專題培優(yōu)：三角函數(shù)w的取值范圍的九種題型

與三角函數(shù)的最值或最值點相關與三角函數(shù)的對稱性、周期性及單調(diào)性相關與單調(diào)性及零點、方程的解相關第一節(jié)與三角函數(shù)的單調(diào)性相關2424222444414A242+2kπ(keZ)得π2kπ5π2kπ π2kπ5π2kπ即函數(shù)f(x)=sin(負x+π)在[π+2kπ,5π+2kπ](keZ)單調(diào)遞減，又函數(shù)f(x)=sin(負x+π)在(π2kππ4π4π4<+2kπ,即(A)0<ω≤1(B)－1≤ω＜0(C)ω≥0(D)ω≤-1解析：由正切函數(shù)的性質(zhì)，正切函數(shù)y=tanx在(-，)上是增函數(shù)，而y=tan負x在(-，)內(nèi)2．已知函數(shù)y=2sin(負x)在[?π,π]上單調(diào)遞增，則實數(shù)負的取值范圍是()「ππ]「π「ππ]「ππ](0,)上單調(diào)遞增，則負的最大值為()12 因為函數(shù)f(x)=2sin(負x+π)在區(qū)間(0,π)上單調(diào)遞增，則y=2sinu在(π,負π+π)上單調(diào)遞增，而y=2sinu在(0,π)上單調(diào)遞增，所以(π,負π+π)[0,π]，負f(x)=2sin(4x+π)在區(qū)間(?3π+kπ,kπ+π)(keZ)為增函數(shù)，顯然(0,π)丈(?3π+kπ,kπ+π)(keZ)，舍Df(x)=2sin(2x+π)在區(qū)間(?3π+kπ,kπ+π)(keZ)為增函數(shù)，顯然(0,π)(?3π+kπ,kπ+π)(keZ)移個單位，得到函數(shù)y=g(x)的圖象．若y=g(x)在[0,]上為增函數(shù)，則負的最大值B:選擇(C).3322Φ<4:選擇(C).3322Φ<4得到函數(shù)y=g(x)=2sin(Φ(x+π)?π)=2sin(Φx)的圖象.若y=g(x)在[0,π]上為增函數(shù)，則[0,Φπ]堅[?π,π]，:0<Φ<2，選B442222444222442254「2π2π]「2π2π](2ππ值范圍是()6ΦΦ「π7π]72則1≤n≤7292021·上海市市西中學高一期中）設n>0，若函數(shù)f(x)=2sinnx在分析：根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)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)為()(ππ)(ππ) 2 334 4 332(π)(π)當xe,且n>0時，?<2nx?<πn?，因為余弦函數(shù)y=cosx的單調(diào)遞減區(qū)間為[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·浙江高三其他模擬）若函數(shù)f(x)=2sinnx+(n>0)在區(qū)間[?,]上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍是()(10](2]「210]「10)令2kπ?π<Φx+π<2kπ+π,k=Z，66Φ(2kπ5ππ(10值范圍為()2426數(shù)，則Φ的取值范圍(),解之得≤ω≤，故選C.142020·臺州市書生中學）已知函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù)，且5454(π)(π5]「5π)「1π)「15]解：構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)?f(?x)，因為函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù)，所以F(x)也是增函數(shù)，而244222A.54,綜上可得π4,解π,解2,故選「ππ]「ππ](π|6負|7π2kπ負2kπ負,解得12731273,即k=0，所以1273「17]第二節(jié)與平移相關思路二：平移前的函數(shù)f(x)=平移后的函數(shù)g(x) 2 3 4 332分析一：將y=f(x)的圖像向右平移個單位長度后，所得的圖像與原圖像重合，說明了是此函數(shù)2π4π32π4π3π3π313過點B(0,1)，且在,上單調(diào)，同時f(x)的圖象向左平移π個單位之后與原來的圖象重合，當2π5π9π5π9∴T==π,即負=2，所以f(x)=2sin2x+，(π)(π)ππππππ:3．平移后與原圖像關于y軸對稱解析：根據(jù)題意設g(x)=f(x?Q)=sin[2(x?Q)+]，則g:ππππππππππ由題意得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：平移前的函數(shù)f(x)=平移后的函數(shù)?g(x)12f(x)、g(x)的圖象關于x軸對稱，所以g(x)=?f(x)，左平移個單位，所得函數(shù)的圖象與函數(shù)y=f(x)的圖象關于x=Asin(負x++Q)，由于g(x)、f(x)的圖象關于x軸對稱，所以g(x)=?f(x)，思路：將定點坐標代入平移后的函數(shù)中（AB）1CD）2解：函數(shù)向右平移π8π8個單位長度后，得到g(x)的ππππ22πkππkππkππkπ負負πkππkππkππkπ(πkπ(222第三節(jié)、與對稱軸、對稱點相關π2π2+kπ(keZ)π20π2 T +kπ(keZ)或其它對稱軸為x=x0+k2+k(keZ)T 2T 20+Q=kπ(keZ)或其它對稱軸為x=x0+k+k(keZ)0+Q=kπ(keZ)或其它對稱點為(x0+k,0)=(x0+k,0)(keZ)π2π2+kπ(keZ)或其它對稱點為(x0+k,0)=(x0+k,0)(keZ)424解法一：令u=負x+π(xe[0,π])，則y=f(x)=sinu(ue[π,π負+π])4444424424424負又函數(shù)f(x)的圖像在[0,π]內(nèi)有且僅有一條對稱軸，所以x=π+kπe[0,π](keZ)，πkπ πkπf(x)=sin(x+π)，0<x<π,:x+πe[π,π]，此時有且僅有一條對稱軸x=π,舍444424A，故選B=+k，kez. 2(4π)f(x)在|(π,3)|上單調(diào)，則負的最大值為()(4π)k?π62(4π)k?π62又因為函數(shù)f(x)=cos負x(0<負<12,負eN)在區(qū)間[π,π]上不單調(diào)，=kπ(keZ)，:42=kπ<π,又0<負<12,負eN，(:l42l42法二(給定的區(qū)間包含函數(shù)的單調(diào)區(qū)間)：因為f(x)=cosΦx(π<x<π)，因此Φπ424 2,所以 2ππππ法三：f(x)在[π,π]不單調(diào)常f'(x)在[π,π]的值有正有負常f'(x)=0在[π,π]有解「ππ]「ππ]又函數(shù)f(x)有一條對稱軸為x=，即 k ,得x= 「ππ]「ππ]「ππ]「ππ]f(0)，則負的最小值是()32 1 22πππ2π3π2πππ2π3π +02π負.3π負.3Q=kπ?負.(keZ)，又0<Q<(keZ)<(keZ)，從而3232,選BQ(Q>0)個單位后,得到的圖像對應的函數(shù)為f(x)．若f(x)為奇函數(shù),則Q的最小值為.解：因為將函數(shù)y=sin(2x?)的圖像向左平移Q(Q>0)個單位,所以得到的圖像對應的函數(shù)為3解：由圖象可得最小正周期小于π?(?4π)=13π,大于2x(π?4π)=10π,排除A，D；若選B，即有負=2π=12，由?4πx12+π=kπ63解析：逐一驗證：令負=2，則f(x)=2sin(2x+Q)，由f()=0得Q的一個值為?，這樣f(x)=2sin(2x?)其圖象關于直線x=對稱。故選A解法二(考慮對稱軸與對稱點不一定在同一周期內(nèi))由題意知，函數(shù)y=f(x)的一條對稱軸x=π,一個對π2解：由f(x)是偶函數(shù)，依題設0<Q<π,所以解得Qπ2 423f(x)=sin(2x+π)在[0,π]上是減函數(shù)，f(x)=sin(2x+)在[0,]上是減函數(shù)，第四節(jié)與三角函數(shù)的最值或最值點相關解法一：因為函數(shù)f(x)=2sin負x(負>0)在區(qū)間[?π,π]上的最小值是?2，則負x的取值范圍是3412020·上海高三專題練習）若函數(shù)f(x)=2sin(負x)在區(qū)間[?π,π]上存在最小值?2,則非零實數(shù)負值范圍是()解：函數(shù)f(x)=2sin(負x)在區(qū)間[?π,π]「ππ]，：「ππ]函數(shù)f(x)=2sin(nx)在區(qū)間[?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，則n的取值范圍是.「ππ]「ππ「ππ]「ππ](39:(39: ,又k=Z，:k=0，:〈22，<n<2，即n的取「3)「3)3．(2008遼寧卷16)已知f(x)=sin(nx+π)(n>0)，f(π)=f(π)，且f(x)在區(qū)間(π,π)有最小值，無最大值，則n=.2πn又f(x)在區(qū)間(π,π)有最小值，2πn33,即0<n<12②值，則n的取值范圍是()(48](48)(416](416)ππππππππππππππ所以y=f(x)=2sinu在區(qū)間(?πn+π,πn+π)內(nèi)有最大值無最小值，所以(πππ8383,故選A不滿足題意，就排除CD，再代入負=驗證.解：當負=5時，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)，與函數(shù)f(x)在區(qū)間(ππ)(ππ)當負=8時，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)則正實數(shù)負的取值個數(shù)最多為()π「πππ]「ππ]「ππ]fmax(ππ)負0e00,4)上遞 5負x1e 5負數(shù)負的取值個數(shù)最多為()，：max,y1)，B(負2,y2)，.f(0)=，:Q=+2kπ(keZ)，又Qe[,π]，:Q=，2π2π2π2π2π2π當負>0時，令u=負x+π(xe[?π,π])，則g(t)=2sint(te[?π負+π,π負+π])原問題等價于g(t)=2sint區(qū)間[?π負+(3ππππ(3ππππ4422444解法一：xe[0,1]，:負x+πe[π,負+π]，作出函數(shù)y=sint(te[π,負+π])的圖像，44444可知只需8π+π<Φ+π<10π+π,解得33π<Φ<41π,故選C解法二：設f(x)=2，所以Φx+π=π+2kπ,k=Z，解得x=+2kπ,42Φ||牽 ||牽〈牽「33π41π)ππ3π2kπππ3π2kπ(,即〈 (π7π)π(Φπ,44，42,只需4442,只需44442244負負負負+2kπ(keZ)，即+2kπ(keZ)，即4423π2kπ3π2kπ4444,即44444①在y軸左側(cè)無最低點時， 44<,解得②在y軸左側(cè)有一個最低點時，2424,只需 在y軸左側(cè)有二個最低點時，2424,只需 2424444③在y軸左側(cè)有三個最低點時，27π427π4,只需24244424411．(上海徐匯第一學期期末質(zhì)量)16．對于任意實數(shù)“，要使函數(shù)y=5cos(2k+1πx?π)(keN*)在5454出現(xiàn)的次數(shù)不小于4次，又不多于8次，則k可以取4解：由題意知f(x)<f()對任意的實數(shù)x都成立，因此f()是f(x)的最大值，所以f()=12323462323實數(shù)x，都有f(x1)<f(x)<f(x1+2015)成立，則負的2015201520154030 π,故選：B.ππ2π11ππ2π111ππ141ππ14(π)「1)「1](π)(π) 12解得a=2，則cosβ12π3,取βπ3(π)(π)cos(Φ)的取值范圍是()「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]內(nèi)的值域為π11π55「55]「55]π11π55「55]「55]第五節(jié)與三角函數(shù)的對稱性、周期性及單調(diào)性相關確求得參數(shù)范圍，數(shù)形結(jié)合能給解題帶來比較清晰地思路.TT(2k+1)TTT(2k+1)T或f(x0)=?A.為f(x)的零點，2x=為y=f(x)圖象的對稱軸，且f(x)在(2f(x)=sin(11x?)，f(x)在(,)遞增，在(,)遞減，不滿足f(x)f(x)=sin(9x+)，滿足f(x)在(,)單調(diào)遞減．選B上具有單調(diào)性，且f()=f()=?f解法一：記f(x)的最小正周期為T．由題意?=，又f()=f()=?f()，且x1x22解法二：由f(x)在區(qū)間[,]具有單調(diào)性，且f()=?f()，可知函數(shù)f(x)的對稱中心為(,0)．由解法一：因為f(x)在區(qū)間[0,]上因為f(?π)=f(0)=?f()，則知f(x)的一條對稱軸為x=?，一個對稱中心為(,0)，244424負2負=3若x=?π與(π,0)不是同一周期內(nèi)相鄰的對稱軸和對稱中心，則T+kT=π2442424因為f(?π)=f(0)=?f()，則知f(x)的一條對稱軸為x=?，一個對稱中心為(,0)，所以T+kT=[π?(?π)]=3π(keZ)，即2k+1T=3π(keZ)，即(2k+1)2π=3π(keZ)，4242444負(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：由函數(shù)的對稱性可得k1k1Z、k2k2Z，兩式相減進一步化簡可得02k1,kkkNN，根據(jù)正弦型函數(shù)的單調(diào)性得,代入周期計算公式可得,取k5、4驗證函數(shù)f(x)的單調(diào)性即可.(2π)ππf(x)關于x=3對稱，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,此時fxAsin11x6又,此時fxAsin11x62,,(5π2π):f(x)(5π2π):f(x)在92k2k2k2Z6Q=又,此時fxAsin9x22|Q|<Q=又,此時fxAsin9x22x,此時f,此時fxAsin9x2f(x)單調(diào)遞減.x(3π)(ππ)f(x)在區(qū)間|(?12(3π)(ππ)(3π)(3π)解：f?=0，f(x)<f,則??==+T，keN，故T=，負=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)的圖象與y軸的交點的坐標是(0,1)，且關于點(?,0)對稱，若f(x)在區(qū)間(,)上單調(diào)，則負的π.2πππππ「2ππ]2πππππ「2ππ]ΦΦ故f(x)的單調(diào)區(qū)間為|3,3|,keZ.|ΦΦ|∵f(x)在區(qū)間(,)上單調(diào)，故存在整數(shù)k，使得kπ?<π<(π5π)解：由于f(x)在區(qū)間(π5π)2πf+x?f?x=0，f+x+f?x=0，且f(x)在π,π上單調(diào)遞增，則Φ的最大值為()解：函數(shù)f(x)=2sin(Φx+Q)滿足f+x?f?x=0，所以函數(shù)f(x)的圖像關于x=對稱，:Φπ+Q=k1π+π,k1=Z①又函數(shù)f(x)滿足f+x+f?x=0，:Φ+Q=k2π,k2=Z②又f(x)在π,π上單調(diào)遞增，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,上單調(diào)遞減,:?=,:T,即3(1),:2n?1<10，:n=1,2,3,4,5，即周期T有5個不同(5π)(π3π)(5π)(π3π)解：由于函數(shù)f 2ππ(π3π)(π3π)?<x<+,令k=2得x=,為f(x)的遞增區(qū)間，22)滿足f(?)=0,直線x=π為y=f(x)的一條對稱軸，且函數(shù)f(x)在(π,π)上單調(diào)，則實數(shù)負的最大值為()∵x=?π是y=f(x)的零點,直線x=π為y=f(x)圖象的一條對稱軸，∴2n+1.T=π,(n∈N)，解：因為x=?是函數(shù)f(x)的零點，x(π)「(π)]9π9ππf(x)在區(qū)間,上不單調(diào)；(π)「(π)]9π9ππ(π)「(π)]7π7ππ(π)「(π)]7π7ππQ=?，f(x)=sin14x?，xE,，時，14x?E,,滿足f(x)在區(qū)間,上單調(diào)(π)(π)稱中心，x=為f(x)圖象的一條對稱軸，且f(x)在,上單調(diào)，則符合條件的負值之和為 .「7π10π]10π7ππT12ππ「7π10π]10π7ππT12ππ因為x=為f(x)圖象的一條對稱軸，「7π10π]又因為|Q|<，所以Q=,此時f(x)=sinx+,「7π4π]「7π4π]又因為|Q|<，所以Q=,此時f(x)=「7π22π]14．(2020·辛集市第一中學高三月考)已知恒成立，且f(x)在區(qū)間?,上單調(diào)，則Φ的最大值為.2π2π=(ππ)Tπ(π)ππ(ππ)Tπ(π)ππ當Φ=5時，利用f(?)=0，可得φ=?,故5x?E?,?，,故3x+3π(ππ) 3π(ππ)15．(2019·恩施市第一中學高一期末)已知函數(shù)f（xsin(ωx+φ)(ω>0，|φ|<x=?為f（x）的零點，x=π為y＝f（x）圖象的對稱軸，且f（x）在(π,π4解：f（xsin(ωx+φ),)上單調(diào)，則ω的最大值為.由于x=?為f（x）的零點，所以?負+Q=k442把φ=土代入上式整理得ω=2（k﹣k′）+1．所以w是奇數(shù).由于f（x）在(π,π)上單調(diào)，所以π?π=π<T，整理得T之π,故2π之π,整理得ω≤14，44)不單調(diào)，所以舍去.44242得函數(shù)的減區(qū)間為[2kπ+3π,2kπ+7π]，keZ44441474444(ππ)(ππ)因為f=2，f(π)=0，所以T=π?=,keN*,,TT444442244442444244B18．(2018河北衡水中學高三月考理)已知函數(shù)f(x)=Acos(x+)(A0,0,||)，兩個等式444444對任意的實數(shù)x均恒成立，所以f(x)的圖像關于直線x=?和點(,0)對稱，即對稱軸與對稱點間的距442所以f(x)的周期T滿足=T+kT(kN)，而T=2，所以=2k+1(kN)當=3時，f(x)=Acos(3x+)，因為點(,0)是f(x)圖像的一個對稱點，42f(x)=Acos(x+Q)，因為點(,0)π+Q=k'π+π(k'eZ)，424444f(x)的圖像關于直線x=?和點(,0)對稱，ππππππ若T=π,則T=2π=2π,所以負=1，此時f(x)=Acos(x+Q)，因為點(π,0)是f(x)圖像的一個π+Q=k'π+π(k'eZ)，而|Q|<π,所以Q=π,即f(x)=Acos(x+π)，經(jīng)驗證f(x)42244若3T=π,則T=2π=2π,,所以負=3，此時f(x)=Acos(3x+Q)，因為點(,0)是f(x)圖像的一所以3(?π)+Q=k'π+π(k'eZ)，而|Q|<π,所以Q=?π,即f(x)=Acos(3x?π)，經(jīng)驗證f(x)42(π)是函數(shù)的一個零點，且x=π是其像的一條對稱軸，若(π,π)是f(x)的一個單調(diào)區(qū)間，則負的最大值為()424422k+1(π,π)是f(x)的一個單調(diào)區(qū)間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]