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专题 10 函数 y＝Asin(ωx＋φ)中 ω、φ 的取值和最值问题
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题型01 φ的取值和最值问题....................................................................................................................................1
题型02 对称性与ω...................................................................................................................................................8
题型03 单调性与ω.................................................................................................................................................11
题型04 极值、最值与ω..........................................................................................................................................19
题型05 零点与ω.....................................................................................................................................................28
题型 01 φ 的取值和最值问题
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、单选题
1．（24-25高三上·广西南宁·阶段练习）已知函数 的图象关于 对称，
则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由图象的对称性可得 ，由此结合范围求出 值.
【详解】由题意得 ，则 ，即 ，
又 ，所以当 时， .
故选：A.
2．（24-25高三上·江西·阶段练习）将函数 的图象向左平移 个单位长度后得
到奇函数 的图象，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据平移得出函数 的解析式，再结合函数为奇函数且 即可求出 .
【详解】函数 的图象向左平移 个单位长度后得到
因为 是奇函数，所以 ，
π
又因为
，所以φ=
.
4
故选：B.
3．（2024·浙江杭州·一模）将函数 的图像向左平移 个单位，得到函数 的图
像，则" 是偶函数"是" "的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据题意，由三角函数的奇偶性，分别验证命题的充分性以及必要性，即可得到结果.
【详解】由题意可得 ，由 是偶函数可得 ，
且 ，当 时， ，当 时， ，
所以由 是偶函数可得 或 ，故充分性不满足；
当 时，可得 为偶函数，故必要性满足；所以" 是偶函数"是" "的必要不充分条件.
故选：B
4．（2024·河北·模拟预测）已知函数 在区间 单调递增，则 的取值范围
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由正弦函数的单调性结合 为正弦函数递增区间的子区间求解即可；
【详解】由正弦函数的单调递增区间为 ， ，
所以 ，
因为 在区间 单调递增，
所以 ，解得 ， ，
因为 ，所以 ，
故选：A.
5．（24-25高三上·陕西宝鸡·阶段练习）设函数 ，将函数 的图像向左平移φ（
）个单位长度，得到函数 的图像，若 为偶函数，则φ的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平移变换得 ，根据 为偶函数可得结果.
【详解】 向左平移φ（ ）个单位长度，
得到函数
因为 为偶函数，所以 ， ，所以 ， ，
因为 ，所以 时， 取最小值 .
故选：A.
6．（24-25高三上·上海·阶段练习）将函数 的图象向左平移 个单位长度
得到数 的图象，如图所示，图中阴影部分的面积为 ，则 （ ）．
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】结合题意由三角函数的对称性得到 ，再结合正弦函数的周期性和最值求解即可.
【详解】
由三角函数的对称性可得阴影部分的面积等于矩形 和矩形 的面积之和，
所以 ，
因为函数图象向左平移 个单位长度得到数 的图象，所以 ，
则 ，所以 ，
由图像可得 ，所以 ，
又 ，所以 ，又 ，所以 .
故选：C.
二、多选题
7．（24-25高三上·甘肃白银·阶段练习）已知函数 的图象关于直线
对称，且函数 的图象向右平移 个单位长度之后与原来的图象重合，则 的值可以为（ ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】根据函数图象的平移变换可得 或 ，再结合函数的对称轴，即可求得 的值，即得答案.
【详解】函数 的图象向右平移 个单位长度之后得到了函数
的图象，
由两函数图象完全重合知 ，所以 .
又 ，故 或 .
又函数 的图象关于直线 对称，
当 时， ，则 ，
又 ，故 ；
当 时， ，则 ，
又 ，故 .
故选：BD
三、填空题
8．（24-25高三上·江苏南通·期中）已知函数 的一个单调减区间为
，则 ， .
【答案】 2 /
【分析】根据三角函数的单调性和周期性等图象性质易得结果.【详解】由题意，周期 ，所以 ，
此时 ，
当 时，可得 ，
则 ，解得 ，
又 ，所以 .
故答案为：2； .
9．（24-25高三上·上海·阶段练习）设 ， ，若不等式 对 也
成立，则 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先由题设结合正弦函数性质得 ，再结合正弦函数的单调性性质即可得解.
【详解】由题可得 ，且 对任意 成立，
又 时， ，
所以 即 ，
又 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 .
故答案为： .
10．（24-25高三上·上海·开学考试）已知函数 的图像与直线
的三个相邻交点的横坐标依次是 ，则 .
【答案】
【分析】根据题意，利用三角函数的性质，得到 ，求得 ，再由1与2的中点必为函数
y=f (x)的最大值点，求得 ，即可求解.
【详解】因为函数 与直线 的三个相邻交点的横坐标依次是 ，可得函数 的最小正周期为 ，解得 ，
结合三角函数的性质，可得1与2的中点必为函数y=f (x)的最大值点，
且2与4的中点必为函数y=f (x)的最小值点，
可得 ，解得 ，
因为 ，所以
故答案为： .
11．（2024高三·全国·专题练习）函数 在区间 上单调，其中 为正整数， ，
且 ．写出曲线 的一个对称中心的坐标： ；若 为奇函数，则
．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】先根据单调性得出 ，进而得出对称中心；方法一：再根据单调性得出周期范围进
而得出 ，再计算得出参数即可；方法二：根据三角函数对称中心间距离与周期的关系得出 ，
再计算得出参数即可.
【详解】因为 ，所以 在函数 的同一个单调区间上，
又 ，所以 ，
所以曲线y=f (x)的一个对称中心是点 .
方法一：因为 在区间 上单调，
所以 的最小正周期 ，即 ，所以 ，
又 为正整数，所以 ．
当 时， ，
因为点 为曲线y=f (x)的一个对称中心，
所以 ，又 ，所以 ．若 为奇函数，则 ，
由 ，得 ，不符合题意，舍去．
当 时， ，因为点 为曲线y=f (x)的一个对称中心，
所以 ，又 ，所以 ．
若 为奇函数，则 ，
当 时， ，符合题意．所以若 为奇函数，则 ．
方法二：由 为奇函数，可知函数 图象的一个对称中心是点 ，
两个对称中心之间的距离 为 的最小正周期，
所以 ，即 ，
由 得 ，所以 ，所以 ，
当 时， ，因为点 为曲线y=f (x)的一个对称中心，
所以 ，又 ，所以 ．
若 为奇函数，则 ，
当 时， ，符合题意．所以若 为奇函数，则 ．
故答案为： ； .
题型 02 对称性与 ω
【解题规律·提分快招】
T
1、y＝Asin(ωx＋φ)相邻两条对称轴之间的距离是 ；
2T
2、y＝Asin(ωx＋φ)相邻两个对称中心的距离是 ；
2
T
3、y＝Asin(ωx＋φ)相邻两条对称轴与对称中心距离 ；
4
【典例训练】
一、单选题
1．（2024高三·全国·专题练习）将函数 的图象向左平移 个单位长度后得到曲
线 ，若 关于 轴对称，则 的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据平移变换得到曲线 的解析式，再由奇偶性得到方程，求出 ，得到最小值.
【详解】由题意知，曲线 为 ，
又 关于 轴对称，则 ，解得 ．
又 ，故当 时， 的最小值为 ．
故选：C
2．（24-25高三上·陕西西安·阶段练习）将函数 （其中 ）的图像向右平移 个单位长度，
所得图像关于直线 对称，则 的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据平移的性质可得平移后的表达式，即可根据对称得 得解.
【详解】由题意知，图像平移后的函数的解析式为 ，
因为该图像关于直线 对称，
所以 ， ，解得 ， ，
因为 ，所以当 时， 取得最小值 ．
故选：B．
3．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知函数 ，“存在 ，函数的图象既关于直线 对称，又关于点 对称”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件：
【答案】B
【分析】以 为整体，结合正弦函数对称性解得 ，进而根据包含关系分析充分、必要条件.
【详解】若存在 ，函数 的图象既关于直线 对称，又关于点 对称，
因为 ，且 ，则 ，
则 ，解得 ，
又因为 是 的真子集，
所以“存在 ，函数 的图象既关于直线 对称，又关于点 对称”是“ ”的必
要不充分条件.
故选：B.
二、填空题
4．（24-25高三上·贵州·阶段练习）将函数 的图象向左平移 个单位长度，得到函数
的图象，且 的图象关于点 对称，则 的最小值为 .
【答案】3
【分析】先初步确定 的解析式，根据 确定 满足的条件，得到 的最小值.
【详解】因为 .
又因为 的图象关于点 对称，所以 ，
即 ，所以 ， ，且 .
所以 的最小值为：3
故答案为：3
5．（2024高三·全国·专题练习）若函数 满足 ，则 .
【答案】3
【分析】根据对称性可得 关于 对称，即可得 ， 可得 ，进而可求解.
【详解】因为函数 满足 ，故函数 关于 对称，
所以 ，且 ，即 ，则 .
又 ，故当 时， .故 .
故答案为：3
6．（2024·四川资阳·二模）已知函数 （ ），若存在 ， ，使得
，则 的最小值为 .
【答案】 /
【分析】根据三角恒等变换化简,再应用最值得出自变量范围,即可得出参数范围,
【详解】 .
因为存在 ， ，使得 ，
所以 ，解得 .
故答案为：
题型 03 单调性与 ω
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、单选题1．（24-25高三上·广东广州·阶段练习）若函数 在区间 上是减函数，且
， ， ，则 （ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【分析】化简 ，由题意求得 和 ，两式相减，
得到 ，进而求得 的值.
【详解】由函数 ，
因为 ，所以 ，
又因为 在区间 上是减函数，
所以 ， ，
两式相减，可得 ，因为 ，所以 .
故选：C.
2．（23-24高三下·江苏无锡·阶段练习）已知函数 的一个零点是 ，
且 在 上单调，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用三角函数的零点和单调区间求解即可.
【详解】 ，
函数的一个零点是 ，故 ， ,
所以 ，
在 上单调， 则 ，故 ，解得 ，
且 ，故 ，
结合
故
故选：B
3．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数 的图像向左平移 后得到的图
像关于 对称， 在 上具有单调性，则 的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由函数 的图象向左平移 后得到 ，然后由函数的图象关于
对称，确定 的关系，再根据 在 上具有单调性，由 即可求解.
【详解】把函数 的图象向左平移 后得到 ，
因为 的图象关于 对称，所以 ，即 ，
因为 在 上具有单调性，且 的对称中心为
所以 ，且 ，解得 ，
所以 的最大值为 .
故选：A.
4．（2024高三·全国·专题练习）把函数 的图象上所有点的横坐标缩短为原来的 ，
纵坐标不变，得到函数 的图象，若 在区间 内有唯一一个对称中心，且在区间 上
单调递增，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．【答案】A
【分析】根据函数图象变换结论求 ，由条件根据单调性性质列不等式求 的可能范围，再结合对称中
心性质列不等式确定对称中心可能位置，列不等式求求结论.
【详解】由题意得 ．
因为 在 上单调递增，则由 ，得 ，
所以 ，解得 ．
又 在 内有唯一一个对称中心，所以由 ，得 ，
结合 ，得 ，且 ,
所以对称中心的横坐标可能为 或
当 时， 解得 ；
当 时， 无解，
所以 的取值范围为 ，
故选：A．
【点睛】方法点睛：求解三角函数中 的取值范围需要综合考虑多种因素．通过观察函数形式、确定基本
周期、分析振幅和相位偏移、确定边界条件、利用三角恒等变换以及求解不等式等方法，可以逐步缩小
的取值范围，最终得到准确的结果．这些方法不仅适用于处理三角函数的 取值问题，也适用于其他类型
的数学问题．在具体应用中，需要根据问题的具体情况选择合适的方法进行处理．
5．（24-25高三上·上海·期中）设 ， .若对任意实数 ，都有 ，则满足条
件的有序数对 的个数是（ ）
A．无数个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】先讨论 的情形，由恒成立得 ， 时，由所以对任意实数x均有 ，
确定只有 ，由正弦函数的周期性， ，再分类确定 的值即可得．
【详解】若 ，则 恒成立，故 ，而 ，故 .若 ，因为对任意实数x均有 ，
所以对任意实数x均有 ，
又因为 ， ，
所以只能是对任意实数x均有 成立，
由三角函数的图象与性质可知，必有 ，
若 ，此时方程可化为 ，
根据三角函数的周期性，此时 ， ，解得 ， ，
又 ，所以 ；
若 ，此时方程可化为 ，
根据三角函数的周期性，此时 ， ，解得 ， ，
又 ，所以 ；
综上满足条件的有序实数对 为 ， ， 共有3个，
故选：C.
二、填空题
6．（24-25高三上·江苏南通·期中）已知函数 的一个单调减区间为
，则 ， .
【答案】 2 /
【分析】根据三角函数的单调性和周期性等图象性质易得结果.
【详解】由题意，周期 ，所以 ，
此时 ，
当 时，可得 ，则 ，解得 ，
又 ，所以 .
故答案为：2； .
7．（24-25高三上·河北邢台·期中）已知 ，函数 在 上单调递增，则 的
最大值为 .
【答案】 /0.5
【分析】由题意得 ，问题转化成函数 在 上单
调递增，接着由正弦函数性质可得 ，解该不等式组即可得解.
【详解】因为 ，所以 ，
又 在 上单调递增，
所以函数 在 上单调递增，
而 ， ，所以由正弦函数性质得 ，
解得 ，则 的最大值为 .
故答案为： .
8．（24-25高三上·湖北十堰·期末）已知 ，函数 在 上单调递减，则 的
最大值为 .
【答案】10
【分析】设 ，可知 在 上单调递减，结合正弦函数单调性可得，再根据 分析求解即可.
【详解】因为 ，所以 ，
又因为 在 上单调递减，
设 ，可知 在 上单调递减，
则 ，解得 ，
且 ，则 ，解得 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 的最大值为10.
故答案为：10.
9．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）已知函数 （ ， ）， 为
的零点， 为 图象的对称轴，且 在 上不单调，则 的最小值为 .
【答案】2
【分析】首先根据对称轴和对称中心间的距离，得到关于 的关系式，再验证，即可求解.
【详解】设函数 的最小正周期为 ，因为 为 的零点， 为 图象的对称轴，
所以 ，即 ，
所以 .
因为 ，所以 在 上不单调，
当 时，由 为 的零点可得 ， ，
因为 ，所以 .
因为 在 上不单调，所以 的最小值为 .故答案为：2
10．（2025高三·全国·专题练习）已知函数 （ ， ）在区间 上单调，
且满足 ， ，则所有满足题意的 的取值之和为 ．
【答案】4
【分析】由题意 的图象关于点 中心对称和关于直线 对称，根据对称性列式得
，再根据单调性得 ，然后按照 ， ， 分别求解对应的函数，根据
正弦函数的性质验证单调性，即可求出所有满足题意的 ，即可得解.
【详解】因为 ，所以 的图象关于点 中心对称，
因为 ，所以 的图象关于直线 对称，
所以 ，则 ，即 ，
由函数 在 上单调，得 ，即 ，
所以 ，即 ，解得 ，而 ，故 或1或2．
当 时， ，则 ， ，
结合 ，得 ，此时 ，
当 时， ，
因为 在 上单调递增，
故 在 上单调递增，满足题意；
当 时， ，则 ， ，
结合 ，得 ，此时 ，当 时， ，
因为 在 上不单调，
故 在 上不单调，此时不合题意；
当 时， ，则 ， ，
结合 ，得 ，此时 ，
当 时， ，
因为 在 上单调递增，故 在 上单调递增，满足题意．
综上， 或 ，所以所有满足题意的 的取值之和为4．
故答案为：4
题型 04 极值、最值与 ω
【解题规律·提分快招】
1、三角函数的对称轴比经过图象的最高点或最低点，函数的对称中心就是其图象与x轴的交点（零点），
也就是说我们可以利用函数的最值、零点之间的“差距”来确定其周期，进而可以确定ω的取值.极值点的
处理方法与零点类似（见下）
【典例训练】
一、单选题
1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数 ， ，函数
在 上有且仅有一个极小值但没有极大值，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，由 可得 的值，再由正弦型函数的对称性列出方程，代入计算，即可求解.
【详解】∵ ，∴ ．又 ，∴ ．当 时，函数取到最小值，此时 ， ．
解得 ， ．
所以当 时， .经检验满足题意
故选：C
2．（24-25高三上·辽宁·期中）函数 ，若 对x∈R恒成立，且
在 上恰有 条对称轴，则 （ ）
A． B． C． D． 或
【答案】B
【分析】由最大值求得 的表达式，再由周期确定范围，从而可得结论．
【详解】由题知，当 时 取得最大值，即 ，
所以 ，即 ，
又 在 上有 条对称轴，所以 ，
所以 ，所以 .
故选：B
3．（2024高三·全国·专题练习）已知函数 ，若对任意的 ，
在区间 上的值域均为 ，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用三角恒等变换将函数化成正弦型函数，结合函数在 上的值域和题设条件，可知区间长度
必须大于一个周期，从而建立不等式，即可求得 的范围.
【详解】因 ，
显然，当 时， ，因 ， 在 上的值域均为 ，
故区间长度 必须大于一个周期，即 ，解得 .
故选:D．
4．（2024·湖南长沙·模拟预测）已知 ， ，若函
数 在区间 上恰好有5个最大值，4个最小值，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】列出 解析式并化简，由 范围求得 的范围，由条件建立不等式，解得实数 的取值
范围.
【详解】根据题意可得：
，
由于 ，可得：
由于函数 恰好有5个最大值，4个最小值，
则 ，解得
故选：B.
5．（2024·西藏拉萨·一模）若函数 在 上恰有 个极值点，则 的取值
范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性可判断当 时函数的极值点情况，再结合函数图像列不等式即可.
【详解】由题得 ，
即 是偶函数，
又 在 上有 个极值点，
易知 是极值点，则 在 上有 个极值点，当 时， ， ，
设 ，则 ，
则 ， ，在 上的前 个极值点依次为 ， ， ， ， ，
所以 ，
故选：A.
6．（24-25高三上·陕西·阶段练习）已知函数 在区间 上存在最值，且在区
间 上具有单调性，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设 ，由函数在区间 上存在最值，得 在 取到最值，求得 ；
再由函数在区间 上具有单调性可分单调递增和单调递减两种情况得到不等式组，解不等式，综合考
虑即得 的取值范围.
【详解】由 ，可得 ，
由题意要使 在 取到最值，则需使 ，即 ；
又当 时， ，
要使 在 上具有单调性，
需使 ， 或 ；
由① 可得 或 ，又 ，故 不存在；由② 可得 或 ，又 ，故得 的取值范围是 .
故选：D.
7．（2024·河南南阳·模拟预测）若函数 的图象关于点 中心对称，
且 是 的极值点， 在区间 内有唯一的极大值点，则 的最大值为（ ）
A．8 B．7 C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合三角函数的图象与性质，得到 ，进而得到 ，求得
，分类讨论，即可求解.
【详解】由函数 的图象关于点 中心对称，且 是 的极值点，
可得 ，即 ，其中 ，
因为 ，当 时 ，当 时 ，
因为 在区间 内有唯一的极大值点，所以 ，
解得 ，即 ，所以 ，
当 时， ，此时 ，此时有两个极大值点，舍去；
当 时， ，此时 ，此时有两个极大值点，舍去；
当 时， ，此时 ，此时有一个极大值点，
所以 的最大值为 .
故选：C.8．（24-25高三上·广西南宁·阶段练习）已知函数 在区间 上是增函数，若函
数 在 上的图象与直线 有且仅有一个交点，则 的范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】结合函数的对称性，及 在区间 上的单调性，可知 ，又函数 与直线
交点的横坐标为 ，从而得 ，进而可求出 的取值范围.
【详解】因为函数 的图象关于原点对称，并且在区间 上是增函数，所以
，所以 ，
又 ，得 ，
令 ，得 ，
所以 在 上的图象与直线 的第一个交点的横坐标为 ，第二个交点的横坐标为 ，
所以 ，解得 ，
综上所述， .
故选： .
【点睛】关键点点睛：关于三角函数中的取值范围问题，结合三角函数的单调性与最大（小）值列关于
的不等式，从而求解即可.
9．（24-25高三上·福建·阶段练习）已知函数 ，且 ，则满足
在区间 上的最大值为 的 的取值的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】先计算出 ，分 、 、 三种情况讨论，结合图形和方程
的解与图象的交点个数之间的关系求解即可.【详解】由 ，得 ，所以 ，
因为 ，有 ，
因为 ，所以 .
当 时， .
若 ， ，此时 的最大值为 ，所以 ，
画出 的图象，如图，
由图可知，函数图象在 上没有交点，所以方程 在 上无解；
若 ， ，此时 的最大值为1，
所以 ，解得 ，不符合题意；
若 ， ，此时 的最大值为 ，所以 ，
画出 的图象，如图，由图可知，函数图象在 上有一个交点，所以方程 在 上仅有一个解；
所以 的个数为1.
故选：A.
二、填空题
10．（24-25高三上·江苏苏州·期中）已知函数 在区间 上的值域为 ，
且 ，则 的值为 .
【答案】
【分析】利用整体代入法，结合正弦函数的图像求解即可.
【详解】 ，故 ，
因为 在区间 上的值域为 ，
且 ，故必有
，
如图所示，则 故
故答案为：
11．（24-25高三上·广西·阶段练习）已知函数 ，若 ，则
的取值范围为 ．
【答案】
【分析】把 的范围转化为 的范围，再结合 的图像性质即可得出结论.
【详解】因为 ，所以 ，由 可得： ，根据 的图像性质可知，要想满足题意，只需 ，
解得： .
故答案为：
12．（2025高三·全国·专题练习）若函数 在 上没有最小值，则 的取
值范围是 .
【答案】
【分析】利用辅助角公式化简函数 的解析式，问题转化为函数 在 上没有最小值，
通过分析函数 的性质可得 的取值范围.
【详解】由题意得 ，
由 得 .
令 ，问题转化为函数 在 上没有最小值.
∵ 在 上单调递增，在 上单调递减，
且 ，
∴ ，解得 .
故答案为： .
13．（2024高三·全国·专题练习）已知函数 ，
且 在区间 上有且只有一个极大值点，则 的最大值为 .【答案】
【分析】根据正弦函数的对称轴及零点，结合函数在给定区间上一个极大值求解.
【详解】由 ，
所以函数 关于直线 对称，于是有 ，
由 ，
于是 解得 .
令 ，所以 ，
令 时， ；令 时， .
因为 在区间 上有且只有一个极大值点，
所以 （ 为函数 的最小正周期）.
因为 ，所以有 ，
即 ，
当 时， ，所以 ，
此时有两个极大值点，不符合题意；
当 时， ，此时 ，
此时有一个极大值点，符合题意.
故答案为：
题型 05 零点与 ω
【解题规律·提分快招】1、对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有k个零点，需要确定含有k个零点的区间长度，一般
和周期相关，若在在区间至多含有k个零点，需要确定包含k+1个零点的区间长度的最小值，
【典例训练】
一、单选题
1．（24-25高三上·湖南长沙·期末）已知函数 在上有三个零点，则 的取值
范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由零点的定义可得 在 上有三个根，结合正弦函数性质列不等式可求 的取
值范围.
【详解】由 ，得 ，
由 ，得 ，由 在上有三个零点，
得 在 上有三个根，则 ，解得 ，
所以 的取值范围为 .
故选：A.
2．（2024·河南新乡·一模）将函数 图象上所有点的横坐标变为原来的 ，纵坐标不变，再
将所得图象向右平移 个单位长度后得到函数 的图象，若 在区间 上恰有5个零点，则
的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定的变换求出函数 ，再求出相位所在区间，结合零点情况列出不等式求解即得.
【详解】依题意， ，当 时， ，
由 在区间 上恰有5个零点，得 ，解得 .
故选：B
3．（24-25高三上·天津南开·阶段练习）已知函数 ，若在区间 上单调递增，且在区间 上有且只有一个零点，则 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】化简 的解析式，根据三角函数的单调性、零点列不等式，由此求得 的取值范围.
【详解】
.
，由于 在区间 上有且只有一个零点，
所以 ，
而 ，
其中 ，而 ，
在区间 上单调递增，
所以 ，解得 ，
则 .
故选：D
【点睛】方法点睛：本题的解法关键在于将给定的复杂函数表达式通过三角恒等式化简为一个简单的正弦
函数形式，从而利用正弦函数的零点特性和单调性来求解参数 的范围.
4．（24-25高三上·江苏常州·阶段练习）将函数 图象上所有点的横坐标变为原来的
，纵坐标不变，所得图象在区间 上恰有两个零点，且在 上单调递增，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据函数的伸缩可得函数解析式，再利用整体法判断零点及单调性情况，可得不等式，解不等式
即可得解.
【详解】将函数 图象上所有点的横坐标变为原来的 可得 ，
设 ，
当 时， ，
由函数在 上恰有两个零点，
则 ，解得 ，
又当 ， ，
则 ， ，
函数在 上单调递增，
所以 ，解得 ，
综上所述 ，
故选：C.
二、填空题
5．（2024·上海崇明·一模）已知 ，若函数 在区间 上有且仅有
3个零点和1个极小值点，则 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据零点个数和极小值点的个数可得关于 的不等式，故可求其取值范围.
【详解】当 时， ，因为函数 在区间 上有且仅有3个零点和1个极小值点，
所以 ，故 ，
故答案为：
6．（24-25高三上·上海·期中）已知 ， ， ， ，函数
和 的图像如图所示，其中 是这两个函数共同的零点， 是其中一个函数的零点，则
.
【答案】
【分析】根据零点的概念，结合三角函数的周期性解题.
【详解】由 是函数 的零点，可得 ，即 ， ，取
（正半轴的第一个零点）可得 ；
又 是函数 的零点，由 ，得 ， ，
取 （正半轴的第四个零点）得 ，所以， .
故答案为： .
7．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）已知函数 （ ， ）， 为
的零点， 为 图象的对称轴，且 在 上不单调，则 的最小值为 .
【答案】2
【分析】首先根据对称轴和对称中心间的距离，得到关于 的关系式，再验证，即可求解.
【详解】设函数 的最小正周期为 ，因为 为 的零点， 为 图象的对称轴，
所以 ，即 ，所以 .
因为 ，所以 在 上不单调，
当 时，由 为 的零点可得 ， ，
因为 ，所以 .
因为 在 上不单调，所以 的最小值为 .
故答案为：2
一、单选题
1．（24-25高三上·陕西宝鸡·阶段练习）设函数 ，将函数 的图像向左平移φ（
）个单位长度，得到函数 的图像，若 为偶函数，则φ的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平移变换得 ，根据 为偶函数可得结果.
【详解】 向左平移φ（ ）个单位长度，
得到函数
因为 为偶函数，所以 ， ，
所以 ， ，
因为 ，所以 时， 取最小值 .
故选：A.
2．（24-25高三上·甘肃平凉·期末）已知函数 在 上有且仅有2个零点，
则 的取值范围为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据条件求出 的范围，结合余弦函数的图象可求 的取值范围.
【详解】当 时， ．
因为 在 上有且仅有2个零点，
所以 ，解得 ．
故选：C．
3．（甘肃省2024-2025学年高三上学期12月高考诊断数学试卷）若函数
在 上只有一个零点，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先利用二倍角公式及辅助角公式化简函数式，再利用三角函数的性质计算即可.
【详解】由题意，得 ．
因为 ，所以 ，
又 只有一个零点，所以 ，解得 ．
故选：A．
4．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）函数 在区间 内只有一个极值点的
充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合正弦型函数极佳点的意义列出不等式组求解即可.
【详解】由 且 ，得 ，显然 ，
由函数 在区间 内只有一个极值点，则 ，解得 ，结合选项，所以函数 在区间 内只有一个极值点的充分不必要条件是 .
故选：A
5．（河南省部分学校2024-2025学年高三上学期第二次考试数学试题）已知 和 都是函数
的零点，则 的最小值是（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
【答案】B
【分析】根据正弦函数的零点求解.
【详解】因为 为函数 的零点，所以 ， ；
同理 ， ； ， .
所以 ， ，即 为偶数；
所以 ， ，即 为3的倍数.
所以 为2和3的公倍数.
所以 的最小值为6.
故选：B
6．（24-25高三上·黑龙江佳木斯·期末）已知函数 ，将y=f(x)的图象上所有点向
左平移 个单位长度得到函数 的图象，若函数 在区间 上单调递增，则 的取值范围为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据三角函数图象的变换规则求得 ，可得 ，再根据正
弦函数的单调性，结合包含关系列不等式求解即可.
【详解】因为函数 ，将 图象上所有点向左平移 个单位长度得到函数 的
图象，
则 ， 时， ，
因为函数 在区间 上单调递増， ，注意到 ，所以我们不需要讨论 时的情形，
所以 时， ，即 ，又因为 ，所以 .
当 时，四个选项中 的取值范围都不符合，综上，只有 ，
故选：B.
7．（24-25高三上·黑龙江佳木斯·期末）已知函数 （ ）的图象过点 ，
且 在区间 上具有单调性，则 的最大值为（ ）
A． B．4 C． D．8
【答案】C
【分析】由函数 的图象过点 求得 ，根据函数的单调性，结合三角函数的性质列式求得 的范
围，即可得解.
【详解】因为函数 的图象过点 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
当 时， ，
因为 在区间 上具有单调性，
所以 ， ，
即 且 ， ，
则 ， ，
因为 ，得 ，
因为 ，所以 时， ，则 ；
当 时， ，综上， ，即 的最大值为 .
故选：C.
8．（24-25高三上·河北保定·阶段练习）将函数 的图象向右平移 个单位长
度后得到 的图象，若 在 上单调递增，则 的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用图象变换得 ，根据正弦函数的单调性求得 的单调性，根据所给
区间建立不等关系进行求解．
【详解】由 ，
将函数 的图象向右平移 个单位长度后得到 的图象，
得 ，
由 得 ，
又 在 上单调递增，
则 ，解得 ，
又 ，则当k=1时， ，
故选：C．
9．（24-25高三上·天津河北·期末）若函数 （ ），①函数
的最小正周期为 ，则 ；②当 时， 在区间 上单调递增；③当 时， 为函
数 的一个对称中心；④若 在 上有且只有两个零点，则 .其中正确结论的个数为
（ ）A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】根据二倍角公式和辅助角公式化简得到 ，再由正弦函数的图象与性质逐项判
断即可得解.
【详解】由题意可得
，
对于①，若函数 的最小正周期为 ，则 ，得 ，故①错误；
对于②，当 时， ，若 ，则 ，
根据函数 在 上单调递增，
所以 在区间 上单调递增；故②正确；
对于③，当 时， ，
因为 ，
所以 是函数 的对称点，故③正确；
对于④， 时， ，
若 在 上有且只有两个零点，
则 ,即 ，解得 ，即 ，故④错误.
综上，正确结论的个数为2.
故选：C.
10．（24-25高三上·广东广州·阶段练习）已知点 在函数 的
图像上，若 恒成立，且 在区间 上单调，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B【分析】由函数 在区间 上单调可得 的范围，再由三角函数对称性与周期性的关系求得周期，
进而可得 ，再由最值求得
【详解】因为 在区间 上单调，所以 ，可得 ，
解得 ，且 ，所以 ，
又点 在函数 的图像上，所以 是函数的一个对称中心，
又 恒成立，即 是函数的一条对称轴，
所以 ，
若 ，则 ，此时 ，可得 ，满足条件，
若 ，则 ，此时 ，可得 ，不满足条件，
所以 ，
又 恒成立，所以 ，
即 ，即 ，又 ，
所以 ，则 .
故选：B
11．（24-25高三上·江西·阶段练习）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 倍，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．(0,1)
【答案】B
【分析】根据函数的周期及函数在区间上无零点，列出不等式组，即可解出 的取值范围.
【详解】将函数 的图象先向右平移 个单位长度，可得 ，
再把所得函数图象的横坐标变为原来的 倍，纵坐标不变，可得 的图象，因为 ，周期 ，
函数 在 上没有零点，则 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
又 在 上没有零点，所以 ，
解得 ， ，
又因为 ，所以当 ， ， ， ，
所以 或 .
故选：B
12．（2025高三·全国·专题练习）当 时，函数 与 的图象有4
个交点，则 的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】在同一坐标系内作出 时函数 与 在 内的图象，利用图象的交点
个数判断.
【详解】对于A，当 时，函数 与 在 内的图象如图，
它们有2个交点，A不是；
对于B，当 时，函数 与 在 内的图象如图，
它们有4个交点，B是；对于C，当 时，函数 与 在 内的图象如图，
它们有6个交点，C不是；
对于D，当 时，函数 与 在 内的图象如图，
它们有8个交点，D不是.
故选：B.
13．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知 ，若函数 在
上单调递增，则实数 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】去掉绝对值符号得到正弦或余弦函数，结合三角函数的单调性求解即可得到答案.
【详解】若 ，则需满足 ，
此时去绝对值化简得： ， 在 单调递增，即 ，
列出不等式组： ，
解得 ， ，需满足 ，即 ，
结合 ，则 ，故 ；
若 ，则需满足 ，
此时去绝对值化简得 ， 在 单调递增，
即 ，列出不等式组：
，
解得 ， ，需满足 ，即 ，
结合 ，则 ，故 ；
综上，满足题意的 的范围为 .
故选：C
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于根据函数的单调区间列出相应的不等式组，计算比较复杂.
14．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期末）设函数 在 上恰有两个零点，且
的图象在 上恰有两个最高点，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】结合三角函数的图象，可找到满足条件的 所在的区间，解不等式组，可求得结果.【详解】 ，
在 上恰有两个零点，恰有两个最高点，
，
即 ，
当 时，不符合题意，
当 时，不等式组为 ，不等式无解，
当 时, 不等式组为 ，不等式无解，
当 时， ，解得 ，
当 时， ，不等式无解，
当 时，不等式无解.
.
故选：A
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据 在 上恰有两个零点、两个最高点建立不等式组
.
二、多选题15．（24-25高三上·河北邯郸·阶段练习）已知函数 满足 ，
将函数 的图象向左平移 个单位长度后得到函数 的图象，则下面说法正确的是（ ）
A．
B．函数 为奇函数
C．函数 在 上单调递减
D．函数 在 上有两个极值点
【答案】AD
【分析】根据函数对称性结合 得 判断A，先利用变换法则求出 ，进而利
用奇函数定义判断B，根据正弦函数性质判断单调性判断C，结合极值点的概念利用余弦函数性质判断D.
【详解】根据题意，函数 关于直线 轴对称，所以 ，
所以 ，即 ，
又因为 ，可得 ，故A正确；
函数 ，显然 ，故B错误；
当 时， ，所以函数 在 上单调递增，故C错误；
因为函数 ，令 ，则 ，
根据余弦函数图象可知，D正确.
故选：AD.
16．（23-24高三上·江苏无锡·阶段练习）已知直线 是函数 图象的一条对称
轴，则下列结论正确的是（ ）
A．ω的最小值为
B．若 在区间 上有且仅有2个对称中心．则C．若 在区间 上单调递减，则
D． 不可能是 的零点
【答案】AD
【分析】根据对称性可得 ，即可求解A，利用对称性与周期的关系可得 即可求
解B，利用单调性与周期的关系即可求解C，根据 结合对称性即可求解D.
【详解】
直线 是函数图象的一条对称轴，则 ，解得 ，又 ，则
的最小值为 ，故A正确；
函数 的周期为 直线 是函数图象的一条对称轴，
且 ， ，因为 在区间 上有且仅有2个对称中心，
，，解得 ，又 ，故B错误；
在区间 上单调递减，则必有 ，
解得 不存在，故C不正确.
假设 是 的零点，则 ，
解得 ，与 不能同时成立，假设不成立，故D正确；
故选：AD
17．（24-25高三上·四川绵阳·期末）设函数 ，已知 在 上有且仅有 个
零点，则以下结论中正确的是（ ）
A． 在 上有且仅有3个最大值点
B． 在 上有且仅有2个最小值点
C． 在 上单调递增D． 的取值范围是
【答案】ACD
【分析】将 看成整体角 ，根据题意 得 ，结合正弦函数的图象观察分析
求得 ，且易得 在 上有且仅有3个最大值点，但最小值点个数不确定，最后由
推得 ，根据求得的 判断 的范围能确保 单调递增即得.
【详解】设 ，由 ， 可得 ，作出 的图象如图，要使
在 上有且仅有5个零点，
须使 ，解得： ，故D项正确；
对于A项，由图可知 时， ，在此区间上函数有且仅有3个最大值点，故A项正
确；
对于B项，由图可知 时， ，在此区间上，函数的最小值点可能有2个或3个，
故B项错误；
对于C项，当 时， ，由上分析知 ，
则 ，即 ，
而此时 单调递增，故 在 上单调递增，故C项正确.
故选：ACD．
三、填空题
18．（24-25高三上·吉林长春·期末）已知函数 的图象关于直线 对称，且 在上单调递增，则正数 的最大值为 ．
【答案】13
【分析】由正弦函数的对称轴和单调性以及周期求解即可；
【详解】因为函数 的图象关于直线 对称，
所以 ，解得 ，
又 在 上单调递增，所以 ，即 ，解得 ，
所以当 时，得正数 的最大值为13.
故答案为：13.
19．（23-24高三上·江苏盐城·期末）若函数 在区间 上恰有两个最大值，
则实数 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】求出 ，根据函数恰有两个最大值，得到 ，得到答案.
【详解】因为 ， ，
所以 ，
又 上恰有两个最大值，
所以 ，解得 .
故答案为：
20．（2024·全国·模拟预测）将函数 的图像向右平移 个单位长度得到函数
的图像．若 在区间 内有零点，无极值，则 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意，求得平移之后的函数 ，再由条件，列出不等式，代入计算，即可得到结果.【详解】 ，
依题意得 ， ，又 ， ．
， ．
函数 在区间 内有零点，无极值，
，解得 ，即 的取值范围是 ．
故答案为：
21．（24-25高三上·山东青岛·阶段练习）已知函数 在 上单调递减，则
的取值范围是
【答案】
【分析】根据三角函数的单调区间以及复合函数的单调性，解得函数的单调递减区间，结合题意，建立不
等式组，可得答案.
【详解】 ；
令 ， ，则 ，
所以 在 是减函数，
因为 在区间 单调递减，所以有 ，
即 ，又 ，所以 ， .
故答案为： .22．（24-25高三上·黑龙江·期末）已知函数 ，将 的图象向右平移 个单位
长度得到函数 的图象，若 是偶函数， 在 上恰有4个零点，则 .
【答案】4
【分析】由平移变换得到 ，再根据 是偶函数，得到 ，然
后由 ，得到 ，根据 在 上恰有4个零点，由 求解.
【详解】解：将函数 的图象向右平移 个单位长度得到，
函数 ，
因为 是偶函数，所以 ，即 ，
因为 ，所以 ，则 ，
因为 ，所以 ，
因为 在 上恰有4个零点，
所以 ，即 ，
所以当 时， ，
故答案为：4
23．（24-25高三上·湖南永州·期末）设函数 ，若存在
，使得 ，则 的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据三角恒等变换公式将原函数化简，求得 最大值为 ，所以 ，结合正弦
函数图象即可求解.
【详解】当且仅当 时等号成立，
所以要使得 ， ，
当 时， ，
所以 ，解得 .
所以 的最小值为 .
故答案为： .
24．（24-25高三上·湖南永州·期末）已知函数 在区间 上单调递减，且在区
间 上恰有 个零点，则 的取值范围是 .
【答案】
【分析】当 时，求出 的取值范围，根据函数 在区间 内的零点个数可得出关于
的不等式；当 时，求出 的取值范围，根据函数 在区间 上的单调性，可得出关于
的不等式组，综合可得出 的取值范围.
【详解】因为函数 在区间 上恰有 个零点，
令 ，可得 ，当 时， ，
所以， ，解得 ，
又因为函数 在区间 上单调递减，
当 时， ，
则 ，其中 ，
所以， ，解得 ， ，由 解得 ，故 ，则 ，
综上所述，正实数 的取值范围是 .
故答案为： .
【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：
（1）将函数解析式变形为 或 的形式；
（2）将 看成一个整体；
（3）借助正弦函数 或余弦函数 的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、
单调性等）解决相关问题.
25．（24-25高三上·湖南长沙·期末）已知函数 和 的图
象相邻的两个交点为A，B，若 ，则 的取值范围为 .
【答案】
【分析】作出函数图象，结合三角形的等价条件进行转化，求出三角形的底和高，结合三角函数的相交性
质进行求解即可.
【详解】作出两个函数的图象如图，则由对称性设 ，且 ，
即 为等腰三角形， ，且 ，
取AC的中点M，连接BM，
则 ， ，
由 ，得 ，
得 ，得 ，得 ，
则 ，
即A点纵坐标为1， ， ，
因为 ，所以 ，解得 ，即 ，解得 ，所以 的取值范围为 .
故答案为： .
