破解正弦型函数参数的取值范围

前言

由于 $\omega$ 和周期密不可分，故在求解参数 $\omega$ 时，常常需要关联给定的区间长度，或者关联动态的变化的区间长度，从而方便的解决题目；

方法提炼

若函数$y=2\sin\omega x+1(\omega>0)$在区间$\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]$上是增函数本题目的同类题目：函数$y=2$$\sin$$\omega$$x$$+$$1$($\omega>0$)在区间$[-\cfrac{\pi}{2}$，$\cfrac{2\pi}{3}]$上是减函数，求$\omega$的取值范围。
等价命题1：函数$y=2$$\cdot$$\sin$$\omega$$x$$(\omega>0)$在区间$[-\cfrac{\pi}{2}$，$\cfrac{2\pi}{3}]$上是增函数，求$\omega$的取值范围。
等价命题2：函数$y=$$\sin$$\omega$$x$$(\omega>0)$在区间$[-\cfrac{\pi}{2}$，$\cfrac{2\pi}{3}]$上是增函数，求$\omega$的取值范围。，求$\omega$的取值范围。

法1：子集法，用传统方法求得$f(x)$的单增区间，令$2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leq \omega x\leq 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，

解得$\cfrac{2k\pi}{\omega}-\cfrac{\pi}{2\omega} \leq x \leq \cfrac{2k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{2\omega}(k\in Z)$

即$f(x)$的单增区间是$\left[\cfrac{2k\pi}{\omega}-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{2k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{2\omega}\right](k\in Z)$，

令$k=0$，得到距离原点左右两侧最近的单调递增区间是$\left[-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{\pi}{2\omega}\right]$，

又由于$f(x)$ 在区间$\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]$上单调递增，即 $\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\subseteq \left[-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{\pi}{2\omega}\right]$，

这样就转化为不等式组，即$\begin{cases} -\cfrac{\pi}{2}\ge -\cfrac{\pi}{2\omega}\\ \cfrac{2\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{2\omega} \end{cases}$ ，

所以$\omega\leq \cfrac{3}{4}$，又$\omega >0$，故$\omega\in \left(0，\cfrac{3}{4}\right]$。

〔解后总结〕：子集法，求出原函数的相应单调区间，由已知区间是所求某区间的子集，列不等式(组)求解；

法2：反子集法，$\because \omega>0，x\in \left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right] \therefore \omega x \in \left[-\cfrac{\pi\omega}{2}，\cfrac{2\pi\omega}{3}\right]$，

又模板函数$y=sinx$在原点左右的单调递增区间是$[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]$，将$\omega x$视为一个整体，

$\therefore \begin{cases} -\cfrac{\pi\omega}{2}\ge -\cfrac{\pi}{2} \\ \cfrac{2\pi\omega}{3}\leq \cfrac{\pi}{2} \end{cases}$，又$\omega >0$，故$\omega\in \left(0，\cfrac{3}{4}\right]$。

〔易错解法〕：$\because \omega>0，x\in \left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right] \therefore \omega x \in \left[-\cfrac{\pi\omega}{2}，\cfrac{2\pi\omega}{3}\right]$，

由$f(x)$在$\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]$上单调递增，故$\left[-\cfrac{\pi\omega}{2}，\cfrac{2\pi\omega}{3}\right]\subseteq \left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]$这一步转化是错误的，由于题目仅仅说在区间 $[-\cfrac{\pi}{2}$ , $\cfrac{2\pi}{3}]$ 上单调递增，并没有说区间 $[-\cfrac{\pi}{2}$ , $\cfrac{2\pi}{3}]$ 是最大的单调递增区间，故这样的转化往往会多出参数的取值范围，或少了参数的取值范围；

$\therefore \begin{cases} -\cfrac{\pi\omega}{2}\ge -\cfrac{\pi}{2}\\\cfrac{2\pi\omega}{3}\leq \cfrac{2\pi}{3} \end{cases}$，解得$\omega\leq 1$，又$\omega >0$，故$\omega\in \left(0，1\right]$。

〔解后总结〕：反子集法，由所给区间求出整体角的范围，由该范围是某相应正、余弦函数的某个单调区间的子集，列不等式(组)求解；

法3：周期性法，由于 $y=f(x)=2\sin\omega x+1$ 在区间$\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]$单调递增由于函数 $y$$=$$\sin$$\omega$$x$ 和函数$f(x)$ $=$ $2$ $\sin$ $\omega$ $x$ $+$ $1$的单调区间相同，故我们考虑将题目简化为函数 $y$$=$$\sin$$\omega$$x$ 在区间$\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]$单调递增，

故原点到 $-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}$ 的距离不超过$\cfrac{T}{4}$将 $\omega x$ 看出一个整体 $X$ ，就类似于函数 $y=\sin X$ 满足题意，故其单调递增区间是 $[-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2}]$，占到周期的一半，那么 $[0,\cfrac{\pi}{2}]$占到四分之一，这说明 $\cfrac{2\pi}{3}$ 这个定点应该在动区间 $[0,\cfrac{T}{4}]$之间，故必须满足 $\cfrac{2\pi}{3}$$\leqslant$$\cfrac{T}{4}$，同理， $\cfrac{\pi}{2}$$\leqslant$$\cfrac{T}{4}$，$\therefore \begin{cases} \cfrac{\pi}{2} \leq \cfrac{T}{4} \\ \cfrac{2\pi}{3} \leq \cfrac{T}{4} \end{cases}$，

故$T \geqslant \cfrac{8\pi}{3}$，即$T=\cfrac{2\pi}{\omega} \ge \cfrac{8\pi}{3}$，又$\omega >0$，故$\omega\in \left(0，\cfrac{3}{4}\right]$。

〔解后总结〕：周期性法，由所给区间的两个端点到其相应对称中心的距离不超过$\cfrac{1}{4}$周期，列不等式(组)求解；

解析式含参ω

【2018$\cdot$北京卷】设函数 $f(x)=\cos(\omega x-\cfrac{\pi}{6})(\omega>0)$，若 $f(x) \leqslant f(\cfrac{\pi}{4})$ 对任意的实数 $x$都成立，则 $\omega$ 的最小值为___________.

解析: 因为 $f(x) \leqslant f(\cfrac{\pi}{4})$ 对任意的实数 $x$ 都成立, 所以当 $x=\cfrac{\pi}{4}$ 时, $f(x)$ 取得最大值,[注意符号语言向文字语言的转化]

即 $f(\cfrac{\pi}{4})=\cos(\cfrac{\pi}{4}\omega-\cfrac{\pi}{6})=1$，所以 $\cfrac{\pi}{4} \omega-\cfrac{\pi}{6}=2k\pi$，$k\in Z$，

所以 $\omega=8 k+\cfrac{2}{3}, k \in Z$，因为 $\omega>0$，所以当 $k=0$ 时，$\omega$ 取得最小值 $\cfrac{2}{3}$.

【2020 $\cdot$ 江西五校协作体模拟】若函数 $f(x)=\sin(\omega x+\cfrac{\pi}{6})(\omega>0)$ 在区间 $(\pi, 2\pi)$ 内没有最值，则 $\omega$ 的取值范围是【$\qquad$】

$A.(0, \cfrac{1}{12}]\cup[\cfrac{1}{4}, \cfrac{2}{3}]$ $B.(0, \cfrac{1}{6}]\cup[\cfrac{1}{3}, \cfrac{2}{3}]$ $C.[\cfrac{1}{4}, \cfrac{2}{3}]$ $D.[\cfrac{1}{3}, \cfrac{2}{3}]$

解析：因为 $\omega>0$， $\pi<x<2 \pi$，

所以 $\omega\pi+\cfrac{\pi}{6}<\omega x+\cfrac{\pi}{6}<2\omega\pi+\cfrac{\pi}{6}$,

又函数 $f(x)=\sin(\omega x+\cfrac{\pi}{6})$ 在区间 $(\pi, 2\pi)$ 内没有最值，

所以函数 $f(x)=\sin(\omega x+\cfrac{\pi}{6})$ 在区间 $(\pi, 2\pi)$ 上单调，

所以 $2\omega\pi+\cfrac{\pi}{6}-(\omega\pi+\cfrac{\pi}{6})=$ $\omega\pi<\pi$ 三角函数在给定区间内若无最值，则区间的宽度必须小于半周期，这是必要条件；，

从而 $0<\omega<1$，则 $\cfrac{\pi}{6}<\omega\pi+\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{7\pi}{6}$，

若 $\cfrac{\pi}{6}<\omega\pi+\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{\pi}{2}$，则 $2\omega\pi+\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{\pi}{2}$将动区间的左右端点限制在一个单调区间内，$\quad$ 所以 $0<\omega \leqslant \cfrac{1}{6}$；

若 $\cfrac{\pi}{2}\leqslant\omega\pi+\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{7\pi}{6}$，则 $2\omega\pi+\cfrac{\pi}{6}\leqslant \cfrac{3\pi}{2}$，所以 $\cfrac{1}{3}\leqslant \omega \leqslant \cfrac{2}{3}$，故选 $B$.

【2022届高三数学三轮模拟冲刺用题】已知函数 $f(x)=\sin(\omega x+\cfrac{\pi}{6})+\cfrac{1}{2}$($\omega>0$)，在区间 $(0,\cfrac{\pi}{2})$ 上有且仅有两个零点，则实数 $\omega$ 的取值范围是【】

$A.(2,\cfrac{14}{3}]$ $B.[2,\cfrac{14}{3})$ $C.[\cfrac{10}{3},4)$ $D.(\cfrac{10}{3},6]$

解析：转化为方程 $\sin(\omega x+\cfrac{\pi}{6})=-\cfrac{1}{2}$ 在区间 $(0,\cfrac{\pi}{2})$ 上有且仅有两个根，

即函数 $y=\sin(\omega x+\cfrac{\pi}{6})$ 与函数 $y=-\cfrac{1}{2}$ 在区间 $(0,\cfrac{\pi}{2})$ 上有且仅有两个交点，

由于 $x\in (0,\cfrac{\pi}{2})$，故 $\omega x+\cfrac{\pi}{6}\in(\cfrac{\pi}{6},\cfrac{\omega\pi}{2}+\cfrac{\pi}{6})$，

即函数 $y=\sin(\omega x+\cfrac{\pi}{6})$[此时以$\omega x+\cfrac{\pi}{6}$为横轴] 与函数 $y=-\cfrac{1}{2}$ 在区间 $(\cfrac{\pi}{6},\cfrac{\omega\pi}{2}+\cfrac{\pi}{6})$ 上有且仅有两个交点，

由图像可知，上述区间的右端点必须满足条件才可以：

$\cfrac{11\pi}{6}<\cfrac{\omega\pi}{2}+\cfrac{\pi}{6}\leqslant \cfrac{19\pi}{6}$，解得 $\cfrac{10}{3}<\omega\leqslant 6$，故选 $D$ .

【2020人大附中高一试题第16题】函数$f(x)=2\sin(\omega x+\phi)(\omega>0)$，满足$f(\cfrac{\pi}{4})=2$，$f(\pi)=0$，且$f(x)$在区间$(\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{3})$上单调，则$\omega$的值有___________个；

法1：由于$f(\cfrac{\pi}{4})=2$，$f(\pi)=0$，做出适合题意的图像，由图像可知，

将给定区间的宽度转化为用周期来刻画，得到 $\cfrac{T}{4}+k\cdot\cfrac{T}{2}=\pi-\cfrac{\pi}{4}=\cfrac{3\pi}{4}$由辅助示意图可知，函数在 $\cfrac{\pi}{4}$ 处取到最值(最大或最小)，在 $\pi$ 处取到 $0$ ，故最值点 $\cfrac{\pi}{4}$ 与零点 $\pi$ 之间的距离应该是半周期的整数倍再加上四分之一个周期，其宽度应该等于题目给定的 $\pi$$-$$\cfrac{\pi}{4}$ .，$k\in N^*$ ，

故$T=\cfrac{3\pi}{1+2k}$，则$\omega=\cfrac{2\pi}{T}=\cfrac{2(2k+1)}{3}$，$k\in N^*$，

又由于$f(x)$在区间$(\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{3})$上单调，则$\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{\pi}{4}\leqslant \cfrac{T}{2}$，^[1]

则$\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{\pi}{4}\leqslant \cfrac{T}{2}$，

故$T\geqslant \cfrac{\pi}{6}$，故$\omega=\cfrac{2\pi}{T}\leqslant 12$，

即$\cfrac{2(2k+1)}{3}\leqslant 12$，则$k\leqslant \cfrac{17}{2}$，$k\in N^*$，

所以，符合条件的$k=0$，$1$，$\cdots$，$8$，

则符合题意的$\omega$的值共有$9$个；

法2：由于$f(\cfrac{\pi}{4})=2$，$f(\pi)=0$，则$2sin(\omega\cdot \cfrac{\pi}{4}+\phi)=2$，$2sin(\omega\cdot \pi+\phi)=0$，

即$\left\{\begin{array}{l}{\omega\cdot \cfrac{\pi}{4}+\phi=2k_1\pi+\cfrac{\pi}{2}，k_1\in Z①}\\{\omega\cdot \pi+\phi=k_2\pi，k_2\in Z②}\end{array}\right.$

②-①得到，$\cfrac{3\pi}{4}\cdot \omega=(k_2-2k_1)\pi-\cfrac{\pi}{2}$，

由于$k_1\in Z$，$k_2\in Z$，故$k_2-2k_1\in Z$，令$k_2-2k_1=k$，

则上式转化为$\cfrac{3\pi}{4}\cdot \omega=k\pi-\cfrac{\pi}{2}$，$k\in Z$，

即$\omega=\cfrac{2(2k-1)}{3}$，又由于$\omega>0$，故$k\in N^*$，

又由于$f(x)$在区间$(\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{3})$上单调，则$\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{\pi}{4}\leqslant \cfrac{T}{2}$，

故$T\geqslant \cfrac{\pi}{6}$，故$\omega=\cfrac{2\pi}{T}\leqslant 12$，

即$\cfrac{2(2k-1)}{3}\leqslant 12$，则$k\leqslant \cfrac{19}{2}$，$k\in N^*$，

故符合条件的$k=1$，$2$，$\cdots$，$9$，

则符合题意的$\omega$的值共有$9$个；

解后反思：本题目容易犯错：当解得$\omega$的表达式后，用$\omega$的某一个值为切入点求得$\phi$的值，然后利用单调性求$\omega$的个数，这个思路是错误的；

若函数$y=2\sin\omega x$在区间$\left[-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}\right]$上的最小值是$-2$，求$\omega$的取值范围。

分析：由于是涉及函数的值域，故我们一般是先求出整体自变量$\omega x$的取值范围，故分类讨论如下：

当$\omega >0$时，由$-\cfrac{\pi}{3}\leq x\leq \cfrac{\pi}{4}$，故$-\cfrac{\omega\pi}{3}\leq x\leq \cfrac{\omega\pi}{4}$，

由于函数的最小值是$-2$，故需要满足条件$-\cfrac{\omega\pi}{3}\leq -\cfrac{\pi}{2}$，解得$\omega \ge \cfrac{3}{2}$；

当$\omega <0$时，由$-\cfrac{\pi}{3}\leq x\leq \cfrac{\pi}{4}$，故$\cfrac{\omega\pi}{4}\leq x\leq -\cfrac{\omega\pi}{3}$，

由于函数的最小值是$-2$，故需要满足条件$\cfrac{\omega\pi}{4}\leq -\cfrac{\pi}{2}$，解得$\omega \leq -2$；

故$\omega$的取值范围为$(-\infty，-2]\cup[\cfrac{3}{2}，+\infty)$。

【三轮模拟考试理科用题】已知函数$f(x)=sinx+acosx$的图像的一条对称轴是$x=\cfrac{5\pi}{3}$，则函数$g(x)=asinx+cosx$的最大值是_________.

分析：$f(x)=sinx+acosx=\sqrt{a^2+1}sin(x+\phi)，tan\phi =a$，

由题目可知，$\cfrac{5\pi}{3}+\phi=k\pi+\cfrac{\pi}{2}$，故$\phi=k\pi+\cfrac{\pi}{2}-\cfrac{5\pi}{3}=k\pi-\cfrac{7\pi}{6}$，

由于$\phi$的值只需要考虑其存在性，故从简原则，

令$k=1$，$\phi=-\cfrac{\pi}{6}$，从而$a=tan\phi=tan(-\cfrac{\pi}{6})=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}$，

所以$g(x)=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}sinx+cosx=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}sin(x+\theta)，tan\theta=-\sqrt{3}$，

故$g(x)_{max}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}$.

【三轮模拟考试理科用题】已知函数$f(x)=2cos(\omega x+\cfrac{\pi}{3})(\omega >0)$的两个不同的对称中心分别为点$(\cfrac{\pi}{12}，0)$，点$(\cfrac{\pi}{4}，0)$，则$\omega$取得【$\qquad$】

$A.最小值6$ $B.最大值6$ $C.最小值3$ $D.最大值3$

分析：有题目可知$\omega =\cfrac{2\pi}{T}$，$T$越小(越大)，则$\omega$越大(越小)；

若题目中已知的两个对称中心是相邻的，则此时$T$最大，

由$\cfrac{T}{2}=\cfrac{\pi}{4}-\cfrac{\pi}{12}=\cfrac{\pi}{6}$，故此时$T_{max}=\cfrac{\pi}{3}$，故$\omega_{min} =\cfrac{2\pi}{\frac{\pi}{3}}=6$.

【图像移动后和原图像重合】【2017•临沂模拟】将函数$f(x)=sin(\omega x＋\phi)$的图像向左平移$\cfrac{\pi}{2}$个单位长度，若所得图像与原图像重合，则$\omega$的值不可能等于【$\qquad$】

$A.4$ $B.6$ $C.8$ $D.12$

分析：给定函数的周期是$T=\cfrac{2\pi}{\omega}$，

向左平移$\cfrac{\pi}{2}$个单位长度，所得图像与原图像重合，

则平移长度必然等于周期的整数倍，

则有$\cfrac{\pi}{2}=k\cdot \cfrac{2\pi}{\omega}(k\in Z)$，

即$\omega=4k(k\in Z)$，故$\omega$的值不可能等于$6$ .

【图像移动后和原图像对称轴重合】【2017•临沂模拟】将函数$y=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})(\omega >0)$的图象分别向左、向右各平移$\cfrac{\pi}{4}$个单位长度后，所得的两个图象对称轴重合，则$\omega$的最小值为________．

法1：将函数$y=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})(\omega >0)$的图象向左平移$\cfrac{\pi}{4}$个单位长度后，

得到$y=2sin[\omega (x+\cfrac{\pi}{4})-\cfrac{\pi}{4}]=2sin(\omega x+\cfrac{(\omega-1)\pi}{4})$；

将函数$y=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})(\omega >0)$的图象向右平移$\cfrac{\pi}{4}$个单位长度后，

得到$y=2sin[\omega (x-\cfrac{\pi}{4})-\cfrac{\pi}{4}]=2sin(\omega x-\cfrac{(\omega+1)\pi}{4})$；

由于平移后的对称轴重合，故自变量的整体差值为$k\pi$，

故$\omega x+\cfrac{(\omega-1)\pi}{4}=\omega x-\cfrac{(\omega+1)\pi}{4}+k\pi(k\in Z)$；

化简得到$\omega=2k(k\in Z)$，又$\omega>0$；

故$\omega_{min}=2$。

法2：【暂作记录，再思考】

将函数$y=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})(\omega >0)$的图象向左平移$\cfrac{\pi}{4}$个单位长度后，

由于周期的作用，其实平移的长度是$\cfrac{\pi\omega}{4}$；

将函数$y=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})(\omega >0)$的图象向右平移$\cfrac{\pi}{4}$个单位长度后，

由于周期的作用，其实平移的长度也是$\cfrac{\pi\omega}{4}$；

这样的平移效果，相当于视原图像不动，再将其图像一次平移距离为$\cfrac{2\pi\omega}{4}$；

由于平移后的对称轴重合，故平移距离应该是$k\pi$，即$\cfrac{2\pi\omega}{4}=k\pi$；

化简得到$\omega=2k(k\in Z)$，又$\omega>0$；

故$\omega_{min}=2$。

解后反思：

1、将周期函数的图像平移后，若所得图像与原图像重合，则平移长度必然等于周期的整数倍，或者平移前后的自变量整体差值为$k\cdot 2\pi(k\in Z)$；

比如，将$y=sin(\omega x+\cfrac{\pi}{4})$，向左平移$\cfrac{\pi}{3}$个单位，所得图像与原图像重合，求正整数$\omega$的最小值；

思路1：由平移长度必然等于周期的整数倍得到，$\cfrac{\pi}{3}=k\cdot \cfrac{2\pi}{\omega}$，

整理得到$\omega=6k(\omega >0)$，故$\omega_{min}=6$；

思路2：由平移前后的自变量整体差值为$k\cdot 2\pi(k\in Z)$得到，$\omega(x+\cfrac{\pi}{3})+\cfrac{\pi}{4}=\omega x+\cfrac{\pi}{4}+2k\pi$，

整理得到$\omega=6k(\omega >0)$，故$\omega_{min}=6$；

2、将周期函数的图像平移后，若所得图像与原图像对称轴重合，则平移长度必然等于半周期的整数倍，或者平移前后的自变量整体差值为$k\cdot \pi(k\in Z)$；

可仿上引例，自行举例。

【2019届高三理科数学题】若函数$f(x)=2sin\omega x(\omega>0)$在区间$(0，2\pi)$上恰有两个极大值和一个极小值，则$\omega$的取值范围是【$\qquad$】

$A、(\cfrac{5}{4}，\cfrac{7}{4}]$ $B、(\cfrac{3}{4}，\cfrac{5}{4}]$ $C、(1，\cfrac{5}{4}]$ $D、(\cfrac{3}{4}，\cfrac{5}{4}]$

分析：有题目可知，$\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{5}{4}\cdot T<2\pi ①}\\{2\pi\leq \cfrac{7}{4}\cdot T②}\end{array}\right.$，

注意由于是在开区间$(0，2\pi)$上，故①没有等号，而②有等号；

即$\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{5}{4}\cdot \cfrac{2\pi}{\omega}<2\pi }\\{2\pi\leq \cfrac{7}{4}\cdot \cfrac{2\pi}{\omega}}\end{array}\right.$，解得$\cfrac{5}{4}<\omega\leq \cfrac{7}{4}$。故选$A$。

【2019届高三理科二轮数学题】已知函数$f(x)=cos(\omega x-\cfrac{\pi}{3})(\omega >0)$，且$f(\cfrac{2\pi}{3})=f(\cfrac{5\pi}{6})$，若$f(x)$在$(\cfrac{2\pi}{3}，\cfrac{5\pi}{6})$上有最大值无最小值，则$\omega$的最大值为【$\qquad$】

$A.\cfrac{4}{9}$ $B.\cfrac{28}{9}$ $C.\cfrac{52}{9}$ $D.\cfrac{100}{9}$

分析：由$f(\cfrac{2\pi}{3})=f(\cfrac{5\pi}{6})$可知，函数$f(x)$有一条对称轴为$x=\cfrac{3\pi}{4}$，

且满足$\omega\cdot \cfrac{3\pi}{4}-\cfrac{\pi}{3}=2k\pi$，$k\in Z$，即$\omega =\cfrac{8}{3}k+\cfrac{4}{9}$；

又函数$f(x)$在$(\cfrac{2\pi}{3}，\cfrac{5\pi}{6})$上有最大值无最小值，

则$T>\cfrac{5\pi}{6}-\cfrac{2\pi}{3}=\cfrac{\pi}{6}$，即$\cfrac{2\pi}{\omega}>\cfrac{\pi}{6}$，

即$\omega <12$，又由$\omega =\cfrac{8}{3}k+\cfrac{4}{9}<12$，解得$k\leq 4$，

故当$k=4$时，$\omega_{max}=\cfrac{8}{3}\times 4+\cfrac{4}{9}=\cfrac{100}{9}$，故选$D$。

【2019三轮模拟考试理科用题】已知函数$f(x)=\sqrt{3}sin\cfrac{\omega x}{2}cos\cfrac{\omega x}{2}+cos^2\cfrac{\omega x}{2}-\cfrac{1}{2}(\omega >0)$，把$f(x)$的图像向右平移$\cfrac{\pi}{6\omega}$个单位，得到函数$g(x)$的图像，若$g(x)$在区间$[-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{3\pi}{4}]$上单调递增，且在$[0，2\pi]$上有两个零点，则实数$\omega$的取值范围是____________。

分析：将函数$f(x)$化简，得到$f(x)=sin(\omega x+\cfrac{\pi}{6})$，则平移得到$g(x)=sin\omega x$，做出函数$g(x)$的简图如下，

由图可知，若$g(x)$在区间$[-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{3\pi}{4}]$上单调递增，且在$[0，2\pi]$上有两个零点，只需要满足条件

$\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{3\pi}{4}\leq \cfrac{\pi}{2\omega}}\\{\cfrac{\pi}{\omega}\leq 2\pi }\end{array}\right.$，解得$\cfrac{1}{2}\leq \omega \leq \cfrac{2}{3}$；即所求范围为$[\cfrac{1}{2}，\cfrac{2}{3}]$

【2019三轮模拟考试理科用题】设函数$f(x)=sin(\cfrac{\pi}{\omega}x+\phi)$，($\omega>0$，$0\leq \phi\leq \pi$)是$R$上的偶函数，且在$(0，3)$上单调递减，则$\omega$的最小值为【$\qquad$】

$A.\cfrac{1}{3}$ $B.1$ $C.3$ $D.\cfrac{4}{3}$

分析：先由$R$上的偶函数，得到$\phi=\cfrac{\pi}{2}$，故函数转化为$f(x)=cos\cfrac{\pi}{\omega}x$，做出其函数简图，利用图像得到，$3\leq \omega$，即$\omega_{min}=3$，故选$C$。

【2019三轮模拟考试理科用题】已知函数$f(x)=sin(\omega x+\phi)(\omega>0，\phi\in (0，2\pi))$的部分图像如图所示，且$f(x)$的图像的一个对称中心为$(\cfrac{\pi}{6}，0)$，则$\omega$的最小值为【$\qquad$】

$A.4$ $B.3$ $C.2$ $D.1$

法1：由于$sin\phi=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，则$\phi=\cfrac{\pi}{3}$，或者$\phi=\cfrac{2\pi}{3}$，

当$\phi=\cfrac{\pi}{3}$时，由于$(\cfrac{\pi}{6}，0)$为其对称中心，则$\cfrac{\pi}{6} \omega +\cfrac{\pi}{3}=k\pi(k\in Z)$，求得$\omega =6k-2$，$\omega_{min}=4$；

当$\phi=\cfrac{2\pi}{3}$时，由于$(\cfrac{\pi}{6}，0)$为其对称中心，则$\cfrac{\pi}{6} \omega +\cfrac{2\pi}{3}=k\pi(k\in Z)$，求得$\omega =6k-4$，$\omega_{min}=2$；

则$\omega_{min}=2$，故选$C$。其实此方法还可以再优化，如下，

法2：利用相位法，由于函数$f(x)$可以看成先有函数$y=sinx$向左平移$\phi$的单位得到$y=sin(x+\phi)$，然后再伸缩得到，

由于图像的最高点在$y$轴的左侧，故平移的距离一定大于$\cfrac{\pi}{2}$，(或者说函数与$y$轴的交点在函数的单调递减区间上，故由$sin\phi=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，平移的距离一定大于$\cfrac{\pi}{2}$，)

以及$\phi\in (0，2\pi)$，只能得到$\phi=\cfrac{2\pi}{3}$，又由于对称中心为$(\cfrac{\pi}{6}，0)$，

则$\cfrac{\pi}{6} \omega +\cfrac{2\pi}{3}=k\pi(k\in Z)$，即$\omega =6k-4$，从而解得$\omega_{min}=2$；故选$C$。

法3：导数法，$f'(x)=\omega cos(\omega x+\phi)$，由图像可知，当$x=0$时，$f'(x)<0$，即$\omega cos\phi<0$，

又$sin\phi=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，故$\phi=\cfrac{2\pi}{3}$，又由于对称中心为$(\cfrac{\pi}{6}，0)$，

则$\cfrac{\pi}{6} \omega +\cfrac{2\pi}{3}=k\pi(k\in Z)$，即$\omega =6k-4$，从而解得$\omega_{min}=2$；故选$C$。

【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】已知$\omega\in N^*$，函数$f(x)=tan(\omega x+\cfrac{\pi}{6})$的图像的一个对称中心为$(\cfrac{\pi}{3}，0)$，则$\omega$的一个可能取值为【$\qquad$】

$A.2$ $B.3$ $C.4$ $D.5$

分析：由题可知，$\cfrac{\pi}{3}\omega +\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{k\pi}{2}$，$k\in Z$，则$2\omega+1=3k$，逐项代入验证选$C$。

将函数$f(x)=2sin(\omega x-\cfrac{\pi}{3})$($\omega>0$)的图像向左平移$\cfrac{\pi}{3\omega}$个单位，得到函数$y=g(x)$的图像，若$y=g(x)$在区间$[-\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4}]$上为增函数，则$\omega$的最大值为________。

解析：由题设可知，$y=g(x)=2sin[\omega(x+\cfrac{\pi}{3\omega})-\cfrac{\pi}{3}]=2sin\omega x$($\omega>0$)，

由于$y=g(x)$在区间$[-\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4}]$上为增函数，且$\omega>0$，

则有$-\cfrac{\omega\pi}{6}\leqslant \omega x\leqslant \cfrac{\omega\pi}{4}$，且有$[-\cfrac{\omega\pi}{6}，\cfrac{\omega\pi}{4}]\subseteq [-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]$，

所以$\left\{\begin{array}{l}{-\cfrac{\omega\pi}{6}\geqslant -\cfrac{\pi}{2}}\\{\cfrac{\omega\pi}{4}\leqslant \cfrac{\pi}{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{\omega\leqslant 3}\\{\omega\leqslant 2}\end{array}\right.$，

则$\omega \leqslant 2$，所以$\omega$的最大值为$2$.

【2020届高三文科数学】定义在$[0,\pi]$上的函数$y=\sin(\omega x-\cfrac{\pi}{6})(\omega >0)$有零点，且值域$M\in $ $[-\cfrac{1}{2},$ $+\infty)$，则$\omega$取值范围是【$\qquad$】

$A.[\cfrac{1}{2},\cfrac{4}{3}]$ $B.[\cfrac{4}{3},2]$ $C.[\cfrac{1}{6},\cfrac{4}{3}]$ $D.[\cfrac{1}{6},2]$

分析：由于$x\in [0,\pi]$，$\omega >0$，则$\omega x-\cfrac{\pi}{6}\in [-\cfrac{\pi}{6},\omega x-\cfrac{\pi}{6}]$，

在以$\omega x-\cfrac{\pi}{6}$为横轴做函数的图像时，由于函数要有零点，则必须满足$\omega x-\cfrac{\pi}{6}\geqslant 0$①；^[2]

又由于值域$M\in [-\cfrac{1}{2},+\infty)$，实质是值域$M\in [-\cfrac{1}{2},1]$，则必须满足$\omega x-\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{7\pi}{6}$②；^[3]

联立①②，解得$\omega \in [\cfrac{1}{6},\cfrac{4}{3}]$，故选$C$。

解析式含参φ

已知函数$f(x)=\sin(2x+\phi)+a\cos(2x+\phi)(0<\phi<\pi)$的最大值为$2$，且满足$f(x)$$=$$f(\cfrac{\pi}{2}-x)$，则$\phi=$【$\qquad$】

$A.\cfrac{\pi}{6}$ $B.\cfrac{\pi}{3}$ $C.\cfrac{\pi}{3}或\cfrac{2\pi}{3}$ $D.\cfrac{\pi}{6}或\cfrac{5\pi}{6}$

分析：由于$f(x)=f(\cfrac{\pi}{2}-x)$，故函数的对称轴为$x=\cfrac{\pi}{4}$，

又由于$f(x)_{max}=\sqrt{1+a^2}=2$，故$a=\pm 3$，则$f(x)=2\sin(2x+\phi\pm \cfrac{\pi}{3})$，

于是有$2\times \cfrac{\pi}{4}+\phi\pm \cfrac{\pi}{3}=k\pi+\cfrac{\pi}{2}$，$k\in Z$，

则$\phi=k\pi\pm \cfrac{\pi}{3}\in (0,\pi)$，故$\phi=\cfrac{\pi}{3}$或$\phi=\cfrac{2\pi}{3}$，故选$C$.

【2018三轮模拟考试理科用题】设函数$f(x)=cos2x-\sqrt{3}sin2x$，把$y=f(x)$的图像向左平移$\phi$$(|\phi|<\cfrac{\pi}{2})$个单位，得到的函数图像中的一个最低点坐标是$(-\cfrac{\pi}{12}，-2)$，一个零点坐标是$(\cfrac{\pi}{6}，0)$，则$f(\phi)$的值等于多少？

分析：先变形得到$f(x)=2cos(2x+\cfrac{\pi}{3})$，将其平移得到$y=2cos[2(x+\phi)+\cfrac{\pi}{3}]$，

由其最低点坐标得到$2\times(-\cfrac{\pi}{12})+2\phi+\cfrac{\pi}{3}=2k\pi+\pi$，

从而$\phi=k\pi+\cfrac{5\pi}{12}$，令$k=0$解得$\phi=\cfrac{5\pi}{12}\in (-\cfrac{\pi}{2}，-\cfrac{\pi}{2})$，故$f(\cfrac{5\pi}{12})=-\sqrt{3}$。

反思：在求解$\phi$值时，还可以利用题目给定的零点来计算；还可以先转化为$f(x)=-2sin(2x-\cfrac{\pi}{6})$来计算；

【三轮模拟考试理科用题】【2018辽宁辽阳一模】将函数$y=sin2x-\sqrt{3}cos2x$的图像向左平移$\phi(0\leq \phi\leq \cfrac{\pi}{2})$个单位长度后得到$f(x)$的图像，若$f(x)$在$(\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})$上单调递减，则$\phi$的取值范围是【$\qquad$】

$A.[\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{2}]$ $B.[\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{2}]$ $C.[\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{5\pi}{12}]$ $D.[\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{5\pi}{12}]$

法1：由题目得到$y=sin2x-\sqrt{3}cos2x=2sin(2x-\cfrac{\pi}{3})$，则将其向左平移$\phi$个单位长度后得到$f(x)=2sin(2x+2\phi-\cfrac{\pi}{3})$，

由$2k\pi+\cfrac{\pi}{2}\leq 2x+2\phi-\cfrac{\pi}{3}\leq 2k\pi+\cfrac{3\pi}{2}$，得到单减区间$[k\pi+\cfrac{5\pi}{12}-\phi，k\pi+\cfrac{11\pi}{12}-\phi]$，$k\in Z$

由于$f(x)$在$(\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})$上单调递减，故必然满足$(\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\subseteq [k\pi+\cfrac{5\pi}{12}-\phi，k\pi+\cfrac{11\pi}{12}-\phi]$

由$\left\{\begin{array}{l}{k\pi+\cfrac{5\pi}{12}-\phi\leq \cfrac{\pi}{4} }\\{\cfrac{\pi}{2}\leq k\pi+\cfrac{11\pi}{12}-\phi}\end{array}\right.$；解得$k\pi+\cfrac{\pi}{6}\leq \phi \leq k\pi+\cfrac{5\pi}{12}(k\in Z)$，

令$k=0$，即得到$\cfrac{\pi}{6}\leq \phi \leq \cfrac{5\pi}{12}$，故选$D$。

法2：由题目得到$y=sin2x-\sqrt{3}cos2x=2sin(2x-\cfrac{\pi}{3})$，则将其向左平移$\phi$个单位长度后得到$f(x)=2sin(2x+2\phi-\cfrac{\pi}{3})$，

又由于模板函数$y=sin2x$的靠近原点的单调递减区间为$[\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{3\pi}{4}]$，故将$y=sin2x$向左平移$\phi-\cfrac{\pi}{6}$即得到$f(x)=2sin(2x+2\phi-\cfrac{\pi}{3})$，

故单调递减区间相应的变化为$[\cfrac{\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{3\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}]$，又题目给定$f(x)$在$(\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})$上单调递减，

则$(\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\subseteq [\cfrac{\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{3\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}]$，

由$\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}\leq \cfrac{\pi}{4} }\\{\cfrac{\pi}{2}\leq \cfrac{3\pi}{4}-\phi+\cfrac{\pi}{6}}\end{array}\right.$；得到$\cfrac{\pi}{6}\leq \phi \leq \cfrac{5\pi}{12}$，故选$D$。

【二轮模拟考试理科用题】【2018福建福州期末】将函数$y=f(x)=2sinx+cosx$的图像向右平移$\phi$个单位长度，得到函数$y=g(x)=2sinx-cosx$，则$sin\phi$=__________。

分析：将函数$f(x)$化简为$f(x)==\sqrt{5}(sinx\cdot \cfrac{2}{\sqrt{5}}+cosx\cdot \cfrac{1}{\sqrt{5}})=\sqrt{5}sin(x+\alpha)$，其中$cos\alpha=\cfrac{2}{\sqrt{5}}$，$sin\alpha=\cfrac{1}{\sqrt{5}}$，同理将函数$g(x)$化简为$g(x)=\sqrt{5}sin(x-\alpha)$，

由于函数$f(x)$向右平移$\phi$个单位长度，得到$y=\sqrt{5}sin(x-\phi+\alpha)$，

则$\sqrt{5}sin(x-\phi+\alpha)=\sqrt{5}sin(x-\alpha)$对任意$x\in R$恒成立，

故有$x-\phi+\alpha=2k\pi+x-\alpha$，即$\phi=2\alpha-2k\pi$，$k\in Z$，

故$sin\phi=sin(2\alpha-2k\pi)=sin2\alpha=2sin\alpha\cdot cos\alpha=2\times\cfrac{2}{\sqrt{5}}\times\cfrac{1}{\sqrt{5}}=\cfrac{4}{5}$.

已知函数$f(x)=cos(2x-\cfrac{2\pi}{3})+sin(2x-\cfrac{3\pi}{2})$，将函数$f(x)$的图像向左平移$\phi(\phi>0)$个单位长度，得到函数$g(x)$的图像，若函数$g(x)$的图像关于$y$轴对称，则$\phi$的最小值是【$\qquad$】

$A.\cfrac{\pi}{6}$ $B.\cfrac{\pi}{3}$ $C.\cfrac{2\pi}{3}$ $D.\cfrac{5\pi}{6}$

分析：$f(x)=sin(2x+\cfrac{\pi}{6})$，$g(x)=sin(2x+2\phi+\cfrac{\pi}{6})$，由于函数$g(x)$的图像关于$y$轴对称，则函数$g(x)$在$x=0$时取到最值，这样将选项代入验证，选$A$。

【2019届三轮模拟训练限时训练用题】要得到函数$y=sin(6x-\phi)$($-3\pi<\phi<-\pi$)的图像，只需要将函数$y=sin6x$的图像向右平移$\cfrac{\pi}{12}$个单位，则$\phi$的值为【$\qquad$】

$A.-\cfrac{5\pi}{4}$ $B.-2\pi$ $C.-\cfrac{5\pi}{2}$ $D.-\cfrac{3\pi}{2}$

法1：验证法，将函数$y=sin6x$的图像向右平移$\cfrac{\pi}{12}$个单位，得到$y=sin(6x-\cfrac{\pi}{2})$，验证选项$D$，由$y=sin(6x+\cfrac{3\pi}{2})=sin(6x+2\pi-\cfrac{\pi}{2})=sin(6x-\cfrac{\pi}{2})$，故选项$D$正确，同理可以验证排除其他的选项；

法2：计算赋值法，将函数$y=sin6x$的图像向右平移$\cfrac{\pi}{12}$个单位，得到$y=sin(6x-\cfrac{\pi}{2})$，

要使得其图像和函数$y=sin(6x-\phi)$($-3\pi<\phi<-\pi$)的图像重合，则需要$6x-\cfrac{\pi}{2}+2k\pi=6x-\phi$，

即$\phi=-2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，令$k=1$，得到$\phi=-\cfrac{3\pi}{2}\in (-3\pi，-\pi)$，故选$D$。

【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】将函数$f(x)=sin2x+\sqrt{3}cos2x$的图像向右平移$\phi(\phi>0)$个单位，再向上平移$1$个单位，所得的图像经过$(\cfrac{\pi}{8}，1)$，则$\phi$的最小值为【$\qquad$】

$A.\cfrac{5\pi}{12}$ $B.\cfrac{7\pi}{12}$ $C.\cfrac{5\pi}{24}$ $D.\cfrac{7\pi}{24}$

分析：函数经过相应的变换得到，$y=2sin(2x-2\phi+\cfrac{\pi}{3})+1$，由于函数图像经过$(\cfrac{\pi}{8}，1)$，

则有$2\times \cfrac{\pi}{8}-2\phi+\cfrac{\pi}{3}=k\pi$，$k\in Z$，变形整理得到，

$\phi=\cfrac{k\pi}{2}+\cfrac{7\pi}{24}$，$k\in Z$，令$k=0$，得到$\phi_{min}=\cfrac{7\pi}{24}$，故选$D$.

给定区间含参

【二轮模拟考试理科用题】【参数在区间端点处】【2018辽宁丹东期末】若函数$f(x)＝2sin(2x＋\cfrac{\pi}{6})$在$[0，\cfrac{x_0}{3}]$和$[2x_0，\cfrac{7\pi}{6}]$上都是单调递增函数，则实数$x_0$的取值范围是【$\qquad$】

$A.[\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{2}]$ $B.[\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{2}]$ $C.[\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{3}]$ $D.[\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{3\pi}{8}]$

法1：从形上入手分析，正确、准确做出函数的图像，是求解的先决条件。

由图像能直观的得到，要使得函数在$[0，\cfrac{x_0}{3}]$和$[2x_0，\cfrac{7\pi}{6}]$上都是单调递增函数，

则必须同时满足条件$\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{x_0}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}}\\{2x_0\ge \cfrac{2\pi}{3}}\end{array}\right.$，解得$\cfrac{\pi}{3}\leq x_0\leq \cfrac{\pi}{2}$，故选$B$.

法2：从数上入手分析，用常规方法先求得给定函数的单调递增区间，由$2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leq 2x＋\cfrac{\pi}{6}\leq 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}$，

解得单调递增区间为$[k\pi-\cfrac{\pi}{3}，k\pi+\cfrac{\pi}{6}]$，$k\in Z$，

当$k=0$时，单增区间为$[-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{6}]$，

当$k=1$时，单增区间为$[\cfrac{2\pi}{3}，\cfrac{7\pi}{6}]$，

又题目要求函数在$[0，\cfrac{x_0}{3}]$和$[2x_0，\cfrac{7\pi}{6}]$上都是单调递增函数，

【2020届高三模拟训练用题】【参数在区间端点处】若$f(x)=\sin x+\sqrt{3}\cos x$在$[-m,m](m>0)$上是增函数，则$m$的最大值为【$\qquad$】

$A.\cfrac{5\pi}{6}$ $B.\cfrac{2\pi}{3}$ $C.\cfrac{\pi}{6}$ $D.\cfrac{\pi}{3}$

分析：$f(x)=\sin x+\sqrt{3}\cos x=2(\cfrac{1}{2}\sin x+\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos x)=2\sin(x+\cfrac{\pi}{3})$，

在$[-m,m](m>0)$上是增函数，将$x+\cfrac{\pi}{3}$视为整体，对比函数$y=sinx$的单调性可知，

则$\left\{\begin{array}{l}{-m+\cfrac{\pi}{3}\geqslant -\cfrac{\pi}{2}}\\{m+\cfrac{\pi}{3}\leqslant \cfrac{\pi}{2}}\end{array}\right.$ 解得$\left\{\begin{array}{l}{m\leqslant \cfrac{5\pi}{6}}\\{m\leqslant \cfrac{\pi}{6}}\end{array}\right.$

则$m\leqslant \cfrac{\pi}{6}$，故$m$的最大值为$\cfrac{\pi}{6}$，故选$C$.

难点题目

【2016天津高考文科第8题】已知$f(x)=sin^2\cfrac{\omega x}{2}+\cfrac{1}{2}sin\omega x-\cfrac{1}{2}(\omega>0)$，$x\in R$，若$f(x)$在区间$(\pi，2\pi)$内没有零点，则$\omega$的取值范围是【$\qquad$】

$A、(0，\cfrac{1}{8}]$ $B、(0，\cfrac{1}{4}]\cup [\cfrac{5}{8}，1)$ $C、(0，\cfrac{5}{8}]$ $D、(0，\cfrac{1}{8}]\cup [\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]$

分析：$f(x)=\cfrac{1-cos\omega x}{2}+\cfrac{1}{2}sin\omega x-\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{2}(sin\omega x-cos\omega x)$

$=\cfrac{\sqrt{2}}{2}sin(\omega x-\cfrac{\pi}{4})$，

法1：补集法，从数的角度入手分析，假设$f(x)$在区间$(\pi，2\pi)$内有零点$x_0$，使得$f(x)=\cfrac{\sqrt{2}}{2}sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0$，

则$\omega x_0-\cfrac{\pi}{4}=k\pi(k\in Z)$，即$x_0=\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{4\omega}$，

即$x_0=\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}$，又$\pi<x_0<2\pi$，

则$\pi<\cfrac{4k+1}{4\omega}<2\pi(k\in Z)$，即$\left\{\begin{array}{l}{4\omega<4k+1}\\{8\omega>4k+1}\end{array}\right.$

由于$\omega>0$，故给$k$赋值从$k=0$开始，

①当$k=0$时，$\left\{\begin{array}{l}{4\omega<1}\\{8\omega>1}\end{array}\right.$，即$\cfrac{1}{8}<\omega<\cfrac{1}{4}$；

②当$k=1$时，$\left\{\begin{array}{l}{4\omega<4+1}\\{8\omega>4+1}\end{array}\right.$，即$\cfrac{5}{8}<\omega<\cfrac{5}{4}$；

③当$k=2$时，$\left\{\begin{array}{l}{4\omega<8+1}\\{8\omega>8+1}\end{array}\right.$，即$\cfrac{9}{8}<\omega<\cfrac{9}{4}$；

④当$k=3$时，$\left\{\begin{array}{l}{4\omega<12+1}\\{8\omega>12+1}\end{array}\right.$，即$\cfrac{13}{8}<\omega<\cfrac{13}{4}$；

⑤当$k=4，\cdots$时，$\cdots$

以上情形取并集，得到当函数$f(x)$在区间$(\pi，2\pi)$内有零点$x_0$时，$\omega$的取值范围是$(\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup(\cfrac{5}{8}，+\infty)$，

故函数$f(x)$在区间$(\pi，2\pi)$内没有零点时，$\omega$的取值范围是$(0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]$，故选$D$。

法2：直接法，从数的角度入手分析，函数$f(x)$在区间$(\pi，2\pi)$内没有零点，则$sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0$在区间$(\pi，2\pi)$内无解，

则$k\pi<\omega x-\cfrac{\pi}{4}<k\pi+\pi(k\in Z)$，即$k\pi+\cfrac{\pi}{4}<\omega x<k\pi+\cfrac{5\pi}{4}(k\in Z)$，

则$\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{4\omega}<x_0<\cfrac{k\pi}{\omega}+\cfrac{5\pi}{4\omega}$

即$\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}<x<\cfrac{(4k+5)\pi}{4\omega}$恒成立，由于$x\in (\pi，2\pi)$，

则$\cfrac{(4k+1)\pi}{4\omega}\leq \pi$且$2\pi\leq \cfrac{(4k+5)\pi}{4\omega}$；

即$\left\{\begin{array}{l}{4\omega\ge 4k+1}\\{8\omega\leq 4k+5}\end{array}\right.$

①当$k=-1$时，$4\omega\ge -3$且$8\omega \leq 1$，解得$0<\omega\leq \cfrac{1}{8}$；

②当$k=0$时，$4\omega\ge 1$且$8\omega \leq 5$，解得$\cfrac{1}{4}\leq \omega\leq \cfrac{5}{8}$；

③当$k=1$时，$4\omega\ge 5$且$8\omega \leq 9$，解得$\cfrac{5}{4}\leq \omega\leq \cfrac{9}{8}$，实质为空集；

④当$k=2$时，$4\omega\ge 9$且$8\omega \leq 13$，解得$\cfrac{9}{4}\leq \omega\leq \cfrac{13}{8}$，实质为空集；

⑤当$k=3，\cdots$时，等等，解集都是空集；

综上所述，函数$f(x)$在区间$(\pi，2\pi)$内没有零点时，$\omega$的取值范围是$(0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]$，故选$D$。

法3：高考解法，从数的角度入手分析，接上述解法，得到

$sin(\omega x_0-\cfrac{\pi}{4})=0$在区间$(\pi，2\pi)$内无解，

即$x=\cfrac{k\pi+\frac{\pi}{4}}{\omega}\not\in (\pi，2\pi)$，

则$\omega \not\in (\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup (\cfrac{5}{8}，\cfrac{5}{4})\cup (\cfrac{9}{8}，\cfrac{9}{4})\cup\cdots = (\cfrac{1}{8}，\cfrac{1}{4})\cup (\cfrac{5}{8}，+\infty)$

由于函数$f(x)$在区间$(\pi，2\pi)$内没有零点，$\omega$的取值范围是$(0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]$，故选$D$。

法4：如下图所示，从形的角度入手分析：

要使得函数在$(\pi，2\pi)$内没有零点，则有以下情形成立：

①$2\pi\leq \cfrac{\pi}{4\omega}$，解得$0<\omega\leq \cfrac{1}{8}$；

②$\left\{ \begin{array}{l}{ \cfrac{\pi}{4\omega}\leq \pi }\\ {2\pi \leq \cfrac{5\pi}{4\omega}}\end{array}\right.$ ，解得$ \cfrac{1}{4}<\omega \leq \cfrac{5}{8}$；

③$\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{5\pi}{4\omega}\leq \pi}\\{2\pi\leq\cfrac{9\pi}{4\omega}} \end{array}\right.$，解得$\cfrac{5}{4}<\omega\leq \cfrac{9}{8}$；即$\omega\in \varnothing$；

④$\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{9\pi}{4\omega}\leq \pi}\\{2\pi\leq\cfrac{13\pi}{4\omega}} \end{array}\right.$，解得$\cfrac{9}{4}<\omega\leq \cfrac{13}{8}$；即$\omega\in \varnothing$；

⑤$\cdots$，解得$\omega\in \varnothing$；

综上所述，$\omega$的取值范围是$(0，\cfrac{1}{8}]\cup[\cfrac{1}{4}，\cfrac{5}{8}]$，故选$D$。

由于函数在 $\cfrac{\pi}{4}$ 处达到极值或最值，题目已知了函数单调[可能包含单调递增或单调递减两种情形]，此时我们视 $\omega$$x$$+$$\phi$$=$$X$ 为一个整体，则由于 $y$$=$$2\sin$$X$ 和 $y$$=$$\sin$$X$ 的单调区间是一致的，故借助 $y$$=$$\sin$$X$ 来思考，其单调区间的最大宽度【比如 $[-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2}]$ 】等于半周期【$y=\sin X$ 的周期为 $2\pi$ ，而 $[-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2}]$ 的区间宽度为 $\pi$，故为半周期。】，而题目又已知在给定的区间 $(\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{3})$ 上单调，故给定的此单调区间必然应该是函数的单调区间的子集，故给定的单调区间的宽度必然小于或等于半周期； ↩︎
只有确保图像经过原点(包含原点)，才能保证函数至少有一个零点；用数的形式限制为$\omega x-\cfrac{\pi}{6}\geqslant 0$； ↩︎
当图像从左往右延伸时，如果经过点$(\cfrac{7\pi}{6}，-\cfrac{1}{2})$，则函数的值域就不再满足最小值为$-\cfrac{1}{2}$，故限制为$\omega x-\cfrac{\pi}{6}\leqslant\cfrac{7\pi}{6}$； ↩︎

posted @ 2019-03-28 10:45 静雅斋数学阅读(1018) 评论(0) 编辑收藏举报

会员力量，点亮园子希望

刷新页面返回顶部