第31 讲 由三角函数性质求参数的值与范围·讲义（解析
卷）
一、考情分析......................................................................................................................................1
二、知识清单......................................................................................................................................2
三、典题精讲......................................................................................................................................3
考点一：零点与交点问题......................................................................................................3
考点二：单调问题..................................................................................................................6
考点三：最值问题..................................................................................................................8
考点四：极值问题................................................................................................................10
考点五：对称性问题............................................................................................................11
考点六：性质的综合问题....................................................................................................12
四、高考真题....................................................................................................................................13
一、考情分析
1. 考查频次与题型
年
份
题号与题型
分值
考察
类型
考察内容
202
4
第7 题 单选
5 分
直接
三角函数的图象与周期性，求两三角函数图象的
交点个数
202
5
第4 题 单选
第19 题 解答
22 分
直接
正切函数的对称中心性质求参数最值；三角函数
的最值问题及含参三角不等式恒成立求参数范围
202
6
第13 题 填空
5 分
直接
三角函数的奇偶性与单调性，结合区间特征求参
数的值
近三年全国一卷对本讲知识点的考查较为频繁，既有客观题的基础性质考查，也有解
答题的综合压轴考查，分值占比在5 分至22 分之间，是高考的重点与难点板块.
2. 命题角度与特色
（1） 核心考点：重点考查三角函数的图象与性质（如单调性、奇偶性、对称性、周
期性）的综合应用，常结合交点个数、最值条件等求参数（如ω、φ）的值或范围.
（2） 命题趋势：从单一的性质考查向多性质融合转变，常与三角恒等变换、导数工
具结合，在解答题中作为压轴题的一部分出现，对逻辑推理和代数变形能力要求较高.
（3） 试题特点：综合性强，思维跨度大.试题往往具有较强的抽象性，要求考生具
备严密的逻辑推理能力、分类讨论思想以及熟练运用整体代换法破局的能力.
3. 备考策略
（1） 扎实掌握正弦、余弦、正切函数的图象与基本性质，熟练运用整体代换法处理
含参三角函数的零点、交点、单调区间及对称性问题.
（2） 强化数形结合思想，在处理交点个数、极值点分布等问题时，善于利用图象直
观分析参数的边界条件，列出严密的不等式组.
（3） 提升综合解题能力，熟练掌握三角恒等变换技巧，并能结合导数工具处理复杂
的三角函数最值与恒成立问题.
二、知识清单
1. 三角函数的周期与对称性基本性质
（1） 周期公式：函数f ( x)= A sin(ωx +φ)与f ( x)= A cos(ωx +φ)（ω>0）的最小正周
期T = 2π
ω .
（2） 对称轴与对称中心：
① f ( x)= A sin(ωx +φ)（ω>0）的对称轴方程为ωx +φ =kπ + π
2 （k ∈Z），对称中心坐
标为( kπ -φ
ω
,0)（k ∈Z）.
② 相邻两条对称轴之间的距离为T
2 ；相邻两个对称中心之间的距离为T
2 ；相邻的对
称轴与对称中心之间的距离为T
4 .
（3） 已知一条对称轴和一个对称中心，由于对称轴和对称中心的水平距离为
2n+1
4
T（n∈N），则2n+1
4
T = (2n+1)π
2ω
=|b-a|（其中a,b分别为对称轴与对称中心的
横坐标）.
2. 三角函数的单调性与极值点分布
（1） 极值点位置：f ( x)= A sin(ωx +φ)（ω>0）取得最大值时，ωx +φ=2kπ + π
2 （
k ∈Z）；取得最小值时，ωx +φ=2kπ - π
2 （k ∈Z）.
（2） 单调区间长度限制：已知单调区间(a,b)，则该区间长度不超过半个周期，即
|a-b|≤T
2 .
3. 三角函数在给定区间内的零点个数问题
（1） 函数f ( x)= A sin(ωx +φ)（ω>0）在区间(a,b)内没有零点，则满足：
{
|b-a|≤T
2
kπ ≤aω+φ<π +kπ
kπ <bω+φ≤π +kπ
⇒{
|b-a|≤T
2
a≥kπ -φ
ω
b≤π +kπ -φ
ω
（2） 函数f ( x)= A sin(ωx +φ)（ω>0）在区间[a,b]内没有零点，则满足：
{
|b-a|≤T
2
kπ <aω+φ<π +kπ
kπ <bω+φ<π +kπ
⇒{
|b-a|< T
2
a> kπ -φ
ω
b< π + kπ -φ
ω
（3） 函数f ( x)= A sin(ωx +φ)（ω>0）在区间(a,b)内有2 个零点，则满足：
{
T
2 ≤|b-a|< 3T
2
kπ <aω+φ≤π +kπ
2π +kπ ≤bω+φ<3 π + kπ
⇒{
T
2 ≤|b-a|< 3T
2
kπ -φ
ω
<a≤kπ + π -φ
ω
(k +2)π -φ
ω
≤b< (k +3)π -φ
ω
（4） 函数f ( x)= A sin(ωx +φ)（ω>0）在区间(a,b)内有3 个零点，则满足：
{
T <|b-a|≤2T
kπ ≤aω+φ<π + kπ
3 π +kπ <bω+φ≤4 π +kπ
⇒{
T <|b-a|≤2T
kπ -φ
ω
≤a< (k +1)π -φ
ω
(k +3)π -φ
ω
<b≤(k + 4)π -φ
ω
（5） 函数f ( x)= A sin(ωx +φ)（ω>0）在区间(a,b)内有n个零点，则满足：
{
(n-1)T
2
≤|b-a|< (n+1)T
2
kπ -φ
ω
≤a< kπ + π -φ
ω
(k +n)π -φ
ω
<b≤(k +n+1)π -φ
ω
（6） 函数f ( x)= A sin(ωx +φ)（ω>0）在区间[a,b]内有n个零点，则满足：
{
(n-1)T
2
≤|b-a|< (n+1)T
2
kπ -φ
ω
<a≤kπ + π -φ
ω
(k +n)π -φ
ω
≤b< (k +n+1)π -φ
ω
三、典题精讲
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
例1.（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
【思路】已知函数在给定区间内的零点个数求参数范围，切入点是采用整体代换法.先求出整体相
位ωx + π
4 的取值范围，再结合正弦函数y =sin t的图象与直线y =
❑√3
2 的交点分布情况，列出满足交
点个数的不等式组即可破题.
【解析】令f ( x)=0，则sin(ωx + π
4 )=
❑√3
2 .∵x∈[0, π
2 ]，∴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.
【规律】处理三角函数在闭区间上零点个数问题，通用步骤为：化简解析式为
y = A sin(ωx +φ)+ B的形式；利用整体思想求出相位ωx +φ的范围；画出基本三角函数图象，根
据零点个数卡住相位区间的右端点，列出关于ω的不等式组求解.
考法2：结合图象平移与零点（或交点）个数求参数范围
例2.（2026·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 )
【思路】第一问利用三角恒等变换将函数化为A sin(ωx +φ)+ B的形式，结合周期公式求出ω.第二
问根据图象平移规则“左加右减、上加下减”求出g( x)的解析式，解方程g( x)=0求出所有零点
的表达式，从小到大列举出前几个零点，根据恰有3 个零点的条件卡住区间右端点m的范围.
【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，∴ω=1.（2）由（1）知f ( x)=2sin(2 x + π
3 )，
∴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，∴
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.
∵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 .∴13 π
12 ≤m< 7 π
4 .故m的取值范
围是[ 13 π
12 , 7 π
4 ).
【规律】图象平移时务必注意是对自变量x本身进行加减，若x前有系数需先提取系数.处理含参区
间的零点个数问题时，直接解出零点的通式，并按大小顺序依次写出具体的零点值，是避免漏解
和错解的最稳妥方法.
考法3：结合零点与单调性、周期性求参数范围
例3.（2026·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
【思路】已知具体的零点，直接将其代入函数解析式，利用正弦函数为零的条件求出ω关于整数k
的表达式.再根据周期的范围反解出ω的范围，从而锁定整数k的值，最终确定ω.
【解析】由题得sin( ωπ
2 + π
6 )=0，∴ωπ
2 + π
6 =kπ(k ∈Z ).则ω=2k - 1
3 (k ∈Z )，∵T ∈(π ,2π )，
∴π < 2π
ω <2π.∴1<ω<2，∴2
3 <k < 7
6，∴k =1，则ω= 5
3.故选：C.
【规律】已知零点、极值点或对称轴求参数时，代入对应条件得到参数的通项公式（含整数k），
再利用题目给定的其他限制条件（如周期范围、参数范围等）建立关于k的不等式，通过求整数k
来确定参数的唯一值.
考法4：结合辅助角公式与零点求参数最值
例4.（2026·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
【思路】先利用辅助角公式将函数化为单一三角函数的形式，得到方程sin( x -φ)= 4
5 .观察到无法
直接求出x1和x2的具体值，应联想到利用三角函数的对称性.求出整体相位的范围，找到该区间内
正弦图象的对称轴，从而得到x1+ x2与φ的关系，最后利用二倍角公式求解.
【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 .∵x∈[0,π ]，∴x -φ∈[-φ ,π -φ].∵sin(-φ)=- 4
5 ，sin(π -φ)=sin φ = 4
5 .∴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.∴( x1-φ)+( x2-φ)= π，即
x1+ x2= π +2φ.∴sin( x1+ x2)=sin(π +2φ)=-sin 2φ =-2sin φcosφ =-2× 4
5 × 3
5 =- 24
25 .故选：D.
【规律】遇到求两零点之和的问题，若方程无法直接求解，核心思想是利用函数的对称性.找出两
零点所在区间的对称轴x = x0，则必有x1+ x2=2 x0，从而将两根之和转化为已知量.
【考点一 方法总结】
1. 处理三角函数在闭区间上零点个数问题，通用步骤为：化简解析式为
y = A sin(ωx +φ)+ B的形式；利用整体思想求出相位ωx +φ的范围；画出基本三角函数图象，
根据零点个数卡住相位区间的右端点，列出关于ω的不等式组求解.
2. 图象平移时务必注意是对自变量x本身进行加减，若x前有系数需先提取系数.处理
含参区间的零点个数问题时，直接解出零点的通式，并按大小顺序依次写出具体的零点值，
是避免漏解和错解的最稳妥方法.
3. 已知零点、极值点或对称轴求参数时，代入对应条件得到参数的通项公式（含整
数k），再利用题目给定的其他限制条件（如周期范围、参数范围等）建立关于k的不等式，
通过求整数k来确定参数的唯一值.
4. 遇到求两零点之和的问题，若方程无法直接求解，核心思想是利用函数的对称性.
找出两零点所在区间的对称轴x = x0，则必有x1+ x2=2 x0，从而将两根之和转化为已知量.
考点二：单调问题
考法5：根据给定单调区间求参数范围
例5.（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
【思路】条件“恒有f ( x)≤f (2π )”说明x =2π是函数的最大值点，由此可列出关于ω的方程，得
到ω的表达式（含整数k）.再利用函数在给定区间上单调递增，说明该区间长度不超过半个周期，
且整体相位区间必须落在正弦函数的某个单调递增区间内，由此建立不等式组锁定k的值.注意ω可
能为负，需分类讨论.
【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.∴2πω+ π
6 = π
2 +2kπ ,k ∈Z，∴ω=k + 1
6 ,k ∈Z.已知f ( x)在
[- π
6 , π
3 ]上单调递增，∴T
2 ≥π
3 -(- π
6 )，即π
|ω| ≥π
2 ，解得0<|ω|≤2.当0<ω≤2时，∵
x∈[- π
6 , π
3 ]，∴ωx + π
6 ∈[- ωπ
6 + π
6 , ωπ
3 + π
6 ].∵f ( x)在[- π
6 , π
3 ]上单调递增，∴
{
- 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，∴{
4 -12k >0
1+6k >0 ,k ∈Z.解得
- 1
6 <k < 1
3 ,k ∈Z，故k =0,ω= 1
6 .当-2≤ω≤0时，∵ω=k + 1
6 ,k ∈Z，∴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 )，∵x∈[- π
6 , π
3 ].∴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.
【规律】已知函数在某区间单调，处理方法有两种：一是整体代换法，令整体相位落在基本三角
函数的单调区间内，列出不等式组；二是利用周期限制，单调区间的长度必然小于等于半个周期，
由此初步缩小参数范围，再进行验证.
考法6：结合单调性与对称性求参数范围
例6.（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
【思路】本题综合考查三角函数的各项性质.突破口在于“区间内有且仅有4 条对称轴”，先写出
对称轴的通式，令其落在[0,π ]内，通过限制整数k的取值个数（恰好4 个连续整数），列出关于
ω的不等式组求出ω的范围.随后利用ω的范围逐一检验零点个数、周期范围和单调性.
【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.
【规律】根据区间内对称轴（或零点、极值点）的个数求参数范围，最严谨的做法是写出特征点
的通式，转化为不等式在区间内有固定个数的整数解问题，通过卡住边界整数列出不等式组.
【考点二 方法总结】
1. 已知函数在某区间单调，处理方法有两种：一是整体代换法，令整体相位落在基
本三角函数的单调区间内，列出不等式组；二是利用周期限制，单调区间的长度必然小于
等于半个周期，由此初步缩小参数范围，再进行验证.
2. 根据区间内对称轴（或零点、极值点）的个数求参数范围，最严谨的做法是写出
特征点的通式，转化为不等式在区间内有固定个数的整数解问题，通过卡住边界整数列出
不等式组.
考点三：最值问题
考法7：恒等变换化简求最值
例7.（2026·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
【思路】审题时需敏锐捕捉到f ( x)的最大值为2，最小值为-2.条件f ( x1)f ( x2)=- 4等价于函数在
给定区间[0,π ]内必须同时取到最大值2 和最小值-2.由此转化为整体相位区间必须同时覆盖余弦函
数的最大值点和最小值点，列出不等式即可求出ω的范围.
【解析】由于f ( x)的取值范围是[-2,2]，f ( x1)f ( x2)=- 4，∴当且仅当f ( x1)=2且f ( x2)=-2.∵
x∈[0,π ]，∴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.
【规律】遇到三角函数值乘积或和差达到极限值的问题，通常隐含着函数在指定区间内必须取到
最值的条件.将抽象的代数关系转化为图象上最值点的覆盖问题，是解题的核心技巧.
考法8：结合区间最值与相位范围求参数
例8.（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
【思路】首先利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简.条件“在开区间上有最大值无最小值”意
味着整体相位区间包含了正弦图象的波峰，但没有包含波谷.据此列出关于ω的不等式组，结合ω
为正整数求出其确切值.最后代入ω得到具体解析式，逐一验证各个选项的性质.
【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 ).∵函数f ( x)在( π
12 , π
3 )上有最大值，无最小值，
∴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，∴{
- 9
2 ≤ω< 3
2
3
8 <ω≤15
8
，解得3
8 <ω< 3
2.又∵ω∈N
*，故ω=1，得
f ( x)= ❑√2sin(2 x + π
4 )..............................A. f （0）=1≠0，∴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 )，∵( 3 π
4 , 5 π
4 )⊈(- π
2 , π
2 )，∴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，∴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.
【规律】处理开区间上的最值问题，必须严格区分开闭区间的端点能否取到最值点.有最大值说明
区间内部包含π
2 +2kπ，无最小值说明区间端点不能越过- π
2 +2kπ和3 π
2 +2kπ，据此列出严密的
不等式链是解题关键.
考法9：结合最值与对称轴、零点求参数
例9.（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]
【思路】条件f ( x)≤|f ( π
3 )|暗示x = π
3 处函数取得最大值或最小值，即x = π
3 是函数的一条对称轴.
由此可得φ与ω的关系式.再结合周期的范围得出ω的范围，进而利用φ的范围限制求出ω和φ的精确
值.最后代入区间求值域.
【解析】∵π <T ≤4 π
3 ，且T = 2π
ω ，∴ω∈[ 3
2 ,2).且f ( x)≤|f ( π
3 )|，∴直线x = π
3 是曲线y = f ( x)
的一条对称轴，∴πω
3 +φ = π
2 + kπ(k ∈Z )，解得ω=3k - 3φ
π + 3
2 (k ∈Z )，且0≤φ≤π
2 ，∴
ω∈[3k ,3k + 3
2 ](k ∈Z )，∵ω∈[ 3
2 ,2)，解得ω= 3
2，此时k =0,φ =0，则f ( x)=sin 3
2 x，且
x∈( π
6 , 5 π
9 )，∴f ( x)∈( 1
2 ,1].
【规律】挖掘题目中的隐含条件是解题的先决条件.形如f ( x)≤f ( x0)或f ( x)≤|f ( x0)|的式子，本
质上都在指明x = x0是函数的最值点，也就是对称轴所在位置.
【考点三 方法总结】
1. 遇到三角函数值乘积或和差达到极限值的问题，通常隐含着函数在指定区间内必
须取到最值的条件.将抽象的代数关系转化为图象上最值点的覆盖问题，是解题的核心技
巧.
2. 处理开区间上的最值问题，必须严格区分开闭区间的端点能否取到最值点.有最大
值说明区间内部包含π
2 +2kπ，无最小值说明区间端点不能越过- π
2 +2kπ和3 π
2 +2kπ，据此
列出严密的不等式链是解题关键.
3. 挖掘题目中的隐含条件是解题的先决条件.形如f ( x)≤f ( x0)或f ( x)≤|f ( x0)|的式
子，本质上都在指明x = x0是函数的最值点，也就是对称轴所在位置.
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
例10.（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
【思路】极值点即为三角函数图象的波峰或波谷位置.先求出整体相位ωx + π
6 的取值范围，由于区
间左端点固定为π
6 ，要使区间内恰有一个极值点，则区间右端点必须越过第一个极值点π
2 ，但不
能越过第二个极值点3 π
2 .据此列出不等式求解.
【解析】∵ω>0，∴当0< x< π
2 时，有π
6 <ωx + π
6 < ωπ
2 + π
6 .∵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，∴ω的取值范围为( 2
3 , 8
3 ].故选：A.
【规律】处理极值点个数问题，依然采用整体代换法.将极值点转化为整体相位等于π
2 +kπ的点，
根据给定区间内包含此类点的个数，卡住区间的端点即可.
考法11：结合极值点与周期、对称性求参数
例11.（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
【思路】先利用辅助角公式将函数化简.由于区间(0,π )的左端点对应的相位固定，且恰有两个极
值点，可以直接写出这两个极值点对应的具体相位值.将两式相加求出ω( x1+ x2)的值，最后代入目
标函数中利用诱导公式求值.
【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 ，∴f ( x1+ x2)=2sin[ω( x1+ x2)+ π
3 ]=2sin 5 π
3 =- ❑√3.故选：C.
【规律】当题目明确给出极值点、零点等特征点的个数较少时，可以直接利用整体相位等于具体
的特征值列出方程组，通过方程组的加减消元求出参数或变量之间的关系.
【考点四 方法总结】
1. 处理极值点个数问题，依然采用整体代换法.将极值点转化为整体相位等于π
2 +kπ
的点，根据给定区间内包含此类点的个数，卡住区间的端点即可.
2. 当题目明确给出极值点、零点等特征点的个数较少时，可以直接利用整体相位等
于具体的特征值列出方程组，通过方程组的加减消元求出参数或变量之间的关系.
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
例12.（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
【思路】由对称轴条件代入正弦函数的对称轴公式，结合ω的范围求出ω的唯一值，从而确定函数
解析式.接着针对各个选项，分别令整体相位等于零点、极值点、对称中心、对称轴的通式，验证
在给定区间内的解的个数或等式是否成立.
【解析】由题意得π
2 ω+ π
6 =kπ + π
2 (k ∈Z )，即ω=2k + 2
3，∵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.
【规律】已知对称轴求参数，直接代入ω x0+φ=kπ + π
2 即可.判断函数在某区间上的零点或极值点
个数，最通用的方法是写出零点或极值点的通式x = f (k )，令其落在给定区间内，求出整数k的个
数.
【考点五 方法总结】
1. 已知对称轴求参数，直接代入ω x0+φ =kπ + π
2 即可.判断函数在某区间上的零点或
极值点个数，最通用的方法是写出零点或极值点的通式x = f (k )，令其落在给定区间内，
求出整数k的个数.
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
例13.（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
【思路】先利用积化和差公式（或展开后降幂）将函数化简，结合周期求出ω.条件
2f ( x1)+2f ( x2)+ ❑√3=0代入解析式后，可化简为两个正弦值互为相反数的形式，利用和差化积公
式将其转化为乘积为0 的形式.再结合f ( x)在区间( x1, x2)上单调递减的限制，对两种情况分别讨论，
求出x1+ x2的表达式，进而求出绝对值的最小值.
【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
其最小正周期为2π
2ω =2π，解得ω= 1
2，又∵ω>0，∴ω= 1
2 .f ( x)= 1
2 sin( x + π
3 )-
❑√3
4 .∵
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
由和差化积公式得：sin( x1+ π
3 )+sin( x2+ π
3 )=2sin(
x1+ x2+ 2π
3
2
)cos( x1- x2
2
)=0.即
2sin(
x1+ x2+ 2π
3
2
)cos( x1- x2
2
)=0，下面分sin(
x1+ x2+ 2π
3
2
)=0和cos( x1- x2
2
)=0两种情况讨论.
∵函数f ( x)在区间( x1, x2)上单调递减，∴| x1- x2|≤2π
2 = π，∴0≤| x1- x2|
2
≤π
2 .故当
cos( x1- x2
2
)=0时，必有| x1- x2|
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
| x1- x2|
2
= π
2 ⇒| x1- x2|= π.可得x1= π
6 +2kπ，x2= 7 π
6 +2kπ（或互换），
| 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 .∵f ( x)的递减区间
为[ π
6 +2kπ , 7 π
6 +2kπ ]，k ∈Z.∴π
6 +2kπ ≤x1, x2≤7 π
6 +2kπ，π
3 + 4 kπ < x1+ x2< 7 π
3 + 4 kπ，∴
x1+ x2≠- 2π
3 ，即k1≠0.又∵|2k1π - 2π
3 |关于k1在k1≥1时递增，在k1≤-1时递减.∴
|2k1π - 2π
3 |的最小值为min{2π - 2π
3 ,|-2π - 2π
3 |}= 4 π
3 .∴| x1+ x2|的最小值为4 π
3 .
【规律】处理复杂的三角函数等式，和差化积公式是强有力的降维工具.将和差形式转化为乘积形
式后，即可利用零因子定律分情况讨论.同时，必须时刻关注单调区间对变量差值范围的隐性限制.
【考点六 方法总结】
1. 处理复杂的三角函数等式，和差化积公式是强有力的降维工具.将和差形式转化为
乘积形式后，即可利用零因子定律分情况讨论.同时，必须时刻关注单调区间对变量差值
范围的隐性限制.
四、高考真题
1.（2024·全国一卷）当x∈[0,2π ]时，曲线y =sin x与y =2sin(3 x - π
6 )的交点个数为（
）
A. 3
B. 4
C. 6
D. 8
【答案】C
【解析】∵函数y =sin x的最小正周期为T =2π，函数y =2sin(3 x - π
6 )的最小正周期为T = 2π
3 ，
∴在x∈[0,2π ]上函数y =2sin(3 x - π
6 )有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法画出两函数
图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6 个交点.故选：C.
2.（2025·全国一卷）若点(a,0)(a>0)是函数y =2tan( x - π
3 )的图象的一个对称中心，则a的
最小值为（ ）
A. π
6
B. π
3
C. π
2
D. 4 π
3
【答案】B
【解析】根据正切函数的性质，y =2tan( x - π
3 )的对称中心横坐标满足x - π
3 = kπ
2 ,k ∈Z，即
y =2tan( x - π
3 )的对称中心是( π
3 + kπ
2 ,0),k ∈Z，即a= π
3 + kπ
2 ,k ∈Z，又a>0，则k =0时a最小，
最小值是π
3 ，即a= π
3 .故选：B.
3.（2025·全国一卷）（1）设函数f ( x)=5cos x -cos5 x，求f ( x)在[0, π
4 ]的最大值；
（2）给定θ∈(0,π )，设a为实数，证明：存在y ∈[a-θ ,a+θ ]，使得cos y ≤cosθ；
（3）若存在φ使得对任意x，都有5cos x -cos(5 x +φ)≤b，求b的最小值.
【答案】（1）3 ❑√3
（2）证明见解析
（3）3 ❑√3
【解析】（1）法1：f
'( x)=-5sin x +5sin5 x =10cos3 x sin 2 x，∵x∈(0, π
4 )，∴2 x∈(0, π
2 )
，∴sin2 x>0.当0< x< π
6 时，cos3 x>0即f
'( x)>0，当π
6 < x< π
4 时，cos3 x<0即f
'( x)<0，∴f ( x)
在(0, π
6 )上为增函数，在( π
6 , π
4 )为减函数，∴f ( x)在[0, π
4 ]上的最大值为
f ( π
6 )=5cos π
6 -cos 5 π
6 =3 ❑√3.
法2：我们有
cos5 x =cos( x + 4 x)=cos x cos 4 x -sin x sin 4 x =cos x(2cos
22 x -1)-sin x⋅2sin 2 x cos2 x =cos x(2(2cos
2 x -
∴
f ( x)=5cos x -cos5 x =5cos x -(16cos
5 x -20cos
3 x +5cos x)=20cos
3 x -16cos
5 x = 4 cos
3 x(5- 4 cos
2 x)≤4|c
.
这得到f ( x)≤3 ❑√3，同时又有f ( π
6 )=5cos π
6 -cos 5 π
6 =3 ❑√3，故f ( x)在[0, π
4 ]上的最大值为3 ❑√3，
在R上的最大值也是3 ❑√3.
（2）法1：由余弦函数的性质得cos x ≤cosθ的解为[2kπ +θ ,2kπ +2π -θ ],k ∈Z，若任意
[2kπ +θ ,2kπ +2π -θ ],k ∈Z与[a-θ ,a+θ ]交集为空，则a-θ>2kπ +2π -θ且a+θ<2kπ +2π +θ，
此时a无解，矛盾，故无解；故存在k ∈Z，使得[2kπ -θ ,2kπ +θ ]∩[a-θ ,a+θ ]≠⌀.
法2：由余弦函数的性质知cos y ≤cosθ的解为[2kπ +θ ,2(k +1)π -θ ](k ∈Z )，若每个
[2kπ +θ ,2(k +1)π -θ ]与[a-θ ,a+θ ]交集都为空，则对每个k ∈Z，必有2(k +1)π -θ<a-θ或
2kπ +θ>a+θ之一成立.此即k < a
2π -1或k > a
2π ，但长度为1 的闭区间[ a
2π -1, a
2π ]上必有一整数k，
该整数k不满足条件，矛盾.故存在y ∈[a-θ ,a+θ ]，使得cos y ≤cosθ成立.
（3）法1：记h( x)=5cos x -cos(5 x +t )，∵h( x +2π )=5cos( x +2π )-cos(5 x +10 π +t )=h( x)，
∴h( x)为周期函数且周期为2π，∴只需讨论x∈[0,2π ],t ∈[0,π ]的情况.
当t = π时，h( x)=5cos x -cos(5 x + π )=6cos x ≤6，
当t =0时，h( x)=5cos x -cos5 x，此时h
'( x)=-5sin x +5sin5 x =10cos3 x sin 2 x , x∈(0,2π )，
令h
'( x)=0，则x = π
6 , π
2 , 5 π
6 ,π , 7 π
6 , 3 π
2 , 11π
6 ，而
h( π
6 )=h( 11π
6 )=3 ❑√3,h( π
2 )=h( 3 π
2 )=0,h( 5 π
6 )=h( 7 π
6 )=-3 ❑√3,h(π )=- 4，
h（0）=h(2π )= 4，∴h( x)max =h( π
6 )=h( 11π
6 )=3 ❑√3.
当t ∈(0,π )，在（2）中取a=t，则存在y ∈(t -θ ,t +θ)，使得cos y ≤cosθ，取θ = 5 π
6 ，则
cos y ≤-
❑√3
2 ，取x = y -t
5
∈(- θ
5 , θ
5 )即x = y -t
5
∈(- π
6 , π
6 )，∴5cos x ≥5 ❑√3
2
，∴
5cos x -cos(5 x +t )≥3 ❑√3，综上b≥3 ❑√3，可取x = π
6 ，t =0使得等号成立.综上，bmin=3 ❑√3.
法2：设gt( x)=5cos x -cos(5 x +t ).
①一方面，若存在t，使得gt( x)=5cos x -cos(5 x +t )≤b对任意x恒成立，则对这样的t，同样有
gt( x)=- gt( x + π )≥-b.∴| gt( x)|≤b对任意x恒成立，这直接得到b≥0.
设t
6 - π
6 =m，则根据| gt( x)|≤b恒成立，有
b≥|gt(- t
6 + π
6 )|=|5cos(- t
6 + π
6 )-cos(- 5t
6 + 5 π
6 +t )|=|5cos( t
6 - π
6 )+cos( t
6 + 5 π
6 )|=|6cos( t
6 - π
6 )|=6
b≥| gt(- t
6 - π
6 )|=|5cos(- t
6 - π
6 )-cos(- 5t
6 - 5 π
6 +t )|=|5cos( t
6 + π
6 )+cos( t
6 - 5 π
6 )|=|6cos( t
6 + π
6 )|=6
b≥|gt(- t
6 + π
2 )|=|5cos(- t
6 + π
2 )-cos(- 5t
6 + 5 π
2 +t )|=|5cos( t
6 - π
2 )+cos( t
6 + 5 π
2 )|=|6cos( t
6 - π
2 )|=6
∴|cosm|,|cos(m+ π
3 )|,|cos(m- π
3 )|均不超过b
6，再结合cos2 x =2|cos x|
2-1，就得到
cos2m,cos(2m+ 2π
3 ),cos(2m- 2π
3 )均不超过2( b
6 )
2-1= b
2
18 -1.
假设b<3 ❑√3，则b
2
18 -1< (3 ❑√3)
2
18
-1= 1
2，故cos2m,cos(2m+ 2π
3 ),cos(2m- 2π
3 )∈[-1, 1
2 ).但
这是不可能的，∵三个角2m,2m+ 2π
3 ,2m- 2π
3 和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可
能都在直线x = 1
2左侧.∴假设不成立，这意味着b≥3 ❑√3.
②另一方面，若b=3 ❑√3，则由（1）中已经证明f ( x)≤3 ❑√3，知存在t =0，使得
5cos x -cos(5 x +t )=5cos x -cos5 x = f ( x)≤3 ❑√3=b.∴b=3 ❑√3满足题目要求.
综合上述两个方面，可知b的最小值是3 ❑√3.
4.（2026·全国一卷）已知f ( x)=2sin(ax +θ)(a∈Z ,0≤θ<2π )是偶函数，f ( x)在区间(0, π
2 )
单调递增，则θ =＿＿＿＿＿＿，f ( 2π
3 )=＿＿＿＿＿＿.
【答案】3 π
2 ；1
【解析】∵f ( x)=2sin(ax +θ)是偶函数，∴θ =kπ + π
2 (k ∈Z ).又0≤θ<2π，∴θ = π
2 或θ = 3 π
2 .若
θ = π
2 ，则f ( x)=2cos(ax).要使其在(0, π
2 )单调递增，需a<0且半周期π
|a| ≥π
2 ，即|a|≤2.此时
a=-1或-2.但此时f ( x)=2cos(-|a| x)=2cos(|a| x)在(0, π
2 )上实际是单调递减的，矛盾.若
θ = 3 π
2 ，则f ( x)=-2cos(ax).要使其在(0, π
2 )单调递增，需a>0且π
a ≥π
2 ，即a≤2.又a∈Z，∴
a=1或2.当a=1时，f ( x)=-2cos x，f ( 2π
3 )=-2cos 2π
3 =-2×(- 1
2 )=1.当a=2时，
f ( x)=-2cos2 x，f ( 2π
3 )=-2cos 4 π
3 =-2×(- 1
2 )=1.综上，θ = 3 π
2 ，f ( 2π
3 )=1.
