破解正弦型函数参数的取值范围

前言

涉及到(y=Asin(omega x+phi)+k)型中的参数(omega)，(phi)的取值范围或者其具体值时，常常需要做出其函数图像来求解。

解析式含参ω

例1若函数(y=2sinomega x+1(omega>0))在区间(left[-cfrac{pi}{2}，cfrac{2pi}{3} ight])上是增函数，求(omega)的取值范围。

法1：用传统方法求得(f(x))的单增区间，令(2kpi-cfrac{pi}{2}leq omega xleq 2kpi-cfrac{pi}{2}(kin Z))，

解得(cfrac{2kpi}{omega}-cfrac{pi}{2omega} leq x leq cfrac{2kpi}{omega}+cfrac{pi}{2omega}(kin Z))

即(f(x))的单增区间是(left[cfrac{2kpi}{omega}-cfrac{pi}{2omega}，cfrac{2kpi}{omega}+cfrac{pi}{2omega} ight](kin 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}{2omega}，cfrac{pi}{2omega} ight])，

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

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

所以(omegaleq cfrac{3}{4})，又(omega >0)，故(omegain left(0，cfrac{3}{4} ight])。

法2：(ecause omega>0，xin left[-cfrac{pi}{2}，cfrac{2pi}{3} ight] herefore omega x in left[-cfrac{piomega}{2}，cfrac{2piomega}{3} ight])，

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，

由(f(x))在(left[-cfrac{pi}{2}，cfrac{2pi}{3} ight])上单调递增，故(left[-cfrac{piomega}{2}，cfrac{2piomega}{3} ight]subseteq left[-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2} ight])

( herefore egin{cases} -cfrac{piomega}{2}ge -cfrac{pi}{2} \ cfrac{2piomega}{3}leq cfrac{pi}{2} end{cases})，又(omega >0)，故(omegain left(0，cfrac{3}{4} ight])。

法3：(ecause f(x)) 在区间(left[-cfrac{pi}{2}，cfrac{2pi}{3} ight])单调递增，

故原点到(-cfrac{pi}{2}，cfrac{2pi}{3}) 的距离不超过(cfrac{T}{4})，( herefore egin{cases} -cfrac{pi}{2} leq cfrac{T}{4} \ cfrac{2pi}{3} leq cfrac{T}{4} end{cases})，

故(T ge cfrac{8pi}{3})，即(T=cfrac{2pi}{omega} ge cfrac{8pi}{3})，又(omega >0)，故(omegain left(0，cfrac{3}{4} ight])。

例1【2020人大附中高一试题第16题】函数(f(x)=2sin(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}+kcdot cfrac{T}{2}=pi-cfrac{pi}{4}=cfrac{3pi}{4})，(kin N^*)，

故(T=cfrac{3pi}{1+2k})，则(omega=cfrac{2pi}{T}=cfrac{2(2k+1)}{3})，(kin 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(Tgeqslant cfrac{pi}{6})，故(omega=cfrac{2pi}{T}leqslant 12)，

即(cfrac{2(2k+1)}{3}leqslant 12)，则(kleqslant cfrac{17}{2})，(kin 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(omegacdot cfrac{pi}{4}+phi)=2)，(2sin(omegacdot pi+phi)=0)，

即(left{egin{array}{l}{omegacdot cfrac{pi}{4}+phi=2k_1pi+cfrac{pi}{2}，k_1in Z①}\{omegacdot pi+phi=k_2pi，k_2in Z②}end{array} ight.)

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

由于(k_1in Z)，(k_2in Z)，故(k_2-2k_1in Z)，令(k_2-2k_1=k)，

则上式转化为(cfrac{3pi}{4}cdot omega=kpi-cfrac{pi}{2})，(kin Z)，

即(omega=cfrac{2(2k-1)}{3})，又由于(omega>0)，故(kin 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(Tgeqslant cfrac{pi}{6})，故(omega=cfrac{2pi}{T}leqslant 12)，

即(cfrac{2(2k-1)}{3}leqslant 12)，则(kleqslant cfrac{19}{2})，(kin 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；

例2若函数(y=2sinomega x)在区间(left[-cfrac{pi}{3}，cfrac{pi}{4} ight])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 xleq cfrac{pi}{4})，故(-cfrac{omegapi}{3}leq xleq cfrac{omegapi}{4})，

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

当(omega <0)时，由(-cfrac{pi}{3}leq xleq cfrac{pi}{4})，故(cfrac{omegapi}{4}leq xleq -cfrac{omegapi}{3})，

由于函数的最小值是(-2)，故需要满足条件(cfrac{omegapi}{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))。

例3【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{5pi}{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)，tanphi =a)，

由题目可知，(cfrac{5pi}{3}+phi=kpi+cfrac{pi}{2})，故(phi=kpi+cfrac{pi}{2}-cfrac{5pi}{3}=kpi-cfrac{7pi}{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=tanphi=tan(-cfrac{pi}{6})=-cfrac{sqrt{3}}{3})，

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

故(g(x)_{max}=cfrac{2sqrt{3}}{3}).

例4【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【】

$A.最小值6$ $B.最大值6$ $C.最小值3$ $D.最大值3$

分析：有题目可知(omega =cfrac{2pi}{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{2pi}{cfrac{pi}{3}}=6).

例5【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

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

分析：给定函数的周期是(T=cfrac{2pi}{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}=kcdot cfrac{2pi}{omega}(kin Z))，

即(omega=4k(kin Z))，故(omega)的值不可能等于6。

例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(kpi)，

故(omega x+cfrac{(omega-1)pi}{4}=omega x-cfrac{(omega+1)pi}{4}+kpi(kin Z))；

化简得到(omega=2k(kin 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{piomega}{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{piomega}{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{2piomega}{4})；

由于平移后的对称轴重合，故平移距离应该是(kpi)，即(cfrac{2piomega}{4}=kpi)；

化简得到(omega=2k(kin 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(kcdot 2pi(kin 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}=kcdot cfrac{2pi}{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(kcdot 2pi(kin Z))得到，(omega(x+cfrac{pi}{3})+cfrac{pi}{4}=omega x+cfrac{pi}{4}+2kpi)，

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(kcdot pi(kin Z))；

可仿上引例，自行举例。

例7【2016天津高考文科第8题】已知(f(x)=sin^2cfrac{omega x}{2}+cfrac{1}{2}sinomega x-cfrac{1}{2}(omega>0))，(xin R)，若(f(x))在区间((pi，2pi))内没有零点，则(omega)的取值范围是【D】

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

分析：(f(x)=cfrac{1-cosomega x}{2}+cfrac{1}{2}sinomega x-cfrac{1}{2}=cfrac{1}{2}(sinomega x-cosomega 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，2pi))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}=kpi(kin Z))，即(x_0=cfrac{kpi}{omega}+cfrac{pi}{4omega})，

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

则(pi<cfrac{4k+1}{4omega}<2pi(kin Z))，即(left{egin{array}{l}{4omega<4k+1}\{8omega>4k+1}end{array} ight.)

由于(omega>0)，故给(k)赋值从(k=0)开始，

①当(k=0)时，(left{egin{array}{l}{4omega<1}\{8omega>1}end{array} ight.)，即(cfrac{1}{8}<omega<cfrac{1}{4})；

②当(k=1)时，(left{egin{array}{l}{4omega<4+1}\{8omega>4+1}end{array} ight.)，即(cfrac{5}{8}<omega<cfrac{5}{4})；

③当(k=2)时，(left{egin{array}{l}{4omega<8+1}\{8omega>8+1}end{array} ight.)，即(cfrac{9}{8}<omega<cfrac{9}{4})；

④当(k=3)时，(left{egin{array}{l}{4omega<12+1}\{8omega>12+1}end{array} ight.)，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，2pi))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，2pi))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，2pi))内没有零点，则(sin(omega x_0-cfrac{pi}{4})=0)在区间((pi，2pi))内无解，

则(kpi<omega x-cfrac{pi}{4}<kpi+pi(kin Z))，即(kpi+cfrac{pi}{4}<omega x<kpi+cfrac{5pi}{4}(kin Z))，

则(cfrac{kpi}{omega}+cfrac{pi}{4omega}<x_0<cfrac{kpi}{omega}+cfrac{5pi}{4omega})

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

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

即(left{egin{array}{l}{4omegage 4k+1}\{8omegaleq 4k+5}end{array} ight.)

①当(k=-1)时，(4omegage -3)且(8omega leq 1)，解得(0<omegaleq cfrac{1}{8})；

②当(k=0)时，(4omegage 1)且(8omega leq 5)，解得(cfrac{1}{4}leq omegaleq cfrac{5}{8})；

③当(k=1)时，(4omegage 5)且(8omega leq 9)，解得(cfrac{5}{4}leq omegaleq cfrac{9}{8})，实质为空集；

④当(k=2)时，(4omegage 9)且(8omega leq 13)，解得(cfrac{9}{4}leq omegaleq 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，2pi))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，2pi))内无解，

即(x=cfrac{kpi+frac{pi}{4}}{omega} otin (pi，2pi))，

则(omega otin (cfrac{1}{8}，cfrac{1}{4})cup (cfrac{5}{8}，cfrac{5}{4})cup (cfrac{9}{8}，cfrac{9}{4})cupcdots = (cfrac{1}{8}，cfrac{1}{4})cup (cfrac{5}{8}，+infty))

由于函数(f(x))在区间((pi，2pi))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，2pi))内没有零点，则有以下情形成立：

①(2pileq cfrac{pi}{4omega})，解得(0<omegaleq cfrac{1}{8})；

②(left{ egin{array}{l}{ cfrac{pi}{4omega}leq pi }\ {2pi leq cfrac{5pi}{4omega}}end{array} ight.) ，解得$ cfrac{1}{4}<omega leq cfrac{5}{8}$；

③(left{egin{array}{l}{cfrac{5pi}{4omega}leq pi}\{2pileqcfrac{9pi}{4omega}} end{array} ight.)，解得(cfrac{5}{4}<omegaleq cfrac{9}{8})；即(omegain varnothing)；

④(left{egin{array}{l}{cfrac{9pi}{4omega}leq pi}\{2pileqcfrac{13pi}{4omega}} end{array} ight.)，解得(cfrac{9}{4}<omegaleq cfrac{13}{8})；即(omegain varnothing)；

⑤(cdots)，解得(omegain 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)。

例8【2019届高三理科数学题】若函数(f(x)=2sinomega x(omega>0))在区间((0，2pi))上恰有两个极大值和一个极小值，则(omega)的取值范围是【】

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

分析：有题目可知，(left{egin{array}{l}{cfrac{5}{4}cdot T<2pi ①}\{2pileq cfrac{7}{4}cdot T②}end{array} ight.)，

注意由于是在开区间((0，2pi))上，故①没有等号，而②有等号；

即(left{egin{array}{l}{cfrac{5}{4}cdot cfrac{2pi}{omega}<2pi }\{2pileq cfrac{7}{4}cdot cfrac{2pi}{omega}}end{array} ight.)，解得(cfrac{5}{4}<omegaleq cfrac{7}{4})。故选(A)。

例9【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{2pi}{3})=f(cfrac{5pi}{6}))，若(f(x))在((cfrac{2pi}{3}，cfrac{5pi}{6}))上有最大值无最小值，则(omega)的最大值为【】

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

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

且满足(omegacdot cfrac{3pi}{4}-cfrac{pi}{3}=2kpi)，(kin Z)，即(omega =cfrac{8}{3}k+cfrac{4}{9})；

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

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

即(omega <12)，又由(omega =cfrac{8}{3}k+cfrac{4}{9}<12)，解得(kleq 4)，

故当(k=4)时，(omega_{max}=cfrac{8}{3} imes 4+cfrac{4}{9}=cfrac{100}{9})，故选(D)。

例10【2019三轮模拟考试理科用题】已知函数(f(x)=sqrt{3}sincfrac{omega x}{2}coscfrac{omega x}{2}+cos^2cfrac{omega x}{2}-cfrac{1}{2}(omega >0))，把(f(x))的图像向右平移(cfrac{pi}{6omega})个单位，得到函数(g(x))的图像，若(g(x))在区间([-cfrac{pi}{4}，cfrac{3pi}{4}])上单调递增，且在([0，2pi])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)=sinomega 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{3pi}{4}])上单调递增，且在([0，2pi])上有两个零点，只需要满足条件

(left{egin{array}{l}{cfrac{3pi}{4}leq cfrac{pi}{2omega}}\{cfrac{pi}{omega}leq 2pi }end{array} ight.)，解得(cfrac{1}{2}leq omega leq cfrac{2}{3})；即所求范围为([cfrac{1}{2}，cfrac{2}{3}])

例11【2019三轮模拟考试理科用题】设函数(f(x)=sin(cfrac{pi}{omega}x+phi))，((omega>0)，(0leq phileq pi))是(R)上的偶函数，且在((0，3))上单调递减，则(omega)的最小值为【】

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

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

例12【2019三轮模拟考试理科用题】已知函数(f(x)=sin(omega x+phi)(omega>0，phiin (0，2pi)))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【】

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

法1：由于(sinphi=cfrac{sqrt{3}}{2})，则(phi=cfrac{pi}{3})，或者(phi=cfrac{2pi}{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}=kpi(kin Z))，求得(omega =6k-2)，(omega_{min}=4)；

当(phi=cfrac{2pi}{3})时，由于((cfrac{pi}{6}，0))为其对称中心，则(cfrac{pi}{6} omega +cfrac{2pi}{3}=kpi(kin 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(sinphi=cfrac{sqrt{3}}{2})，平移的距离一定大于(cfrac{pi}{2})，)

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

则(cfrac{pi}{6} omega +cfrac{2pi}{3}=kpi(kin 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 cosphi<0)，

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

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

例13【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】已知(omegain 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【】

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

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

例14将函数(f(x)=2sin(omega x-cfrac{pi}{3}))((omega>0))的图像向左平移(cfrac{pi}{3omega})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}{3omega})-cfrac{pi}{3}]=2sinomega 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{omegapi}{6}leqslant omega xleqslant cfrac{omegapi}{4})，且有([-cfrac{omegapi}{6}，cfrac{omegapi}{4}]subseteq [-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2}])，

所以(left{egin{array}{l}{-cfrac{omegapi}{6}geqslant -cfrac{pi}{2}}\{cfrac{omegapi}{4}leqslant cfrac{pi}{2}}end{array} ight.)，解得(left{egin{array}{l}{omegaleqslant 3}\{omegaleqslant 2}end{array} ight.)，

则(omega leqslant 2)，所以(omega)的最大值为(2).

例14+1【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$Min $ ([-cfrac{1}{2},) (+infty))，则(omega)取值范围是【】

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

分析：由于(xin [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(Min [-cfrac{1}{2},+infty))，实质是值域(Min [-cfrac{1}{2},1])，则必须满足(omega x-cfrac{pi}{6}leqslantcfrac{7pi}{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

例15已知函数(f(x)=sin(2x+phi)+acos(2x+phi)(0<phi<pi))的最大值为(2)，且满足(f(x)=f(cfrac{pi}{2}-x))，则(phi=)【】

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

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)=2sin(2x+phipm cfrac{pi}{3}))，

于是有(2 imes cfrac{pi}{4}+phipm cfrac{pi}{3}=kpi+cfrac{pi}{2})，(kin Z)，

则(phi=kpipm cfrac{pi}{3}in (0,pi))，故(phi=cfrac{pi}{3})或(phi=cfrac{2pi}{3})，故选(C).

例15【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 imes(-cfrac{pi}{12})+2phi+cfrac{pi}{3}=2kpi+pi)，

从而(phi=kpi+cfrac{5pi}{12})，令(k=0)解得(phi=cfrac{5pi}{12}in (-cfrac{pi}{2}，-cfrac{pi}{2}))，故(f(cfrac{5pi}{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；

例16【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(0leq phileq 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【】

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

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+2phi-cfrac{pi}{3}))，

由(2kpi+cfrac{pi}{2}leq 2x+2phi-cfrac{pi}{3}leq 2kpi+cfrac{3pi}{2})，得到单减区间([kpi+cfrac{5pi}{12}-phi，kpi+cfrac{11pi}{12}-phi])，(kin 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 [kpi+cfrac{5pi}{12}-phi，kpi+cfrac{11pi}{12}-phi])

由(left{egin{array}{l}{kpi+cfrac{5pi}{12}-phileq cfrac{pi}{4} }\{cfrac{pi}{2}leq kpi+cfrac{11pi}{12}-phi}end{array} ight.)；解得(kpi+cfrac{pi}{6}leq phi leq kpi+cfrac{5pi}{12}(kin Z))，

令(k=0)，即得到(cfrac{pi}{6}leq phi leq cfrac{5pi}{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+2phi-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{3pi}{4}])，故将(y=sin2x)向左平移(phi-cfrac{pi}{6})即得到(f(x)=2sin(2x+2phi-cfrac{pi}{3}))，

故单调递减区间相应的变化为([cfrac{pi}{4}-phi+cfrac{pi}{6}，cfrac{3pi}{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{3pi}{4}-phi+cfrac{pi}{6}])，

由(left{egin{array}{l}{cfrac{pi}{4}-phi+cfrac{pi}{6}leq cfrac{pi}{4} }\{cfrac{pi}{2}leq cfrac{3pi}{4}-phi+cfrac{pi}{6}}end{array} ight.)；得到(cfrac{pi}{6}leq phi leq cfrac{5pi}{12})，故选(D)。

例17【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(sinphi)=__________。

分析：将函数(f(x))化简为(f(x)==sqrt{5}(sinxcdot cfrac{2}{sqrt{5}}+cosxcdot cfrac{1}{sqrt{5}})=sqrt{5}sin(x+alpha))，其中(cosalpha=cfrac{2}{sqrt{5}})，(sinalpha=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(xin R)恒成立，

故有(x-phi+alpha=2kpi+x-alpha)，即(phi=2alpha-2kpi)，(kin Z)，

故(sinphi=sin(2alpha-2kpi)=sin2alpha=2sinalphacdot cosalpha=2 imescfrac{2}{sqrt{5}} imescfrac{1}{sqrt{5}}=cfrac{4}{5}).

例18【二轮模拟训练限时训练5第10题】已知函数(f(x)=cos(2x-cfrac{2pi}{3})+sin(2x-cfrac{3pi}{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【】

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

分析：(f(x)=sin(2x+cfrac{pi}{6}))，(g(x)=sin(2x+2phi+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)。

例19【2019届三轮模拟训练限时训练用题】要得到函数(y=sin(6x-phi))((-3pi<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【】

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

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{3pi}{2})=sin(6x+2pi-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))((-3pi<phi<-pi))的图像重合，则需要(6x-cfrac{pi}{2}+2kpi=6x-phi)，

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

例20【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【】

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

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

则有(2 imes cfrac{pi}{8}-2phi+cfrac{pi}{3}=kpi)，(kin Z)，变形整理得到，

(phi=cfrac{kpi}{2}+cfrac{7pi}{24})，(kin Z)，令(k=0)，得到(phi_{min}=cfrac{7pi}{24})，故选(D).

给定区间含参

例21【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{7pi}{6}])上都是单调递增函数，则实数(x_0)的取值范围是【】

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

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{7pi}{6}])上都是单调递增函数，

则必须同时满足条件(left{egin{array}{l}{cfrac{x_0}{3}leq cfrac{pi}{6}}\{2x_0ge cfrac{2pi}{3}}end{array} ight.)，解得(cfrac{pi}{3}leq x_0leq 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(2kpi-cfrac{pi}{2}leq 2x＋cfrac{pi}{6}leq 2kpi+cfrac{pi}{2})，

解得单调递增区间为([kpi-cfrac{pi}{3}，kpi+cfrac{pi}{6}])，(kin 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{2pi}{3}，cfrac{7pi}{6}])，

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

则必须同时满足条件(left{egin{array}{l}{cfrac{x_0}{3}leq cfrac{pi}{6}}\{2x_0ge cfrac{2pi}{3}}end{array} ight.)，解得(cfrac{pi}{3}leq x_0leq cfrac{pi}{2})，故选(B).

例22【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【】

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

分析：(f(x)=sin x+sqrt{3}cos x=2(cfrac{1}{2}sin x+cfrac{sqrt{3}}{2}cos x)=2sin(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{egin{array}{l}{-m+cfrac{pi}{3}geqslant -cfrac{pi}{2}}\{m+cfrac{pi}{3}leqslant cfrac{pi}{2}}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{mleqslant cfrac{5pi}{6}}\{mleqslant cfrac{pi}{6}}end{array} ight.)

则(mleqslant cfrac{pi}{6})，故(m)的最大值为(cfrac{pi}{6})，故选(C).

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1. 由于(f(cfrac{pi}{4}))达到极值或最值，故题目虽说给定了函数单调[可能包含单调递增或单调递减两种情形]，其实只能是单调递减，
   又由于单调区间的最大宽度等于半周期，故给定的单调区间的宽度必然小于或等于半周期； ↩︎

2. 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)； ↩︎

3. 当图像从左往右延伸时，如果经过点((cfrac{7pi}{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}leqslantcfrac{7pi}{6})； ↩︎