摘要本文對(duì)三角函數(shù)中ω取值范圍的求法進(jìn)行了分類討論，并對(duì)其變式類型進(jìn)行了歸納總結(jié).

關(guān)鍵詞三角函數(shù)；取值范圍；真題變式

眾所周知，三角函數(shù)是高考必考的重點(diǎn)內(nèi)容.根據(jù)函數(shù)f（x）=sin（ωx+φ）滿足的一些條件求參數(shù)ω的取值范圍，這是三角函數(shù)中比較典型的一類問題.它能有效地考察學(xué)生對(duì)三角函數(shù)基本性質(zhì)的掌握程度，因此備受高考命題者的青睞，也多次出現(xiàn)在高考試題和高考備考試題中.在實(shí)際教學(xué)中，發(fā)現(xiàn)此類問題對(duì)學(xué)生是一難點(diǎn)，學(xué)生往往無從入手，或者因不明算理而陷入繁瑣的運(yùn)算當(dāng)中，花費(fèi)大量時(shí)間卻不得正解.本文通過一道2022年的高考真題，探究它的幾類常見變式，以期幫助讀者理解、掌握其內(nèi)在規(guī)律及特點(diǎn).

真題（2022·甲卷）將函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）的圖像向左平移π2個(gè)單位長度后得到曲線C，若C關(guān)于y軸對(duì)稱，則ω的最小值是（）.

A．16B．14C．13D．12

解析將函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）的圖像向左平移π2個(gè)單位長度后得到曲線C，則C對(duì)應(yīng)函數(shù)為y=sin（ωx+πω2+π3）.由于C的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所以πω2+π3=π2+kπ（k∈Z），即ω=2k+13（k∈Z）.令k＝0，可得ω的最小值是13，故選C．

評(píng)注本題是與圖像變換相關(guān)的ω的取值范圍問題，解題的關(guān)鍵在于抓住題目給的“關(guān)于y軸對(duì)稱”.

變式類型一與函數(shù)單調(diào)性有關(guān)

變式1設(shè)函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在（π2，3π4）上單調(diào)遞減，則ω的取值范圍是 ．

解析（法一）由π2lt;xlt;34π代入得πω2+π3lt;ωx+π3lt;3πω4+π3，因?yàn)閥=sinx（x∈R）的單調(diào)遞減區(qū)為（π2+2kπ，3π2+2kπ）（k∈Z），從而得到πω2+π3≥π2+2kπ，

3πω4+π3≤3π2+2kπ

（k∈Z），解得ω≥13+4k，

ω≤149+83k （k∈Z）.

結(jié)合T2≥π4，可得πω≥π4，即0lt;ω≤4. 所以k=0時(shí)，ω∈13，149.

（法二）由π2+2kπ≤ωx+π3≤3π2+2kπ，解得π6+2kπ≤ωx≤7π6+2kπ，即π6ω+2kπω≤x≤7π6ω+2kπω.

由于f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在（π2，3π4）上單調(diào)遞減，可得7π6ω+2kπω≥3π4，

π6ω+2kπω≤π2， 即ω≥13+4k，ω≤149+83k （k∈Z）.結(jié)合T2≥π4得πω≥π4，即0lt;ω≤4，所以k=0時(shí)，ω∈13，149.

評(píng)注本題是與函數(shù)單調(diào)性相關(guān)的ω的取值范圍問題，注意題目給的（π2，3π4）是自變量x的取值范圍，法一是把ωx+π3看作一整體，將x的取值范圍（π2，3π4）代入，便得到整體的范圍.再由y=sinx（x∈R）的單調(diào)遞減區(qū)間為（π2+2kπ，3π2+2kπ）（k∈Z），及0lt;ω≤4，從而求得ω的取值范圍.法二是先求得函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）的單調(diào)遞減區(qū)間π6ω+2kπω，7π6ω+2kπω（k∈Z），再由（π2，3π4）π6ω+2kπω，7π6ω+2kπω求得ω的取值范圍.兩種解題思路都是利用區(qū)間的包含關(guān)系來建立不等式，求得參數(shù)的范圍.

變式類型二與函數(shù)的零點(diǎn)有關(guān)

變式2 若函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在（0，π3）上沒有零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)ω的取值范圍是．

解析由0lt;xlt;π3得π3lt;ωx+π3lt;πω3+π3，再結(jié)合正弦函數(shù)圖像可得πω3+π3≤π，即ω2≤23，所以0lt;ω≤2.

評(píng)注本題是與函數(shù)零點(diǎn)相關(guān)的ω的取值范圍問題，解題的關(guān)鍵在于抓住題目給的范圍（0，π3）是自變量x的取值范圍，將它帶入ωx+π3，得到整體ωx+π3的范圍，再結(jié)合正弦函數(shù)的圖像，對(duì)右端進(jìn)行限制即可.變式3 若函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在（0，π3）上僅有1個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)ω的取值范圍是．

解析由0lt;xlt;π3得π3lt;ωx+π3lt;πω3+π3，結(jié)合圖像可得 πω3+π3gt;π，

πω3+π3≤2π， "解得2lt;ω≤5.

評(píng)注本題的解題關(guān)鍵在于抓住題目中的僅有一個(gè)零點(diǎn)，所以右端要在（π，2π］，特別注意兩端的開閉條件.

變式4 若函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在（π，2π）沒有零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)ω的取值范圍是 ．

解析由題意可得πl(wèi)t;xlt;2π，從而πω+π3lt;ωx+π3lt;2πω+π3.又根據(jù)函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在（π，2π）沒有零點(diǎn)可得T2≥π，即πω≥π，所以0lt;ω≤1.

再結(jié)合圖像可得 πω+π3≥kπ，

2πω+π3≤π+kπ （k∈Z）， 即ω≥－13+k，

ω≤13+k2 （k∈Z）， 解得ω∈（0，13］∪［23，56］.

評(píng)注本題解題的關(guān)鍵在于抓住題目條件，將x的帶入ωx+π3，得到整體ωx+π3的范圍，結(jié)合正弦函數(shù)的圖像得到保證沒有零點(diǎn)的條件，最后再結(jié)合0lt;ω≤1，得到答案.

變式5 函數(shù)f（x）=sin（ωx+φ）（ωgt;0，0lt;φlt;π2）的最小正周期為T，若f（T）=12，x=π6為f（x）的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)ω的最小值為 ．

解析由f（T）=f（2πω）=sin（2π+φ）=12，解得2π+φ=π6+2kπ（k∈Z） 或 2π+φ=5π6+2kπ（k∈Z）.由于0lt;φlt;π2 從而φ=π6，所以f（x）=sin（ωx+π6），又因?yàn)閤=π6為f（x）的零點(diǎn)，所以結(jié)合圖像可得πω6+π6=kπ（k∈Z），進(jìn)一步解得ω=6k－1（k∈Z ），考慮到ωgt;0，所以ω的最小值為5.

評(píng)注利用周期公式、正弦函數(shù)圖像及零點(diǎn)的定義得到πω6+π6=kπ，（k∈Z），即ω=6k－1，再由題設(shè)中的限制條件得到答案.

變式類型三與函數(shù)的值域有關(guān)

變式6若對(duì)任意a∈R，函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在［a，a+1］上的值域?yàn)椋郏?，1］，則實(shí)數(shù)ω的取值范圍是．

解析本題是與函數(shù)值域相關(guān)的ω的取值范圍問題，解題的關(guān)鍵在于抓住題目中的“任意”兩個(gè)字，再結(jié)合正弦函數(shù)的圖像，得到f（x）的最小正周期T的最大值為區(qū)間長度1，代入三角函數(shù)的周期公式便可得到T=2πω≤1，即ω≥2π.

變式7 若存在a∈R，使得函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在a，a+1上的值域?yàn)椋郏?，1］，則實(shí)數(shù)ω的取值范圍是．

解析本題在上一題的基礎(chǔ)上將“任意”改成“存在”，結(jié)合正弦函數(shù)的圖像得到當(dāng)a和a+1分別為相鄰的極值點(diǎn)時(shí)，f（x）的最小正周期T取到最大值2，從而得T2=πω≤1， 即ω≥π.

變式8已知函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在0，π上的值域?yàn)椋?2，1］，則實(shí)數(shù)ω的取值范圍是．

解析由0≤x≤π得π3≤ωx+π3≤πω+π3，從而函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在0，π上的值域?yàn)椋?2，1］，結(jié)合圖像可得 πω+π3≥π2，

πω+π3≤2π3， "解得ω∈［16，13］.

評(píng)注本題是與函數(shù)值域相關(guān)的ω的取值范圍問題，解題關(guān)鍵在于抓住題目給的范圍0，π是自變量x的取值范圍，得到整體ωx+π3的范圍，然后根據(jù)值域［32，1］，再對(duì)照正弦函數(shù)的圖像，得出關(guān)于ω的不等式組，從而得到答案.

變式類型四與函數(shù)的極值、最值有關(guān)

變式9函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在0，π恰有四個(gè)極值點(diǎn)，三個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)ω的取值范圍是．

解析由0lt;xlt;π得π3lt;ωx+π3lt;πω+π3，因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在0，π上的值域?yàn)椋?2，1］，

結(jié)合圖像可得 πω+π3gt;7π2，

πω+π3≤4π， "解得ω∈（196，113］.

評(píng)注本題是與函數(shù)極值、零點(diǎn)相關(guān)的ω的取值范圍問題，本題的解題關(guān)鍵在于由0，π得到整體ωx+π3的范圍，然后根據(jù)題目要求，對(duì)照正弦函數(shù)的圖像，得出關(guān)于ω的不等式組，從而得到答案.

變式10函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在0，1至少取得30次最大值，則實(shí)數(shù)ω的取值范圍是．

解析由0≤x≤1得π3≤ωx+π3≤ω+π3，由于函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在0，1至少取得30次最大值， 結(jié)合圖像可得ω+π3≥117π2，解得ω≥1172π-π3，即ω≥3496π.

評(píng)注本題是與函數(shù)最值相關(guān)的ω的取值范圍問題，解題關(guān)鍵在于由0，1得到整體ωx+π3的范圍，然后根據(jù)題目要求至少取得30次最大值，再對(duì)照正弦函數(shù)的圖像及限制條件，再得出答案.

變式11函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在0，1至多取得20次最小值，則實(shí)數(shù)ω的取值范圍是 ．

解析由0≤x≤1得π3≤ωx+π3≤ω+π3，因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在0，1至多取得20次最小值，結(jié)合圖像可得 ω+π3lt;3π2+40π，解得ωlt;247π6，即0lt;ωlt;247π6.

評(píng)注本題在上一題的基礎(chǔ)上，將“至少”改成“至多”，將“30次”改成“20次”，特別注意右端ω+π3的限制條件，不是和取到20次最小值對(duì)比，而是和取到21次最小值對(duì)比，但注意第21次最小值不能取到.因此是“l(fā)t;”而不是“≤”.

變式類型五綜合性問題

變式12設(shè)函數(shù)f（x）=sin（ωx+π3）（ωgt;0）在（π2，3π4）上單調(diào)遞減，同時(shí)在（π，2π）沒有零點(diǎn)，則ω的取值范圍是．

解析由變式1得ω∈13，149，由變式4得ω∈（0，13］∪［23，56］，綜上可得ω∈［23，56］.

評(píng)注本道綜合性變式題實(shí)際上就是本文中的變1和變4的結(jié)合，根據(jù)排列組合相關(guān)知識(shí)，本文中的11道變式能產(chǎn)生C211+C311+....題綜合性變式題，只是有些數(shù)據(jù)可能需要微調(diào)讓其答案更理想.

以上從一道高考真題出發(fā)，對(duì)同一個(gè)函數(shù)的若干類型變式進(jìn)行探究，綜觀上述變式，我們知道，三角函數(shù)的圖像和性質(zhì)是解決ω的取值范圍問題的基礎(chǔ)，除此之外，還要求我們具備整體思想和化歸意識(shí)及熟練應(yīng)用方程和不等式.