《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 1 已知函数 $ f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{6})(\omega ＞ 0) $ 在区间 $ [-\frac{\pi}{4}, \frac{2\pi}{3}] $ 上单调递增，则 $ \omega $ 的取值范围为(B)

A.$ (0, \frac{8}{3}] $
B.$ (0, \frac{1}{2}] $
C.$ [\frac{1}{2}, \frac{8}{3}] $
D.$ [\frac{3}{8},$$2] $

答案： 例1 B [法一 由题意得
$\begin{cases}\frac{\omega\pi}{4}+\frac{\pi}{6}\leq\frac{\pi}{2}+2k\pi,k\in\mathbf{Z},\frac{2\omega\pi}{3}+\frac{\pi}{6}\leq\frac{\pi}{2}+2k\pi,k\in\mathbf{Z},\end{cases}$
则$\begin{cases}\omega\leq\frac{8}{3}-8k,k\in\mathbf{Z},\\\omega\leq\frac{1}{2}+3k,k\in\mathbf{Z}.\end{cases}$
又$\omega＞0$，所以$\begin{cases}\frac{8}{3}-8k＞0,k\in\mathbf{Z},\frac{1}{2}+3k＞0,k\in\mathbf{Z}.\end{cases}$
所以$k=0$，则$0＜\omega\leq\frac{1}{2}$.
法二 取$\omega=1$，则$f(x)=\sin(x+\frac{\pi}{6})$，
令$\frac{\pi}{2}+2k\pi\leq x+\frac{\pi}{6}\leq\frac{3\pi}{2}+2k\pi,k\in\mathbf{Z}$，
得$\frac{\pi}{3}+2k\pi\leq x\leq\frac{4\pi}{3}+2k\pi,k\in\mathbf{Z}$，
当$k=0$时，函数$f(x)$在区间$[\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3}]$上单调递减，与函数$f(x)$在区间$[\frac{\pi}{4},\frac{2\pi}{3}]$上单调递增矛盾，
故$\omega\neq1$，结合四个选项可知选B.]

训练 1(2025·辽宁八市八校联考)已知函数 $ f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{4})(\omega ＞ 0) $ 图象相邻两条对称轴之间的距离为 $ 2\pi $，若 $ f(x) $ 在 $ (-m, m) $ 上是增函数，则 $ m $ 的取值范围是(B)

A.$ (0, \frac{\pi}{4}] $
B.$ (0, \frac{\pi}{2}] $
C.$ (0, \frac{3\pi}{4}] $
D.$ (0, \frac{3\pi}{2}]$$$

答案： 训练1 B [由题意知，$\frac{1}{2}T=2\pi$，即$T=4\pi$，
则$\omega=\frac{2\pi}{4\pi}=\frac{1}{2}$，
则$f(x)=\sin(\frac{1}{2}x+\frac{\pi}{4})$，
由$2k\pi-\frac{\pi}{2}\leq\frac{1}{2}x+\frac{\pi}{4}\leq2k\pi+\frac{\pi}{2}(k\in\mathbf{Z})$，
得$4k\pi-\frac{3\pi}{2}\leq x\leq4k\pi+\frac{\pi}{2}(k\in\mathbf{Z})$，
所以$f(x)$在$[-\frac{3\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$上是增函数，
由$(-m,m)\subseteq[-\frac{3\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$得$0＜m\leq\frac{\pi}{2}$.]

例 2(2025·郑州质检)若定义在 $ \mathbf{R} $ 上的函数 $ f(x) = \sin \omega x + \cos \omega x(\omega ＞ 0) $ 的图象在区间 $ [0, \pi] $ 上恰有 5 条对称轴，则 $ \omega $ 的取值范围为(A)

A.$ [\frac{17}{4}, \frac{21}{4}) $
B.$ (\frac{17}{4}, \frac{25}{4}] $
C.$ [\frac{17}{4}, \frac{25}{4}) $
D.$ [\frac{33}{4}, \frac{41}{4})$$$
思维建模 三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为 $ \frac{T}{2} $，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为 $ \frac{T}{4} $，这就说明，我们可根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于 $ \omega $ 的不等式组，进而可以研究“$ \omega $”的取值范围。

答案： 例2 A [法一 由已知得，
$f(x)=\sqrt{2}\sin(\omega x+\frac{\pi}{4})$，
令$\omega x+\frac{\pi}{4}=k\pi+\frac{\pi}{2},k\in\mathbf{Z}$，
得$x=\frac{(4k+1)\pi}{4\omega},k\in\mathbf{Z}$.
依题意知，满足$0\leq\frac{(4k+1)\pi}{4\omega}\leq\pi$，
即$0\leq4k+1\leq4\omega$的整数$k$有$5$个，
则$4×4+1\leq4\omega＜4×5+1$，
故$\frac{17}{4}\leq\omega＜\frac{21}{4}$.
法二 由已知得，$f(x)=\sqrt{2}\sin(\omega x+\frac{\pi}{4})$，
由$x\in[0,\pi]$，得$\omega x+\frac{\pi}{4}\in[\frac{\pi}{4},\omega\pi+\frac{\pi}{4}]$，
若函数$f(x)$的图象在区间$[0,\pi]$上有$5$条对称轴，则$\frac{9\pi}{2}\leq\omega\pi+\frac{\pi}{4}＜\frac{11\pi}{2}$，解得$\frac{17}{4}\leq\omega＜\frac{21}{4}$.]

训练 2(多选)(2025·大同质检)将函数 $ f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{6})(\omega ＞ 0) $ 的图象向右平移 $ \frac{3\pi}{2\omega} $ 个单位长度得到函数 $ g(x) $ 的图象，若 $ F(x) = f(x)g(x) $ 的图象关于点 $ (\frac{\pi}{3}, 0) $ 对称，则 $ \omega $ 可取的值为(CD)

A.$ \frac{1}{3} $
B.$ \frac{1}{2} $
C.1
D.4

答案： 训练2 CD [将函数$f(x)$的图象向右平移$\frac{3\pi}{2\omega}$单位长度，
得到函数$g(x)=\sin[\omega(x-\frac{3\pi}{2\omega})+\frac{\pi}{6}]$
$=\sin(\omega x+\frac{\pi}{6}-\frac{3\pi}{2})=\cos(\omega x+\frac{\pi}{6})$，
又因为$F(x)=f(x)g(x)$的图象关于点$(\frac{\pi}{3},0)$对称，
所以$F(x)=\sin(\omega x+\frac{\pi}{6})\cos(\omega x+\frac{\pi}{6})$
$=\frac{1}{2}\sin(2\omega x+\frac{\pi}{3})$的图象关于点$(\frac{\pi}{3},0)$对称，
则$2\omega×\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{3}=k\pi,k\in\mathbf{Z}$，所以$\omega=\frac{3k-1}{2},k\in\mathbf{Z}$，又因为$\omega＞0$，所以$\omega$的最小值为$1$，故$\omega$可取的值为$1,4$.]