资源简介

*第35课时　三角函数中ω的范围问题(进阶课)
[总体概览]　在三角函数的图象与性质中，ω的求解是近年高考的热点内容，函数y＝A sin (ωx＋φ)中ω的求解，一般是利用所给函数的单调性、对称性、最值、零点等进行解决．
类型一　利用三角函数的对称性求ω
的范围
[典例1]　已知函数f (x)＝sin (ω>0)的图象在(0，π)上有且仅有两条对称轴，则实数ω的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
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通性通法：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，因此，可根据三角函数的对称性来研究其周期性，进而可以研究ω的取值．
类型二　利用三角函数的单调性求ω的范围
[典例2]　若函数f (x)＝sin ωx(ω>0)在区间上单调递减，则实数ω的取值范围是________．
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思维建模：动态周期模型(已知三角函数的单调性求参数范围)
第1步　求整体：化解析式为正弦型，得到整体ωx＋φ的范围．
第2步　代区间：代入正弦函数的单调递增区间或单调递减区间．
第3步　求k值：根据ω的取值范围确定k的可能取值．
第4步　得ω：综合得出ω的取值范围．
类型三　利用三角函数的最值求ω的范围
[典例3]　(2026·榆林模拟)已知函数f (x)＝sin (ω>0)在区间内有最大值，但无最小值，则实数ω的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
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通性通法：利用三角函数的最值与对称轴或周期的关系，可以列出关于ω的不等式(组)，进而求出ω的值或取值范围．
类型四　利用三角函数的零点、极值点求ω的范围
[典例4]　(2025·兰州三模)已知函数f (x)＝3sin (ω＞0)在(0，π)上恰有两个零点，两个极值点，则ω的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
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通性通法：三角函数两个相邻零点之间的“水平间隔”为，根据三角函数的零点个数，可以研究ω的取值．
第35课时　三角函数中ω的
范围问题(进阶课)
类型一
典例1　C　[法一：令ωx＋，解得x＝，x＝，x＝分别为y＝f (x)的图象在y轴右侧由左向右最近的三条对称轴．
要满足图象在(0，π)上有且仅有两条对称轴，
只需<ω≤．故选C．
法二(整体法)：因为00，所以<ωx＋<πω＋，将ωx＋看成一个整体．由y＝sin x的图象分析可知，<ωπ＋ <ω≤．
法三：令ωx＋＝kπ＋，k∈Z，
得x＝，k∈Z，
依题意知，满足0<<π，即0<3k＋1<3ω的整数k有2个，
所以k＝0，1，则3×1＋1<3ω≤3×2＋1，解得<ω≤．故选C．]
类型二
典例2　　[法一：∵f (x)＝sin ωx(ω>0)在上单调递减，
∴，∴0<ω≤6，
∵≤x≤，∴0<≤ωx≤≤3π，
∴
∴≤ω≤3．
法二：令＋2kπ≤ωx≤＋2kπ(k∈Z)，得≤x≤(k∈Z)，
因为函数f (x)＝sin ωx(ω>0)在区间上单调递减，
所以k∈Z，
解得6k＋≤ω≤4k＋3(k∈Z)．
又ω>0，所以k≥0，又6k＋≤4k＋3，得0≤k≤，又k∈Z，所以k＝0．
即≤ω≤3．
法三：∵≤x≤，ω>0，
∴≤ωx≤，
又∵f (x)在上单调递减，
∴(k∈Z) 6k＋≤ω≤4k＋3(k∈Z)．
又∴0<ω≤6，∴k＝0，
即≤ω≤3．]
类型三
典例3　A　[因为ω>0，所以当0有<ωx＋ω＋．
因为f (x)在区间内有最大值，但无最小值，
结合函数图象(图略)得ω＋，
解得<ω≤．故选A．]
类型四
典例4　A　[令t＝ωx＋，x∈(0，π)，
则t∈．
设m(t)＝sin t，
因为函数f (x)＝3sin(ω>0)在(0，π)上恰有两个零点，两个极值点，
则m(t)在t∈上恰有两个极值点和两个零点，可得2π<ωπ＋<ω≤．
故选A．]
1 / 3(共75张PPT)
第四章　三角函数与解三角形
*第35课时　三角函数中ω的范围问题(进阶课)
[总体概览]　在三角函数的图象与性质中，ω的求解是近年高考的热点内容，函数y＝Asin(ωx＋φ)中ω的求解，一般是利用所给函数的单调性、对称性、最值、零点等进行解决．
类型一　利用三角函数的对称性求ω的范围
[典例1]　已知函数f (x)＝sin(ω>0)的图象在(0，π)上有且仅有两条对称轴，则实数ω的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
√
C　[法一：令ωx＋，解得x＝，x＝，x＝分别为y＝f (x)的图象在y轴右侧由左向右最近的三条对称轴．
要满足图象在(0，π)上有且仅有两条对称轴，
只需<ω≤．故选C．
法二(整体法)：因为00，所以<ωx＋<πω＋，将ωx＋看成一个整体．由y＝sin x的图象分析可知，<ωπ＋ <ω≤．
法三：令ωx＋＝kπ＋，k∈Z，
得x＝，k∈Z，
依题意知，满足0<<π，即0<3k＋1<3ω的整数k有2个，
所以k＝0，1，则3×1＋1<3ω≤3×2＋1，解得<ω≤．故选C．]
通性通法：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，因此，可根据三角函数的对称性来研究其周期性，进而可以研究ω的取值．
【教用·备选题】
(2025·昆明期末)已知函数f (x)＝2cos(ω>0)的图象关于点(1，0)对称，则ω的最小值为(　　)
A． B．
C． D．
√
D　[因为f (x)的图象关于点(1，0)对称，所以2cos＝0，
则ω＋＋kπ，k∈Z，解得ω＝＋kπ，k∈Z．
因为ω>0，所以当k＝0时，ω取得最小值．
故选D．]
类型二　利用三角函数的单调性求ω的范围
[典例2]　若函数f (x)＝sin ωx(ω>0)在区间上单调递减，则实数ω的取值范围是______________．
　[法一：∵f (x)＝sin ωx(ω>0)在上单调递减，
∴，∴0<ω≤6，
∵≤x≤，∴0<≤ωx≤≤3π，
∴∴∴≤ω≤3．
　
法二：令＋2kπ≤ωx≤＋2kπ(k∈Z)，得≤x≤(k∈Z)，
因为函数f (x)＝sin ωx(ω>0)在区间上单调递减，
所以k∈Z，
解得6k＋≤ω≤4k＋3(k∈Z)．
又ω>0，所以k≥0，又6k＋≤4k＋3，得0≤k≤，又k∈Z，所以k＝0．
即≤ω≤3．
法三：∵≤x≤，ω>0，
∴≤ωx≤，
又∵f (x)在上单调递减，
∴(k∈Z) 6k＋≤ω≤4k＋3(k∈Z)．
又∴0<ω≤6，∴k＝0，
即≤ω≤3．]
思维建模：动态周期模型(已知三角函数的单调性求参数范围)
第1步　求整体：化解析式为正弦型，得到整体ωx＋φ的范围．
第2步　代区间：代入正弦函数的单调递增区间或单调递减区间．
第3步　求k值：根据ω的取值范围确定k的可能取值．
第4步　得ω：综合得出ω的取值范围．
【教用·通性通法】
确定函数的单调区间，根据区间之间的包含关系，建立不等式，即可求ω的取值范围．
【教用·备选题】
(2025·宁夏银川三模)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]
√
B　[∵f (x)＝sin(ω>0)在上单调递增，
∴，∴0<ω≤6，①
又∵0≤x≤，∴－≤ωx－，
∴，∴ω≤4，②
由①②得0<ω≤4，∴ω的取值范围为(0，4]．故选B．]
类型三　利用三角函数的最值求ω的范围
[典例3]　(2026·榆林模拟)已知函数f (x)＝sin(ω>0)在区间内有最大值，但无最小值，则实数ω的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
√
A　[因为ω>0，所以当0有<ωx＋ω＋．
因为f (x)在区间内有最大值，但无最小值，
结合函数图象(图略)得ω＋，
解得<ω≤．
故选A．]
通性通法：利用三角函数的最值与对称轴或周期的关系，可以列出关于ω的不等式(组)，进而求出ω的值或取值范围．
【教用·备选题】
1．(2024·北京卷)设函数f (x)＝sin ωx(ω>0)．已知f (x1)＝－1，f (x2)＝1，且|x1－x2|的最小值为，则实数ω＝(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
√
B　[由题意可知，x1为f (x)的最小值点，x2为f (x)的最大值点，
则|x1－x2|min＝，即T＝π，
又ω>0，所以ω＝＝2．
故选B．]
2．已知ω>0，函数f (x)＝cos在[0，π]上的值域为，则ω的取值范围是______________．
　[设t＝ωx＋，因为ω>0，0≤x≤π，所以≤t≤ωπ＋．因为－1≤cos t≤，所以π≤ωπ＋≤ω≤．]
类型四　利用三角函数的零点、极值点求ω的范围
[典例4]　(2025·兰州三模)已知函数f (x)＝3sin(ω>0)在(0，π)上恰有两个零点，两个极值点，则ω的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
√
A　[令t＝ωx＋，x∈(0，π)，
则t∈．
设m(t)＝sin t，
因为函数f (x)＝3sin(ω>0)在(0，π)上恰有两个零点，两个极值点，
则m(t)在t∈上恰有两个极值点和两个零点，可得2π<ωπ＋<ω≤．
故选A．]
通性通法：三角函数两个相邻零点之间的“水平间隔”为，根据三角函数的零点个数，可以研究ω的取值．
【教用·备选题】
1．(2022·全国甲卷)设函数f (x)＝sin在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，则实数ω的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
√
C　[依题意可得ω>0，因为x∈(0，π)，所以ωx＋，
要使函数在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，又y＝sin x，x∈的图象如图所示：
则<ωπ＋≤3π，解得<ω≤，则ω∈．
故选C．]
2．(2026·杭州模拟)若函数f (x)＝2cos(ω>0)在上有且仅有两个极值点，则实数ω的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
√
C　[当0若f (x)在上有且仅有两个极值点，根据余弦函数的性质及最值取得条件，可得2π<ωπ＋≤3π，解得<ω≤．
故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
一、单项选择题
1．(2025·包头二模)已知f (x)＝sin(ω>0)在上单调递增，则实数ω的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
√
课时作业(三十五)　三角函数中ω的范围问题(进阶课)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
B　[当x∈时，ωx＋，
若f (x)在上单调递增，
则结合ω>0，解得0<ω≤，即ω∈．故选B．]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
2．(2026·安丘市模拟)已知函数f (x)＝sin(ω>0)在(0，π)上有且只有两个零点，则实数ω的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
B　[因为x∈(0，π)，ω>0，
所以ωx＋，
因为函数f (x)在区间(0，π)上有且只有两个零点，
根据正弦函数的性质及函数图象的变换可得，当x>时，y＝sin x的零点只能是π，2π，
所以2π<ωπ＋≤3π，解得<ω≤，
所以实数ω的取值范围为．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
3．(2026·雅安模拟)已知函数f (x)＝sin ωx(ω>0)在区间上单调递增，且在区间[0，π]上恰好取得两次最大值1，则实数ω的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
B　[因为函数f (x)＝sin ωx(ω>0)在区间k∈Z，
即k∈Z，由ω>0，可得k＝0，所以0<ω≤3，
若f (x)在区间[0，π]上恰好取得两次最大值1，
可得≤ωπ<≤ω<，
综上，≤ω≤3，
即实数ω的取值范围是．
故选B．]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
4．(2026·衡水市冀州区模拟)已知函数f (x)＝sin(ω>0)在上单调递增，且其图象关于点对称，则f＝
(　　)
A．－ B．－
C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[根据题意可知，函数f (x)＝sin(ω>0)在≥2＝π，
解得0<ω≤2，由f (x)的图象关于点ω－＝kπ，k∈N，
解得ω＝3k＋，k∈N，于是k＝0，ω＝，f (x)＝sin，
所以f＝sin＝sin．故选C．]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
5．(2026·长沙模拟)已知函数f (x)＝sin(ω>0)，若方程f (x)＝在区间(0，2π)上恰有3个实数根，则实数ω的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[由x∈(0，2π)，可得<ωx＋<2ωπ＋，
因为方程f (x)＝在区间(0，2π)上恰有3个实数根，
所以2π＋<2ωπ＋≤4π＋<ω≤，
所以ω的取值范围是．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
二、多项选择题
6．(2025·南宁月考)已知函数f (x)＝3cos＋1(ω>0)的图象关于直线x＝对称，则实数ω的取值可能是(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
AD　[因为f (x)＝3cos＋1(ω>0)的图象关于直线x＝对称，
所以当x＝时，f (x)取得最大值或最小值，
可得＝kπ(k∈Z)，结合ω>0，解得ω＝3k＋1(k∈N)，
当k＝1或2时，ω＝4或7，可知A，D项符合题意．故选AD．]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
7．(2026·宁波模拟)已知函数f (x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)(　　)
A．若ω＝2，φ＝，则f (x)是最小正周期为π的偶函数
B．若ω＝2，x0为f (x)的一个零点，则x0＋必为f (x)的一个极大值点
C．若φ＝－，x＝是f (x)图象的一条对称轴，则ω的最小值为
D．若φ＝－，f (x)在上单调，则ω的最大值为
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
ACD　[若ω＝2，φ＝，
则f (x)＝sin＝cos 2x，
所以f (x)是最小正周期为＝π的偶函数，A正确；
若ω＝2，则f (x)的最小正周期为＝π，
若x0为f (x)的一个零点，则x0＋为f (x)的一个极大值点或极小值点，B错误；
若φ＝－，x＝是f (x)图象的一条对称轴，
则f＝sin＝±1，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
所以ω－＋kπ(k∈Z)，即ω＝＋2k(k∈Z)，
又ω>0，所以ω的最小值为，C正确；
若φ＝－，则f (x)＝sin(ω>0)，由正弦函数的单调性，
令－＋2kπ≤ωx－＋2kπ(k∈Z)，解得－≤x≤(k∈Z)，
又f (x)在上单调，所以当k＝0时， ，
即，解得ω≤，则ω的最大值为，D正确．故选ACD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
三、填空题
8．(2025·苏州月考)已知ω>0，函数f (x)＝cos在区间上单调递减，则实数ω的最大值为______________．
　
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
　[∵f (x)＝cos上单调递减，
∴，∴0<ω≤，①
又0≤x≤，∴≤2ωx＋，
∴≤π，∴ω≤，②
由①②得0<ω≤，
∴实数ω的最大值为．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
9．(2023·新高考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，则实数ω的取值范围是______________．
[2，3)　[法一：函数f (x)＝cos ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，因为ω>0，x∈[0，2π]，所以ωx∈[0，2ωπ]，则由余弦函数的图象可知，4π≤2ωπ<6π，解得2≤ω<3，即ω的取值范围是[2，3)．
[2，3)　
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
法二：函数f (x)＝cos ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，根据函数y＝cos x在[0，2π]上的图象可知，cos x＝1在区间[0，2π]有2个根，所以若cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，则函数y＝cos ωx在[0，2π]内至少包含2个周期，但小于3个周期，即又ω>0，所以2≤ω<3，即实数ω的取值范围是[2，3)．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
一、单项选择题
1．(2025·郑州期末)要得到函数f (x)＝cos 2x的图象，只需将函数g(x)＝cos的图象(　　)
A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
阶段检测(六)　第33～35课时
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B　[将函数g(x)＝cos个单位长度，可得函数f (x)＝cos 2x的图象，故选B．]
√
2．(2024·上海卷)下列函数中，最小正周期是2π的是(　　)
A．y＝sin x＋cos x B．y＝sin xcos x
C．y＝sin2x＋cos2x D．y＝sin2x－cos2x
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A　[对于A，y＝sin x＋cos x＝sin，其最小正周期为2π，A正确；对于B，y＝sin xcos x＝sin 2x，其最小正周期为π，B错误；对于C，y＝sin2x＋cos2x＝1，为常值函数，不存在最小正周期，C错误；对于D，y＝sin2x－cos2x＝－cos 2x，其最小正周期为π，D错误．故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
3．已知函数f (x)＝sin(ω>0)的最小正周期为π，则f (x)在区间上的最小值为(　　)
A．－ B．－
C．0 D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A　[f (x)＝sin＝sin(3ωx＋π)＝－sin 3ωx，由T＝＝π，得ω＝，
即f (x)＝－sin 2x，当x∈时，2x∈，sin 2x∈，
∴－sin 2x∈，
即f (x)∈，
所以f (x)min＝－．
故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
4．已知函数f (x)＝2tan，则下列选项正确的是(　　)
A．函数f (x)的最小正周期为π
B．点是函数f (x)图象的一个对称中心
C．函数f (x)的定义域为
D．函数f (x)在区间单调递增
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B　[对于A，根据正切函数的周期公式T＝，得函数f (x)的最小正周期为2π，选项A错误；
对于B，根据正切函数图象的对称中心为，
令x＋，解得x＝kπ－，k∈Z，
所以当k＝1时得到f (x)图象的一个对称中心为，选项B正确；
对于C，令x＋＋kπ，k∈Z，解得x≠＋2kπ，k∈Z，
即f (x)的定义域为，选项C错误；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
对于D，当x＝x＋，函数没有意义，选项D错误．
故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
5．函数f (x)＝cos x－cos 2x，则该函数为(　　)
A．奇函数，且函数的最大值为2
B．偶函数，且函数的最大值为2
C．奇函数，且函数的最大值为
D．偶函数，且函数的最大值为
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
D　[由题意，f (－x)＝cos－cos(－2x)＝cos x－cos 2x＝f，所以该函数为偶函数．
又f (x)＝cos x－cos 2x＝－2cos2x＋cos x＋1
＝－2，
所以当cos x＝时，f (x)取得最大值．故选D．]
题号
1
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11
12
√
6．(2026·茂名模拟)设函数f (x)＝sin x＋4cos x，若当x＝θ时，函数取得最大值，则tan θ＝(　　)
A．2 B．
C． D．
题号
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B　[因为f (x)＝sin x＋4cos x＝3sin(x＋φ)，其中sin φ＝，cos φ＝，
又当x＝θ时，函数f (x)取得最大值，所以θ＋φ＝＋2kπ，k∈Z，所以θ＝－φ＋2kπ，k∈Z，
则tan θ＝tan＝tan．故选B．]
题号
1
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√
二、多项选择题
7．(2025·长沙期末)已知函数f (x)＝2cos22x＋2sin 2xcos 2x－，则下列结论正确的是(　　)
A．f＝1
B．f (x)在上单调递增
C．f (x)的值域为[－2，2]
D．f 的图象关于直线x＝－对称
题号
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12
√
√
ACD　[对于A选项，因为f (x)＝2cos22x＋2sin 2xcos 2x－
＝cos 4x＋sin 4x＝2cos，
所以f ＝2cos＝1，故A正确；
对于B选项，当x∈时，4x－，
函数f (x)＝2cos上先增后减，故B错误；
对于C选项，f (x)的值域为[－2，2]，故C正确；
对于D选项，f＝2cos＝2cos＝2sin 4x，
当x＝－时，f 取得最小值－2，故D正确．故选ACD．]
题号
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√
8．(2024·新高考Ⅱ卷)对于函数f (x)＝sin 2x和g(x)＝sin，下列说法中正确的有(　　)
A．f (x)与g(x)有相同的零点
B．f (x)与g(x)有相同的最大值
C．f (x)与g(x)有相同的最小正周期
D．f (x)与g(x)的图象有相同的对称轴
题号
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√
BC　[A选项，令f (x)＝sin 2x＝0，解得x＝，k∈Z，即为f (x)的零点，
令g(x)＝sin＝0，解得x＝，k∈Z，即为g(x)的零点，
显然f (x)，g(x)的零点不同，A选项错误；
B选项，显然f (x)max＝g(x)max＝1，B选项正确；
C选项，f (x)，g(x)的最小正周期均为＝π，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质，f (x)的图象的对称轴满足2x＝kπ＋，k∈Z，即x＝，k∈Z，
g(x)的图象的对称轴满足2x－＝kπ＋，k∈Z，即x＝，k∈Z，
显然f (x)，g(x)图象的对称轴不同，D选项错误．
故选BC．]
题号
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三、填空题
9．已知函数f (x)＝cos是奇函数，则tan φ的值为______________．
题号
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　[因为函数f (x)＝cos是奇函数，所以f (0)＝cos＝0，
所以＋φ＝kπ＋，k∈Z，解得φ＝kπ＋，k∈Z，则tan φ＝tan．]
题号
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10．(2026·太原模拟)已知函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则点P(ω，φ)的坐标为______________．
题号
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12
　[∵T＝，ω>0，
∴，∴ω＝2．
又图象过点为单调递减区间上的零点，
∴ω＋φ＝π＋2kπ(k∈Z)，
∴φ＝＋2kπ(k∈Z)，而0<φ≤，∴φ＝，
∴点P(ω，φ)的坐标为．]
题号
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四、解答题
11．(2023·北京卷)设函数f (x)＝sin ωxcos φ＋cos ωxsin φ．
(1)若f (0)＝－，求φ的值；
(2)若f (x)在区间上单调递增，f＝1，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数f (x)存在，求ω，φ的值．
条件①：f；条件②：f＝－1；条件③：f (x)在区间上单调递减．
题号
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[解]　(1)因为f (x)＝sin ωxcos φ＋cos ωxsin φ，所以f (0)＝sin(ω·0)cos φ＋cos(ω·0)sin φ＝sin φ＝－，因为|φ|<，所以φ＝－．
(2)因为f (x)＝sin ωxcos φ＋cos ωxsin φ＝sin(ωx＋φ)，所以f (x)的最大值为1，最小值为－1．
若选条件①：因为f (x)＝sin(ωx＋φ)的最大值为1，最小值为－1，所以f无解，故条件①不能使函数f (x)存在．
若选条件②：因为f (x)在上单调递增，且f ＝1，f＝－1，
题号
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所以＝π，所以T＝2π，ω＝＝1，所以f (x)＝sin(x＋φ)．
又因为f＝－1，所以sin＝－1，
所以－＋φ＝－＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－＋2kπ，k∈Z．
因为|φ|<，所以φ＝－．所以ω＝1，φ＝－．
若选条件③：因为f (x)在上单调递减，所以f (x)在x＝－处取得最小值－1，即f＝－1．以下与条件②相同．
题号
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题号
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12．(2026·重庆巴蜀中学模拟)已知函数f (x)＝cossin(ω>0)，且y＝f (x)的最小正周期是4π．
(1)求ω的值，并求此时y＝f (x)的图象的对称轴方程；
(2)若g(x)＝[f (x)]2＋f (－x)f (π－x)，求函数g(x)的单调递减区间．
题号
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[解]　(1)因为f (x)＝cossinsin ωx，且y＝f (x)的最小正周期是4π，
所以T＝＝4π，解得ω＝，
所以f (x)＝sinx．令＋kπ，k∈Z，解得x＝(2k＋1)π，k∈Z，即f (x)的图象的对称轴方程为x＝(2k＋1)π，k∈Z．
题号
1
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(2)由(1)知f (x)＝sin，
所以g(x)＝[f (x)]2＋f (－x)f (π－x)＝sin2sinsin
＝cos x－sincos＝cos x－sin x＝＝sin．
令2kπ－≤x＋＋2kπ，k∈Z，
得2kπ－≤x≤＋2kπ，k∈Z，所以g(x)的单调递减区间为，k∈Z．
谢谢！课时作业(三十五)　三角函数中ω的范围问题(进阶课)
一、单项选择题
1．(2025·包头二模)已知f (x)＝sin (ω＞0)在上单调递增，则实数ω的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
2．(2026·安丘市模拟)已知函数f (x)＝sin (ω＞0)在(0，π)上有且只有两个零点，则实数ω的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
3．(2026·雅安模拟)已知函数f (x)＝sin ωx(ω＞0)在区间上单调递增，且在区间[0，π]上恰好取得两次最大值1，则实数ω的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
4．(2026·衡水市冀州区模拟)已知函数f (x)＝sin (ω＞0)在上单调递增，且其图象关于点对称，则f＝(　　)
A．－ B．－
C． D．
5．(2026·长沙模拟)已知函数f (x)＝sin (ω＞0)，若方程f (x)＝在区间(0，2π)上恰有3个实数根，则实数ω的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
二、多项选择题
6．(2025·南宁月考)已知函数f (x)＝3cos ＋1(ω＞0)的图象关于直线x＝对称，则实数ω的取值可能是(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
7．(2026·宁波模拟)已知函数f (x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0)(　　)
A．若ω＝2，φ＝，则f (x)是最小正周期为π的偶函数
B．若ω＝2，x0为f (x)的一个零点，则x0＋必为f (x)的一个极大值点
C．若φ＝－，x＝是f (x)图象的一条对称轴，则ω的最小值为
D．若φ＝－，f (x)在上单调，则ω的最大值为
三、填空题
8．(2025·苏州月考)已知ω＞0，函数f (x)＝cos 在区间上单调递减，则实数ω的最大值为________．
9．(2023·新高考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，则实数ω的取值范围是________．
课时作业(三十五)
1．B　[当x∈时，ωx＋∈，
若f (x)在上单调递增，
则结合ω>0，解得0<ω≤，即ω∈．故选B．]
2．B　[因为x∈(0，π)，ω>0，
所以ωx＋∈，
因为函数f (x)在区间(0，π)上有且只有两个零点，
根据正弦函数的性质及函数图象的变换可得，当x>时，y＝sin x的零点只能是π，2π，
所以2π<ωπ＋≤3π，解得<ω≤，
所以实数ω的取值范围为．
故选B．]
3．B　[因为函数f (x)＝sin ωx(ω>0)在区间上单调递增，
所以k∈Z，
即k∈Z，由ω>0，可得k＝0，所以0<ω≤3，
若f (x)在区间[0，π]上恰好取得两次最大值1，可得≤ωπ<≤ω<，
综上，≤ω≤3，
即实数ω的取值范围是．
故选B．]
4．C　[根据题意可知，函数f (x)＝sin(ω>0)在≥2＝π，
解得0<ω≤2，由f (x)的图象关于点ω－＝kπ，k∈N，
解得ω＝3k＋，k∈N，于是k＝0，ω＝，f (x)＝sin，
所以f＝sin＝sin．故选C．]
5．C　[由x∈(0，2π)，可得<ωx＋<2ωπ＋，
因为方程f (x)＝在区间(0，2π)上恰有3个实数根，
所以2π＋<2ωπ＋≤4π＋<ω≤，
所以ω的取值范围是．故选C．]
6．AD　[因为f (x)＝3cos＋1(ω>0)的图象关于直线x＝对称，
所以当x＝时，f (x)取得最大值或最小值，
可得＝kπ(k∈Z)，结合ω>0，解得ω＝3k＋1(k∈N)，
当k＝1或2时，ω＝4或7，可知A，D项符合题意．故选AD．]
7．ACD　[若ω＝2，φ＝，
则f (x)＝sin＝cos 2x，
所以f (x)是最小正周期为＝π的偶函数，A正确；
若ω＝2，则f (x)的最小正周期为＝π，
若x0为f (x)的一个零点，则x0＋为f (x)的一个极大值点或极小值点，B错误；
若φ＝－，x＝是f (x)图象的一条对称轴，
则f＝sin＝±1，
所以ω－＋kπ(k∈Z)，即ω＝＋2k(k∈Z)，
又ω>0，所以ω的最小值为，C正确；
若φ＝－，则f (x)＝sin(ω>0)，由正弦函数的单调性，
令－＋2kπ≤ωx－＋2kπ(k∈Z)，解得－≤x≤(k∈Z)，
又f (x)在上单调，所以当k＝0时， ，
即，解得ω≤，则ω的最大值为，D正确．故选ACD．]
8．　[∵f (x)＝cos上单调递减，
∴，∴0<ω≤，①
又0≤x≤，∴≤2ωx＋，∴≤π，∴ω≤，②
由①②得0<ω≤，
∴实数ω的最大值为．]
9．[2，3)　[法一：函数f (x)＝cos ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，因为ω>0，x∈[0，2π]，所以ωx∈[0，2ωπ]，则由余弦函数的图象可知，4π≤2ωπ<6π，解得2≤ω<3，即ω的取值范围是[2，3)．
法二：函数f (x)＝cos ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，根据函数y＝cos x在[0，2π]上的图象可知，cos x＝1在区间[0，2π]有2个根，所以若cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，则函数y＝cos ωx在[0，2π]内至少包含2个周期，但小于3个周期，即又ω>0，所以2≤ω<3，即实数ω的取值范围是[2，3)．]
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