主题2 第4章 热点强化课4 三角函数中有关ω的取值范围问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦三角函数中ω的取值范围这一核心考点，依据高考评价体系梳理了单调性、最值、零点、对称性及综合性五大考查方向，通过近五年真题分析明确“零点个数”“单调区间”等高频考点占比，归纳典型题型形成系统备考框架。 课件亮点在于“真题实战+方法建模+素养渗透”，如以2023新课标Ⅰ卷零点问题为例，运用整体思想和数形结合构建不等式组求解模型，培养学生逻辑推理和数学建模素养。特设易错点警示和答题模板，助力学生掌握临界值分析技巧，教师可据此开展针对性教学，提升复习效率。

主题二 函 数（必修第二册） 第四章　三角函数、解三角形 热点强化课4　三角函数中有关ω的取值范围问题 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 课时冲关 01 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 课时作业 下一页 上一页 返回导航 主题二 第四章　三角函数、解三角形 高考总复习 数学（BS） 已知含参数ω的函数y＝Asin (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．由于其有时涉及到三角函数的零点、单调性、奇偶性、对称性、最值等性质的综合应用，难度较大，学生对这一类问题不得其解，从而心生畏惧心理．现就这一类问题进行归纳总结. 利用单调性求ω最值范围问题 [例1]　设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A、ω、φ都是常数，A＞0，ω＞0)，若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上具有单调性，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－f(0)，则f(x)的最小正周期为(　　) A.eq \f(3π,2)　　 B．π C.eq \f(π,2)　　 D.eq \f(π,4) [解析]　记函数f(x)的最小正周期为T， 则eq \f(T,2)≥eq \f(π,3)－0＝eq \f(π,3)，可得T≥eq \f(2π,3). 又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－f(0)，且eq \f(π,2)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,6)， 又因为eq \f(0＋\f(π,3),2)＝eq \f(π,6)，所以函数f(x)的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，函数f(x)的一条对称轴为x＝eq \f(\f(π,3)＋\f(π,2),2)＝eq \f(5π,12)，又因为eq \f(5π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,12)＜eq \f(T,4)， ∴eq \f(T,4)＝eq \f(5π,12)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,4)，解得T＝π. [答案]　B [例2]　已知函数f(x)＝cos ωx(ω＞0)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，0))对称，且在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上是单调函数，则ω的值不可能是(　　) A.eq \f(4,3) B．4 C.eq \f(20,3) D.eq \f(28,3) [解析]　由已知，cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω·\f(3π,8)))＝0，则ω·eq \f(3π,8)＝ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，即ω＝eq \f(4,3)＋eq \f(8,3)k，k∈Z， 又函数在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上是单调函数，可知eq \f(T,2)≥ eq \f(π,8)－0，即eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,8)，解得0＜ω≤8，所以当k＝0时，ω＝eq \f(4,3)，当k＝1时，ω＝4，当k＝2时，ω＝eq \f(20,3)，满足题意，即ω＝eq \f(4,3)或4或eq \f(20,3). [答案]　D 与三角函数单调性相关的ω取值范围问题，需要利用整体思想，结合集合之间的包含关系，列不等式组求解．通常要考虑三角函数的单调区间，包含关系确定ω的范围． 利用最值求ω的取值范围 [例3]　函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω＞0)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,4)))内恰有两个最小值点，则ω的范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,7)，4)) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,7)，3)) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，3)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，4)) [解析]　当ωx＋eq \f(π,4)＝2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)时， 即x＝eq \f(2kπ＋\f(5π,4),ω)(k∈Z)时，函数有最小值， 令k＝－1,0,1,2时，有x＝－eq \f(3π,4ω)，x＝eq \f(5π,4ω)，x＝eq \f(13π,4ω)，x＝eq \f(21π,4ω)， 因为函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω＞0)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,4)))内恰有两个最小值点，ω＞0， 所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＜\f(5π,4ω)，,\f(13π,4ω)＜\f(7π,4)⇒\f(13,7)＜ω≤3，,\f(7π,4)≤\f(21π,4ω).)) [答案]　B [例4]　已知函数f(x)＝Asin ωx(A＞0，ω＞0)，若至少存在两个不相等的实数x1，x2∈[π，2π]，使得f(x1)＋f(x2)＝2A，则实数ω的取值范围是________． [解析]　至少存在两个不相等的实数x1，x2∈[π，2π]，使得f(x1)＋f(x2)＝2A， ∴当π＞2T＝eq \f(4π,ω)，即ω＞4时，必存在两个不相等的实数x1，x2∈[π，2π]满足题意； 当π＜2T，即0＜ω＜4时，ωx∈[πω，2πω]， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(πω≤\f(π,2)＋2kπ,2πω≥\f(5π,2)＋2kπ))(k∈Z)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ω≤\f(1,2)＋2k,ω≥\f(5,4)＋k))(k∈Z)； 当k≤0时，解集为∅，不合题意；令k＝1， 则eq \f(9,4)≤ω≤eq \f(5,2)；令k＝2，则eq \f(13,4)≤ω＜4； 综上所述：实数ω的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(5,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，＋∞)). [答案]　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(5,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，＋∞)) 利用最值求ω的取值范围，一种思路是利用值域控制相位的范围，解不等式组求解；另一思路根据三角函数最值点的个数求解参数范围的问题，解题关键是能够采用整体对应的方式，根据ωx＋φ的范围所需满足的条件来构造不等式组，解不等式组求得结果． 利用零点求ω的取值范围 [例5]　已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)，若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,24)))上恰有1个零点，则ω的最小值为(　　) A．11 B．29 C．35 D．47 [解析]　因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,24)))上恰有1个零点，所以eq \f(T,2)＜eq \f(5π,24)－eq \f(π,6)≤T，所以eq \f(π,24)≤T＜eq \f(π,12)，所以24＜ω≤48，又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,6)＋\f(π,6)))＝0，所以eq \f(ωπ,6)＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，即ω＝6k－1，所以24＜6k－1≤48，k∈Z，解得k＝5,6,7,8，当k＝5时，ω有最小值29. [答案]　B [例6]　(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________． [解析]　因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ， 令f(x)＝cos ωx－1＝0，则cos ωx＝1有3个根， 令t＝ωx，则cos t＝1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]， 结合余弦函数y＝cos t的图象性质可得4π≤2ωπ＜6π，故2≤ω＜3. [答案]　[2,3) 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，根据零点个数，确定ω的范围．三角函数两个零点之间的“水平间隔”为eq \f(T,2)， 根据三角函数的零点个数，可以研究“ω”的取值. 对称性有关的ω最值范围问题 [例7]　将函数f(x)＝sin ωx(其中ω＞0)的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度，所得图象关于直线x＝π对称，则ω的最小值是(　　) A.eq \f(1,3) B．2 C.eq \f(5,3) D.eq \f(2,3) [解析]　将函数f(x)＝sin ωx的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度，得y＝sin ωeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,4)))， ∵y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,4)))的图象关于直线x＝π对称， ∴ωπ－eq \f(ωπ,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，∴ω＝eq \f(2,3)＋eq \f(4,3)k，k∈Z， ∵ω＞0，∴ω的最小值为eq \f(2,3). [答案]　D [例8]　已知函数f(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω＞0)在区间[0，π]上有且仅有3条对称轴，则ω的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，\f(17,4))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(13,4))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(13,4))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，\f(17,4))) [解析]　f(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))(ω＞0)， 令ωx－eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，则x＝eq \f(1＋4kπ,4ω)，k∈Z， 函数f(x)在区间[0，π]上有且仅有3条对称轴， 即0≤eq \f(1＋4kπ,4ω)≤π有3个整数k符合， 0≤eq \f(1＋4kπ,4ω)≤π，得0≤eq \f(1＋4k,4ω)≤1⇒0≤1＋4k≤4ω，则k＝0,1,2， 即1＋4×2≤4ω＜1＋4×3，∴eq \f(9,4)≤ω＜eq \f(13,4). [答案]　C 根据三角函数图象的对称性或对称轴(对称中心)的个数求解参数范围的问题，解题关键是能够采用整体对应的方式，根据ωx＋φ的范围所需满足的条件来构造不等式组，解不等式组求得结果． 综合性质有关的ω最值范围问题 [例9]　已知函数f(x)＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω＞0)在(0，π)有且仅有2个极值点，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(11π,24)))上单调递增，则ω的取值范围为(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(17,6)))　　　　 B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，4)) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(17,6))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3))) [解析]　因为f(x)在(0，π)有且仅有2个极值点， 所以2π＜ωπ＋eq \f(π,6)≤3π，解得eq \f(11,6)＜ω≤eq \f(17,6)， 因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(11π,24)))上单调递增， 又因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(11π,24)))⊆(0，π)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω＋\f(π,6)≥π，,\f(11,24)πω＋\f(π,6)≤2π，)) 解得eq \f(5,2)≤ω≤4，所以eq \f(5,2)≤ω≤eq \f(17,6)，即ω的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(17,6))). [答案]　A [例10]　已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上恰有两个零点，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,24)))上单调递增，则ω的取值范围是________． [解析]　由题意，令ωx＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z， 得x＝eq \f(3kπ－π,3ω)，k∈Z， ∴f(x)的第2个、第3个正零点分别为eq \f(5π,3ω)，eq \f(8π,3ω)， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(5π,3ω)≤\f(2π,3)，,\f(8π,3ω)＞\f(2π,3)，))解得eq \f(5,2)≤ω＜4， 令－eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z， ∴－eq \f(5π,6ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(π,6ω)＋eq \f(2kπ,ω)，k∈Z， 令k＝0，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6ω)，\f(π,6ω)))上单调递增， ∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,24)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6ω)，\f(π,6ω)))， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6ω)≤－\f(π,4)，,\f(π,6ω)≥\f(π,24)，,ω＞0，))解得0＜ω≤eq \f(10,3)， 综上，ω的取值范围是eq \f(5,2)≤ω≤eq \f(10,3). [答案]　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3))) 利用三角函数的综合性质求ω的范围．问题，应结合三角函数的图象，利用题中所给的自变量的范围求得整体角的范围，根据三角函数的性质以及题中条件，找到临界位置，再根据条件建立不等式求解即可． $