第7章 教考衔接2 三角函数中的参数问题（课件PPT）-【精讲精练】2025-2026学年高中数学必修第三册（人教B版）

该高中数学课件聚焦三角函数中的参数问题，课堂导入通过回顾三角函数基本图像与性质，对比参数变化前后的函数图像，搭建从基础概念到参数影响分析的学习支架，帮助学生建立前后知识的逻辑联系。 其亮点在于结合数学思维和数学语言，通过实例探究参数对函数振幅、周期、相位的影响，引导学生用推理能力揭示参数与函数性质的本质联系，用符号和图像表达数学关系。采用问题驱动教学，学生能提升分析综合问题的能力，教师可借助教考衔接素材增强教学针对性。

第七章　三角函数 教考衔接2　三角函数中的参数问题 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 谢谢观看 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 一、真题展示 1．(2024·北京卷)已知f(x)＝sin ωx(ω＞0)，f(x1)＝－1，f(x2)＝1，|x1－x2|min＝ eq \f(π,2)，则ω＝(　　) A.1 B．2 C.3 D．4 2．(2023·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝cos ωx－1(ω＞0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是__________． 二、真题溯源 [人教B版必修三P64习题7－3AT4] 判断下列函数的奇偶性． (1)y＝－2sin 2x； (2)y＝|sin x|； (3)y＝3cos x＋1； (4)y＝tan x－1. [人教B版必修三P50练习AT3] 求y＝－5sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的最大值和最小值，并求出取得最大值和最小值时x的值． 三、类法探究 已知含参数ω的函数y＝A sin (ωx＋φ)的解析式，三角函数的部分性质，求ω的取值范围，是近年来常考的一种类型题．由于其有时涉及三角函数的零点、单调性、奇偶性、对称性、最值等性质的综合应用，难度较大，现就这一类问题进行归纳总结． 类型一　根据三角函数的单调性求参数 　(1)若f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在区间[－t，t]上单调递增，则实数t的取值范围为(　　) A. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) B． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) C. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))) D． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) (2)已知函数f(x)＝ eq \f(\r(2),2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,4)))－ eq \f(1,2)(ω>0)，若函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，则实数ω的取值范围是(　　) A. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) C. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(5,8))) D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4))) (3)已知函数f(x)＝ eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－m，m))上单调递增，则m的最大值为(　　) A. eq \f(3π,4) B．π C. eq \f(7π,8) D． eq \f(9π,8) [解析]　(1)令－ eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,6)≤ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以－ eq \f(π,3)＋kπ≤x≤ eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z， 所以函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))(k∈Z)， 又f(x)在[－t，t]上单调递增，则[－t，t]是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))(k∈Z)的一个子区间， 当k＝0时，即 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，若[－t，t]是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))的子集，则t∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))). (2)已知f(x)＝ eq \f(\r(2),2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,4)))－ eq \f(1,2)(ω>0)， 由函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，且2ωx＋ eq \f(π,4)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωπ＋\f(π,4)，2ωπ＋\f(π,4)))， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ωπ＋\f(π,4)≥\f(π,2)＋2kπ，,2ωπ＋\f(π,4)≤\f(3π,2)＋2kπ，)) 解得 eq \f(1,4)＋2k≤ω≤ eq \f(5,8)＋k，k∈Z， 因为ω>0，当且仅当k＝0时，有满足要求的取值，即 eq \f(1,4)≤ω≤ eq \f(5,8). (3)f(x)＝ eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))， 周期T＝ eq \f(2π,2)＝π， 函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－m，m))上单调递增， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－m<m，,m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－m))≤\f(π,2)，))解得 eq \f(3π,4)<m≤π， 则 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－m，m))⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))， 函数f(x)的单调递增区间满足2kπ－ eq \f(π,2)≤2x＋ eq \f(π,4)≤2kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z， 即kπ－ eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋ eq \f(π,8)，k∈Z， 当k＝0时，－ eq \f(3π,8)≤x≤ eq \f(π,8)； 当k＝1时， eq \f(5π,8)≤x≤ eq \f(9π,8)； 当k＝2时， eq \f(13π,8)≤x≤ eq \f(17π,8)， 所以 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－m，m))⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,8)，\f(9π,8)))，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－m≥\f(5π,8)，,m≤\f(9π,8)，)) 解得m≤ eq \f(7π,8) . [答案]　(1)D　(2)C　(3)C 利用单调性求参数的范围的常见方法 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较．求参数需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的.　 类型二　根据三角函数的奇偶性求参数 　(1)已知f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(5π,6)))＋1，将函数f(x)的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度得到函数g(x)，则使得g(x)是偶函数的φ的最小值是(　　) A. eq \f(π,6) B． eq \f(π,3) C. eq \f(2π,3) D． eq \f(4π,3) (2)若函数f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期为π，则满足条件“f(x＋φ)是偶函数”的φ的一个值为____________________(写出一个满足条件的φ即可). (3)已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，x∈R，设α>0，若函数g(x)＝f(x＋α)为奇函数，则α的值为____________________． [解析]　(1)因为f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(5π,6)))＋1，由题意得g(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－4φ－\f(5π,6)))＋1， 因为g(x)是偶函数， 所以－4φ－ eq \f(5π,6)＝kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，即φ＝－ eq \f(kπ,4)－ eq \f(π,3)，k∈Z， 因为φ>0，所以φ的最小值是 eq \f(π,6)，故选A. (2)因为f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)， 又f(x)的最小正周期为π，所以 eq \f(2π,ω)＝π，则ω＝2，所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))， 所以f(x＋φ)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ＋\f(π,3))). 又f(x＋φ)是偶函数，所以应满足2φ＋ eq \f(π,3)＝ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z， 所以有φ＝ eq \f(π,12)＋ eq \f(kπ,2)，k∈Z. (3)∵f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，函数g(x)＝f(x＋α)为奇函数， ∴g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2α＋\f(π,3)))为奇函数，则2α＋ eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)， ∵α>0，∴α＝ eq \f(kπ,2)－ eq \f(π,6)(k∈N＋). [答案]　(1)A　 (2) eq \f(π,12) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(答案不唯一，也可以写－\f(5π,12)，\f(7π,12)，符合\f(π,12)＋\f(kπ,2)，k∈Z即可))　 (3) eq \f(kπ,2)－ eq \f(π,6)(k∈N＋) 1．函数y＝A sin (ωx＋φ)＋B(A≠0)为奇函数⇔φ＝kπ(k∈Z)且B＝0； 函数y＝A sin (ωx＋φ)＋B(A≠0)为偶函数⇔φ＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z). 2．函数y＝A cos (ωx＋φ)＋B(A≠0)为奇函数⇔φ＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)且B＝0； 函数y＝A sin (ωx＋φ)＋B(A≠0)为偶函数⇔φ＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z).　 类型三　根据三角函数的对称性求参数 　(1)已知函数f(x)＝ eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)，若∃x0∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))使得f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线与x轴平行，则ω的最小值是(　　) A. eq \f(3,4) B．1 C. eq \f(3,2) D．2 (2)已知函数f(x)＝m＋sin (2x＋φ)(φ>0)的最小值为2，且f(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,7)，m)) 对称，则 eq \f(φ,m)的最小值为(　　) A. eq \f(π,21) B． eq \f(π,7) C. eq \f(5π,21) D． eq \f(5π,14) (3)已知函数f(x)＝sin (2x＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))<\f(π,2)))，若存在x1，x2，x3∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,2)))，且x3－x2＝2(x2－x1)＝4x1，使f(x1)＝f(x2)＝f(x3)>0，求φ的值． [解析]　(1)已知f(x)＝ eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))， 因为∃x0∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))使得f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线与x轴平行， 所以函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))上存在最值，即函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))上存在对称轴， 令ωx＋ eq \f(π,4)＝kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝ eq \f(kπ,ω)＋ eq \f(π,4ω)，k∈Z， 因为－ eq \f(π,4)≤x≤ eq \f(π,3)，所以－ eq \f(π,4)≤ eq \f(kπ,ω)＋ eq \f(π,4ω)≤ eq \f(π,3)，即－ eq \f(1,4)≤ eq \f(k,ω)＋ eq \f(1,4ω)≤ eq \f(1,3)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ω≥3k＋\f(3,4)，,ω≥－4k－1，))k∈Z， 又ω>0，故k＝0时，ω取最小值为 eq \f(3,4)，故选A. (2)因为函数f(x)＝m＋sin (2x＋φ)(φ>0)的最小值为2， 所以m－1＝2，解得m＝3，又f(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,7)，m))对称， 所以 eq \f(2π,7)＋φ＝kπ，k∈Z，所以φ＝kπ－ eq \f(2π,7)，k∈Z， 因为φ>0，所以φ＝kπ－ eq \f(2π,7)，k∈N＋，所以φ的最小值为π－ eq \f(2π,7)＝ eq \f(5π,7)， 所以 eq \f(φ,m)的最小值为 eq \f(5π,7×3)＝ eq \f(5π,21)，故选C. (3)令t＝2x＋φ，因为x1，x2, x3∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,2))) ， 所以t1，t2, t3∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ，3π＋φ))， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))< eq \f(π,2)， 因为f(x1)＝f(x2)＝f(x3)>0，结合y＝sin t的图象(如图所示)， 得到t1＋t2＝π，t2＋t3＝3π或t1＋t2＝3π，t2＋t3＝5π， 因为x3－x2＝2(x2－x1)＝4x1，所以x2＝3x1，x3＝7x1， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(8x1＋2φ＝π，,20x1＋2φ＝3π，))解得φ＝－ eq \f(π,6)，此时x1＝ eq \f(π,6)，x2＝ eq \f(π,2)，x3＝ eq \f(7π,6)，满足题意， 或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(8x1＋2φ＝3π，,20x1＋2φ＝5π，))解得φ＝ eq \f(5π,6)，不符合题意，舍去．综上，可得φ的值为－ eq \f(π,6). [答案]　(1)A　(2)C　(3)略 将三角函数y＝A sin (ωx＋φ)或y＝A cos (ωx＋φ)中的ωx＋φ看作一个整体，根据正、余弦函数的对称轴、对称中心构建方程(组)，通过解方程(组)求参数的值．　 $