三角函数中求ω的常见类型及解题策略

摘 要：求函数y=Asin（ωx+φ）+B的参数ω，φ的取值范围问题，主要考查学生对三角函数知识的综合应用能力，以及学生的逻辑推理、运算、直观想象等数学核心素养.通过对常考题型进行归类、一题多解、总结解题策略，帮助学生掌握其内在规律、特点.

关键词：取值范围；解题策略；三角函数

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）19-0038-04

三角函数的性质是高考的必考内容，其中求ω的取值范围问题也是高考的热门考点.其考查形式主要是结合函数的单调性、对称性、极值与最值、零点等问题，需要学生熟练运用三角函数的基本性质和图象.从近几年的高考情况来看，经常在选择压轴题中出现，综合性较强，对学生的逻辑推理、直观想象素养要求较高.所以，对ω的取值范围的系统研究有助于学生进一步突破此类问题.

1 ω的取值范围与单调性相结合

例1 已知函数f（x）=sin（ωx+π6）（ωgt;0）在区间［π2，π］内单调递减，则实数ω的取值范围是.

解法1 由题意可得T2≥π-π2=π2，即T≥π.

又T=2πω，所以2πω≥π，ωgt;0， 解得0lt;ω≤2.

又因为x∈［π2，π］，所以ωx+π6∈［π2ω+π6，πω+π6］.

所以π6lt;π2ω+π6≤7π6.

要使函数在［π2，π］内单调递减，

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.

从而有［π2，π］［π3ω，4π3ω］.

解得23≤ω≤43.

解法3 因为函数f（x）=sin（ωx+π6）（ωgt;0）在［π2，π］上单调递减，

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.

当k=0时成立，从而23≤ω≤43.

例2 若直线x=π4是曲线y=sin（ωx-π4）（ωgt;0）的一条对称轴，且函数y=sin（ωx-π4）在区间[0，π12]上不单调，则ω的最小值为.

解析 因为直线x=π4是曲线y=sin（ωx-π4）（ωgt;0）的一条对称轴，则π4ω-π4=kπ+π2，k∈N.

即ω=4k+3，k∈N.

由-π2≤ωx-π4≤π2，得-π4ω≤x≤3π4ω.

则函数y=sin（ωx-π4）在［-π4ω，3π4ω］上单调递增.

而函数y=sin（ωx-π4）在区间［0，π12］上不单调，则3π4ωlt;π12，解得ωgt;9.

所以ω的最小值为11.

2 ω的取值范围与对称性相结合

例3 已知函数f（x）=cos（ωx-π4）（ωgt;0）在区间[0，π]上有且仅有3条对称轴，则ω的取值范围是.

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

函数f（x）在区间[0，π]上有且仅有3条对称轴，即0≤（1+4k）π4ω≤π有3个整数k符合，解得

0≤1+4k≤4ω，则k=0，1，2.

即1+4×2≤4ωlt;1+4×3.

所以94≤ωlt;134.

解法2 令μ=ωx-π4，则

y=cosμ，μ∈［-π4，ωπ-π4］.

因为函数f（x）=cos（ωx-π4）在区间[0，π]上有且仅有3条对称轴，结合图象y=cosμ 得2π≤

ωπ-π4lt;3π.

所以94≤ωlt;134［1］.

3 ω的取值范围与三角函数的最值相结合

例4 函数f（x）=sin（ωx+π4）（ωgt;0）在区间［0，π］上恰有两个最小值点，则ω的取值范围为.

解法1 令t=ωx+π4，因为x∈［0，π］，所以

t∈［π4，ωπ+π4］.

则问题转化为函数f（t）=sint在

t∈［π4，ωπ+π4］时恰有两个最小值点.

所以有7π2≤ωπ+π4lt;11π2.

因为ωgt;0，所以134≤ωlt;214.

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

所以满足0≤x=2kπ+5π/4

ω≤π的k值有2个.

因为-58≤k≤ω2-58，所以k的取值可能为0，1.

由ω2-58≥1，ω2-58lt;2， 解得134≤ωlt;214.

例5 若函数f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在区间（π，2π）内没有最值，则ω的取值范围是.

解析 由于f（x）在区间（π，2π）内没有最值，所以f（x）在区间（π，2π）上单调，由x∈（π，2π），得ωx+π3∈（ωπ+π3，2ωπ+π3）.

当f（x）在区间（π，2π）上单调递增时，可得

-π2+2kπ≤ωπ+π3lt;2ωπ+π3≤π2+2kπ，k∈Z，

解得-56+2k≤ω≤112+k，k∈Z，当k≠0时无解.

令k=0，得-56≤ω≤112.

又ωgt;0，故0lt;ω≤112.

当f（x）在区间（π，2π）上单调递减时，可得

π2+2kπ≤ωπ+π3lt;2ωπ+π3≤3π2+2kπ，k∈Z，

解得16+2k≤ω≤712+k，k∈Z，当

k≠0时无解，令k=0，得16≤ω≤712.

综上，ω∈（0，112］∪［16，712］.

4 ω的取值范围与三角函数的零点相结合

例6 已知函数f（x）=2cos2ωx2+3sinωx-1（ωgt;0，x∈R），若函数f（x）在区间（π，2π）上没有零点，则ω的取值范围是.

解析 因为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.

因为函数f（x）在区间（π，2π）内没有零点，所以区间（ω+16，2ω+16）内不存在整数.

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 已知函数f（x）=sinωx-3cosωx+1（ωgt;0）在（0，2π）上有且只有5个零点，则实数ω的范围是 .

解析 因为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个零点.

因为x∈（0，2π），所以ωx-π3∈（-π3，2πω-π3）.

所以结合正弦函数图象，要使sin（ωx-π3）=-12在（0，2π）上有且只有5个零点，

则23π6lt;2πω-π3≤31π6.

即2512lt;ω≤114.

所以实数ω的范围是（2512，114］.

5 ω的取值范围与三角函数的极值相结合

例8 已知函数f（x）=sinωx（ωgt;0）在区间（π2，π）不存在极值点，则ω的取值范围是.

解析 因为函数f（x）=sinωx（ωgt;0）在区间（π2，π）上不存在极值点，

所以kπ+π2≤π2ω，且

πω≤（k+1）π+π2对任意的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 若函数f（x）=sin（ωx+π10）在［0，2π］上有且仅有6个极值点，则正整数ω的值为.

解析 设t=ωx+π10，则当x∈［0，2π］时，t∈

［π10，2ωπ+π10］.

由f（x）在［0，2π］上有且仅有6个极值点，

则y=sint在［π10，2ωπ+π10］上有且仅有6个极值点，如图1.

由正弦函数的图象性质可得112π≤2ωπ+π10lt;132π.

解得114-120≤ωlt;134-120.

所以正整数ω的值为3.

6 ω的取值范围与三角函数的综合性质相结合

例10 已知函数f（x）=sin（ωx-π6）（ωgt;0）在区间［-π3，3π4］上单调递增，且在区间［0，π］上只取得一次最大值，则ω的取值范围是.

解析 因为f（x）=sin（ωx-π6）（ωgt;0），在区间［-π3，3π4］上单调递增，所以3π4+π3≤T2=πω，0lt;ω≤1213.

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

则-π3ω-π6≥-π2，3π4ω-π6≤π2， 解得ω≤89.

所以0lt;ω≤89.

当x∈［0，π］时，ωx-π6∈［-π6，ωπ-π6］，要使得该函数取得一次最大值，故只需π2≤ωπ-π6lt;52π，解得ω∈［23，83）.

综上所述，ω的取值范围为［23，89］.

7 结束语

三角函数中ω的取值范围问题是三角函数中综合性强的问题，很多同学没有掌握正确的思维方式，没有掌握一定方法与技巧，导致问题难解.我们把此类问题主要归纳为以上几类题型以及对应的解题策略，通过以上过程可以看出，它们一般具有共性，即将ωx+φ看成一个整体，利用整体代换法，再结合正弦函数或余弦函数的图象与性质进行求解.

参考文献：

［1］

江志杰.三角函数模型中“ω”值的求法探究[J].数学通讯，2017（05）：1-4.

［责任编辑：李 璟］