专题培优：三角函数w的取值范围的九种题型

与三角函数的最值或最值点相关与三角函数的对称性、周期性及单调性相关与单调性及零点、方程的解相关第一节与三角函数的单调性相关2424222444414A242+2kπ(keZ)得π2kπ5π2kπ π2kπ5π2kπ即函数f(x)=sin(负x+π)在[π+2kπ,5π+2kπ](keZ)单调递减，又函数f(x)=sin(负x+π)在(π2kππ4π4π4<+2kπ,即(A)0<ω≤1(B)－1≤ω＜0(C)ω≥0(D)ω≤-1解析：由正切函数的性质，正切函数y=tanx在(-，)上是增函数，而y=tan负x在(-，)内2．已知函数y=2sin(负x)在[−π,π]上单调递增，则实数负的取值范围是()「ππ]「π「ππ]「ππ](0,)上单调递增，则负的最大值为()12 因为函数f(x)=2sin(负x+π)在区间(0,π)上单调递增，则y=2sinu在(π,负π+π)上单调递增，而y=2sinu在(0,π)上单调递增，所以(π,负π+π)[0,π]，负f(x)=2sin(4x+π)在区间(−3π+kπ,kπ+π)(keZ)为增函数，显然(0,π)丈(−3π+kπ,kπ+π)(keZ)，舍Df(x)=2sin(2x+π)在区间(−3π+kπ,kπ+π)(keZ)为增函数，显然(0,π)(−3π+kπ,kπ+π)(keZ)移个单位，得到函数y=g(x)的图象．若y=g(x)在[0,]上为增函数，则负的最大值B:选择(C).3322Φ<4:选择(C).3322Φ<4得到函数y=g(x)=2sin(Φ(x+π)−π)=2sin(Φx)的图象.若y=g(x)在[0,π]上为增函数，则[0,Φπ]坚[−π,π]，:0<Φ<2，选B442222444222442254「2π2π]「2π2π](2ππ值范围是()6ΦΦ「π7π]72则1≤n≤7292021·上海市市西中学高一期中）设n>0，若函数f(x)=2sinnx在分析：根据正弦函数的单调性，求出函数f(x)=2sπππππ2（keZ可得：ππ ππnn(π,所以〈n，整理即可得解.+2kππ22(π n<x<n+2kππ|ln<2+8k(π)为()(ππ)(ππ) 2 334 4 332(π)(π)当xe,且n>0时，−<2nx−<πn−，因为余弦函数y=cosx的单调递减区间为[2kπ,2kπ+π](keZ)，6k+1<n<2k+(keZ)，由2k+>6k+1，可得k<，keZ且n>0，:k=0，1<n<.因此，112020·浙江高三其他模拟）若函数f(x)=2sinnx+(n>0)在区间[−,]上单调递增，则ω的取值范围是()(10](2]「210]「10)令2kπ−π<Φx+π<2kπ+π,k=Z，66Φ(2kπ5ππ(10值范围为()2426数，则Φ的取值范围(),解之得≤ω≤，故选C.142020·台州市书生中学）已知函数f(x)是R上的增函数，且5454(π)(π5]「5π)「1π)「15]解：构造函数F(x)=f(x)−f(−x)，因为函数f(x)是R上的增函数，所以F(x)也是增函数，而244222A.54,综上可得π4,解π,解2,故选「ππ]「ππ](π|6负|7π2kπ负2kπ负,解得12731273,即k=0，所以1273「17]第二节与平移相关思路二：平移前的函数f(x)=平移后的函数g(x) 2 3 4 332分析一：将y=f(x)的图像向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，说明了是此函数2π4π32π4π3π3π313过点B(0,1)，且在,上单调，同时f(x)的图象向左平移π个单位之后与原来的图象重合，当2π5π9π5π9∴T==π,即负=2，所以f(x)=2sin2x+，(π)(π)ππππππ:3．平移后与原图像关于y轴对称解析：根据题意设g(x)=f(x−Q)=sin[2(x−Q)+]，则g:ππππππππππ由题意得2Q+π=π+kπ,所以Q=π+kπ,又0<Q<π,所以取k=0，所以Q=π,填π思路：平移前的函数f(x)=平移后的函数−g(x)12f(x)、g(x)的图象关于x轴对称，所以g(x)=−f(x)，左平移个单位，所得函数的图象与函数y=f(x)的图象关于x=Asin(负x++Q)，由于g(x)、f(x)的图象关于x轴对称，所以g(x)=−f(x)，思路：将定点坐标代入平移后的函数中（AB）1CD）2解：函数向右平移π8π8个单位长度后，得到g(x)的ππππ22πkππkππkππkπ负负πkππkππkππkπ(πkπ(222第三节、与对称轴、对称点相关π2π2+kπ(keZ)π20π2 T +kπ(keZ)或其它对称轴为x=x0+k2+k(keZ)T 2T 20+Q=kπ(keZ)或其它对称轴为x=x0+k+k(keZ)0+Q=kπ(keZ)或其它对称点为(x0+k,0)=(x0+k,0)(keZ)π2π2+kπ(keZ)或其它对称点为(x0+k,0)=(x0+k,0)(keZ)424解法一：令u=负x+π(xe[0,π])，则y=f(x)=sinu(ue[π,π负+π])4444424424424负又函数f(x)的图像在[0,π]内有且仅有一条对称轴，所以x=π+kπe[0,π](keZ)，πkπ πkπf(x)=sin(x+π)，0<x<π,:x+πe[π,π]，此时有且仅有一条对称轴x=π,舍444424A，故选B=+k，kez. 2(4π)f(x)在|(π,3)|上单调，则负的最大值为()(4π)k−π62(4π)k−π62又因为函数f(x)=cos负x(0<负<12,负eN)在区间[π,π]上不单调，=kπ(keZ)，:42=kπ<π,又0<负<12,负eN，(:l42l42法二(给定的区间包含函数的单调区间)：因为f(x)=cosΦx(π<x<π)，因此Φπ424 2,所以 2ππππ法三：f(x)在[π,π]不单调常f'(x)在[π,π]的值有正有负常f'(x)=0在[π,π]有解「ππ]「ππ]又函数f(x)有一条对称轴为x=，即 k ,得x= 「ππ]「ππ]「ππ]「ππ]f(0)，则负的最小值是()32 1 22πππ2π3π2πππ2π3π +02π负.3π负.3Q=kπ−负.(keZ)，又0<Q<(keZ)<(keZ)，从而3232,选BQ(Q>0)个单位后,得到的图像对应的函数为f(x)．若f(x)为奇函数,则Q的最小值为.解：因为将函数y=sin(2x−)的图像向左平移Q(Q>0)个单位,所以得到的图像对应的函数为3解：由图象可得最小正周期小于π−(−4π)=13π,大于2x(π−4π)=10π,排除A，D；若选B，即有负=2π=12，由−4πx12+π=kπ63解析：逐一验证：令负=2，则f(x)=2sin(2x+Q)，由f()=0得Q的一个值为−，这样f(x)=2sin(2x−)其图象关于直线x=对称。故选A解法二(考虑对称轴与对称点不一定在同一周期内)由题意知，函数y=f(x)的一条对称轴x=π,一个对π2解：由f(x)是偶函数，依题设0<Q<π,所以解得Qπ2 423f(x)=sin(2x+π)在[0,π]上是减函数，f(x)=sin(2x+)在[0,]上是减函数，第四节与三角函数的最值或最值点相关解法一：因为函数f(x)=2sin负x(负>0)在区间[−π,π]上的最小值是−2，则负x的取值范围是3412020·上海高三专题练习）若函数f(x)=2sin(负x)在区间[−π,π]上存在最小值−2,则非零实数负值范围是()解：函数f(x)=2sin(负x)在区间[−π,π]「ππ]，：「ππ]函数f(x)=2sin(nx)在区间[−π,π]上存在最小值−2，:πn<−π可得:n<−2「5)「ππ]2「ππ]但最大值不是2，则n的取值范围是.「ππ]「ππ「ππ]「ππ](39:(39: ,又k=Z，:k=0，:〈22，<n<2，即n的取「3)「3)3．(2008辽宁卷16)已知f(x)=sin(nx+π)(n>0)，f(π)=f(π)，且f(x)在区间(π,π)有最小值，无最大值，则n=.2πn又f(x)在区间(π,π)有最小值，2πn33,即0<n<12②值，则n的取值范围是()(48](48)(416](416)ππππππππππππππ所以y=f(x)=2sinu在区间(−πn+π,πn+π)内有最大值无最小值，所以(πππ8383,故选A不满足题意，就排除CD，再代入负=验证.解：当负=5时，令5x+π=π+2kπ(keZ)，解得x=π+2kπ(keZ)，(ππ)(ππ)令5x+π=−π+2kπ(keZ)，解得x=−2π+2kπ(keZ)，与函数f(x)在区间(ππ)(ππ)当负=8时，令8x+π=π+2kπ(keZ)，解得x=π+3kπ(keZ)，(ππ)令8x+π=−π+2kπ(keZ)，解得x=−π+3kπ(keZ)，(ππ)不存在keZ，使xe|(−4,4(ππ)(ππ)(ππ)则正实数负的取值个数最多为()π「πππ]「ππ]「ππ]fmax(ππ)负0e00,4)上递 5负x1e 5负数负的取值个数最多为()，：max,y1)，B(负2,y2)，.f(0)=，:Q=+2kπ(keZ)，又Qe[,π]，:Q=，2π2π2π2π2π2π当负>0时，令u=负x+π(xe[−π,π])，则g(t)=2sint(te[−π负+π,π负+π])原问题等价于g(t)=2sint区间[−π负+(3ππππ(3ππππ4422444解法一：xe[0,1]，:负x+πe[π,负+π]，作出函数y=sint(te[π,负+π])的图像，44444可知只需8π+π<Φ+π<10π+π,解得33π<Φ<41π,故选C解法二：设f(x)=2，所以Φx+π=π+2kπ,k=Z，解得x=+2kπ,42Φ||牵 ||牵〈牵「33π41π)ππ3π2kπππ3π2kπ(,即〈 (π7π)π(Φπ,44，42,只需4442,只需44442244负负负负+2kπ(keZ)，即+2kπ(keZ)，即4423π2kπ3π2kπ4444,即44444①在y轴左侧无最低点时， 44<,解得②在y轴左侧有一个最低点时，2424,只需 在y轴左侧有二个最低点时，2424,只需 2424444③在y轴左侧有三个最低点时，27π427π4,只需24244424411．(上海徐汇第一学期期末质量)16．对于任意实数“，要使函数y=5cos(2k+1πx−π)(keN*)在5454出现的次数不小于4次，又不多于8次，则k可以取4解：由题意知f(x)<f()对任意的实数x都成立，因此f()是f(x)的最大值，所以f()=12323462323实数x，都有f(x1)<f(x)<f(x1+2015)成立，则负的2015201520154030 π,故选：B.ππ2π11ππ2π111ππ141ππ14(π)「1)「1](π)(π) 12解得a=2，则cosβ12π3,取βπ3(π)(π)cos(Φ)的取值范围是()「7]「7]「73]「74]故ππΦ+Qπ−Q，即π−QπΦπ−2Q.2(π)「74](π)「74](π)(π)(π)(π) ,25,在[0,π]内的值域为π11π55「55]「55]π11π55「55]「55]第五节与三角函数的对称性、周期性及单调性相关确求得参数范围，数形结合能给解题带来比较清晰地思路.TT(2k+1)TTT(2k+1)T或f(x0)=−A.为f(x)的零点，2x=为y=f(x)图象的对称轴，且f(x)在(2f(x)=sin(11x−)，f(x)在(,)递增，在(,)递减，不满足f(x)f(x)=sin(9x+)，满足f(x)在(,)单调递减．选B上具有单调性，且f()=f()=−f解法一：记f(x)的最小正周期为T．由题意−=，又f()=f()=−f()，且x1x22解法二：由f(x)在区间[,]具有单调性，且f()=−f()，可知函数f(x)的对称中心为(,0)．由解法一：因为f(x)在区间[0,]上因为f(−π)=f(0)=−f()，则知f(x)的一条对称轴为x=−，一个对称中心为(,0)，244424负2负=3若x=−π与(π,0)不是同一周期内相邻的对称轴和对称中心，则T+kT=π2442424因为f(−π)=f(0)=−f()，则知f(x)的一条对称轴为x=−，一个对称中心为(,0)，所以T+kT=[π−(−π)]=3π(keZ)，即2k+1T=3π(keZ)，即(2k+1)2π=3π(keZ)，4242444负(π)「π11π]f(k1eZ)①,(π)π2π(k(π)π22π「π11π]ππ7ππππ「π11π]ππ7ππππ「π11π]π11π59π3π5ππ「π11π]π11π59π3π5πfk2k2Z，②fk2k2Z，②(2π)(5π2π)(2π)(5π2π)分析：由函数的对称性可得k1k1Z、k2k2Z，两式相减进一步化简可得02k1,kkkNN，根据正弦型函数的单调性得,代入周期计算公式可得,取k5、4验证函数f(x)的单调性即可.(2π)ππf(x)关于x=3对称，即x=3(2π)ππf()Asin()Ak1k1Z，① Asin()0k2Z 2(k1k2k2Z 2k2，kk22T2k1kNT2k1kN(5π2π)T2(5π2π)f(x)在f(x)在kkkN,解得T,解得-+=k2k2k2Z-+=k2k2k2Z666又,此时fxAsin11x6又,此时fxAsin11x62,,(5π2π):f(x)(5π2π):f(x)在92k2k2k2Z6Q=又,此时fxAsin9x22|Q|<Q=又,此时fxAsin9x22x,此时f,此时fxAsin9x2f(x)单调递减.x(3π)(ππ)f(x)在区间|(−12(3π)(ππ)(3π)(3π)解：f−=0，f(x)<f,则−−==+T，keN，故T=，负=2k+1，keN，f(0)=sinQ=sin+kπ,f=sin++kπ=sin+kπ,故f(0)=f;(3π)(9ππ)(3π)(3π)f(3π)(9ππ)(3π)(3π)(3π)(3π)f(x)的图象与y轴的交点的坐标是(0,1)，且关于点(−,0)对称，若f(x)在区间(,)上单调，则负的π.2πππππ「2ππ]2πππππ「2ππ]ΦΦ故f(x)的单调区间为|3,3|,keZ.|ΦΦ|∵f(x)在区间(,)上单调，故存在整数k，使得kπ−<π<(π5π)解：由于f(x)在区间(π5π)2πf+x−f−x=0，f+x+f−x=0，且f(x)在π,π上单调递增，则Φ的最大值为()解：函数f(x)=2sin(Φx+Q)满足f+x−f−x=0，所以函数f(x)的图像关于x=对称，:Φπ+Q=k1π+π,k1=Z①又函数f(x)满足f+x+f−x=0，:Φ+Q=k2π,k2=Z②又f(x)在π,π上单调递增，π,π=,，π−π<=又Φ=6k+3,k=Z，:Φmax=15(ππ)(ππ)解：f=3，f(π)=0,:π−=21.T，T=3(1),f(x)在,上单调递减,:−=,:T,即3(1),:2n−1<10，:n=1,2,3,4,5，即周期T有5个不同(5π)(π3π)(5π)(π3π)解：由于函数f 2ππ(π3π)(π3π)−<x<+,令k=2得x=,为f(x)的递增区间，22)满足f(−)=0,直线x=π为y=f(x)的一条对称轴，且函数f(x)在(π,π)上单调，则实数负的最大值为()∵x=−π是y=f(x)的零点,直线x=π为y=f(x)图象的一条对称轴，∴2n+1.T=π,(n∈N)，解：因为x=−是函数f(x)的零点，x(π)「(π)]9π9ππf(x)在区间,上不单调；(π)「(π)]9π9ππ(π)「(π)]7π7ππ(π)「(π)]7π7ππQ=−，f(x)=sin14x−，xE,，时，14x−E,,满足f(x)在区间,上单调(π)(π)称中心，x=为f(x)图象的一条对称轴，且f(x)在,上单调，则符合条件的负值之和为 .「7π10π]10π7ππT12ππ「7π10π]10π7ππT12ππ因为x=为f(x)图象的一条对称轴，「7π10π]又因为|Q|<，所以Q=,此时f(x)=sinx+,「7π4π]「7π4π]又因为|Q|<，所以Q=,此时f(x)=「7π22π]14．(2020·辛集市第一中学高三月考)已知恒成立，且f(x)在区间−,上单调，则Φ的最大值为.2π2π=(ππ)Tπ(π)ππ(ππ)Tπ(π)ππ当Φ=5时，利用f(−)=0，可得φ=−,故5x−E−,−，,故3x+3π(ππ) 3π(ππ)15．(2019·恩施市第一中学高一期末)已知函数f（xsin(ωx+φ)(ω>0，|φ|<x=−为f（x）的零点，x=π为y＝f（x）图象的对称轴，且f（x）在(π,π4解：f（xsin(ωx+φ),)上单调，则ω的最大值为.由于x=−为f（x）的零点，所以−负+Q=k442把φ=土代入上式整理得ω=2（k﹣k′）+1．所以w是奇数.由于f（x）在(π,π)上单调，所以π−π=π<T，整理得T之π,故2π之π,整理得ω≤14，44)不单调，所以舍去.44242得函数的减区间为[2kπ+3π,2kπ+7π]，keZ44441474444(ππ)(ππ)因为f=2，f(π)=0，所以T=π−=,keN*,,TT444442244442444244B18．(2018河北衡水中学高三月考理)已知函数f(x)=Acos(x+)(A0,0,||)，两个等式444444对任意的实数x均恒成立，所以f(x)的图像关于直线x=−和点(,0)对称，即对称轴与对称点间的距442所以f(x)的周期T满足=T+kT(kN)，而T=2，所以=2k+1(kN)当=3时，f(x)=Acos(3x+)，因为点(,0)是f(x)图像的一个对称点，42f(x)=Acos(x+Q)，因为点(,0)π+Q=k'π+π(k'eZ)，424444f(x)的图像关于直线x=−和点(,0)对称，ππππππ若T=π,则T=2π=2π,所以负=1，此时f(x)=Acos(x+Q)，因为点(π,0)是f(x)图像的一个π+Q=k'π+π(k'eZ)，而|Q|<π,所以Q=π,即f(x)=Acos(x+π)，经验证f(x)42244若3T=π,则T=2π=2π,,所以负=3，此时f(x)=Acos(3x+Q)，因为点(,0)是f(x)图像的一所以3(−π)+Q=k'π+π(k'eZ)，而|Q|<π,所以Q=−π,即f(x)=Acos(3x−π)，经验证f(x)42(π)是函数的一个零点，且x=π是其像的一条对称轴，若(π,π)是f(x)的一个单调区间，则负的最大值为()424422k+1(π,π)是f(x)的一个单调区间π−π<1T，即T之π,T=(kEZ)2k+1<18(kEZ)，即k<8.52442ππππππππ(π)「π11π]f(k1EZ)①,(π)π2π(k(π)π22「π11π]