新高考数学二轮复习专题培优训练专题04 三角函数之求ω归类（易错点+五大题型）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习专题培优训练专题04 三角函数之求ω归类（易错点+五大题型）（2份，原卷版+解析版），共5页。
目录
【高考预测】概率预测+题型预测+考向预测
【应试秘籍】总结常考点及应对的策略
【误区点拨】点拨常见的易错点
易错点：多个条件同时出现易弄混k的取值
【抢分通关】精选名校模拟题，讲解通关策略
【题型一】利用单调性、对称轴、对称中心求ω
【题型二】 极（最）值点“恰有”型求ω
【题型三】 极（最）值点“没有”型求ω
【题型四】 极（最）值点“至少、至多”型求ω
【题型五】 最值与恒成立型求ω
三角函数作为基础题题型之一，在新结构试卷中，原本第一道解答题的位置可能被替代，所以小题的三角函数问题就会突出，常考的齐次化切、范围相关的问题都会是今年的重点题型，范围相关的问题一般有整体法和卡根法两种解法，根据学生掌握情况自主学习，这里用的大多是整体法，需要清晰的分清对于三角函数图象的影响以及题干的条件从而用对应的方法解决。
易错点：多个条件同时出现易弄混k的取值
易错提醒：
涉及到对称轴对称中心以及单调性多个同时出现时，，不要把所有的都写成一个k,因为需要多个式子，而这些式子的不一定一致， 即它们本身不一定相等.实际上建议换成不同的字母较合适。
例（23-24高一下·辽宁·阶段练习）若函数（，）的最小正周期为，且，若在区间内没有零点，则的取值范围为 ．
【答案】
【详解】由题意，
所以，结合，得，
，
注意到，所以的零点关于单调递增，
注意到时，，
所以我们只需考虑即可，
现在让，解得，
从而，
结合，可知只能，此时，
即的取值范围为.
故答案为：.
变式1：（2024·江苏泰州·模拟预测）设函数在上至少有两个不同零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】令得，
因为，所以，
令，解得或，
从小到大将的正根写出如下：
，，，，，……，
因为，所以，
当，即时，，解得，
此时无解，
当，即时，，解得，此时无解，
当，即时，，解得，
故，
当，即时，，解得，
故，
当时，，此时在上至少有两个不同零点，
综上，的取值范围是.
故选：A
【题型一】利用单调性、对称轴、对称中心求ω
函数的性质：
由求增区间；由求减区间.
由 求对称轴.
由求对称中心.

【例1】（多选）（2024·辽宁葫芦岛·一模）已知在区间上单调递增，则的取值可能在（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【详解】，
当，由，则，
则有，，
解得，，
即，，
有，，即，即或，
当时，有，时，有，
故的取值可能在或.
故选：AC.
【例2】（2024·安徽芜湖·二模）已知偶函数的图像关于点中心对称，且在区间上单调，则 ．
【答案】/1.5
【详解】因为偶函数，所以，，
即或，
又的图像关于点中心对称，
所以，即，
所以，
因为函数单调，所以，即，
所以当时，符合条件.
故答案为：
【例3】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数在区间上单调递减，且在区间上只有1个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】当时，， 则，
当时，，则，
即有，解得.
故选：C.

【变式1】（2024·陕西榆林·二模）已知函数在上单调，的图象关于点中心对称且关于直线对称，则的取值个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【详解】由题意得的图象关于点中心对称且关于直线对称，
故，则，
即，
由函数在上单调，
得，即，即，
解得，而，故或1，或2，
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上单调递增，
故在上单调递增，满足题意；
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上不单调，
故在上不单调，此时不合题意；
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上单调递增，
故在上单调递增，满足题意；
综上，或.
故选：B
【变式2】（2024·安徽池州·模拟预测）已知函数的部分图像如图所示，则（ ）
A．直线是的对称轴
B．点是的对称中心
C．在区间上单调递减
D．当时，的值域为
【答案】A
【详解】由图知，所以周期．
又因为，所以，当时，，
所以．又因为，所以，即．
对于选项A，当时，，，所以直线是的对称轴，故A正确；
对于选项B，当时，，所以点不是的对称中心，故B错误；
对于选项C，当时，，由正弦函数可知，在区间上不单调递减，故C错误；
对于选项D，当时，，的值域为，故D错误．
故选：A.
【变式3】（多选）（2024·辽宁丹东·一模）已知函数（，）满足，且在上单调递减，则（ ）
A．B．为奇函数
C．的对称轴为，D．在上有3个零点
【答案】AC
【详解】由于在上单调递减，，故对应的点是的对称中心，即.
同样地由于在上单调递减，故最小正周期.
同时，由于对任意的实数，方程在一个形如的区间上至多有两个根，且在有两个根的情况下，这两个根的平均值对应的直线一定是的的对称轴，而，，从而，故对应的直线一定是的的对称轴.
现在，由于是的对称中心，是的的对称轴，故是的对称轴. 而在上单调递减，，故，在上单调递减.
再由是的对称中心，就知道，所以，故.
此时得到，代入得，即.
从而，由知，所以，即.
经验证，满足条件.
然后逐一验证各个选项：
我们已经推出，故A正确；
由，知函数在处有定义但不过原点，从而不可能是奇函数，B错误；
由于当且仅当，即，即，故的对称轴是，C正确；
由于当且仅当，即，即，故在上的全部零点是，只有2个，D错误.
故选：AC.
【题型二】 极（最）值点“恰有”型求ω
【例1】（多选）（2024·全国·一模）设函数在区间上恰有两个极值点，两个零点，则的取值可能是（ ）
A．B．2C．D．
【答案】AB
【详解】因为.
令，则函数在上恰有两个极值点，两个零点.
结合的图象，如图：
可得，所以.
故选：AB
【例2】（2024·广西·二模）已知函数在区间上恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】，，
因为函数在上恰好有两个零点，所以，
解得.
故选：D.
【例3】（2024·全国·模拟预测）已知函数．若，，且在上恰有3个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】令，得，，
即，，
所以．
因为，，所以．
又在上恰有3个极值点，所以解得；
或（无解）；或（无解）．
综上，实数的取值范围为.
故选：C．
【变式1】（多选）（2024·广东·一模）已知函数的图象向左平移个单位后到函数的图象（如图所示），则（ ）
A．
B．在上为增函数
C．当时，函数在上恰有两个不同的极值点
D．是函数的图象的一条对称轴
【答案】BCD
【详解】根据平移性质，可设，
由图象可得，即，解得，
所以，又，
所以，即，
对于A，则，即，故A错误；
对于B，当时，，由正弦函数单调性知，在上为增函数，故B正确；
对于C，，当时，，
因为，所以，
显然能取到，不能取到，所以函数在上恰有两个不同的极值点，故C正确；
对于D，因为，
所以当时，取得最大值，所以是函数的一条对称轴，故D正确.
故选：BCD
【变式2】（2024·辽宁抚顺·一模）已知是函数的两个零点，且，若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于轴对称，且函数在内恰有2个最值点，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【详解】由可得或；
根据正弦函数图象性质可知，解得；
将函数的图象向左平移个单位后可得为偶函数，
则，又可得；
因此；
当时，可知，
若函数在内恰有2个最值点，可知，
解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
【变式3】（2024·山东烟台·一模）若函数在上恰有5个零点，且在上单调递增，则正实数的取值范围为 .
【答案】
【详解】依题意，函数，由，得，
则或，
由，得，由在上恰有5个零点，
得，解得，
由，得，即函数在上单调递增，
因此，即，且，解得，
所以正实数的取值范围为.
故答案为：
【题型三】 极（最）值点“没有”型求ω
涉及到三角函数图像性质的运用，在这里需注意：
两对称轴之间的距离为半个周期；
相邻对称轴心之间的距离为半个周期；
相邻对称轴和对称中心之间的距离为个周期．
【例1】（2024·陕西西安·二模）已知函数，若，，且在区间上没有零点，则的一个取值为 ．
【答案】（答案不唯一）.
【详解】
由题意，在中，，
∴ ,所以，
两式相减得，
所以，即，，
因为，所以 ，
令， ，
由题意知在上无零点，
故，，
所以，即，
两式相加得，所以，
又，
所以，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，，
所以的取值有5个，取其中一个填写即可.
故答案为：（答案不唯一）.
【例2】（2024·全国·模拟预测）已知函数在内没有零点，则的取值范围为 .
【答案】
【详解】法一：因为函数在内没有零点，
所以，
即解得.
由，得，又，故只可取0，1，
当时，；
当时，，故的取值范围为.
法二：，
令，得，，所以.
设的最小正周期为.
因为在内没有零点，所以，解得.
对，
取，则，则或，解得或；
取，则，则，解得.
故或，即的取值范围为.
故答案为：.
【例3】（多选）（2024·河南·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是的一个周期
B．的值域是
C．若在区间上有最小值，没有最大值，则的取值范围是
D．若方程在区间上有3个不同的实根，则的取值范围是
【答案】BC
【详解】因为，
由题意可知：的定义域为，关于原点对称，
且，可得为偶函数，
对于选项A：因为，可知不是的一个周期，
又因为，
可知是的一个周期，故A错误；
对于选项B：当，则，
可得，
因为，则，
可知：当，即时，取到最小值；
当，即时，取到最大值1；
所以，结合偶函数和周期性可知的值域是，故B正确；
对于选项C：因为，由选项B可知：，故C正确；
对于选项D：方程的实根即为与的交点横坐标，
作出在的图象，如图所示：
由题意结合图象可知：，
则，
因为，则，可得，
所以，故D错误；
故选：BC.
【变式1】（2023·辽宁沈阳·模拟预测）已知函数．若在区间内没有零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】,
若，因为，所以，
因为在区间内没有零点，
所以，解得；
若，因为，所以，
因为在区间内没有零点，
所以，解得；
综上，，
故选:D.
【变式2】（2024·全国·模拟预测）将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象．若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由题意，函数的图象先向右平移个单位长度,得到的图象，
再把所得函数图象的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到的图象．
因为在上没有零点，所以，
解得，．
因为，所以 时，可得；，可得，
故或.
故选:C．
【变式3】（2024·安徽安庆·二模）已知函数的图象关于点对称，且在上没有最小值，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】，
因为的图象关于点对称，
所以，
故，即，
当，即时，函数取得最小值，
因为在上没有最小值，
所以，即，
由解得，故，得.
故选：B
【题型四】 极（最）值点“至少、至多”型求ω
求待定系数和，常用如下两种方法：
(1)由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标，则令(或)，即可求出.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出和，若对，的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
【例1】（2022·安徽黄山·二模）函数的部分图象如图所示，为了得到的图象，需将函数的图象至少向右平移（ ）个单位长度.
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由图象可知：；最小正周期，解得：；
，，
解得：，又，，；
，
将至少向右平移个单位长度可得.
故选：A.
【例2】（2023·全国·三模）已知函数，（）的图象在区间内至多存在3条对称轴，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为，，
所以，
画出的图象，
要想图象在区间内至多存在3条对称轴，则，
解得.
故选：A
【例3】（多选）（2022·全国·模拟预测）已知某游乐场循环观光车路线近似为一个半径为的圆，观光车从起始站点出发，沿图中顺时针方向行驶，记观光者从某次出发开始，行驶的时间为小时.、是沿途两个站点，是终点站，是该游乐场的观景点之一.已知该观光车绕行一圈的时间是固定的，且，，.若要求起始站点无论位于站台、之间的任何位置（异于、），观光车在的时间内，都要至少经过两次终点站，则下列说法正确的是（ ）
A．该观光车绕行一周的时间小于
B．该观光车在内不一定会经过终点站
C．该观光车的行驶速度一定大于
D．该观光车在内一定会经过一次观景点
【答案】ABD
【详解】对A，设该观光车的速度为，
构造函数，
则经过时即为该函数的极大值点，经过时即为该函数的极小值点，
由题意可知，函数的最小正周期为，即A正确；
对B，因为，所以，
则当时，，
因为，，则，
所以函数在上不一定有极大值点，即B正确；
对C，当时，则，
由题意可知，其中，整理得，
由可得，
时，；时，；，
所以，该观光车的行驶速度不一定大于，即C错误；
对D，则当时，，
因为，，则，,
所以函数在上一定有极小值点，即D正确.
故选：ABD.
【变式1】（多选）（2022·福建·模拟预测）已知函数，其中.对于任意的，函数在区间上至少能取到两次最大值，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期小于
B．函数在内不一定取到最大值
C．
D．函数在内一定会取到最小值
【答案】AD
【详解】由题意可知，，即A正确；
因为，所以，
则当时，，
又，，
所以函数在上一定有最大值点，即B错误；
由题意可知，任意，总存在，使得：
，故，
整理得，
可得，，即C错误；
当时，，
又因为，，故，
所以函数在上一定有最小值点，即D正确.
故选：AD.
【变式2】（多选）已知将函数的图像向左平移个单位长度得到函数的图像，且的图像关于轴对称，函数在上至多存在两个极大值点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．在上单调递增
C．D．的图像关于直线对称
【答案】AD
【详解】将函数的图像向左平移个单位长度后，
得到函数的图像，
因为的图像关于轴对称，所以，解得.
又，所以.
当时，，在上只有一个极大值点，满足题意；
当时，，在上极大值点的个数大于2，
所以当时，在上极大值点的个数大于2，
所以，故A正确，C错误；
又由，
当时，即，解得，所以的图像关于直线对称，D正确；
当时，，此时是单调递减的，B错误.
故选：AD.
【变式3】（2022·江苏泰州·模拟预测）已知函数，若至少存在两个不相等的实数，使得，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【详解】至少存在两个不相等的实数，使得，
当，即时，必存在两个不相等的实数满足题意；
当，即时，，
，；
当时，解集为，不合题意；令，则；令，则；
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
【题型五】 最值与恒成立型求ω
函数的图象求解析式
.
【例1】（2024·湖北·二模）已知函数满足恒成立，且在区间上无最小值，则 ．
【答案】/
【详解】由题意可知，是函数的最大值，
则，，得，
且在区间上无最小值，所以，所以，
所以.
故答案为：
【例2】（多选）（2023·全国·模拟预测）已知函数（，，），满足：，恒成立，且在上有且仅有4个零点，则（ ）
A．，
B．函数的单调递增区间为
C．函数的对称中心为
D．函数的对称轴为直线，
【答案】BCD
【详解】因为，恒成立，所以的最大值为，
则，，即，①．
又因为函数在上有且仅有4个零点，
所以令，
所以②．联立①②
可得，，
因为，所以，所以，
所以，，
当时，，由，可得，；
当时，，由，无解；
综上所述，，，所以，故A错误；
令，，得，，
所以函数的单调递增区间为，故B正确；
令，，得，，
所以函数的对称中心为，故C正确；
令，，得，，
所以函数的对称轴为直线，，故D正确，
故选：BCD．
【例3】（多选）（2024·海南省直辖县级单位·一模）已知函数（），则下列说法正确的是（ ）
A．若，则是的图像的对称中心
B．若恒成立，则的最小值为2
C．若在上单调递增，则
D．若在上恰有2个零点，则
【答案】ABC
【详解】选项A：若，则，
由正弦函数的图象可知是的图像的对称中心，A说法正确；
选项B：若恒成立，则，解得，
又，所以的最小值为2，B说法正确；
选项C：令，显然在上单调递增，且，
若在上单调递增，则，解得，所以，C说法正确；
选项D：当时，，
若在上恰有2个零点，则，解得，D说法错误；
故选：ABC
【变式1】（多选）（2024·全国·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则函数的对称中心为
C．若函数在内单调递增，则的取值范围为
D．若函数在内没有最值，则的取值范围为
【答案】ACD
【详解】对A：由题意可知，，由，可得，
因为，所以，故选项A正确；
对B：若，则，令，则，
所以函数的对称中心为，故选项B不正确；
对C：因为，令，
得，根据的部分图象可知，
所以，即，因为，所以，故选项C正确；
对D：由选项C可知，，在上单调递增．
因为在内没有最值，所以,又，可得，
故选项D正确.
故选：ACD．
【变式2】（2024·天津·模拟预测）已知为偶函数，，则下列结论错误的个数为（ ）
①；
②若的最小正周期为，则；
③若在区间上有且仅有3个最值点，则的取值范围为；
④若，则的最小值为2．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【详解】对于①：若，为偶函数，
则，即，又，所以，故①正确；
对于②：若的最小正周期为且，则，所以，故②正确；
对于③：由，，得，
若在区间上有且仅有个最值点，
则，解得，故③正确；
对于④：因为，若，
则或，，
解得或，
又，所以的最小值为，故④错误.
故选：A.
【变式3】（2024·四川·模拟预测）已知函数在区间上恰好有两个最值，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由，当时，，
函数在区间上恰好有两个最值，由正弦函数的图象知，
解得.
故选：C.
概率预测
☆☆☆☆☆
题型预测
选择题、填空题☆☆☆☆☆
考向预测
求的范围和最值