第31 讲 ω 的取值范围与最值问题 · 分类练习（解析卷）
答案速查表..........................................................................................................................................1
考点一：零点与交点问题..................................................................................................................1
考法1：根据区间内零点（或交点）个数求参数范围.......................................................1
考法2：结合图象平移与零点（或交点）个数求参数范围...............................................4
考法3：结合零点与单调性、周期性求参数范围...............................................................5
考法4：结合辅助角公式与零点求参数最值.......................................................................5
考点二：单调问题..............................................................................................................................6
考法5：根据给定单调区间求参数范围...............................................................................6
考法6：结合单调性与对称性求参数范围...........................................................................8
考点三：最值问题..............................................................................................................................9
考法7：恒等变换化简求最值...............................................................................................9
考法8：结合区间最值与相位范围求参数.........................................................................10
考法9：结合最值与对称轴、零点求参数.........................................................................11
考点四：极值问题............................................................................................................................12
考法10：根据区间内极值点个数求参数范围...................................................................12
考法11：结合极值点与周期、对称性求参数...................................................................13
考点五：对称性问题........................................................................................................................13
考法12：结合对称轴与零点、极值点求参数...................................................................13
考点六：性质的综合问题................................................................................................................15
考法13：综合应用周期、单调性与对称性求参数或解析式...........................................15
考法14：结合图象平移或绝对值综合判断函数性质.......................................................17
答案速查表
1
2
3
4
5
A
A
B
C
2
3
6
7
8
9
10
A
（1）1 （2）
[ 13 π
12 , 7 π
4 )
C
D
7 π
6
11
12
13
14
15
A
1
6
1
C
A
16
17
18
19
20
❑√5
C
- 3
4
B
CD
21
22
23
24
25
[- 1
2 ,1]
A
C
C
C
26
27
28
29
30
BC
3
D
（1）x = 7 π
12
（2）φ = π
3
AD
考点一：零点与交点问题
考法1：根据区间内零点（或交点）个数求参数范围
1.（2025·江苏高邮·一模）已知函数f ( x)=2cos(ωx - π
6 )(ω>0)，若在区间(0, 4
3 π ]内恰好存
在三个不同的x0，使得f ( x0)= ❑√3，则f ( x)的最小正周期不可能为（ ）
A. 2π
3
B. 8 π
11
C. 8 π
9
D. 8 π
7
【答案】A
【解析】问题化为t =ωx - π
6 ∈(- π
6 , 4 π
3 ω- π
6 ]且ω>0上cost =
❑√3
2 恰好存在三个不同的根，结合
余弦函数的性质列不等式求ω，进而确定最小正周期的范围，即可得答案.
由题设t =ωx - π
6 ∈(- π
6 , 4 π
3 ω- π
6 ]且ω>0上cost =
❑√3
2 恰好存在三个不同的根.
结合余弦函数的图象及性质知，13 π
6
≤4 π
3 ω- π
6 < 23 π
6
，可得7
4 ≤ω< 3
4 .
所以最小正周期为T = 2π
ω ∈( 2π
3 , 8 π
7 ].
故选：A.
【点拨】本题考查三角函数的零点问题，利用换元法结合余弦函数的图象列出不等式是解题关键.
2.（2025·衡水中学·检测）已知函数f ( x)=2sin(ωx + π
4 )- ❑√3(ω>0)在[0, π
2 ]上有三个零点，
则ω的取值范围为（ ）
A. [ 25
6 , 29
6 )
B. [ 23
6 , 31
6 )
C. [ 25
6 , 29
6 ]
D. [ 23
6 , 31
6 ]
【答案】A
【解析】令f ( x)=0，则sin(ωx + π
4 )=
❑√3
2 .
因为x∈[0, π
2 ]，所以ωx + π
4 ∈[ π
4 , ωπ
2 + π
4 ].
要使f ( x)在[0, π
2 ]上能取到3 个零点，则区间[ π
4 , ωπ
2 + π
4 ]内至少要包含一个形如
2kπ + 2π
3 (k ∈Z )的数，其中最小的可能值为2π + 2π
3 （当k =1时），故需满足ωπ
2 + π
4 ≥2π + 2π
3 ，
解得ω≥29
6 .
要使f ( x)在[0, π
2 ]上能取到4 个零点，则区间[ π
4 , ωπ
2 + π
4 ]内至少要包含一个形如
2kπ + π
3 (k ∈Z )的数，其中最小的可能值为2π + π
3 （当k =1时），故需满足ωπ
2 + π
4 ≥2π + π
3 ，解
得ω≥25
6 .
为使f ( x)在[0, π
2 ]内恰有3 个零点，需同时满足ω≥25
6 和ω< 29
6 ，因此ω的取值范围为[ 25
6 , 29
6 ).
故选：A.
【点拨】本题考查三角函数的零点问题，利用整体代换法求出相位的范围，结合正弦函数的图象
列出不等式组即可求解.
3.（2026·浙江稽阳·4 月联考）已知函数f ( x)=asin x +cos2 x在(0,nπ )内恰好有2027 个零点，
则实数a与正整数n的值分别为（ ）
A. a=1,n=1351
B. a=-1,n=1351
C. a=1,n=1350
D. a=-1,n=1350
【答案】B
【解析】法1：当sin x =0，即x =kπ(k ∈Z )时，此时cos2 x =1，方程f ( x)=0不成立，因而
f ( x)=0可等价于a=- cos2 x
sin x =2sin x -
1
sin x ，x≠kπ(k ∈Z ).
令H ( x)=2sin x -
1
sin x ，x≠kπ(k ∈Z ).显然函数H ( x)的周期为2π，且为奇函数，故研究在
x∈(0,π )时，H ( x)图象与y =a的交点情况即可.由H (π - x)= H ( x)，故x = π
2 为函数H ( x)图象
的一条对称轴，由复合函数的单调性可知，H ( x)在区间(0, π
2 ]上，单调递增，且值域为
(-∞,1]. H ( x)在区间[ π
2 ,π )上单调递减，且值域为(-∞,1].
因而在一个周期(0,π )∪(π ,2π )上，当a>1时，H ( x)图象与y =a在(0,π )上无交点，在(π ,2π )
上有2 个交点；当a<-1时，H ( x)图象与y =a在(0,π )与(π ,2π )上均有2 个交点；由函数的周期
性可知，当a≠±1时，H ( x)图象与y =a在(0,nπ )上总有偶数个交点，从而不存在正整数n，使得
H ( x)图象与y =a在(0,nπ )内恰有2027 个交点.又当a=1或a=-1时，H ( x)图象与y =a在
(0,nπ )∪(π ,2π )上有3 个交点，由周期性2027=3×675+2，所以(0,1350 π )有2025 个解，因
而在(1350 π ,1351π )必须有2 个解，所以a=-1,n=1351.
法2：f ( x)=-2sin
2 x +asin x +1.令t =sin x，则-2t
2+at +1=0. Δ=a
2+8>0.
∵2027=3×675+2为奇数，∴2t
2-at -1=0有两个根，且t1∈(0,1),t2=-1，在x∈(0,2π )时
可产生3 个根n=675×2+1=1351，将t =-1代入∴2t
2-at -1=0得a=-1.
【点拨】本题考查三角函数的零点问题，通过分离参数法或换元法将问题转化为二次方程根的分
布问题是解题关键.
4.（2026·百师联盟·一模）已知函数f ( x)=sin(ωx + π
3 )+cos(ωx + π
2 )(ω>0)，若y = f ( x)在
x∈(0,2π )部分的图象与直线y =- 1
2恰好产生了三个交点，则ω的取值范围为（ ）
A. ( 13
12 , 7
4 ]
B. ( 7
6 , 5
3 ]
C. ( 5
4 , 19
12 ]
D. ( 4
3 , 3
2 ]
【答案】C
【解析】f ( x)=sin(ωx + π
3 )+cos(ωx + π
2 )= 1
2 sin ωx +
❑√3
2 cosωx -sin ωx =cos(ωx + π
6 ).
令t =ωx + π
6 ，x∈(0,2π )，ω>0，所以t ∈( π
6 ,2πω+ π
6 ).
问题转化为直线y =- 1
2与函数y =cost，当t ∈( π
6 ,2πω+ π
6 )时，有三个交点.
由y =cost =- 1
2 ⇒t = 2π
3 , 4 π
3 , 8 π
3 , 10 π
3
,⋯.
于是有{
2πω+ π
6 > 8 π
3
2πω+ π
6 ≤10 π
3
⇒5
4 <ω≤19
12.
故选：C.
【点拨】本题考查三角函数的交点问题，利用辅助角公式化简函数解析式，再利用整体代换法求
出相位的范围是解题关键.
5.（2026·广东佛山·检测）若函数f ( x)=sin ωx(ω>0)在区间[ π ,3 π ]上至少有2 个零点，则
ω的最小值是＿＿＿＿＿＿.
【答案】2
3
【解析】函数f ( x)=sin ωx零点满足ωx =kπ，k ∈Z，即x = kπ
ω ，k ∈Z.
因为ω>0且x∈[ π ,3 π ]，所以k为正整数.
因为函数f ( x)=sin ωx(ω>0)在区间[ π ,3 π ]上至少有2 个零点，
所以π ≤kπ
ω ≤3 π即k
3 ≤ω≤k至少有两个正整数解.
为保证区间[ k
3 ,k ]至少包含两个正整数，该区间须至少能覆盖一对连续的正整数k和k +1.
所以{
ω≤k
3ω≥k +1，即k +1
3
≤ω≤k，为使该不等式有解，须满足k ≥k +1
3
.
得k ≥1
2，又k ∈Z
*，所以kmin=1，当k =1时，所以2
3 ≤ω≤1，即ω的最小值为2
3.
【点拨】本题考查三角函数的零点问题，根据零点表达式结合区间范围列出不等式组求参数范围
是解题关键.
考法2：结合图象平移与零点（或交点）个数求参数范围
6.（2024·新南方联盟·4 月联考）设函数f ( x)=acosωx(a≠0,ω>0)，若将f ( x)的图象向左
平移π
3ω个单位长度后在[0, π
2 ]上有且只有两个零点，则ω的取值范围是（ ）
A. [ 7
3 , 13
3 )
B. [2,4)
C. [ 7
3 ,4)
D. [2, 13
3 )
【答案】A
【解析】将f ( x)的图象向左平移π
3ω个单位长度后得到g( x)=acos[ω( x + π
3ω )]=acos(ωx + π
3 ).
令g( x)=0，得cos(ωx + π
3 )=0.
因为x∈[0, π
2 ]，所以ωx + π
3 ∈[ π
3 , ωπ
2 + π
3 ].
因为g( x)在[0, π
2 ]上有且只有两个零点，
所以3 π
2 ≤ωπ
2 + π
3 < 5 π
2 ，解得7
3 ≤ω< 13
3 .
故选：A.
【点拨】本题考查三角函数的图象变换及零点问题，根据平移规则求出平移后的解析式，再结合
余弦函数的零点分布列出不等式组是解题关键.
7.（2025·湖北黄冈·9 月调研）已知函数f ( x)= 4 sin(ωx + π
3 )cosωx - ❑√3(ω>0)的最小正周期
为π.
（1）求ω的值；
（2）将函数f ( x)的图象先向左平移π
6 个单位长度，再向下平移1 个单位长度，得到函数
y = g( x)的图象，若g( x)在区间[0,m]上有且仅有3 个零点，求m的取值范围.
【答案】（1） 1
（2） [ 13 π
12 , 7 π
4 )
【解析】（1）f ( x)= 4 sin(ωx + π
3 )cosωx - ❑√3=2sin ωx cosωx +2❑√3cos
2ωx - ❑√3
=sin 2ωx + ❑√3cos2ωx =2sin(2ωx + π
3 ).
又f ( x)的最小正周期为π，ω>0，则T = 2π
2ω = π，所以ω=1.
（2）由（1）知f ( x)=2sin(2 x + π
3 )，所以g( x)=2sin[2( x + π
6 )+ π
3 ]-1=2sin(2 x + 2π
3 )-1.
由g( x)=0时，得到sin(2 x + 2π
3 )= 1
2，所以2 x + 2π
3 = π
6 +2kπ ,k ∈Z或
2 x + 2π
3 = 5 π
6 +2kπ ,k ∈Z.
即x =- π
4 + kπ ,k ∈Z或x = π
12 + kπ ,k ∈Z.
因为g( x)在区间[0,m]上有且仅有3 个零点，
由x =- π
4 +kπ ,k ∈Z，令k =1，得x = 3 π
4 ；令k =2，得x = 7 π
4 .
由x = π
12 +kπ ,k ∈Z，令k =0，得x = π
12；k =1，得x = 13 π
12 .
所以13 π
12 ≤m< 7 π
4 .
故m的取值范围是[ 13 π
12 , 7 π
4 ).
【点拨】本题考查三角恒等变换及三角函数的图象变换、零点问题，熟练掌握辅助角公式及平移
规则，结合正弦函数的零点分布列出不等式组是解题关键.
考法3：结合零点与单调性、周期性求参数范围
8.（2026·河北衡水·4 月检测）若π
2 为函数f ( x)=sin(ωx + π
6 )(ω>0)的一个零点，且f ( x)的
最小正周期T ∈(π ,2π )，则ω的值为（ ）
A. 5
6
B. 4
3
C. 5
3
D. 7
3
【答案】C
【解析】由题得sin( ωπ
2 + π
6 )=0，所以ωπ
2 + π
6 =kπ(k ∈Z ).
则ω=2k - 1
3 (k ∈Z )，因为T ∈(π ,2π )，所以π < 2π
ω <2π.
所以1<ω<2，所以2
3 <k < 7
6，所以k =1，则ω= 5
3.
故选：C.
【点拨】本题考查三角函数的零点与周期性，根据零点求出参数的表达式，再结合周期范围确定
参数的值是解题关键.
考法4：结合辅助角公式与零点求参数最值
9.（2026·山东枣庄·一模）记函数f ( x)=3sin x - 4 cos x - 4 , x∈[0,π ]的两个零点为x1和x2，
则sin( x1+ x2)=（ ）
A. cos x1+ x2
2
=- 3
5
B. sin x1+ x2
2
= 4
5
C. cos( x1+ x2)=- 7
25
D.
sin( x1+ x2)=- 24
25
【答案】D
【解析】f ( x)=3sin x - 4 cos x - 4 =5sin( x -φ)- 4，其中cosφ= 3
5 ,sin φ= 4
5 .
由f ( x)=0，得sin( x -φ)= 4
5 .
因为x∈[0,π ]，所以x -φ∈[-φ ,π -φ].
因为sin(-φ)=- 4
5 ，sin(π -φ)=sin φ= 4
5 .
所以直线y = 4
5 与曲线y =sint在[-φ ,π -φ]上有两个交点，且关于t = π
2 对称.
所以( x1-φ)+( x2-φ)= π，即x1+ x2= π +2φ.
所以sin( x1+ x2)=sin(π +2φ)=-sin2φ=-2sin φcosφ=-2× 4
5 × 3
5 =- 24
25.
故选：D.
【点拨】本题考查三角函数的零点与对称性，利用辅助角公式化简函数解析式，结合正弦函数的
对称性求出两零点之和是解题关键.
10.（2026·山东潍坊·一模）若函数f ( x)= 4 sin x cos x - 4 ❑√3cos
2 x +2❑√3在区间(0,m)有且仅
有两个零点，则实数m的最大值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】7 π
6
【解析】f ( x)=2sin 2 x -2❑√3(1+cos2 x)+2❑√3=2sin 2 x -2❑√3cos2 x = 4 sin(2 x - π
3 ).
由f ( x)=0，得sin(2 x - π
3 )=0，解得2 x - π
3 =kπ(k ∈Z )，即x = kπ
2 + π
6 (k ∈Z ).
因为x∈(0,m)，所以k可取0,1，此时x1= π
6 , x2= 2π
3 .
因为函数f ( x)在区间(0,m)有且仅有两个零点，
所以2π
3 <m≤2π
2 + π
6 = 7 π
6 .
所以实数m的最大值为7 π
6 .
【点拨】本题考查三角恒等变换及三角函数的零点问题，利用降幂公式和辅助角公式化简函数解
析式，求出零点表达式是解题关键.
考点二：单调问题
考法5：根据给定单调区间求参数范围
11.（2026·名校协作体·二模）已知函数f ( x)=sin
2( ωx
2 + π
4 )(ω>0)在区间[- π
2 , 2π
3 ]上单调递
增，则ω取值范围为（ ）
A. (0, 3
4 ]
B. (0,1]
C. [ 3
4 ,1]
D. [1,+∞)
【答案】A
【解析】f ( x)=sin
2( ωx
2 + π
4 )=
1-cos(ωx + π
2 )
2
= 1+sin ωx
2
= 1
2 + 1
2 sin ωx.
因为f ( x)在区间[- π
2 , 2π
3 ]上单调递增，所以{
- π
2 ≥- π
2ω + k 2π
ω
2π
3 ≤π
2ω + k 2π
ω
(k ∈Z ).
解得{
ω≤1- 4 k
ω≤3
4 +3k (k ∈Z ).
由于区间[- π
2 , 2π
3 ]包含原点附近的正负区间，仅当k =0时的递增区间[- π
2ω , π
2ω ]可以覆盖该区
间，
因此{
- π
2 ≥- π
2ω
2π
3 ≤π
2ω
，解得ω≤3
4 .
又ω>0，所以0<ω≤3
4 .
故选：A.
【点拨】本题考查三角函数的单调性，利用降幂公式化简函数解析式，结合正弦函数的单调区间
列出不等式组是解题关键.
12.（2026·黄骅中学·一模）函数f ( x)=2sin(ωx + π
6 )(ω∈R)恒有f ( x)≤f (2π )，且f ( x)在
[- π
6 , π
3 ]上单调递增，则ω=＿＿＿＿＿＿.
【答案】1
6
【解析】已知f ( x)=2sin(ωx + π
6 )(ω∈R)恒有f ( x)≤f (2π )，根据正弦函数的性质可得：
f (2π )=2，即sin(2πω+ π
6 )=1.
所以2πω+ π
6 = π
2 +2kπ ,k ∈Z，所以ω=k + 1
6 ,k ∈Z.
已知f ( x)在[- π
6 , π
3 ]上单调递增，所以T
2 ≥π
3 -(- π
6 )，即π
|ω| ≥π
2 ，解得0<|ω|≤2.
当0<ω≤2时，因为x∈[- π
6 , π
3 ]，所以ωx + π
6 ∈[- ωπ
6 + π
6 , ωπ
3 + π
6 ].
因为f ( x)在[- π
6 , π
3 ]上单调递增，所以{
- ωπ
6 + π
6 ≥- π
2 +2kπ
ωπ
3 + π
6 ≤π
2 +2kπ
,k ∈Z.
解得{
ω≤4 -12k
ω≤1+6 k ,k ∈Z，所以{
4 -12k >0
1+6 k >0 ,k ∈Z.
解得- 1
6 <k < 1
3 ,k ∈Z，故k =0,ω= 1
6.
当-2≤ω≤0时，因为ω=k + 1
6 ,k ∈Z，所以ω=- 5
6 或ω=- 11
6 .
取ω=- 5
6，则f ( x)=2sin(- 5
6 x + π
6 )=-2sin( 5
6 x - π
6 )，因为x∈[- π
6 , π
3 ].
所以5
6 x - π
6 ∈[- 11π
36 , π
9 ]，故f ( x)在[- π
6 , π
3 ]上单调递减，不满足题意.
同理可得，ω=- 11
6 时，也不满足题意.
综上可得：ω= 1
6.
【点拨】本题考查三角函数的单调性与最值，根据最值条件求出参数的表达式，再结合单调区间
列出不等式组是解题关键.
13.（2026·湖南衡阳·一模）已知ω>0，函数f ( x)=cosωx + ❑√3sin ωx在区间(0, π
3 )上单调递
增，则ω的最大值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】1
【解析】f ( x)=cosωx + ❑√3sin ωx =2sin(ωx + π
6 ).
∵x∈(0, π
3 )，∴ωx + π
6 ∈( π
6 , ωπ
3 + π
6 ).
∵ω>0，∴ωπ
3 + π
6 ≤π
2 ，∴0<ω≤1，∴ω的最大值为1.
【点拨】本题考查三角函数的单调性，利用辅助角公式化简函数解析式，结合正弦函数的单调区
间列出不等式是解题关键.
考法6：结合单调性与对称性求参数范围
14.（2026·临泉田家炳·二模）已知函数f ( x)=sin(ωx + π
4 )(ω>0)在区间[0,π ]上有且仅有4
条对称轴，则下列四个结论正确的是（ ）
A. f ( x)在区间(0,π )上有且仅有3 个不同的零点
B. f ( x)的最小正周期可能是π
4
C. ω的取值范围是[ 13
4 , 17
4 )
D. f ( x)在区间(0, π
15 )上单调递增
【答案】C
【解析】函数f ( x)=sin(ωx + π
4 )(ω>0).
令ωx + π
4 = π
2 +kπ ,k ∈Z，得x = (4 k +1)π
4 ω
,k ∈Z.
函数f ( x)在区间[0,π ]上有且仅有4 条对称轴，即有4 个整数k满足0≤(4 k +1)π
4 ω
≤π.
得0≤1+ 4 k ≤4 ω，可得k =0,1,2,3.
则1+ 4×3≤4 ω<1+ 4×4.
∴13
4 ≤ω< 17
4 ，即ω的取值范围是[ 13
4 , 17
4 )，故C 正确.
∵x∈(0,π )，∴ωx + π
4 ∈( π
4 ,ωπ + π
4 )，由于ω∈[ 13
4 , 17
4 )得ωπ + π
4 ∈[ 7 π
2 , 9 π
2 ).
当ωx + π
4 ∈[ 4 π , 9 π
2 )时，f ( x)在区间(0,π )上有且仅有4 个不同的零点，故A 错误.
周期T = 2π
|ω| ，由ω∈[ 13
4 , 17
4 )，得1
ω ∈( 4
17 , 4
13 ].
∴T ∈( 8 π
17 , 8 π
13 ]，∴f ( x)的最小正周期不可能是π
4 ，故B 错误.
∵x∈(0, π
15 )，∴ωx + π
4 ∈( π
4 , ωπ
15 + π
4 ).
又ω∈[ 13
4 , 17
4 )，∴ωπ
15 + π
4 ∈[ 7 π
15 , 8 π
15 ).
又8 π
15 > π
2 ，∴f ( x)在区间(0, π
15 )上不一定单调递增，故D 错误.
故选：C.
【点拨】本题考查三角函数的对称性与零点、单调性，根据对称轴的表达式及区间内对称轴的个
数列出不等式组求出参数范围是解题关键.
15.（2026·浙江桐乡·检测）若函数f ( x)= ❑√3sin ωx -cosωx(ω>0)满足f ( x)= f (π - x)，且在
(0, π
3 )有唯一零点，则ω的最大值为（ ）
A. 10
3
B. 3
C. 2
D. 4
3
【答案】A
【解析】函数f ( x)= ❑√3sin ωx -cosωx =2sin(ωx - π
6 ).
由f ( x)= f (π - x)得，x = π
2 是函数f ( x)图象的一条对称轴.
则ωπ
2 - π
6 = π
2 +kπ ,k ∈Z，解得ω= 4
3 +2k ,k ∈Z.
当x∈(0, π
3 )时，ωx - π
6 ∈(- π
6 , πω
3 - π
6 ).
由函数f ( x)在(0, π
3 )有唯一零点，得0< ωπ
3 - π
6 ≤π，解得1
2 <ω≤7
2.
所以当k =1时，ω取得最大值10
3 .
故选：A.
【点拨】本题考查三角函数的对称性与零点，利用辅助角公式化简函数解析式，结合对称性求出
参数的表达式，再根据零点个数列出不等式是解题关键.
16.（2026·安徽淮南·二模）已知函数f ( x)的定义域为R，y = f ( x)-sin x为偶函数，
y = f ( x)+2cos x为奇函数，则f ( x)的最大值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】❑√5
【解析】因y = f ( x)-sin x为偶函数，则f (- x)-sin(- x)= f ( x)-sin x，即
f (- x)+sin x = f ( x)-sin x①.
又y = f ( x)+2cos x为奇函数，则f (- x)+2cos(- x)=-[ f ( x)+2cos x ]，即
f (- x)+2cos x =- f ( x)-2cos x②.
由①-②，整理得f ( x)=sin x -2cos x，则f ( x)=sin x -2cos x = ❑√5sin( x -φ)，其中tan φ =2.
故当sin( x -φ)=1时，即x = π
2 +φ+2kπ ,k ∈Z时，f ( x)的最大值为❑√5.
【点拨】本题考查三角函数的奇偶性与最值，利用奇偶性的定义列出方程组求出函数解析式，再
结合辅助角公式求最值是解题关键.
考点三：最值问题
考法7：恒等变换化简求最值
17.（2026·湖北黄冈·4 月模拟）已知函数f ( x)=2cos(ωx + π
4 )(ω>0)，若∃x1, x2∈[0,π ]，
f ( x1)f ( x2)=- 4，则ω的最小值为（ ）
A. 3
4
B. 5
4
C. 7
4
D. 11
6
【答案】C
【解析】由于f ( x)的取值范围是[-2,2]，f ( x1)f ( x2)=- 4，所以当且仅当f ( x1)=2且f ( x2)=-2.
因为x∈[0,π ]，所以ωx + π
4 ∈[ π
4 ,ωπ + π
4 ].
要使f ( x)在[0,π ]上能取到2，则区间[ π
4 ,ωπ + π
4 ]内至少要包含一个形如2kπ(k ∈Z )的数.
其中最小的可能值为2π（当k =1时），故需满足ωπ + π
4 ≥2π，解得ω≥7
4 .
要使f ( x)在[0,π ]上能取到-2，则区间[ π
4 ,ωπ + π
4 ]内至少要包含一个形如2(k +1)π(k ∈Z )的数，
其中最小的可能值为π（当k =0时），故需满足ωπ + π
4 ≥π.
解得ω≥3
4 ；为使x1, x2均在[0,π ]内，需同时满足ω≥7
4 和ω≥3
4 ，因此最小的ω为7
4 .
故选：C.
【点拨】本题考查三角函数的最值问题，根据最值乘积为- 4转化为函数在区间内能同时取到最大
值和最小值是解题关键.
18.（2025·江西新余·二模）函数f ( x)=sin( x - π
6 )cos x的最小值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】- 3
4
【解析】由函数f ( x)=sin( x - π
6 )cos x =(
❑√3
2 sin x - 1
2 cos x)cos x =
❑√3
2 sin x cos x - 1
2 cos
2 x
=
❑√3
4 sin 2 x - 1
4 (1+cos2 x)=
❑√3
4 sin 2 x - 1
4 cos2 x - 1
4
= 1
2 sin(2 x - π
6 )- 1
4 .
当sin(2 x - π
6 )=-1时，即2 x - π
6 =- π
2 +2kπ ,k ∈Z时，函数取得最小值- 3
4 .
【点拨】本题考查三角恒等变换及三角函数的最值，利用降幂公式和辅助角公式化简函数解析式
是解题关键.
考法8：结合区间最值与相位范围求参数
19.（2025·楚天协作体·12 月联考）已知函数f ( x)=sin ax(a>0)在[- π
4 , π
3 ]上的最小值为-1，
那么实数a的最小值为（ ）
A. 3
4
B. 3
2
C. 2
D. 3
【答案】B
【解析】∵函数f ( x)=sin ax(a>0)在区间[- π
4 , π
3 ]上的最小值为-1.
令t =ax ,t ∈[- aπ
4 , aπ
3 ]，故只需- aπ
4 ≤- π
2 ，即a≥2.
故选：B.
【点拨】本题考查三角函数的最值问题，利用换元法将问题转化为正弦函数在给定区间上取得最
小值是解题关键.
20.（2025·衡水中学·检测）（多选）已知函数f ( x)=2sin ωx cosωx -2sin
2ωx +1(ω∈N
*)在
( π
12 , π
3 )上有最大值，无最小值，则（ ）
A. f ( x)为奇函数
B. f ( x)在( π
4 , π
2 )上单调递增
C. x = π
8 是f ( x)离y轴距离最近的对称轴
D. f ( x)的最小正周期为π
【答案】CD
【解析】f ( x)=sin2ωx +(cos
2ωx -sin
2ωx)=sin2ωx +cos2ωx = ❑√2sin(2ωx + π
4 ).
当x∈( π
12 , π
3 )时，2ωx + π
4 ∈( πω
6 + π
4 , 2πω
3
+ π
4 ).
因为函数f ( x)在( π
12 , π
3 )上有最大值，无最小值，
所以存在k ∈Z，使得- π
2 +2kπ ≤πω
6 + π
4 < π
2 +2kπ < 2πω
3
+ π
4 ≤3 π
2 +2kπ.
整理得{
- 9
2 +12k ≤ω< 3
2 +12k
3
8 +3k <ω≤15
8 +3k
，k ∈Z，所以{
- 9
2 ≤ω< 3
2
3
8 <ω≤15
8
，解得3
8 <ω< 3
2.
又因为ω∈N
*，故ω=1，得f ( x)= ❑√2sin(2 x + π
4 ).
A. f （0）=1≠0，所以函数f ( x)不是奇函数，故A 错误；
B. 当x∈( π
4 , π
2 )时，2 x + π
4 ∈( 3 π
4 , 5 π
4 )，因为( 3 π
4 , 5 π
4 )⊈(- π
2 , π
2 )，所以函数f ( x)在( π
4 , π
2 )
上不单调递增，故B 错误；
...C. 令2 x + π
4 = π
2 +kπ，k ∈Z，则x = π
8 + kπ
2 ，k ∈Z，所以离y轴距离最近的对称轴方程为x = π
8 ，
故C 正确；
D. f ( x)的最小正周期为2π
2 = π，故D 正确.
故选：CD.
【点拨】本题考查三角函数的图象与性质，利用降幂公式和辅助角公式化简函数解析式，结合最
值条件列出不等式组求出ω的值是解题关键.
考法9：结合最值与对称轴、零点求参数
21.（2026·金科大联考·2 月联考）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ)(ω>0,0≤φ≤π
2 )的最小正周期
为T，且π <T ≤4 π
3 ，f ( x)≤|f ( π
3 )|，则f ( x)在( π
6 , 5 π
9 ]上的值域为＿＿＿＿＿＿.
【答案】[- 1
2 ,1]
【解析】因为f ( x)≤|f ( π
3 )|，所以x = π
3 为f ( x)的对称轴.
所以ωπ
3 +φ = π
2 + kπ(k ∈Z )，即φ = π
2 + kπ - ωπ
3 (k ∈Z ).
因为0≤φ≤π
2 ，3
2 ≤ω<2，所以0≤π
2 +kπ - ωπ
3 ≤π
2 .
解得ω
3 - 1
2 ≤k ≤ω
3 ，又3
2 ≤ω<2，所以0≤k < 2
3.
因为k ∈Z，所以k =0.
所以φ= π
2 - ωπ
3 .
又因为0≤φ≤π
2 ，所以0≤π
2 - ωπ
3 ≤π
2 ，解得0≤ω≤3
2.
又因为3
2 ≤ω<2，所以ω= 3
2.
所以φ =0，f ( x)=sin 3
2 x.
当x∈( π
6 , 5 π
9 ]时，3
2 x∈( π
4 , 5 π
6 ].
所以sin 3
2 x∈[ 1
2 ,1].
【点拨】本题考查三角函数的图象与性质，根据最值条件求出对称轴，结合周期范围求出参数的
值是解题关键.
考点四：极值问题
考法10：根据区间内极值点个数求参数范围
22.（2025·南阳一中·三模）已知函数f ( x)=sin(ωx + π
6 )(ω>0)在区间(0, π
2 )内恰有一个极值
点，则ω的取值范围是（ ）
A. ( 2
3 , 8
3 ]
B. [ 1
3 , 5
3 )
C. ( 2
3 , 8
3 )
D. [ 1
3 , 8
3 )
【答案】A
【解析】因为ω>0，所以当0< x< π
2 时，有π
6 <ωx + π
6 < ωπ
2 + π
6 .
因为f ( x)在区间(0, π
2 )内恰有一个极值点，结合正弦函数图象，得π
2 < ωπ
2 + π
6 ≤3 π
2 ，解得
2
3 <ω≤8
3，所以ω的取值范围为( 2
3 , 8
3 ].
故选：A.
【点拨】本题考查三角函数的极值点问题，根据正弦函数的极值点分布列出不等式是解题关键.
23.（2026·浙江温州·二模）已知函数f ( x)=sin(ωx + π
4 )(ω>0)在区间(0, π
2 )内恰有一个极值
点，则ω可能的取值为（ ）
A. 1
4
B. 1
2
C. 2
D. 4
【答案】C
【解析】因为x∈(0, π
2 )，所以ωx + π
4 ∈( π
4 , ωπ
2 + π
4 ).
根据正弦函数的图象，以及f ( x)在区间(0, π
2 )内有且只有一个极值点，
所以π
2 < ωπ
2 + π
4 ≤3 π
2 ，又ω>0，所以1
2 <ω≤5
2.
故ω的取值范围为( 1
2 , 5
2 ].
故选：C.
【点拨】本题考查三角函数的极值点问题，根据正弦函数的极值点分布列出不等式求出参数范围
是解题关键.
考法11：结合极值点与周期、对称性求参数
24.（2024·上饶六校·5 月模拟）已知函数f ( x)=sin ωx + ❑√3cosωx(ω>0)在区间(0,π )上恰有
两个极值点x1, x2，则f ( x1+ x2)的值为（ ）
A. 1
B. ❑√3
C. - ❑√3
D. 2
【答案】C
【解析】由题意得f ( x)=sin ωx + ❑√3cosωx =2sin(ωx + π
3 )，x∈(0,π )，则
ωx + π
3 ∈( π
3 ,ωπ + π
3 )，由x1, x2为两个极值点，则{
ω x1+ π
3 = π
2
ω x2+ π
3 = 3 π
2
，解得
ω( x1+ x2)=2π - 2π
3 = 4 π
3 ，所以f ( x1+ x2)=2sin[ω( x1+ x2)+ π
3 ]=2sin 5 π
3 =- ❑√3.
故选：C.
【点拨】本题考查三角函数的极值点问题，利用辅助角公式化简函数解析式，结合极值点求出两
极值点之和是解题关键.
考点五：对称性问题
考法12：结合对称轴与零点、极值点求参数
25.（2026·山东聊城·二模）已知ω≠0，函数f ( x)=2cos(ωx + π
6 )在区间(0, π
2 )内恰有三条对
称轴和两个极大值点，则（ ）
A. - 19
3 <ω≤- 13
3
B. 13
3 ≤ω< 19
3
C. - 19
3 ≤ω<- 13
3
D. - 17
3 ≤ω<- 11
3
【答案】C
【解析】若ω>0，当x∈(0, π
2 )时，ωx + π
6 ∈( π
6 , ωπ
2 + π
6 ).
因为函数f ( x)在区间(0, π
2 )内恰有三条对称轴和两个极大值点，
所以{
3 π < ωπ
2 + π
6 ≤4 π
4 π < ωπ
2 + π
6 ≤6 π
，无解.
若ω<0，当x∈(0, π
2 )时，ωx + π
6 ∈( ωπ
2 + π
6 , π
6 ).
因为函数f ( x)在区间(0, π
2 )内恰有三条对称轴和两个极大值点，
所以{
-3 π ≤ωπ
2 + π
6 <-2π
- 4 π ≤ωπ
2 + π
6 <-2π
，解得- 19
3 ≤ω<- 13
3 .
故选：C.
【点拨】本题考查三角函数的对称性与极值点，根据对称轴和极大值点的分布列出不等式组是解
题关键.
26.（2025·金科新未来·5 月联考）（多选）已知函数f ( x)=sin(ωx + π
6 )(0<ω<2)的图象关
于直线x = π
2 对称，则（ ）
A. f ( x)在(0,4 π )上有3 个零点
B. f ( x)在(0,4 π )上有3 个极值点
C. f ( x)的图象关于点( 5 π
4 ,0)对称
D. f ( x)的图象关于直线x = 3 π
2 对称
【答案】BC
【解析】由题意得π
2 ω+ π
6 =kπ + π
2 (k ∈Z )，即ω=2k + 2
3，因为0<ω<2，故k =0,ω= 2
3，
f ( x)=sin( 2
3 x + π
6 ).
对于A 选项，令2
3 x + π
6 =k1π(k1∈Z )可得x = 3
2 k1π - π
4 ，令0< 3
2 k1π - π
4 <4 π，解得1
6 <k1< 17
6 ，
即k1=1或2，故f ( x)在(0,4 π )上有2 个零点，A 选项错误.
对于B 选项，令2
3 x + π
6 =k2π + π
2 (k2∈Z )可得x = 3
2 k2π + π
2 ，令0< 3
2 k2π + π
2 <4 π，解得
- 1
3 <k2< 7
3，即k2=0,1,2，故f ( x)在(0,4 π )上有3 个极值点，B 选项正确.
对于C 选项，令x = 5 π
4 ，2
3 x + π
6 = π，故f ( x)的图象关于点( 5 π
4 ,0)对称，C 选项正确.
对于D 选项，令x = 3 π
2 ，2
3 x + π
6 = 7 π
6 ≠kπ + π
2 (k ∈Z )，故x = 3 π
2 不是f ( x)图象的对称轴，D 选
项错误.
故选：BC.
【点拨】本题考查三角函数的图象与性质，根据对称轴求出参数的值，再逐项判断零点、极值点
和对称性是解题关键.
27.（2026·河南濮阳·二模）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ)(ω>0,|φ|≤π
2 )，x =- π
8 是y = f ( x)的
零点，直线x = 3 π
8 为y = f ( x)图象的一条对称轴，且函数f ( x)在区间( π
12 , 5 π
24 )上单调，则ω
的最大值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】3
【解析】因为x =- π
8 是y = f ( x)的零点，直线x = 3 π
8 为y = f ( x)图象的一条对称轴，
所以T
4 ≤3 π
8 -(- π
8 )= π
2 ，即T ≤2π，所以ω≥1.
又因为f (- π
8 )=0，f ( 3 π
8 )=±1，
所以{
- π
8 ω+φ =k1π
3 π
8 ω+φ =k2π + π
2
(k1,k2∈Z )，解得ω=2(k2-k1)+1.
因为ω≥1，所以k2-k1≥0.
又因为f ( x)在区间( π
12 , 5 π
24 )上单调，所以T
2 ≥5 π
24 - π
12 = π
8 ，即T ≥π
4 ，所以ω≤8.
所以ω=1,3,5,7.
当ω=7时，φ =k1π + 7 π
8 ，因为|φ|≤π
2 ，所以无解；
当ω=5时，φ =k1π + 5 π
8 ，因为|φ|≤π
2 ，所以无解；
当ω=3时，φ =k1π + 3 π
8 ，取k1=0，得φ = 3 π
8 ，此时f ( x)=sin(3 x + 3 π
8 ).
当x∈( π
12 , 5 π
24 )时，3 x + 3 π
8 ∈( 5 π
8 , π
2 + 3 π
8 )，即3 x + 3 π
8 ∈( 5 π
8 , 7 π
8 ).
此时f ( x)在区间( π
12 , 5 π
24 )上单调递减，符合题意.
所以ω的最大值为3.
【点拨】本题考查三角函数的图象与性质，根据零点和对称轴求出参数的表达式，结合单调区间
求出参数的最大值是解题关键.
考点六：性质的综合问题
考法13：综合应用周期、单调性与对称性求参数或解析式
28.（2026·前黄高中·检测）已知函数f ( x)=sin ωx cos(ωx + π
3 )(ω>0)的最小正周期为2π，
若函数f ( x)在区间( x1, x2)上单调递减，且2f ( x1)+2f ( x2)+ ❑√3=0，则| x1+ x2|的最小值为
（ ）
A. π
6
B. π
3
C. 2π
3
D. 4 π
3
【答案】D
【解析】f ( x)=sin ωx cos(ωx + π
3 )= 1
2 [sin(ωx +ωx + π
3 )+sin(ωx -ωx - π
3 )]
= 1
2 [sin(2ωx + π
3 )+sin(- π
3 )]= 1
2 [sin(2ωx + π
3 )-
❑√3
2 ]= 1
2 sin(2ωx + π
3 )-
❑√3
4 .
其最小正周期为2π
2ω =2π，解得ω= 1
2，又因为ω>0，所以ω= 1
2.
f ( x)= 1
2 sin( x + π
3 )-
❑√3
4 .
因为2f ( x1)+2f ( x2)+ ❑√3=0，
得2( 1
2 sin( x1+ π
3 )-
❑√3
4 )+2( 1
2 sin( x2+ π
3 )-
❑√3
4 )+ ❑√3=0.
sin( x1+ π
3 )-
❑√3
2 +sin( x2+ π
3 )-
❑√3
2 + ❑√3=0.
sin( x1+ π
3 )+sin( x2+ π
3 )=0.
由和差化积公式得：
sin( x1+ π
3 )+sin( x2+ π
3 )=2sin(
x1+ π
3 + x2+ π
3
2
)cos(
x1+ π
3 - x2- π
3
2
)=0.
即2sin(
x1+ x2+ 2π
3
2
)cos( x2- x1
2
)=0，下面分sin(
x1+ x2+ 2π
3
2
)=0和cos( x2- x1
2
)=0两种情况讨
论.
因为函数f ( x)在区间( x1, x2)上单调递减，所以x2- x1≤2π
2 = π，所以0< x2- x1
2
≤π
2 .
故当cos( x2- x1
2
)=0时，必有x2- x1
2
= π
2 .
分析f ( x)= 1
2 sin( x + π
3 )-
❑√3
4 的单调递减区间：令π
2 +2kπ < x + π
3 < 3 π
2 +2kπ.
得f ( x)的递减区间为( π
6 +2kπ , 7 π
6 +2kπ )，k ∈Z，结合x2- x1
2
= π
2 ⇒x2- x1= π.
可得x1= π
6 +2kπ，x2= 7 π
6 +2kπ，| x1+ x2|=| π
6 +2kπ + 7 π
6 +2kπ |=| 4 π
3 + 4 kπ |≥4 π
3 .
且当k =0时，有x1= π
6 ，x2= 7 π
6 ，此时不等式的等号成立.
若sin(
x1+ x2+ 2π
3
2
)=0，则x1+ x2
2
+ π
3 =k1π，x1+ x2=2k1π - 2π
3 .
| x1+ x2|=|2k1π - 2π
3 |={
2k1π - 2π
3 ,k1≥1,
-2k1π + 2π
3 ,k1≤0,
因为f ( x)的递减区间为( π
6 +2kπ , 7 π
6 +2kπ )，k ∈Z.
所以π
6 +2kπ ≤x1< x2≤7 π
6 +2kπ，π
3 + 4 kπ < x1+ x2< 7 π
3 + 4 kπ，所以x1+ x2≠- 2π
3 ，即k1≠0.
又因为|2k1π - 2π
3 |关于k1在k1≥1时递增，在k1≤-1时递减.
所以|2k1π - 2π
3 |的最小值为min{2π - 2π
3 ,2π + 2π
3 }= 4 π
3 .
所以| x1+ x2|的最小值为4 π
3 .
【点拨】本题考查三角函数的图象与性质，利用积化和差公式化简函数解析式，结合单调区间和
和差化积公式求出两根之和的最小值是解题关键.
29.（2025·衡水中学·检测）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ)在区间( π
6 , π
2 )单调，其中ω为正整数，
|φ|< π
2 ，且f ( π
2 )= f ( 2π
3 ).
（1）求y = f ( x)图象的一条对称轴；
（2）若f ( π
6 )=
❑√3
2 ，求φ.
【答案】（1）x = 7 π
12
（2）φ = π
3
【解析】（1）因为函数f ( x)=sin(ωx +φ)在区间( π
6 , π
2 )单调，
∴T
2 ≥π
2 - π
6 = π
3 ，∴T ≥2π
3 .
∴π
2 , 2π
3 在同一个周期内，
∵f ( π
2 )= f ( 2π
3 )，
∴y = f ( x)图象的一条对称轴为x =
π
2 + 2π
3
2
= 7 π
12
.
（2）由（1）知，T = 2π
ω ≥2π
3 ，即ω≤3.
又ω为正整数，所以ω=1,2,3.
由（1）知，f ( x)在x = 7 π
12 处取得最值，
所以7 π
12 ω+φ = π
2 +kπ，k ∈Z，即φ = π
2 - 7 π
12 ω+ kπ，k ∈Z.
当ω=1时，φ=- π
12 +kπ，k ∈Z，由|φ|< π
2 ，知φ=- π
12，所以f ( x)=sin( x - π
12 ).
所以f ( π
6 )=sin( π
6 - π
12 )=sin π
12 ≠
❑√3
2 ，不符合题意；
当ω=2时，φ=- 2π
3 +kπ，k ∈Z.
由|φ|< π
2 ，知φ = π
3 ，所以f ( x)=sin(2 x + π
3 ).
所以f ( π
6 )=sin(2× π
6 + π
3 )=sin 2π
3 =
❑√3
2 ，符合题意；
当ω=3时，φ =- 5 π
4 +kπ，k ∈Z.
由|φ|< π
2 ，φ=- π
4 ，所以f ( x)=sin(3 x - π
4 ).
所以f ( π
6 )=sin(3× π
6 - π
4 )=sin π
4 =
❑√2
2 ≠
❑√3
2 ，不符合题意.
综上所述，φ = π
3 .
【点拨】本题考查三角函数的图象与性质，根据对称性求出对称轴，结合单调区间求出参数的值
是解题关键.
考法14：结合图象平移或绝对值综合判断函数性质
30.（2026·北斗星盟·5 月联考）（多选）已知函数f ( x)=2 x
3-3 x
2+(1-a)x +b，则下列结
论正确的是（ ）
A. 当a=1时，若f ( x)有三个零点，则b的取值范围是(0,1)
B. 当a=1且x∈(0,π )时，f (sin x)<f (sin
2 x)
C. 若f ( x)满足f (1- x)=2- f ( x)，则a-2b=2
D. 若f ( x)存在极值点x0，且f ( x0)= f ( x1)，其中x0≠x1，则2 x0+ x1= 3
2
【答案】AD
【解析】对于选项A，当a=1时，f ( x)=2 x
3-3 x
2+b，f
'( x)=6 x
2-6 x =6 x( x -1).
由f
'( x)=6 x( x -1)>0，得到x<0或x>1，由f
'( x)=6 x( x -1)<0，得到0< x<1.
所以f ( x)=2 x
3-3 x
2+b单调递增区间为(-∞,0)，(1,+ ∞)；减区间为(0,1).
故f ( x)在x =0处取到极大值，在x =1处取到极小值.
若f ( x)有三个零点，则{
f （0）=b>0
f （1）=b-1<0，得到0<b<1，故选项A 正确.
对于选项B，当x∈(0,π )时，0<sin x ≤1,0<sin
2 x ≤1.
又sin x -sin
2 x =sin x(1-sin x)≥0，即sin x ≥sin
2 x，由选项A 知，f ( x)在区间(0,1]上单调递减.
所以f (sin x)≤f (sin
2 x)，当x = π
2 时，等号成立，故选项B 错误.
对于选项C，因为f (1- x)=2- f ( x)，即f (1- x)+ f ( x)=2，所以f ( x)关于点( 1
2 ,1)中心对称.
又f ( x)=2 x
3-3 x
2+(1-a)x +b的定义域为R.
所以f ( 1
2 )=2× 1
8 -3× 1
4 +(1-a)× 1
2 +b=1，整理得到2b-a=2，所以选项C 错误.
对于选项D，因为f ( x)=2 x
3-3 x
2+(1-a)x +b，所以f
'( x)=6 x
2-6 x +1-a.
由题有Δ=36-24(1-a)>0，即a>- 1
2.
由f
'( x0)=6 x0
2-6 x0+1-a=0，得到a=6 x0
2-6 x0+1.
令2 x0+ x1=t，则x1=t -2 x0，又f ( x0)= f ( x1)，所以f ( x0)= f (t -2 x0).
得到2 x0
3-3 x0
2+(1-a)x0+b=2(t -2 x0)
3-3(t -2 x0)
2+(1-a)(t -2 x0)+b.
整理得到(3 x0-t )(6 x0
2+2t
2-6t x0-3t +9 x0+1-a)=0，又a=6 x0
2-6 x0+1.
代入化简得到(3 x0-t )
2(-2t +3)=0，又2 x0+ x1=t，x0≠x1，所以3 x0-t = x0- x1≠0.
得到-2t +3=0，即2 x0+ x1=t = 3
2，所以选项D 正确.
故选：AD.
【点拨】本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与极值，结合对称性判断选项是
解题关键.
