .   . 8.已知函数，若函数的一个零点为．其图像的一条对称轴为直线，且在上单调，则的最大值为（ ） A．2 B．6 C．10 D．14 【答案】B 【解析】由题意得：，所以，， 又，所以， 因为在上单调，所以，则， 所以，即，解得，所以， 当时， ， 因为函数的一个零点为，所以， 则，即， 因为，则，所以， 若，则， 因为在上不单调，不符合题意； 当时， ， 因为函数的一个零点为，所以， 则，即，因为，无解； 当时， ， 因为函数的一个零点为， 所以，则，即， 因为，则，所以， 若，则，因为在上不单调，不符合题意； 当时， ，因为函数的一个零点为， 所以，则，即， 因为，则，所以， 若，则，因为在上不单调，不符合题意； 当时， ，因为函数的一个零点为， 所以，则，即， 因为，则，所以， 若，则，因为在上单调，符合题意； 所以的最大值为6，故选：B 9.已知函数，是的零点，直线为图象的一条对称轴，且函数在区间上单调，则的最大值是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】函数，为的零点，为图象的对称轴， ，且， 相减可得， 即，，即为奇数． 在单调，，，故奇数的最大值为． 当时，，，． 此时在上不单调，不满足题意． 当时，，，， 此时在上不单调，不满足题意． 当时，，，， 此时在上单调递减，满足题意； 故的最大值为，故选：D． 10.函数（，），已知，且对于任意的都有，若在上单调，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】∵  ，，∴ ，， 又对于任意的都有，∴ ，， ∴ ，又，∴ 或， 当时， ，且，当时，， 若，则，∴在上不单调，C错误， 当时， ，且，当时，， 若，则，∴在上不单调，A错误， 当时，， 若，则，∴在上单调，D正确，故选：D. 11.已知函数是偶函数，且在上单调，则的最大值为（ ） A．1 B．3 C．5 D． 【答案】C 【解析】因为，所以， 则①.，因为是偶函数， 所以直线是图象的对称轴，所以②. 由①②可得，，又，所以， 则， 因为在上单调，的最小正周期为， 所以，解得，故的最大值为5，经检验，在上单调.故选：C. 12.已知函数，，，在上单调，则的最大值为（ ）． A．3 B．5 C．6 D．7 【答案】D 【解析】，∴直线为图象的对称轴， ，的对称中心为，， ，． 又在上单调，．，， 又， ∴当时，，因为直线为图象的对称轴， 所以，，解得，， 又，所以，则， 当时，，则在上不单调，舍去； 当时，，因为直线为图象的对称轴， 所以，，解得，， 又，所以，则， 当时，，则在上不单调，舍去； ∴当时，，因为直线为图象的对称轴， 所以，，解得，， 又，所以，则， 当时，，则在上单调. 则的最大值为7．故选：D 13.已知函数（），若在区间内有且仅有3个零点和3条对称轴，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】函数． 当时，令，则， 若在有且仅有3个零点和3条对称轴， 则在有且仅有3个零点和3条对称轴， 则，解得.故选：A． 14已知函数是在区间上的单调减函数，其图象关于直线对称，且，则的最小值为（ ） A．2 B．12 C．4 D．8 【答案】C 【解析】因为函数的图象关于直线对称， 所以，，所以，， 根据，则，， 因为是在区间上的单调减函数. 所以， ，， 因为，所以或， 当时，，当时，； 由于，是在区间上的单调减函数， 且，所以为的一个对称中心，则， 所以，，，，， ，，，根据或， 可得，或，所以的最小值为4.故选：C. 15.已知函数在区间上单调，且满足.若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】在区间上单调，， 的对称中心为，且， ，即，即，. 又的对称中心为，， 在区间上恰有5个零点，相邻两个零点之间的距离为， 五个零点之间即，六个零点之间即， 只需即可，即， 又，.故选：B. 16.已知函数（其中，）.T为的最小正周期，且满足.若函数在区间上恰有2个极值点，则的取值范围是 . 【答案】 【解析】根据题意可得为的一条对称轴，即可求得，再以为整体分析可得，运算求解即可得答案. 由题意可得：的最小正周期， ∵，且，则为的一条对称轴， ∴，解得， 又∵，则， 故， ∵，则， 若函数在区间上恰有2个极值点，则，解得， 故的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求解函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质问题的三种意识 (1)转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式． (2)整体意识：类比y＝sinx的性质，只需将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sinx中的“x”，采用整体代入求解． ①令ωx＋φ＝，可求得对称轴方程． ②令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标． ③将ωx＋φ看作整体，可求得y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，注意ω的符号． (3)讨论意识：当A为参数时，求最值应分情况讨论A>0，A<0. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第 09讲 ω的取值范围与最值问题讲义 目 录 思维导图 2 高考分析 2 学习目标 3 知识要点 4 题型归纳 8 题型01：求w基础题型——求解析式和判断图像 8 题型02：求w基础——图像平移（含异名平移） 12 题型03：求w基础——先恒等变换再平移 14 题型04：求w最小平移 17 题型05：平移图像重合求w 19 题型06：平移后是奇函数，求w最小值 23 题型07：单调性与 取值范围问题 25 题型08：不单调与 取值范围问题 37 题型09：图像平移伸缩与 取值范围问题 43 题型10：对称轴与 取值范围问题 46 题型11：对称中心与 取值范围问题 49 题型12：零点与 取值范围问题 55 题型13：最值与 取值范围问题 66 题型14：极值与 取值范围问题 74 题型15：没有最值型 82 题型16：对称轴最多（少）型 87 题型17：极值点多少个 92 题型18：零点（对称中心）最多（少）型 94 题型19：极值点最多（少）型 100 题型20：对称轴对称中心（零点） 102 题型21：正整数型 107 题型22：的取值范围综合训练 112 题型23：新定义 120 巩固提升 123 ω是三角函数 核心参数，决定函数周期与图象伸缩，是高考中档偏上高频考点，多在选填压轴或解答题次问考查，分值5分左右，近3年新高考全覆盖，侧重综合考查逻辑推理与运算能力。 一、 核心命题位置与分值 1. 主流题型：以选择题、填空题为主，多位于选填后3题的压轴位置，2025年多省模拟卷中出现与解答题最值问结合的考法，适配分层选拔需求。 2. 固定分值：单独考查时为5分，若嵌套在解答题中则占3-4分，是冲中档分必拿、冲高分必争的关键考点。 3. 真题溯源：2022全国甲卷理数11题、2023新高考I卷15题、2025辽宁八市联考均有直接考查，题型成熟且考法固定。 二、 4大高频考查方向（按考频排序） 1. 结合单调性求范围：考频最高，给定单调区间，求ω范围。核心逻辑是“给定区间长度≤ 半个最小正周期”，再结合整体代换确定ω不等式组，2025贵州、江西模拟卷均为高频设问。 2. 结合对称性求范围：次高频，考查对称轴、对称中心数量或位置，比如区间内恰有n条对称轴/对称中心。关键是利用“相邻对称轴/对称中心间距为”，锁定的角度范围列不等式。 3. 结合零点求范围：高考热门创新点，常考“区间内有且仅有n个零点”。核心是确定的取值区间，匹配正弦/余弦函数的零点分布规律，2023新高考I卷15题就是该考法的典型真题。 4. 结合最值求范围：综合度较高，常伴随“区间内有最大值无最小值”等限定条件，需结合函数图象，锁定角度区间与三角函数最值对应位置，2025烟台、广州模拟卷均重点考查。 三、 命题核心特点 1. 基础是核心，公式不超纲：全程围绕三角函数周期公式T=2π/ω，无需偏难公式，侧重公式活用与整体代换思想，基础公式掌握是解题前提。 2. 数形结合是关键：纯代数运算易出错，高考解题核心技巧是“画简图定区间”，通过的整体角度范围，结合正弦、余弦图象特征列不等式，规避漏解。 3. 考法固定，陷阱明确：高频陷阱为忽略ω>0（隐含条件、角度区间端点取舍错误，高考阅卷中，端点是否取等号是主要扣分点，也是区分中档与高分的关键。 4. 小综合为主，不考超难跨界：多单独考查或仅与三角恒等变换结合，极少与向量、导数深度交汇，难度可控，只要掌握方法就能稳拿分。 四、 最新命题趋势 1.题型稳定，难度微升：核心4大考法不会变，2025及后续高考会小幅提升角度区间的复杂度，比如含参数区间、多限定条件（如“单调+有1个零点”）叠加。 2. 创新考法集中在“多性质叠加”：单一性质考查减少，偏向“单调性+零点”“对称性+最值”双条件限定，提升对逻辑严谨性的考查。 3. 侧重素养考查：重点考查数学运算与直观想象素养，要求快速通过图象转化条件，精准列不等式求解，拒绝机械刷题。 分层适配高考，贴合不同分数段需求，直接落地备考 一:基础保底（适配100分以下，稳拿基础分） 1. 牢记ω核心性质：ω>0（高考隐含条件），会用周期公式T=2π/ω，不混淆伸缩关系 2. 掌握整体代换法：能把ωx+φ设为t，转化为基础正弦/余弦函数分析 3. 搞定2类基础考法：单调性、单一零点求ω范围，能列基本不等式组 4. 避开核心陷阱：不遗漏ω>0，准确判断不等式端点能否取等 5. 基础题运算零失误，确保简单ω范围题不丢分 二：高分突破版（适配100-120分，攻克中档压轴） 1. 吃透4大高频考法：单调性、对称性、零点、最值求ω范围，每种考法都有固定解题逻辑 2. 熟练数形结合：能快速画简图，通过t的角度区间匹配三角函数图象特征，精准列不等式 3. 破解双条件叠加题：搞定“单调性+零点”“对称+最值”综合问，会联立不等式组求解 4. 精准处理端点问题：能根据题干条件（恰有、至少、至多）判断等号取舍，不踩扣分点 5. 10分钟内搞定选填压轴级ω范围题，正确率≥90% 三：满分冲刺（适配120+分，冲满分无死角） 1. 秒判考向：题干一读就定位考法，快速锁定解题突破口，5分钟内结题 2. 攻克复杂题型：搞定含参数区间、多零点/多对称轴计数、最值存在性等难题 3. 灵活变通技巧：能切换代数推导与图象分析，遇复杂题会优化解题路径 4. 规避所有陷阱：端点取舍、ω>0、角度区间边界匹配，做到零失误 5. 应对创新考法：能拆解ω与三角恒等变换、分段区间结合的创新题，举一反三 一：求w基础题型——求解析式和判断图像 确定的步骤和方法: (1)求 ：确定函数的最大值和最小值，则 ，； (2)求：确定函数的周期，则可； (3)求：常用的方法有代入法和五点法． ①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)或代入图象与直线的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)． ②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口． 二：求w基础——图像平移（含异名平移） 同名函数到同名函数的平移 要得到函数y＝sin（x＋φ）的图象，只要将函数y＝sinx的图象上所有点向左（当φ＞0时）或向右（当φ＜0时）平行移动|φ|个单位长度即可得到． 如果系数不为1， 遇到正弦到余弦的平移。目标是函数化一致，理论上正弦化为余弦或者余弦化为正弦都可以，实际操作时，建议把正弦化为余弦较简单，原因主要是余弦是偶函数，可以利用cos（-x）=cosx，达到转化系数为正的目的。 三：求w基础——先恒等变换再平移 涉及到较复杂形式的函数平移，需要通过和、差、倍、半公式，降幂公式，辅助角公式等等恒等变形方法，转化为同名正余弦函数，再进行平移计算 四：求w最小平移 可以三角函数图像公式，再借助五点画图法，可直观观察对应的最小值。 在求解最小平移时候，要结合五点图像，注意平移方向。 五：平移图像重合求w 解决三角函数中已知单调区间求参数范围时，首先要有已知的单调区间是函数单调区间的子集的意识，然后明确正弦、余弦函数的单调区间长度不会超过半个周期（正切函数的单调区间长度不会超过一个周期）这一事实最终准确求得参数范围，数形结合能给解题带来比较清晰地思路. 六：平移后是奇函数，求w最小值 可以三角函数图像公式，再借助五点画图法，可直观观察对应的最小值。 在求解最小平移时候，要结合五点图像，注意平移方向。 七：单调性与 取值范围问题 已知函数，在上单调递增（或递减），求的取值范围 第一步：根据题意可知区间的长度不大于该函数最小正周期的一半， 即，求得. 第二步：以单调递增为例，利用，解得的范围； 第三步：结合第一步求出的的范围对进行赋值，从而求出（不含参数）的取值范围. 正弦函数 在每一个闭区间（k∈Z）上都单调递增， 在每一个闭区间（k∈Z）上都单调递减 余弦函数 在每一个闭区间[2kπ－π，2kπ]（k∈Z）上都单调递增， 在每一个闭区间[2kπ，2kπ＋π] （k∈Z）上都单调递减 八：结合图象平移求ω的取值范围 1、平移后与原图象重合 思路1：平移长度即为原函数周期的整倍数； 思路2：平移前的函数=平移后的函数. 2、平移后与新图象重合：平移后的函数=新的函数. 3、平移后的函数与原图象关于轴对称：平移后的函数为偶函数； 4、平移后的函数与原函数关于轴对称：平移前的函数=平移后的函数-； 5、平移后过定点：将定点坐标代入平移后的函数中。 九：对称轴与 取值范围问题 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，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为，也就是说，我们可以根据三角函数的对称性来研究其周期性，进而可以研究的取值。 正弦函数对称轴 （k∈Z）时，ymax＝1； （k∈Z）时，ymin＝－1 余弦函数对称轴 x＝2kπ（k∈Z）时，ymax＝1； x＝2kπ＋π（k∈Z）时，ymin＝－1 十：对称轴对称中心（零点） y＝Asin(ωx＋φ)基本性质： （1）定义域：解三角函数不等式用“数形结合” （2）值域：由内向外 ③单调性：同增异减 （3）周期公式：①y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝ ②y＝|Asin(ωx＋φ)|的周期T＝. （4）对称性： 换元思想，将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”，采用整体代入求解． （5）对称轴：最值处，令sin(ωx＋φ) ＝1，则ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)，可求得对称轴方程； （6）对称中心：零点处，令sin(ωx＋φ) ＝0，ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标； （7）（正弦“第一零点”：；正弦“第二零点”： （8）余弦“第一零点”：；余弦“第二零点”： 十一：零点与 取值范围问题 已知三角函数的零点个数问题求ω的取值范围 对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有k个零点，需要确定含有k个零点的区间长度，一般和周期相关，若在在区间至多含有k个零点，需要确定包含k+1个零点的区间长度 十二：对称轴最多（少）型 Asin(ωx＋φ)型求ω归纳： 1.已知单调区间，则必有. 2.如果两条相邻轴或者相邻中心：（或者），则必有 3.已知一条对称轴和一个对称中心，由于对称轴和对称中心的水平距离为，则 4.已知2条对称轴（或者2个对称中心），由于对称轴（或者对称中心的水平距离）为，则 的最小值 十三：零点（对称中心）最多（少）型 在三角函数图象与性质中，对整个图象性质影响最大，因为可改变函数的单调区间，极值个数和零点个数，求解的取值范围是经常考察的内容，综合性较强，除掌握三角函数图象和性质，还要准确发掘题干中的隐含条件，找到切入点，数形结合求出相关性质，如最小正周期，零点个数，极值点个数等，此部分题目还常常和导函数，去绝对值等相结合考查综合能力. 已知函数y＝Asin(ωx＋φ)在区间内有n个零点，则满足 十四：没有最值型 1.如果在区间内没有最小值，则该区间内没有极小值（-1型）型对称轴。 2.如果在区间内没有最大值，则该区间内没有极大值（1型）对称轴。 3.如果在区间内没有最小值，则该区间内是先增后减型。 4.如果在区间内没有最大值，则该区间内是先减后增型。 题型01：求w基础题型——求解析式和判断图像 确定的步骤和方法: (1)求 ：确定函数的最大值和最小值，则 ，； (2)求：确定函数的周期，则可； (3)求：常用的方法有代入法和五点法． ①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)或代入图象与直线的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)． ②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口． 【典型例题1】．设函数的部分图象如图所示，若，且，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先由图象得出函数解析式再利用三角函数的图象与性质计算即可. 由图象可知：， 结合五点法作图可得，故． 如果，且， 则， 由正弦函数的对称性可知， 所以.故选：C． 【典型例题2】．已知函数与函数的部分图象如图所示，且函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到，则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【解析】根据函数平移，利用图象上已知条件求函数解析式，求函数值，可得答案. 由题意可知，将函数图象上的点向右平移个单位长度， 可得的图象与轴负半轴的第一个交点为， 因为的图象与轴正半轴的第一个交点为， 所以，得，则， 又，所以，由知，， 则，，故. 故选：C. 【变式训练1-1】．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．为偶函数 B．的图象向右平移个单位长度后得到的图象 C．图象的对称中心为， D．在区间上的最小值为 【变式训练1-2】．函数（且）的大致图象是（    ） A．  B．  C．  D．   【变式训练1-3】已知函数的部分图象如图所示，下列关于函数的表述正确的是（    ） A．函数的图象关于点对称 B．函数在上递减 C．函数的图象关于直线对称 D．函数的图象上所有点向左平移个单位得到函数的图象 题型02：求w基础——图像平移（含异名平移） 同名函数到同名函数的平移 要得到函数y＝sin（x＋φ）的图象，只要将函数y＝sinx的图象上所有点向左（当φ＞0时）或向右（当φ＜0时）平行移动|φ|个单位长度即可得到． 如果系数不为1， 遇到正弦到余弦的平移。目标是函数化一致，理论上正弦化为余弦或者余弦化为正弦都可以，实际操作时，建议把正弦化为余弦较简单，原因主要是余弦是偶函数，可以利用cos（-x）=cosx，达到转化系数为正的目的。 【典型例题1】把函数 y＝cos 的图象适当变换就可以得到y＝sin(－3x)的图象，这种变换可以是（    ） A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度 C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度 【答案】D 【解析】根据图象变换的规则及三角公式先将变成，再提取系数3，由平移的规则研究即可． ， 函数的图象向左平移可以得到的图象 故选：D． 【典型例题2】为了得到的图象，只需把函数的图象（    ） A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 【答案】D 【解析】结合诱导公式，将转化为，结合平移法则即可求解. ∵，设函数平移个单位后得到，则有，即，，∴为了得到的图象，只需把函数的图象向右平移个单位长度. 故选：D． 【变式训练2-1】已知函数，为了得到函数的图象只需将的图象（    ） A．向左平移个单位 B．向右平移个单位 C．向左平移个单位 D．向右平移个单位 【变式训练2-2】要得到函数的图象，可以将函数的图象（    ） A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度 C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度 【变式训练2-3】若将函数()的图象向左平移个单位长度后，与函数的图象重合，则的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D．3 题型03：求w基础——先恒等变换再平移 涉及到较复杂形式的函数平移，需要通过和、差、倍、半公式，降幂公式，辅助角公式等等恒等变形方法，转化为同名正余弦函数，再进行平移计算 【典型例题1】若将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则函数的单调递减区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用三角恒等变换化简的解析式，再根据的图象变换规律求得的解析式，再利用余弦函数的单调性，求得函数的单调递减区间. 解：将函数 的图象上所有的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，令，求得， 可得的单调递减区间为. 故选：A. 【点睛】本题主要考查三角恒等变换，余弦函数的单调性，属于基础题. 【典型例题2】要得到函数的图象，需将的图象（    ）. A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 【答案】C 【解析】把两个函数都由三角恒等变换化为一个角的一个三角函数形式，然后由三角函数的图象变换得出结论． ，又. .故选：C． 【变式训练3-1】要得到（）的图象，只需把（）的图象（    ） A．向左平移个单位 B．向右平移个单位 C．向左平移个单位 D．向右平移个单位 【变式训练3-2】已知函数，现给出下列四个结论，其中正确的是（    ） A．函数的最小正周期为 B．函数的最大值为2 C．函数在上单调递增 D．将函数的图象向右平移个单位长度；所得图象对应的解析式为 【变式训练3-3】函数的图像可由向右平移的单位个数为（    ） A． B． C． D． 题型04：求w最小平移 可以三角函数图像公式，再借助五点画图法，可直观观察对应的最小值。 在求解最小平移时候，要结合五点图像，注意平移方向。 【典型例题1】已知函数的最小正周期为，若将其图象沿轴向右平移个单位，所得图象关于对称，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由三角恒等变换化简函数的解析式，利用余弦函数的性质求得，根据函数的图象变换规律，以及余弦函数图象的对称性，求得实数的最小值. 由题意，函数 可得函数的最小正周期为，所以，即， 若将其图象沿轴向右平移个单位，可得的图象， 又由所得图象关于对称，可得， 当时，可得实数的最小值为.故选：. 【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，余弦函数的周期性以及图象的对称性，其中解答中熟记三角函数的图象变换，以及三角函数的性质是解答的关键，属于基础题. 【典型例题2】已知函数，的最小正周期为，将其图象沿x轴向右平移个单位，所得图象关于直线对称，则实数m的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由已知，先对函数进行化简，根据最小正周期为，求解出，然后根据题意进行平移变换，得到平移后的解析式，再利用图象关于直线对称，建立等量关系即可求解出实数m最小值. 由其最小正周期为，有，所以， 将其图象沿轴向右平移（）个单位，所得图象对应函数为， 其图象关于对称，则有，所以， ， 由，实数的最小值为.故选：B. 【变式训练4-1】已知函数的最小正周期为，将其图象沿x轴向左平移个单位，所得图象关于直线对称，则实数m的最小值为（    ） A． B． C． D． 【变式训练4-2】把函数的图象沿轴向左平移个单位，所得函数的图象关于直线对称，则的最小值为 A． B． C． D． 【变式训练4-3】将函数(其中)的图像向右平移个单位长度，所得图像关于对称，则的最小值是 A．6 B． C． D． 题型05：平移图像重合求w 解决三角函数中已知单调区间求参数范围时，首先要有已知的单调区间是函数单调区间的子集的意识，然后明确正弦、余弦函数的单调区间长度不会超过半个周期（正切函数的单调区间长度不会超过一个周期）这一事实最终准确求得参数范围，数形结合能给解题带来比较清晰地思路. 【典型例题1】将函数的图象向左平移个单位长度后，与函数的图象重合，则的最小值为（    ） A．6 B．3 C． D． 【答案】B 【解析】根据题意，函数的图象与的图象重合，可得，从而得解. 将的图象向左平移个单位长度， 得到， 其图象与的图象重合， 则，所以， 又，所以的最小值为3. 故选：B 【典型例题2】已知将函数的图象向右平移个单位之后与的图象重合，则的值为（    ） A．3 B．6 C．8 D．9 【答案】B 【解析】本题先求出最小正周期，再建立方程（），最后根据范围求的值即可. 解：因为函数，所以最小正周期， 因为函数的图象向右平移个单位之后与的图象重合，所以（），解得：，又因为，所以. 故选：B 【点睛】本题考查根据三角函数图象的变换求参数，是基础题. 【典型例题3】设函数，将的图象向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则的最小值等于（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题得即得，即得的最小值. 将的图象向右平移个单位长度后得， 所以∴最小值为．故选． 【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换和周期，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 【变式训练5-1】将函数的图象向左平移个单位后，与函数的图象重合，则的值可以是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式训练5-2】将函数的图象向右平移个单位，到得函数的图象，则的最小值为（    ） A． B． C． D．4 【变式训练5-3】将函数的图像分别向左､向右各平移个单位长度后，所得的两个图像的对称轴重合，则的最小值为（    ） A．3 B． C．6 D． 【变式训练5-4】将函数图像上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到的函数图像与的图像重合，则有（    ） A． B． C．是函数的对称轴 D．是函数的对称中心 【变式训练5-5】若将函数的图像向右平移个周期后，与函数的图像重合，则的一个可能取值为（    ） A． B． C． D． 【变式训练5-6】若将函数的图像向右平移个单位长度后，与函数的图像重合，则的最小值为 A． B． C． D． 【变式训练5-7】将函数的图像向右平移个单位后与的图像重合，则的最小值为 A． B． C． D． 题型06：平移后是奇函数，求w最小值 可以三角函数图像公式，再借助五点画图法，可直观观察对应的最小值。 在求解最小平移时候，要结合五点图像，注意平移方向。 【典型例题1】将函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意，利用三角函数的图象变换，求得，再由为奇函数，求得，进而得到取得最小值. 由函数，将函数的图象向左平移个单位长度后， 得到函数， 又由为奇函数，所以，解得， 因为，所以当时，取得最小值，最小值为. 故选：. 【典型例题2】已知函数的图象向左平移后所得的函数为奇函数，则的最小值为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【解析】平移后的解析式为奇函数得到，求出的最小值. 因为为奇函数，则， 所以，又，所以，解得， 因为，所以时，取得最小值，最小值为8. 故选：D 【变式训练6-1】．（多选）已知函数，则下列说法中正确的是（    ） A．若和为函数图象的两条相邻的对称轴，则 B．若，则函数在上的值域为 C．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若为奇函数，则的最小值为 D．若函数在上恰有一个零点，则 【变式训练6-2】把函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，若为奇函数，则的最小值是（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 【变式训练6-3】已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若为奇函数，则的最小值为 . 题型07：单调性与 取值范围问题 已知函数，在上单调递增（或递减），求的取值范围 第一步：根据题意可知区间的长度不大于该函数最小正周期的一半， 即，求得. 第二步：以单调递增为例，利用，解得的范围； 第三步：结合第一步求出的的范围对进行赋值，从而求出（不含参数）的取值范围. 正弦函数 在每一个闭区间（k∈Z）上都单调递增， 在每一个闭区间（k∈Z）上都单调递减 余弦函数 在每一个闭区间[2kπ－π，2kπ]（k∈Z）上都单调递增， 在每一个闭区间[2kπ，2kπ＋π] （k∈Z）上都单调递减 【典型例题1】已知，函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由，得， 即函数的单调递减区间为， 令，则函数其中一个的单调递减区间为： 函数在区间内单调递减， 则满足，得，所以的取值范围是.故选：D. 【典型例题2】将函数的图像先向右平移个单位长度，再把所得函数图像上的每个点的横坐标都变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图像，若函数在上单调递增，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据图象变换得的解析式，则利用函数单调性列不等式即可求得的取值范围. 函数的图像先向右平移个单位长度，得到再把所得函数图像上的每个点的横坐标都变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图像， 令，，整理得，，由于函数在上单调递增，故，，解得，， 所以，．故选：B． 【典型例题3】已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题意，化简，结合余弦型函数的性质，列出不等式组，即可求解. 由函数 ， 令，解得，且， 即函数的单调递增区间为且， 要使得在区间上单调递增， 则满足，解得，其中， 又由，解得，因为，所以， 所以，即实数的取值范围为. 故选：A. 【典型例题4】若函数在上恰有两个零点，且在上单调递增，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】有函数在区间上有两个零点可知，由在上单调递增可求出的取值范围，然后联立即可求出答案. 解：由题意得： 函数在上恰有两个零点， ， 解得：①， 又在上单调递增， ，解得：②， 由①②式联立可知的取值范围是. 故选：B 【变式训练7-1】将函数图象向左平移后，得到的图象，若函数在上单调递减，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【变式训练7-2】规定：设函数，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是 ． 【变式训练7-3】已知函数在上单调递增，在上单调递减，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练7-4】已知函数在区间上是单调的，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练7-5】（多选）若函数在上单调，则的取值可以为（ ） A． B． C． D． 【变式训练7-6】已知函数，现将该函数图象先向左平移个应位长度，再将图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，已知函数在区间上是单调的，则的取值范围是 ． 【变式训练7-7】已知函数，若在区间上单调递增，则的取值范围是 ． 【变式训练7-8】若函数在上单调递减，则满足条件的的个数为（    ） A． B． C． D． 【变式训练7-9】设函数（、、都是常数，，），若在区间上具有单调性，且，则的最小正周期为（    ） A． B． C． D． 【变式训练7-10】已知函数在区间上单调递减，，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练7-11】已知函数在上单调递减，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练7-12】已知函数，若函数在上单调递减，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练7-13】将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图像，若在上为增函数，则ω的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式训练7-14】已知函数在上单调递增，且当时，恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练7-15】将函数（）的图像向左平移个单位，得到函数的图像，若函数）的一个极值点是，且在上单调递增，则ω的值为（    ） A． B． C． D． 【变式训练7-16】将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象在区间上恰有两个零点，且在上单调递减，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练7-17】已知函数，是函数的一个零点，是函数的一条对称轴，若在区间上单调，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 题型08：不单调与 取值范围问题 函数在区间内不单调，则该区间内必有对称轴 【典型例题1】已知函数在区间上不单调，则的最小正整数值为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】， 由于为正整数， 当时，，此时 故此时在上单调，时不符合， 当时，，此时 且 故此时在先增后减，因此不单调，符合， 当时，，此时， 而的周期为，此时在上不单调，符合，但不是最小的正整数， 同理要求符合，但不是最小的正整数，故选：B 【典型例题2】若直线是曲线的一条对称轴，且函数在区间上不单调，则的最小值为（    ） A．7 B．9 C．11 D．15 【答案】C 【解析】首先根据对称轴的性质求出的表达式，再根据函数的单调区间确定的范围，从而得出的最小值. 因直线是一条对称轴，所以，. 整理可得：，即，. 由，得. 则函数在上单调递增. 因为函数在区间上不单调，所以. 解得.因为，且，所以的最小值为11.故选：C. 【典型例题3】已知函数（，，）的图象关于轴对称，且在区间上不单调，则的可能取值有（　　） A．7个 B．8个 C．9个 D．10个 【答案】C 【解析】根据题意，得到，此时，结合函数在区间上不单调，求得，即可求解. 由函数的图像关于轴对称，可得， 因为，可得，所以，又由，可得， 当时，可得，可得在上单调递减，不符合题意； 当时，可得，可得在上单调递减，不符合题意； 当时，可得，可得在上不单调，符合题意； 当时，可得，可得在上单调递增，不符合题意； 当时，则函数的最小正周期为，此时， 所以函数在上不是单调函数，符合题意， 所以，所以满足条件的有9个.故选：C. 【典型例题4】已知函数（，）在区间内单调，在区间内不单调，则ω的值为 ． 【答案】2 【解析】依题意得，即． 因为当时，， 所以()， 则 ，()，解得：(). 令k＝0，则1≤ω≤2，而，故， 又ω∈Z，所以ω＝2，经检验，ω＝2符合题意．故答案为：2 【变式训练8-1】已知函数 （ω>0），对任意x∈R，都有≤，并且在区间上不单调，则ω的最小值是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【变式训练8-2】已知函数，对任意，都有，并且在区间上不单调，则的最小值是（    ） A．1 B．3 C．5 D．7 【变式训练8-3】函数在上单调递增，且对任意的实数，在上不单调，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【变式训练8-4】函数在上单调递增，且对任意的实数，在上不单调，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【变式训练8-5】已知函数（）的图象经过点和，且在内不单调，则的最小值为（   ） A．1 B．3 C．5 D．7 【变式训练8-6】已知函数，图象关于y轴对称，且在区间上不单调，则的可能值有　　 A．7个 B．8个 C．9 个 D．10个 【变式训练8-7】若直线是曲线的一条对称轴，且函数在区间上不单调，则的最小值为（    ） A．9 B．15 C．21 D．33 【变式训练8-8】已知函数（，，）的图象关于轴对称，且在区间上不单调，则的可能取值有（　　） A．7个 B．8个 C．9个 D．10个 题型09：图像平移伸缩与 取值范围问题 结合图象平移求ω的取值范围 1、平移后与原图象重合 思路1：平移长度即为原函数周期的整倍数； 思路2：平移前的函数=平移后的函数. 2、平移后与新图象重合：平移后的函数=新的函数. 3、平移后的函数与原图象关于轴对称：平移后的函数为偶函数； 4、平移后的函数与原函数关于轴对称：平移前的函数=平移后的函数-； 5、平移后过定点：将定点坐标代入平移后的函数中。 【典型例题1】将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，，为的导函数，且，若当时，的取值范围为，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据三角函数平移变换原则可得，结合可求得；利用整体代换的方式，结合余弦型函数的值域可求得结果. ，， ，， ，，又，， ； 当时，， ，，解得：. 故选：D. 【变式训练9-1】将函数的图象向右平移个单位长度后，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数的图象，若在区间内有5个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练9-2】将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练9-3】已知函数，现将该函数图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，且在区间上单调递增，则的取值范围为 ． 【变式训练9-4】将函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数，已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为 . 题型10：对称轴与 取值范围问题 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，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为，也就是说，我们可以根据三角函数的对称性来研究其周期性，进而可以研究的取值。 正弦函数对称轴 （k∈Z）时，ymax＝1； （k∈Z）时，ymin＝－1 余弦函数对称轴 x＝2kπ（k∈Z）时，ymax＝1； x＝2kπ＋π（k∈Z）时，ymin＝－1 【典型例题1】已知函数的最小正周期为T，若，且函数的图象关于直线对称，则的最小值为（ ） A．3 B． C． D． 【答案】C 【解析】，， 因为，所以，则， 又因函数的图象关于直线对称， 所以，所以， 又因为，所以当时，.故选：C. 【典型例题2】已知函数，若将的图象向左平移个单位后所得的函数图象与曲线关于对称，则的最小值为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【解析】求出函数的图象平移后所得函数的解析式，再利用对称列式计算即得. 函数，的图象向左平移个单位后所得函数， 函数的图象与的图象关于直线对称，则， 于是对任意实数恒成立， 即对任意实数恒成立， 因此，解得，而，则， 所以当时，取得最小值. 故选：A 【变式训练10-1】已知函数，若的图象的任意一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练10-2】已知函数，若且，则的最小值为（    ） A．11 B．5 C．9 D．7 【变式训练10-3】函数在区间上单调递增，且存在唯一，使得，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练10-4】已知函数在内单调递减，是函数的一条对称轴，且函数为奇函数，则（    ） A． B． C． D． 题型11：对称中心与 取值范围问题 三角函数的对称轴比经过图象的最高点或最低点，函数的对称中心就是其图象与轴的交点（零点），也就是说我们可以利用函数的最值、零点之间的“差距”来确定其周期，进而可以确定的取值. 【典型例题1】若存在实数，使得函数(>0)的图象的一个对称中心为(，0)，则ω的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由于函数的图象的一个对称中心为， 所以，所以， 由于，则， 因为，所以可得：，故选：C 【典型例题2】若存在实数， 使得函数的图象的一个对称中心为，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意知，存在在使得的一个对称中心为， 即存在使得时，， 代入， 则，即，即， 因为，，所以，则， 由不等式性质知时，取到最小值， 又由于无法取到，故， 所以的取值范围为.故选：C. 【典型例题3】已知函数，若，，则的最小值为（    ） A．3 B．1 C． D． 【答案】C 【解析】由求出的取值，再根据，分是函数的一个对称中心与不是对称中心两种情况讨论，分别求出的最小值，即可得解. 因为，所以，则或， 又，，当是函数的一个对称中心时，， 若，则，所以，则，又，所以当时；若，则， 所以，则，又，所以当时； 当不是函数的一个对称中心时，因为，即， 所以，所以，又，所以当时， 综上所述：.故选：C 【变式训练11-1】已知函数的图象的一个对称中心为，且，则的最小值为 A． B．1 C． D．2 【变式训练11-2】若存在实数，使得函数(>0)的图象的一个对称中心为(，0)，则ω的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练11-3】将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象.若函数的图象关于点对称，则的最小值为 . 【变式训练11-4】已知函数（）的图象的两个相邻对称中心之间的距离为，则（    ） A．2 B．4 C．8 D．16 【变式训练11-5】已知函数的图象的一个对称中心为，且，则的最小值为 A． B．1 C． D．2 【变式训练11-6】已知函数是上的偶函数，其图象关于点对称，且在区间上是单调函数，则的值是 A． B． C．或 D．无法确定 【变式训练11-7】若存在，使函数的图象关于对称，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式训练11-8】已知函数的图象关于点中心对称，则（    ） A．3或 B．2或 C．或 D．或 【变式训练11-9】已知函数在区间上单调递减，且在区间上只有1个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型12：零点与 取值范围问题 已知三角函数的零点个数问题求ω的取值范围 对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有k个零点，需要确定含有k个零点的区间长度，一般和周期相关，若在在区间至多含有k个零点，需要确定包含k+1个零点的区间长度的最小值 【典型例题1】若函数在上恰有三个零点，则（    ） A．的取值范围为 B．在上恰有两个极大值点 C．在上有极大值点 D．在上单调递增 【答案】AD 【解析】利用整体代换先求出在区间上的取值范围，再根据零点个数可求得的取值范围，可判断A；根据极值点定义可得在的极值点个数是由的取值决定的，可能有一个也可能有两个即可判断B；同理在上可能有极大值点，也可能没有，即C错误；由时，，可得在上单调递增可判断D. 由题可知，时，， 若函数在上恰有三个零点，根据三角函数图象性质可知解得，即选项A正确； 由可知，当时，，此时在上只有1个极大值点， 当时，，在上恰有两个极大值点；所以B错误； 当时，， 不妨取，此时，即当时，，由正弦函数图象性质可知在上没有极大值点；即C错误； 当时，，而， 所以当时，，由正弦函数图象性质可知在上单调递增，即D正确； 故选：AD. 【典型例题2】已知函数的最小正周期为，若，且在区间上恰有个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据余弦函数的周期公式和求出，再根据余弦函数的图象可得结果. 由题意的最小正周期为T，则， 又，可得，即， 又，所以， 在区间上恰有3个零点， 当时，， 结合函数的图象如图所示：      则在原点右侧的零点依次为，，，，…， 所以，解得，即的取值范围为．故选：D． 【变式训练12-1】设，函数．若在上单调递增，且函数与的图象有三个交点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练12-2】已知函数在上没有零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练12-3】已知函数，若在上没有零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练12-4】已知函数，，若在区间内没有零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练12-5】若函数在区间内仅有1个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练12-6】已知函数在有且仅有两个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练12-7】已知函数在上恰有2个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练12-8】已知，函数恰有3个零点，则m的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练12-9】已知函数，，且在上恰有100个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练12-10】已知函数，若在内单调且有一个零点，则的最大值是 ． 【变式训练12-11】已知函数在上有且仅有2个零点，则实数的取值范围为 . 【变式训练12-12】将函数的图像先向右平移个单位长度，再把所得函数图像的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图像，若函数在上没有零点，则的取值范围是 . 【变式训练12-13】已知函数的图象的两相邻零点之间的距离小于，为函数的极大值点，且，则实数的最小值为 . 【变式训练12-14】函数，且，，若的图像在内与轴无交点，则的取值范围是 . 【变式训练12-15】已知函数（，）在区间上单调，且满足. （1）若，则函数的最小正周期为 . （2）若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为 . 【变式训练12-16】若存在实数，使函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围为 题型13：最值与 取值范围问题 【典型例题1】已知函数（，），，，在内有相邻两个最值点，且最小值点距离轴近，则的最小正整数值为（ ） A．5 B．7 C．9 D．10 【答案】C 【解析】因为，结合已知，知（）， 又因为，所以，所以． 因为，所以，，解得，． 又因为，可得， 所以当时，的最小正整数值为9．故选:C. 【典型例题2】将函数的图像向左平移个单位长度，得函数的图像，若在内只有两个最值（即最大值和最小值），则的最大正整数值为（ ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】B 【解析】， 向左平移个单位长度，得到函数， 因为，所以， 因为在内只有两个最值， 所以，解得，的最大正整数值为，故选：B. 【变式训练13-1】已知函数在上仅有个最值，且为最大值，则实数的值不可能为 A． B． C． D． 【变式训练13-2】已知函数在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练13-3】若函数在区间内没有最值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练13-4】已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练13-5】已知函数的图象在轴上的截距为，且在区间上没有最值，则的取值范围为 . 【变式训练13-6】已知在上存在唯一实数使，又，且，则实数ω的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练13-7】已知函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练13-8】已知函数在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【变式训练13-9】若函数在区间内没有最值，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练13-10】若函数在区间内没有最值，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练13-11】已知函数（，）的图象过点，且在区间内不存在最值，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练13-12】已知函数的图象过点，且在区间内不存在最值，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练13-13】已知，函数在上存在最值，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 题型14：极值与 取值范围问题 【典型例题1】已知函数在区间上无极值，则的取值范围是（ ） A．（0，5] B．（0，5） C．（0，） D．（0，] 【答案】A 【解析】由已知条件得， ∵函数在区间上无极值， ∴函数在区间上单调， ∴或在区间上恒成立， 当时，， ∵，∴，在此范围内不成立； 当时，， ∵，∴，即，解得， 则的取值范围是，故选：. 【典型例题2】若函数（）在区间上恰有唯一极值点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】当，， 由于（）在区间上恰有唯一极值点， 故满足，解得，故选：C 【变式训练14-1】函数在上有唯一的极大值，则（ ） A． B． C． D． 【变式训练14-2】若函数在单调，且在存在极值点，则的取值范围为 【变式训练14-3】设函数，已知集合为的极值点，，若存在实数，使得集合中恰好有个元素，则的取值范围是 A． B． C． D． 【变式训练14-4】定义在上的函数在区间内恰有两个零点和一个极值点，则的取值范围是 . 【变式训练14-5】将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象．若在上有且仅有3个极值点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练14-6】记函数（）的最小正周期为T，给出下列三个命题： 甲：； 乙：在区间上单调递减； 丙：在区间上恰有三个极值点． 若这三个命题中有且仅有一个假命题，则假命题是 （填“甲”、“已”或“丙”）；的取值范围是 ． 【变式训练14-7】已知，且函数恰有两个极大值点在，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练14-8】将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象．若在上有且仅有3个极值点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【变式训练14-9】已知函数在上有3个极值点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【变式训练14-10】已知函数，.若函数只有一个极大值和一个极小值，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【变式训练14-11】已知函数，，函数在上有且仅有一个极小值，两个极大值，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 【变式训练14-12】已知函数，若，在内有极小值，无极大值，则可能的取值个数（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 【变式训练14-13】已知函数（其中，）.T为的最小正周期，且满足.若函数在区间上恰有2个极值点，则的取值范围是 . 题型15：没有最值型 没有最值型： 1.如果在区间内没有最小值，则该区间内没有极小值（-1型）型对称轴。 2.如果在区间内没有最大值，则该区间内没有极大值（1型）对称轴。 3.如果在区间内没有最小值，则该区间内是先增后减型。 4.如果在区间内没有最大值，则该区间内是先减后增型。 【典型例题1】若函数在区间内没有最值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用辅助角公式化简函数，由函数在上单调列式求解作答. 依题意，，函数的单调区间为， 由，而，得， 因此函数在区间上单调， 因为函数在区间内没有最值，则函数在区间内单调， 于是，则，解得， 由，且，解得，又，从而或， 当时，得，又，即有，当时，得， 所以的取值范围是.故选：B 【典型例题2】已知，函数在区间内没有最值，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据正弦函数的最值可得，当，时，取得最值，所以问题转化为对任意，都有，而当时，存在使得不成立，所以，排除选项，当时，存在使得，排除选项,可得选项正确. 由，，得，， 因为函数在区间内没有最值， 所以对任意，都有， 当，时，，故选项不正确； 当时，存在使得，故选不正确. 故选：C. 【点睛】本题考查了正弦函数的最值，属于基础题. 【典型例题3】若函数在区间内没有最值，有下面四个说法：（    ） ①函数的最小正周期可能为 ②的取值范围是； ③当取最大值时，是函数的一条对称轴； ④当取最大值，是函数的一个对称中心． 以上四个说法中，正确的个数是（    ） A．l B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】根据题意可知可得的取值范围，然后根据的范围逐一分析即可得解． 由得，因为在区间内没有最值， 所以，所以，所以，所以或，所以或，所以②错误；当时，， 所以，故①正确； 所以，可知是函数的一条对称轴，故③正确； 又因为，故④错误，所以正确的是①③， 故答案为：B． 【变式训练15-1】已知，函数在区间内没有最值，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 【变式训练15-2】若函数在区间内没有最值,则的取值范围是 A． B． C． D． 【变式训练15-3】已知函数（，），若为奇函数，为偶函数，且在上没有最小值，则的最大值是（    ） A．14 B．10 C．7 D．6 【变式训练15-4】若函数在区间内没有最值,则的取值范围是 A． B． C． D． 题型16：对称轴最多（少）型 Asin(ωx＋φ)型求ω归纳： 1.已知单调区间，则必有. 2.如果两条相邻轴或者相邻中心：（或者），则必有 3.已知一条对称轴和一个对称中心，由于对称轴和对称中心的水平距离为，则 4.已知2条对称轴（或者2个对称中心），由于对称轴（或者对称中心的水平距离）为，则 【典型例题1】已知函数在区间内恰有3条对称轴，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据条件得到，利用的图象与性质，再结合条件，即可求出结果. 因为，所以， 又函数在区间恰有3条对称轴， 所以，解得， 故选：D. 【典型例题2】已知函数的初始相位为，若在区间上有且只有三条对称轴，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据x的取值范围，确定，结合在区间上有且只有三条对称轴，列出不等式，即可求得答案. 由于函数的初始相位为，即， 当时，， 由于在区间上有且只有三条对称轴，故， 解得，故选：D 【典型例题3】若函数（）在区间上恰有唯一对称轴，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】依题意 在区间上恰有唯一对称轴， ,解之：故选：D 【典型例题4】若定义在上的函数的图象在区间上恰有5条对称轴，则的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】求出函数的对称轴方程为，，原题等价于有5个整数k符合，解不等式即得解. 由已知，， 令，，得，， 依题意知，有5个整数k满足，即， 所以，则，故， 故选：A． 【典型例题5】已知函数在内恰有三条对称轴，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为，所以， 所以，解得．故选：C. 【变式训练16-1】已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，则下列四个结论正确的是（    ） A．在区间上有且仅有3个不同的零点 B．的最小正周期可能是 C．的取值范围是 D．在区间上单调递增 【变式训练16-2】已知函数在内有且仅有三条对称轴，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练16-3】已知函数，（）的图象在区间内至多存在3条对称轴，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练16-4】若函数在区间上有且仅有2条对称轴，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练16-5】已知函数的图象在区间上有且仅有两条对称轴，则在以下区间上一定单调的是（    ） A． B． C． D． 【变式训练16-6】已知函数在上单调递增，直线是图象的一条对称轴，两条对称轴之间的距离不大于3，则的值为（    ） A． B． C． D． 题型17：极值点多少个 【典型例题1】已知函数（，且），，若函数在区间上恰有3个极大值点，则的取值范围为（    ） A． B．． C． D． 【答案】D 【解析】利用三角恒等变换化简得到，从而得到，根据函数极大值点的个数得到方程，求出答案. ， ，，函数在区间上恰有3个极大值点， 故，解得.故选：D 【典型例题2】将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若在上只有一个极大值点，则ω的最大值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【解析】根据伸缩变换规则可得，再由余弦函数图象性质以及极值点个数解不等式可得结果. 由题可知， 当时，，若在上只有一个极大值点， 则由的图像可得， 解得，因为，所以的最大值为3.故选：B. 【变式训练17-1】已知函数在有且仅有2个极小值点，且在上单调递增，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练17-2】已知函数在有且仅有2个极小值点，且在上单调递增，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 题型18：零点（对称中心）最多（少）型 在三角函数图象与性质中，对整个图象性质影响最大，因为可改变函数的单调区间，极值个数和零点个数，求解的取值范围是经常考察的内容，综合性较强，除掌握三角函数图象和性质，还要准确发掘题干中的隐含条件，找到切入点，数形结合求出相关性质，如最小正周期，零点个数，极值点个数等，此部分题目还常常和导函数，去绝对值等相结合考查综合能力. 已知函数y＝Asin(ωx＋φ)在区间内有n个零点，则满足 【典型例题1】已知函数的图象的一条对称轴是，且在上恰有两零点，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】从函数在上恰有两个零点可得出，又函数图象的一条对称轴是，可得出，进而求得的最大值. 解：由题意可得，函数， 由于，所以； 又由在上恰有两个零点，所以，解得； 又因为函数图象的一条对称轴是，所以，即， 又且，所以当时，，故选：B． 【典型例题2】若函数()在区间上单调递减，且在区间上存在零点，则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意结合余弦函数的单调区间可得，由余弦函数的零点可得，即可得解.当时，，又，， 函数()在区间上单调递减， ，即，解得； 令，则，即， 由，可得当且仅当时，，又函数()在区间上存在零点，，解得； 综上，的取值范围是.故选：D. 【点睛】本题考查了余弦函数图象与性质的应用，考查了运算求解能力，属于中档题. 【典型例题3】若函数的最小正周期为，在区间上单调递减，且在区间上存在零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据给定周期求得，再结合余弦函数的单调区间、单调性及零点所在区间列出不等式组，然后结合已知求出范围. 由函数的最小正周期为，得，而，解得， 则，由， 得，又在上单调递减， 因此，且，解得①， 由余弦函数的零点，得，即， 而在上存在零点，则， 于是②，又，联立①②解得， 所以的取值范围是.故选：B 【典型例题4】已知函数，在区间上有且仅有2个零点，对于下列4个结论： ①的取值范围是； ②在区间上存在，满足； ③在区间上单调递减； ④在区间有且仅有1个极大值点； 其中所有正确结论个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】对于A，令，求出的范围，根据 在区间上有且仅有2个零点可得的取值范围，从而得到的取值范围； 对于B，举例说明，验证存在性即可； 对于C，当时，求出的范围，判断是否在的减区间内； 对于D，根据条件，对应的也可能为一个极大值点. 对于A，因为，所以，令，则 由题意，在上有且仅有两个解和，所，解得，所以A正确；对于B，因为在上有成立， 所以在上存在，满足，所以B正确； 对于C，当时，，由于，故，此时是增函数，从而在上单调递增，所以C不正确； 对于D，对应的一定是极大值点， 所以对应的值有可能在上，所以D不正确；故选：B. 【变式训练18-1】已知函数在区间上单调递增，且在区间上有且仅有2个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练18-2】已知函数，在上恰有4个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练18-3】已知函数，若在区间上单调递增，且在区间上有且只有一个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练18-4】已知函数，若，且在上恰有1个零点，则的最小值为（    ） A．11 B．29 C．35 D．47 【变式训练18-5】已知函数的最小正周期为，若在区间上恰有8个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练18-6】已知函数（），若在上有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练18-7】设函数在上至少有两个不同零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练18-8】设函数，若对于任意实数，函数在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型19：极值点最多（少）型 【典型例题1】已知函数，则“”是“的图象在区间上只有一个极值点”的（    ） A．充分条件 B．必要条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件 【答案】A 【解析】先求出的图象在区间上只有一个极值点时满足的条件，求出相应的范围，即可判断充分必要性． 当时，又，所以， 若的图象在区间上只有一个极值点，则，解得， 因为真包含于，所以是的图象在区间上只有一个极值点的充分不必要条件．故选：A 【变式训练19-1】已知函数在上恰有5个极值点，则当取得最小值时，图象的对称中心的横坐标可能为（    ） A． B． C． D． 【变式训练19-2】已知函数在处取得最值，且在上恰有两个极值点，则（    ） A．4 B．10 C． D． 【变式训练19-3】设函数在区间恰有3个极值点，2个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练19-4】设函数在内恰有3个极值点、2个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型20：对称轴对称中心（零点） y＝Asin(ωx＋φ)基本性质： （1）定义域：解三角函数不等式用“数形结合” （2）值域：由内向外 ③单调性：同增异减 （3）周期公式：①y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝ ②y＝|Asin(ωx＋φ)|的周期T＝. （4）对称性： 换元思想，将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”，采用整体代入求解． （5）对称轴：最值处，令sin(ωx＋φ) ＝1，则ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)，可求得对称轴方程； （6）对称中心：零点处，令sin(ωx＋φ) ＝0，ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标； （7）（正弦“第一零点”：；正弦“第二零点”： （8）余弦“第一零点”：；余弦“第二零点”： 【典型例题1】已知函数（），若在区间内有且仅有3个零点和3条对称轴，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用整体换元法，结合余弦函数的性质即可求解. 函数 ． 当时，令，则， 若在有且仅有3个零点和3条对称轴， 则在有且仅有3个零点和3条对称轴， 则，解得. 故选：A．      【典型例题2】已知函数，若在区间内有且仅有4个零点和4条对称轴，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】利用辅助角公式化简函数，再结合正弦函数的零点及对称性列式求解即得. 函数，当时，， 由在区间内有且仅有4个零点，得，解得， 由在区间内有且仅有4条对称轴，得，解得， 所以的取值范围是. 故选：C 【变式训练20-1】已知函数，则在区间上有且仅有个零点和条对称轴，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练20-2】已知函数（ω＞0），若f（x）在区间上有且仅有3个零点和2条对称轴，则ω的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【变式训练20-3】设函数在区间恰有三条对称轴､两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练20-4】已知函数（），若在区间内有且仅有3个零点和3条对称轴，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练20-5】将函数的图像上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍后，所得函数的图像在区间上有且仅有两条对称轴和两个对称中心，则的值为 ． 【变式训练20-6】已知函数的图象在上恰有一条对称轴和一个对称中心，则实数的取值范围为 . 【变式训练20-7】已知函数，在上恰有3条对称轴，3个对称中心，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练20-8】若函数在区间上仅有一条对称轴及一个对称中心，则的取值范围为 ． 题型21：正整数型 【典型例题1】已知函数在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】由二倍角公式以及辅助角公式化简，进而根据为正整数，由的范围，即可结合正弦函数的单调区间进行求解. ， 由于为正整数，当时，，此时 故此时在上单调，时不符合， 当时，，此时且故此时在先增后减，因此不单调，符合， 当时，，此时， 而的周期为，此时在上不单调，符合，但不是最小的正整数，同理要求符合，但不是最小的正整数，故选：B 【典型例题2】若将函数的图象向左平移个单位长度后的图象关于轴对称，则当取最小整数时，函数的图象的一个对称中心是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用两角和的余弦公式以及两角和的正弦公式将化为，向左平移个单位长度后的图象解析式为，根据函数图象关于轴对称，可求得，令即可得结果. 因为 ，将函数的图象向左平移个单位长度后的图象解析式为， 因为图象关于轴对称，所以，即.因为， 所以，此时，令，得， 时，对称中心为. 故选B. 【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，属于中档题.由可求得函数的对称轴方程；由可求得对称中心横坐标. 【典型例题3】已知函数在区间上的最小值小于零，则可取的最小正整数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【解析】分别对4个选项中的值进行验证，利用余弦函数的图象与性质判断是否符合题意即可求出结果. A：，所以，则不存在最小值，不合题意，故A错误； B：，所以，则不存在最小值，不合题意，故B错误； C：，所以，则不存在最小值，不合题意，故C错误； D：，所以，当时， ，符合题意，故D正确； 故选：D. 【变式训练21-1】已知函数的一个对称中心为，在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式训练21-2】已知函数的图象的一条对称轴为，在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【变式训练21-3】已知函数的一个对称中心为，在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式训练21-4】已知函数的图象的一条对称轴为，在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【变式训练21-5】已知函数的一条对称轴为，一个对称中心为.则当取最小整数时，函数在内极值点的个数为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式训练21-6】已知函数在区间上不单调，则的最小正整数值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式训练21-7】若函数在上有且只有一条对称轴和一个对称中心，则正整数的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 题型22：的取值范围综合训练 【典型例题1】已知函数在上存在零点，且在上单调，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】化简， 在时，，该区间上有零点，故， 又时单调，则，即， 故，故选：C 【典型例题2】已知函数是在区间上的单调减函数，其图象关于直线对称，且f（x）的一个零点是，则的最小值为（ ） A．2 B．12 C．4 D．8 【答案】C 【解析】因为函数的图象关于直线对称， 所以，，所以，， 根据，则，所以， 因为是在区间上的单调减函数. 所以，所以， 即，解得，，， 因为，所以或， 当时，，当时，； 由于，且f（x）的一个零点是， 所以，， 所以，，， 即，，. 根据或，可得，或，所以的最小值为4.故选：C. 【典型例题3】已知函数，对于任意的，，，且函数在区间上单调递增，则的值为 ． 【答案】3 【解析】根据函数在区间上单调递增得到的大致取值范围，再根据，得到函数图象的对称性，利用正弦函数的图象与性质分情况求解的值并验证，即可得解. 设函数的最小正周期为，因为函数在区间上单调递增， 所以，得，因此． 由知的图象关于直线对称， 由知的图象关于点对称． ①由，得，即， 解得，又，故， 当时，所以，则，即，又，所以， 故，，满足函数在区间上单调递增； ②由，得，即， 解得，又，故， 当时，所以，则， 即，又，求得，故， 因为，不满足函数在区间上单调递增． 故． 故答案为：3. 【点睛】关键点睛：本题解题关键是根据，得到函数图象关于直线对称，关于点对称．利用正弦函数的图象与性质分和两种情况讨论，求解的值并验证. 【典型例题4】设函数，若为函数的零点，为函数的图象的对称轴，且在区间上单调，则的最大值为 . 【答案】 【解析】根据函数的零点和对称轴得到，从而得到；再根据函数在区间上单调得到，从而得到；进而可得然后再验证时函数在区间上不单调，从而得到. 因为为函数的一个零点，且是函数f（x）图象的一条对称轴， 所以，所以，所以； 因为函数在区间上单调， 所以，即，所以，所以， 又因为，所以 当时，，，， 又因为，则所以， 又，则， 所以函数在区间上不单调，所以舍去； 当时，，，，， 又因为，则所以. 又，， 所以函数在区间上单调，所以. 故答案为：. 【变式训练22-1】设函数，若函数在上恰有3个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练22-2】已知，函数在上单调递增，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【变式训练22-3】已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是 A． B． C． D． 【变式训练22-4】已知函数，若在区间上单调递增，且在区间上有且只有一个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练22-5】已知函数在有且仅有2个极小值点，且在上单调递增，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练22-6】已知函数在有且仅有2个极小值点，且在上单调递增，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练22-7】已知函数（，，），对任意实数x都有，，且在上单调，则的最大值为 . 【变式训练22-8】已知函数（其中）.为的最小正周期，且满足.若函数在区间上恰有一个最大值一个最小值，的取值范围是 . 【变式训练22-9】已知函数，对都有，且在上单调，则的取值集合为 题型23：新定义 【典型例题】若函数的定义域存在，使成立，则称该函数为“互补函数”.若函数在上为“互补函数”，则的取值范围为 . 【答案】 【解析】先化简得，再根据“互补函数”存在，，进而将问题转化为函数在区间上存在两个极大值点求解，易知，进而分，，三类情况讨论求解. 解：， 由“互补函数”的定义得：存在，， 所以令，则函数在区间上存在至少两个极大值点， 则，得. 当时，即，显然符合题意； 当时，分以下两种情况讨论， 当，即时，，即，所以； 当，即时，，即，所以. 综上，的取值范围为. 故答案为： 【点睛】本题解题的关键在于根据“互补函数”的定义将问题转化为函数在区间上存在两个极大值点，进而分类讨论求解.考查三角函数的图象与性质，是难题. 【变式训练23-1】设函数定义域为，对于区间，如果存在、，，使得，则称区间为函数的“保区间”. （1）给出下面3个命题： ①是函数的“保区间”； ②是函数的“保区间”； ③是函数的“保区间”. 其中正确命题的序号为 . （2）若是函数的“保区间”，则的取值范围为 . 巩固提升 1.已知函数，其中，若函数满足以下条件： ①函数在区间上是单调函数；②对任意恒成立； ③经过点的任意直线与函数恒有交点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2.已知函数的周期为，且满足，若函数在区间不单调，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3.设函数，若对于任意实数，函数在区间上至少有3个零点，至多有4个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4.已知函数，在上有且仅有2个极小值点，则实数的取值范围（    ） A． B． C． D． 5.已知函数的图象过点，且在区间内不存在最值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6.已知函数在区间上恰有3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7.设函数在区间恰有3个极值点，2个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8.已知函数，若函数的一个零点为．其图像的一条对称轴为直线，且在上单调，则的最大值为（ ） A．2 B．6 C．10 D．14 9.已知函数，是的零点，直线为图象的一条对称轴，且函数在区间上单调，则的最大值是（ ） A． B． C． D． 10.函数（，），已知，且对于任意的都有，若在上单调，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 11.已知函数是偶函数，且在上单调，则的最大值为（ ） A．1 B．3 C．5 D． 12.已知函数，，，在上单调，则的最大值为（ ）． A．3 B．5 C．6 D．7 13.已知函数（），若在区间内有且仅有3个零点和3条对称轴，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 14已知函数是在区间上的单调减函数，其图象关于直线对称，且，则的最小值为（ ） A．2 B．12 C．4 D．8 15.已知函数在区间上单调，且满足.若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 16.已知函数（其中，）.T为的最小正周期，且满足.若函数在区间上恰有2个极值点，则的取值范围是 . 1 学科网（北京）股份有限公司 $