第4单元 08 增分微课5 三角函数中的参数范围问题（word学生用书）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（北师大版）

该高中数学高考复习讲义聚焦三角函数中ω、φ的求解这一高考热点，围绕单调性、对称性、最值、零点四大性质分类型构建知识体系，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生突破综合应用难点，体现复习的系统性和针对性。 讲义以高考真题为载体，运用整体代换思想解析各类问题，设计例题与变式题分层练习，培养学生数学思维与逻辑推理能力。通过总结反思提炼解题规律，确保学生在有限时间内高效掌握方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力指导。

　　【知识链接】在三角函数的图象与性质中,求ω,φ的值或取值范围是高考命题中的一个热点,因为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,所以与其有关的问题灵活多样,历来是学习的难点,以下举例说明在不同条件下ω,φ的求法.　　　　　　　　　　　　　　　 类型一　三角函数的单调性与ω,φ的关系 例1 (1)[2025·宁夏中卫三模] 已知函数f(x)=sin(ω>0)在上单调递增,则ω的取值范围是 (　 ) A.(0,2] B.(0,4] C.(0,6] D.(0,8] (2)[2025·湘潭5月适应性考试] 已知函数f(x)=sin(2x+φ)在区间上单调,则φ的取值范围为 (　 ) A. B. C. D. 总结反思 已知函数在某区间上的单调性求ω,φ时,由所给区间求出整体角的范围,由该范围是相应正、余弦函数的某个单调区间的子集,列不等式(组)求解. 变式题 将函数f(x)=sin 2x-cos 2x图象上所有点的横坐标变为原来的(ω>0),纵坐标不变,得到函数g(x)的图象,若g(x)在上单调,则ω的取值范围为 (　 ) A.(0,1] B. C.[1,+∞) D. 类型二　三角函数图象的对称性与ω,φ的关系 例2 (1)[2026·湖北华师一附中月考] 将函数y=tan的图象向左平移m(m>0)个单位长度后,所得的图象关于原点对称,则m的最小值为 (　 ) A. B. C. D. (2)[2026·深圳调研] 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为3,且对任意的x∈R,f(1-x)=f(x+3)恒成立,则φ= (　 ) A. B. C. D. 总结反思 三角函数图象的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,其中T为三角函数的最小正周期.这就说明,我们可根据三角函数图象的对称性来研究其周期性,解决问题的关键在于运用整体代换的思想,建立关于ω,φ的方程(组)或不等式(组),进而可以研究ω,φ的值或取值范围. 变式题 设函数f(x)=sin(ω>0)的图象在区间(0,π)内恰有三条对称轴、两个对称中心,则ω的取值范围是 (　 ) A. B. C. D. 类型三　三角函数的最值与ω,φ的关系 例3 [2025·北京西城区二模] 设函数f(x)=2sin,则使得函数f(x+φ)在区间上存在最大值的一个φ的值为　　　　.  总结反思 若已知三角函数的最值,则利用三角函数的最值与其图象的对称轴或周期的关系,可以列出关于ω,φ的方程(组)或不等式(组),进而求出ω,φ的值或取值范围. 变式题 [2025·安徽合肥八中5月保温卷] 已知函数f(x)=sin(ω>0)在区间上的最大值为,则满足需求ω的个数为(　 ) A.1 B.2 C.3 D.4 类型四　三角函数的零点与ω,φ的关系 例4 [2023·新课标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　　　　.  总结反思 函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)两个零点之间的“水平间隔”为,其中T为该函数的最小正周期,根据三角函数的零点个数,可以研究ω,φ的取值情况. 变式题 设函数f(x)=2sin(ωx+φ)-1(ω>0),若对任意实数φ,f(x)在区间上至少有2个零点,至多有3个零点,则ω的取值范围是 (　 ) A. B. C. D. 学科网（北京）股份有限公司 $ 增分微课5　三角函数中的参数范围问题 例1　(1)B　(2)B　[解析] (1)令-π+2kπ≤ωx-≤π+2kπ,k∈Z,得-+≤x≤+,k∈Z,令k=0,可得-≤x≤.因为函数f(x)=sin(ω>0)在上单调递增,所以≥,可得0<ω≤4,所以ω的取值范围是(0,4].故选B. (2)令t=2x+φ,由x∈,得t∈,故只需函数y=sin t在区间上单调,因为|φ|<,所以φ∈.又函数y=sin t在区间上单调递增,所以只需+φ≤,解得φ≤,又因为φ∈,所以φ∈,故选B. 变式题　A　[解析] 由题意知f(x)=sin 2x-cos 2x=2sin,则g(x)=2sin.由0<x<,得-<2ωx-<-.因为g(x)在上单调,所以-≤,可得0<ω≤1.故选A. 例2　(1)A　(2)D　[解析] (1)方法一:将函数y=tan的图象向左平移m(m>0)个单位长度后,所得的图象对应的函数为y=tan=tan.由题意知y=tan的图象关于原点对称,即该函数为奇函数,故tan=-tan,即tan=tan,故-2x+2m+=-+kπ,k∈Z,即4m=kπ-,k∈Z,解得m=-,k∈Z,因为m>0,所以当k=1时,m取得最小值,最小值为-+=.故选A. 方法二:将函数y=tan的图象向左平移m(m>0)个单位长度后,所得的图象对应的函数为y=tan=tan.由题意知y=tan的图象关于原点对称,故2m+=kπ,k∈Z,即m=-+kπ,k∈Z,因为m>0,所以当k=1时,m取得最小值,最小值为-+=.故选A. (2)由f(x)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为3,可得f(x)的最小正周期T=6,所以ω==,所以f(x)=sin.因为对任意的x∈R,f(1-x)=f(x+3)恒成立,所以直线x=2为f(x)图象的一条对称轴,所以×2+φ=kπ+,k∈Z,解得φ=-+kπ,k∈Z,又因为0<φ<π,所以φ=.故选D. 变式题　C　[解析] 因为x∈(0,π),所以t=ωx+∈.y=sin t的部分图象如图所示,要使函数f(x)的图象在区间(0,π)内恰有三条对称轴、两个对称中心,则<ωπ+≤3π,解得<ω≤,即ω的取值范围为.故选C. 例3　-(答案不唯一)　[解析] 因为f(x)=2sin,所以f(x+φ)=2sin,令2x+2φ+=+2kπ,k∈Z,得x=--φ+kπ,k∈Z.因为f(x+φ)在区间上存在最大值,所以0<--φ+kπ<,k∈Z有解,则-+kπ<φ<-+kπ,k∈Z有解,又|φ|<,即-<φ<,所以-<φ<-或<φ<,所以符合题意的一个φ的值为-. 变式题　B　[解析] 由0≤x≤,ω>0,得ωx-∈,显然≤1,故ω≤3.①若ω-≤,即0<ω≤,则f(x)在上单调递增,f(x)max=f=sin=,作出函数r(ω)=sin的图象与直线y=,如图,由图可知,直线y=与函数r(ω)在上的图象仅有一个交点,所以此时有一个ω满足要求;②若ω->,即<ω≤3,则f(x)max=1=,故ω=3,此时f(x)=sin,当3x-=,即x=π<时,f=1,满足要求.综上,满足条件的ω共有2个.故选B. 例4　[2,3)　[解析] 因为x∈[0,2π],ω>0,所以ωx∈[0,2ωπ],若函数f(x)在区间[0,2π]有且仅有3个零点,则需满足4π≤2ωπ<6π,所以2≤ω<3. 变式题　B　[解析] 令f(x)=0,则sin(ωx+φ)=,令t=ωx+φ,则sin t=,则原问题转化为对任意实数φ,y=sin t在区间上至少有2个t,至多有3个t,使得sin t=,求ω的取值范围.作出y=sin t和y=的图象,如图,结合图象可知满足条件的最短区间的长度为-=2π,最长区间的长度为-=,但最长区间的长度取不到,故2π≤-<,解得4≤ω<,即ω∈,故选B. 学科网（北京）股份有限公司 $