三角函數(shù)中求ω的常見(jiàn)類(lèi)型及解題策略

摘 要：求函數(shù)y=Asin（ωx+φ）+B的參數(shù)ω，φ的取值范圍問(wèn)題，主要考查學(xué)生對(duì)三角函數(shù)知識(shí)的綜合應(yīng)用能力，以及學(xué)生的邏輯推理、運(yùn)算、直觀(guān)想象等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).通過(guò)對(duì)?？碱}型進(jìn)行歸類(lèi)、一題多解、總結(jié)解題策略，幫助學(xué)生掌握其內(nèi)在規(guī)律、特點(diǎn).

關(guān)鍵詞：取值范圍；解題策略；三角函數(shù)

中圖分類(lèi)號(hào)：G632"" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A"" 文章編號(hào)：1008-0333（2024）19-0038-04

三角函數(shù)的性質(zhì)是高考的必考內(nèi)容，其中求ω的取值范圍問(wèn)題也是高考的熱門(mén)考點(diǎn).其考查形式主要是結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性、對(duì)稱(chēng)性、極值與最值、零點(diǎn)等問(wèn)題，需要學(xué)生熟練運(yùn)用三角函數(shù)的基本性質(zhì)和圖象.從近幾年的高考情況來(lái)看，經(jīng)常在選擇壓軸題中出現(xiàn)，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的邏輯推理、直觀(guān)想象素養(yǎng)要求較高.所以，對(duì)ω的取值范圍的系統(tǒng)研究有助于學(xué)生進(jìn)一步突破此類(lèi)問(wèn)題.

1 ω的取值范圍與單調(diào)性相結(jié)合

例1 已知函數(shù)f（x）=sin（ωx+π6）（ωgt;0）在區(qū)間［π2，π］內(nèi)單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)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?yàn)閤∈［π2，π］，所以ωx+π6∈［π2ω+π6，πω+π6］.

所以π6lt;π2ω+π6≤7π6.

要使函數(shù)在［π2，π］內(nèi)單調(diào)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?yàn)楹瘮?shù)f（x）=sin（ωx+π6）（ωgt;0）在［π2，π］上單調(diào)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(dāng)k=0時(shí)成立，從而23≤ω≤43.

例2 若直線(xiàn)x=π4是曲線(xiàn)y=sin（ωx-π4）（ωgt;0）的一條對(duì)稱(chēng)軸，且函數(shù)y=sin（ωx-π4）在區(qū)間[0，π12]上不單調(diào)，則ω的最小值為.

解析 因?yàn)橹本€(xiàn)x=π4是曲線(xiàn)y=sin（ωx-π4）（ωgt;0）的一條對(duì)稱(chēng)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(shù)y=sin（ωx-π4）在［-π4ω，3π4ω］上單調(diào)遞增.

而函數(shù)y=sin（ωx-π4）在區(qū)間［0，π12］上不單調(diào)，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(duì)稱(chēng)性相結(jié)合

例3 已知函數(shù)f（x）=cos（ωx-π4）（ωgt;0）在區(qū)間[0，π]上有且僅有3條對(duì)稱(chēng)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(shù)f（x）在區(qū)間[0，π]上有且僅有3條對(duì)稱(chēng)軸，即0≤（1+4k）π4ω≤π有3個(gè)整數(shù)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?yàn)楹瘮?shù)f（x）=cos（ωx-π4）在區(qū)間[0，π]上有且僅有3條對(duì)稱(chēng)軸，結(jié)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(shù)的最值相結(jié)合

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

解法1 令t=ωx+π4，因?yàn)閤∈［0，π］，所以

t∈［π4，ωπ+π4］.

則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)f（t）=sint在

t∈［π4，ωπ+π4］時(shí)恰有兩個(gè)最小值點(diǎn).

所以有7π2≤ωπ+π4lt;11π2.

因?yàn)棣豨t;0，所以134≤ωlt;214.

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

所以滿(mǎn)足0≤x=2kπ+5π/4

ω≤π的k值有2個(gè).

因?yàn)?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(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在區(qū)間（π，2π）內(nèi)沒(méi)有最值，則ω的取值范圍是.

解析 由于f（x）在區(qū)間（π，2π）內(nèi)沒(méi)有最值，所以f（x）在區(qū)間（π，2π）上單調(diào)，由x∈（π，2π），得ωx+π3∈（ωπ+π3，2ωπ+π3）.

當(dāng)f（x）在區(qū)間（π，2π）上單調(diào)遞增時(shí)，可得

-π2+2kπ≤ωπ+π3lt;2ωπ+π3≤π2+2kπ，k∈Z，

解得-56+2k≤ω≤112+k，k∈Z，當(dāng)k≠0時(shí)無(wú)解.

令k=0，得-56≤ω≤112.

又ωgt;0，故0lt;ω≤112.

當(dāng)f（x）在區(qū)間（π，2π）上單調(diào)遞減時(shí)，可得

π2+2kπ≤ωπ+π3lt;2ωπ+π3≤3π2+2kπ，k∈Z，

解得16+2k≤ω≤712+k，k∈Z，當(dāng)

k≠0時(shí)無(wú)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(shù)的零點(diǎn)相結(jié)合

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

解析 因?yàn)閒（x）=2cos2ωx2+3sinωx-1=2sin（ωx+π6）.

令ωx+π6=kπ，得x=kπω-π6ω，k∈Z.

令πl(wèi)t;kπω-π6ωlt;2π，解得ω+16lt;klt;2ω+16.

因?yàn)楹瘮?shù)f（x）在區(qū)間（π，2π）內(nèi)沒(méi)有零點(diǎn)，所以區(qū)間（ω+16，2ω+16）內(nèi)不存在整數(shù).

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(shù)f（x）=sinωx-3cosωx+1（ωgt;0）在（0，2π）上有且只有5個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)ω的范圍是 .

解析 因?yàn)閒（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(gè)零點(diǎn).

因?yàn)閤∈（0，2π），所以ωx-π3∈（-π3，2πω-π3）.

所以結(jié)合正弦函數(shù)圖象，要使sin（ωx-π3）=-12在（0，2π）上有且只有5個(gè)零點(diǎn)，

則23π6lt;2πω-π3≤31π6.

即2512lt;ω≤114.

所以實(shí)數(shù)ω的范圍是（2512，114］.

5 ω的取值范圍與三角函數(shù)的極值相結(jié)合

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

解析 因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=sinωx（ωgt;0）在區(qū)間（π2，π）上不存在極值點(diǎn)，

所以kπ+π2≤π2ω，且

πω≤（k+1）π+π2對(duì)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(shù)f（x）=sin（ωx+π10）在［0，2π］上有且僅有6個(gè)極值點(diǎn)，則正整數(shù)ω的值為.

解析 設(shè)t=ωx+π10，則當(dāng)x∈［0，2π］時(shí)，t∈

［π10，2ωπ+π10］.

由f（x）在［0，2π］上有且僅有6個(gè)極值點(diǎn)，

則y=sint在［π10，2ωπ+π10］上有且僅有6個(gè)極值點(diǎn)，如圖1.

由正弦函數(shù)的圖象性質(zhì)可得112π≤2ωπ+π10lt;132π.

解得114-120≤ωlt;134-120.

所以正整數(shù)ω的值為3.

6 ω的取值范圍與三角函數(shù)的綜合性質(zhì)相結(jié)合

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

解析 因?yàn)閒（x）=sin（ωx-π6）（ωgt;0），在區(qū)間［-π3，3π4］上單調(diào)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(dāng)x∈［0，π］時(shí)，ωx-π6∈［-π6，ωπ-π6］，要使得該函數(shù)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(jié)束語(yǔ)

三角函數(shù)中ω的取值范圍問(wèn)題是三角函數(shù)中綜合性強(qiáng)的問(wèn)題，很多同學(xué)沒(méi)有掌握正確的思維方式，沒(méi)有掌握一定方法與技巧，導(dǎo)致問(wèn)題難解.我們把此類(lèi)問(wèn)題主要?dú)w納為以上幾類(lèi)題型以及對(duì)應(yīng)的解題策略，通過(guò)以上過(guò)程可以看出，它們一般具有共性，即將ωx+φ看成一個(gè)整體，利用整體代換法，再結(jié)合正弦函數(shù)或余弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)進(jìn)行求解.

參考文獻(xiàn)：

［1］

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

［責(zé)任編輯：李 璟］