《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

例 1 (2025·泰州一调)已知 $ \omega＞0 $，函数 $ f(x)=\cos \left(2 \omega x+\frac{\pi}{6}\right) $ 在区间 $ \left[0, \frac{\pi}{3}\right] $ 上单调递减，则 $ \omega $ 的最大值为$\frac{5}{4}$.

答案： 例1 $\frac{5}{4}$ 【解析】因为$x\in\left[0,\frac{\pi}{3}\right],\omega＞0$，所以$2\omega x+\frac{\pi}{6}\in\left[\frac{\pi}{6},\frac{2\pi\omega}{3}+\frac{\pi}{6}\right]$.因为函数$y=\cos t$在$[0,\pi]$上单调递减，而函数$f(x)=\cos\left(2\omega x+\frac{\pi}{6}\right)$在$\left[0,\frac{\pi}{3}\right]$上单调递减，所以$\left[\frac{\pi}{6},\frac{2\pi\omega}{3}+\frac{\pi}{6}\right]\subseteq[0,\pi]$，则有$\frac{2\pi\omega}{3}+\frac{\pi}{6}\leq\pi$，解得$\omega\leq\frac{5}{4}$，则$\omega$的最大值为$\frac{5}{4}$.

变式 1 在 $ \triangle ABC $ 中，$ \tan A=3 \tan B $，$ A-B $ 的最大值为 $ \varphi $.若函数 $ f(x)=\sin (\omega x+\varphi)(\omega＞0) $ 在区间 $ \left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}\right] $ 上单调递增，则 $ \omega $ 的最大值为2.

答案： 变式1 2 【解析】因为$\tan A = 3\tan B$，所以$B$为锐角，所以$\tan(A - B)=\frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A·\tan B}=\frac{2\tan B}{1 + 3\tan^{2}B}=\frac{2}{\frac{1}{\tan B}+3\tan B}$.又因为$\frac{1}{\tan B}+3\tan B\geq2\sqrt{\frac{1}{\tan B}·3\tan B}=2\sqrt{3}$，所以$\tan(A - B)\leq\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，当且仅当$\frac{1}{\tan B}=3\tan B$，即$\tan B=\frac{\sqrt{3}}{3}$时等号成立，所以$\tan(A - B)$的最大值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$A - B$的最大值为$\frac{\pi}{6}$，即$\varphi=\frac{\pi}{6}$，函数$f(x)=\sin(\omega x+\frac{\pi}{6})(\omega＞0)$.因为$-\frac{\pi}{6}\leq x\leq\frac{\pi}{6}$，所以$\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{6}\omega\leq\omega x+\frac{\pi}{6}\leq\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{6}\omega$.要使$f(x)$在区间$\left[-\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{6}\right]$上单调递增，则$\frac{\pi}{6}-(-\frac{\pi}{6})=\frac{\pi}{3}\leq\frac{T}{2}=\frac{\pi}{\omega}$，所以$\omega\in(0,3]$，则$\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{6}\omega\in\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{6}\right)$，所以$\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{6}\omega\leq\frac{\pi}{2}$，所以$\omega\leq2$.综上，$\omega\in(0,2]$.

例 2 (2025·烟台质检)已知函数 $ f(x)=\sin (\omega x+\varphi)\left(\omega＞0,|\varphi| \leqslant \frac{\pi}{2}\right) $，$ -\frac{\pi}{4} $ 为 $ f(x) $ 的零点，且 $ f(x) \leqslant\left|f\left(\frac{\pi}{4}\right)\right| $ 恒成立，$ f(x) $ 在区间 $ \left(-\frac{\pi}{12}, \frac{\pi}{24}\right) $ 上有最小值无最大值，则 $ \omega $ 的最大值是()

A.11
B.13
C.15
D.17

答案： 例2 C 【解析】由题意，直线$x=\frac{\pi}{4}$是$f(x)$图象的一条对称轴，所以$f(\frac{\pi}{4})=\pm1$，即$\frac{\pi}{4}\omega+\varphi=k_1\pi+\frac{\pi}{2},k_1\in\mathbf{Z}$①.又$f(-\frac{\pi}{4})=0$，所以$-\frac{\pi}{4}\omega+\varphi=k_2\pi,k_2\in\mathbf{Z}$②.由①②得$\omega=2(k_1 - k_2)+1,k_1,k_2\in\mathbf{Z}$.又$f(x)$在区间$(-\frac{\pi}{12},\frac{\pi}{24})$上有最小值无最大值，所以$T\geq\frac{\pi}{24}-(-\frac{\pi}{12})=\frac{\pi}{8}$，即$\frac{2\pi}{\omega}\geq\frac{\pi}{8}$，解得$\omega\leq16$.
综上，先检验$\omega = 15$，当$\omega = 15$时，由①得$\frac{\pi}{4}×15+\varphi=k_1\pi+\frac{\pi}{2},k_1\in\mathbf{Z}$，即$\varphi=k_1\pi-\frac{13\pi}{4},k_1\in\mathbf{Z}$，又$|\varphi|\leq\frac{\pi}{2}$，所以$\varphi=-\frac{\pi}{4}$，此时$f(x)=\sin(15x - \frac{\pi}{4})$.当$x\in(-\frac{\pi}{12},\frac{\pi}{24})$时，$15x - \frac{\pi}{4}\in(-\frac{3\pi}{2},\frac{3\pi}{8})$，当$15x - \frac{\pi}{4}=-\frac{\pi}{2}$，即$x = -\frac{\pi}{60}$时，$f(x)$取得最小值，无最大值，满足题意.故$\omega$的最大值为$15$.

变式 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.$ \left[\frac{17}{4}, \frac{21}{4}\right) $
B.$ \left(\frac{17}{4}, \frac{25}{4}\right] $
C.$ \left[\frac{17}{4}, \frac{25}{4}\right) $
D.$ \left[\frac{33}{4}, \frac{41}{4}\right) $

答案： 变式2 A 【解析】方法一：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，所以$k = 0,1,2,3,4$，则$4×4+1\leq4\omega＜4×5+1$，故$\frac{17}{4}\leq\omega＜\frac{21}{4}$.
方法二：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$[0,\pi]$上恰有$5$条对称轴，则$\frac{9\pi}{2}\leq\omega\pi+\frac{\pi}{4}＜\frac{11\pi}{2}$，解得$\frac{17}{4}\leq\omega＜\frac{21}{4}$.