三角函數中求ω的常見類型及解題策略

摘 要：求函數y=Asin（ωx+φ）+B的參數ω，φ的取值范圍問題，主要考查學生對三角函數知識的綜合應用能力，以及學生的邏輯推理、運算、直觀想象等數學核心素養.通過對常考題型進行歸類、一題多解、總結解題策略，幫助學生掌握其內在規律、特點.

關鍵詞：取值范圍；解題策略；三角函數

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）19-0038-04

三角函數的性質是高考的必考內容，其中求ω的取值范圍問題也是高考的熱門考點.其考查形式主要是結合函數的單調性、對稱性、極值與最值、零點等問題，需要學生熟練運用三角函數的基本性質和圖象.從近幾年的高考情況來看，經常在選擇壓軸題中出現，綜合性較強，對學生的邏輯推理、直觀想象素養要求較高.所以，對ω的取值范圍的系統研究有助于學生進一步突破此類問題.

1 ω的取值范圍與單調性相結合

例1 已知函數f（x）=sin（ωx+π6）（ωgt;0）在區間［π2，π］內單調遞減，則實數ω的取值范圍是.

解法1 由題意可得T2≥π-π2=π2，即T≥π.

又T=2πω，所以2πω≥π，ωgt;0， 解得0lt;ω≤2.

又因為x∈［π2，π］，所以ωx+π6∈［π2ω+π6，πω+π6］.

所以π6lt;π2ω+π6≤7π6.

要使函數在［π2，π］內單調遞減，

所以π2≤π2ω+π6，πω+π6≤3π2， 解得23≤ω≤43.

即ω∈［23，43］.

解法2 令2kπ+π2≤ωx+π6≤2kπ+3π2，

得到2kπ+π/3ω≤x≤2kπ+4π/3ω，k∈Z.

所以k=0.

從而有［π2，π］［π3ω，4π3ω］.

解得23≤ω≤43.

解法3 因為函數f（x）=sin（ωx+π6）（ωgt;0）在［π2，π］上單調遞減，

所以f ′（x）=ωcos（ωx+π6）≤0在［π2，π］上恒成立.

故cos（ωx+π6）≤0.

故［πω2+π6，πω+π6］［π2+2kπ，2kπ+3π2］，k∈Z.

所以πω2+π6≥2kπ+π2，πω+π6≤2kπ+3π2，2πω≥π.

得到ω≥23+4k，ω≤43+2k，0lt;ω≤2.

當k=0時成立，從而23≤ω≤43.

例2 若直線x=π4是曲線y=sin（ωx-π4）（ωgt;0）的一條對稱軸，且函數y=sin（ωx-π4）在區間[0，π12]上不單調，則ω的最小值為.

解析 因為直線x=π4是曲線y=sin（ωx-π4）（ωgt;0）的一條對稱軸，則π4ω-π4=kπ+π2，k∈N.

即ω=4k+3，k∈N.

由-π2≤ωx-π4≤π2，得-π4ω≤x≤3π4ω.

則函數y=sin（ωx-π4）在［-π4ω，3π4ω］上單調遞增.

而函數y=sin（ωx-π4）在區間［0，π12］上不單調，則3π4ωlt;π12，解得ωgt;9.

所以ω的最小值為11.

2 ω的取值范圍與對稱性相結合

例3 已知函數f（x）=cos（ωx-π4）（ωgt;0）在區間[0，π]上有且僅有3條對稱軸，則ω的取值范圍是.

解法1 f（x）=cos（ωx-π4）（ωgt;0），令ωx-π4=kπ，k∈Z，則x=（1+4k）π4ω，k∈Z.

函數f（x）在區間[0，π]上有且僅有3條對稱軸，即0≤（1+4k）π4ω≤π有3個整數k符合，解得

0≤1+4k≤4ω，則k=0，1，2.

即1+4×2≤4ωlt;1+4×3.

所以94≤ωlt;134.

解法2 令μ=ωx-π4，則

y=cosμ，μ∈［-π4，ωπ-π4］.

因為函數f（x）=cos（ωx-π4）在區間[0，π]上有且僅有3條對稱軸，結合圖象y=cosμ 得2π≤

ωπ-π4lt;3π.

所以94≤ωlt;134［1］.

3 ω的取值范圍與三角函數的最值相結合

例4 函數f（x）=sin（ωx+π4）（ωgt;0）在區間［0，π］上恰有兩個最小值點，則ω的取值范圍為.

解法1 令t=ωx+π4，因為x∈［0，π］，所以

t∈［π4，ωπ+π4］.

則問題轉化為函數f（t）=sint在

t∈［π4，ωπ+π4］時恰有兩個最小值點.

所以有7π2≤ωπ+π4lt;11π2.

因為ωgt;0，所以134≤ωlt;214.

解法2 設f（x）=1，所以ωx+π4=3π2+2kπ，得到x=2kπ+5π/4ω.

所以滿足0≤x=2kπ+5π/4

ω≤π的k值有2個.

因為-58≤k≤ω2-58，所以k的取值可能為0，1.

由ω2-58≥1，ω2-58lt;2， 解得134≤ωlt;214.

例5 若函數f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在區間（π，2π）內沒有最值，則ω的取值范圍是.

解析 由于f（x）在區間（π，2π）內沒有最值，所以f（x）在區間（π，2π）上單調，由x∈（π，2π），得ωx+π3∈（ωπ+π3，2ωπ+π3）.

當f（x）在區間（π，2π）上單調遞增時，可得

-π2+2kπ≤ωπ+π3lt;2ωπ+π3≤π2+2kπ，k∈Z，

解得-56+2k≤ω≤112+k，k∈Z，當k≠0時無解.

令k=0，得-56≤ω≤112.

又ωgt;0，故0lt;ω≤112.

當f（x）在區間（π，2π）上單調遞減時，可得

π2+2kπ≤ωπ+π3lt;2ωπ+π3≤3π2+2kπ，k∈Z，

解得16+2k≤ω≤712+k，k∈Z，當

k≠0時無解，令k=0，得16≤ω≤712.

綜上，ω∈（0，112］∪［16，712］.

4 ω的取值范圍與三角函數的零點相結合

例6 已知函數f（x）=2cos2ωx2+3sinωx-1（ωgt;0，x∈R），若函數f（x）在區間（π，2π）上沒有零點，則ω的取值范圍是.

解析 因為f（x）=2cos2ωx2+3sinωx-1=2sin（ωx+π6）.

令ωx+π6=kπ，得x=kπω-π6ω，k∈Z.

令πlt;kπω-π6ωlt;2π，解得ω+16lt;klt;2ω+16.

因為函數f（x）在區間（π，2π）內沒有零點，所以區間（ω+16，2ω+16）內不存在整數.

又2πω·12≥2π-π，所以ω≤1.

又ωgt;0，

所以（ω+16，2ω+16）（0，1）或（ω+16，2ω+16）（1，2）.

所以2ω+16≤1或1≤ω+16lt;2ω+16≤2，

解得0lt;ω≤512或56≤ω≤1112.

例7 已知函數f（x）=sinωx-3cosωx+1（ωgt;0）在（0，2π）上有且只有5個零點，則實數ω的范圍是 .

解析 因為f（x）=sinωx-3cosωx+1=

2sin（ωx-π3）+1，令f（x）=2sin（ωx-π3）+1=0，即sin（ωx-π3）=-12.

所以sin（ωx-π3）=-12在（0，2π）上有且只有5個零點.

因為x∈（0，2π），所以ωx-π3∈（-π3，2πω-π3）.

所以結合正弦函數圖象，要使sin（ωx-π3）=-12在（0，2π）上有且只有5個零點，

則23π6lt;2πω-π3≤31π6.

即2512lt;ω≤114.

所以實數ω的范圍是（2512，114］.

5 ω的取值范圍與三角函數的極值相結合

例8 已知函數f（x）=sinωx（ωgt;0）在區間（π2，π）不存在極值點，則ω的取值范圍是.

解析 因為函數f（x）=sinωx（ωgt;0）在區間（π2，π）上不存在極值點，

所以kπ+π2≤π2ω，且

πω≤（k+1）π+π2對任意的k∈Z都成立.

所以k+12≤12ω，且ω≤k+32.

所以2k+1≤ω，且ω≤k+32.

所以0lt;ω≤12或1≤ω≤32.

例9 若函數f（x）=sin（ωx+π10）在［0，2π］上有且僅有6個極值點，則正整數ω的值為.

解析 設t=ωx+π10，則當x∈［0，2π］時，t∈

［π10，2ωπ+π10］.

由f（x）在［0，2π］上有且僅有6個極值點，

則y=sint在［π10，2ωπ+π10］上有且僅有6個極值點，如圖1.

由正弦函數的圖象性質可得112π≤2ωπ+π10lt;132π.

解得114-120≤ωlt;134-120.

所以正整數ω的值為3.

6 ω的取值范圍與三角函數的綜合性質相結合

例10 已知函數f（x）=sin（ωx-π6）（ωgt;0）在區間［-π3，3π4］上單調遞增，且在區間［0，π］上只取得一次最大值，則ω的取值范圍是.

解析 因為f（x）=sin（ωx-π6）（ωgt;0），在區間［-π3，3π4］上單調遞增，所以3π4+π3≤T2=πω，0lt;ω≤1213.

由x∈［-π3，3π4］，則ωx-π6∈［-π3ω-π6，3π4ω-π6］.

則-π3ω-π6≥-π2，3π4ω-π6≤π2， 解得ω≤89.

所以0lt;ω≤89.

當x∈［0，π］時，ωx-π6∈［-π6，ωπ-π6］，要使得該函數取得一次最大值，故只需π2≤ωπ-π6lt;52π，解得ω∈［23，83）.

綜上所述，ω的取值范圍為［23，89］.

7 結束語

三角函數中ω的取值范圍問題是三角函數中綜合性強的問題，很多同學沒有掌握正確的思維方式，沒有掌握一定方法與技巧，導致問題難解.我們把此類問題主要歸納為以上幾類題型以及對應的解題策略，通過以上過程可以看出，它們一般具有共性，即將ωx+φ看成一個整體，利用整體代換法，再結合正弦函數或余弦函數的圖象與性質進行求解.

參考文獻：

［1］

江志杰.三角函數模型中“ω”值的求法探究[J].數學通訊，2017（05）：1-4.

［責任編輯：李 璟］