《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

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

答案：
(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$\left[\frac{\pi}{6},\frac{2\pi\omega}{3}+\frac{\pi}{6}\right]\subseteq[0,\pi]$，由此可得$\frac{2\pi\omega}{3}+\frac{\pi}{6}\leq\pi$，解得$\omega\leq\frac{5}{4}$，则$\omega$的最大值为$\frac{5}{4}$。

(2)(2025·秦皇岛一模)若函数$f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{5})$在区间$(\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3})$内没有零点，则正数$\omega$的取值范围是$\left(0,\frac{3}{5}\right]$.
对$\omega$取值范围的求解，一般需要借助简单复合函数的思想，令$t = \omega x + \varphi$，通过研究$y = \sin t$的图象与性质，建立方程与不等式求解相关参数.

答案：
(2)$\left(0,\frac{3}{5}\right]$[解析]由$\sin\left(\omega x+\frac{\pi}{5}\right)=0$，$\omega＞0$，可得$\omega x+\frac{\pi}{5}=k\pi$，$k\in\mathbf{Z}$，即$x=\frac{k\pi}{\omega}-\frac{\pi}{5\omega}$，$k\in\mathbf{Z}$，令$\frac{k\pi}{\omega}-\frac{\pi}{5\omega}\in\left(\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3}\right)$，得$\frac{\omega}{3}+\frac{1}{5}＜k＜\frac{4\omega}{3}+\frac{1}{5}$，又$f(x)$在区间$\left(\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3}\right)$内没有零点，所以区间$\left(\frac{\omega}{3}+\frac{1}{5},\frac{4\omega}{3}+\frac{1}{5}\right)$内不存在整数，又$\frac{1}{2}×\frac{2\pi}{\omega}\geq\frac{4\pi}{3}-\frac{\pi}{3}$，所以正数$\omega$满足$0＜\omega\leq1$，则$\left(\frac{\omega}{3}+\frac{1}{5},\frac{4\omega}{3}+\frac{1}{5}\right)\subseteq(0,1)$，则$\frac{4\omega}{3}+\frac{1}{5}\leq1$，解得$\omega\leq\frac{3}{5}$，则正数$\omega$的取值范围是$\left(0,\frac{3}{5}\right]$。

变式 2 (1)(2025·天津卷)已知函数$f(x) = \sin(\omega x + \varphi)(\omega ＞ 0,-\pi ＜ \varphi ＜ \pi)$在$[-\frac{5\pi}{12},\frac{\pi}{12}]$上单调递增，且$x = \frac{\pi}{12}$为它的图象的一条对称轴，$(\frac{\pi}{3},0)$是它的图象的一个对称中心，则当$x \in [0,\frac{\pi}{2}]$时，$f(x)$的最小值为(A)

A.$-\frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$-\frac{1}{2}$
C.1
D.0

答案：
(1)A[解析]因为$f(x)$在$\left[-\frac{5\pi}{12},\frac{\pi}{12}\right]$上单调递增，且$x=\frac{\pi}{12}$为它的图象的一条对称轴，所以$f\left(\frac{\pi}{12}\right)=1$，即$\frac{\pi}{12}\omega+\varphi=2k\pi+\frac{\pi}{2}$，$k\in\mathbf{Z}$①。因为$f(x)$的图象关于$\left(\frac{\pi}{3},0\right)$对称，所以$\frac{\pi}{3}\omega+\varphi=m\pi$，$m\in\mathbf{Z}$②，且$\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{12}=\frac{2n + 1}{4}× T=\frac{2n + 1}{4}×\frac{2\pi}{\omega}$，$n\in\mathbf{Z}$，解得$\omega=4n + 2$，$n\in\mathbf{Z}$。因为$f(x)$在$\left[-\frac{5\pi}{12},\frac{\pi}{12}\right]$上单调递增，所以$\frac{\pi}{12}-\left(-\frac{5\pi}{12}\right)\leq\frac{T}{2}$，解得$0＜\omega\leq2$，所以$\omega=2$。根据①②，可得$\varphi=2k\pi+\frac{\pi}{3}$，$k,m\in\mathbf{Z}$，因为$-\pi＜\varphi＜\pi$，所以$\varphi=\frac{\pi}{3}$，故$f(x)=\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)$。当$x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$时，$2x+\frac{\pi}{3}\in\left[\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3}\right]$，可得$f(x)$的最小值为$f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin\frac{4\pi}{3}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$。

(2)已知函数$f(x) = 3\sin \omega x$在区间$[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{6}]$上的最小值为$-3$，则$\omega$的取值范围为$(-\infty,-3]\cup[2,+\infty)$.

答案：
(2)$(-\infty,-3]\cup[2,+\infty)$[解析]若$\omega＞0$，则当$x\in\left[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{6}\right]$时，$\omega x\in\left[-\frac{\omega\pi}{4},\frac{\omega\pi}{6}\right]$，因为$f(x)$在区间$\left[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{6}\right]$上的最小值为$-3$，所以$-\frac{\omega\pi}{4}\leq-\frac{\pi}{2}$或$\frac{\omega\pi}{6}\geq\frac{3\pi}{2}$，解得$\omega\geq2$或$\omega\geq9$，则此时$\omega\in[2,+\infty)$；若$\omega＜0$，则当$x\in\left[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{6}\right]$时，$\omega x\in\left[\frac{\omega\pi}{6},-\frac{\omega\pi}{4}\right]$，同理，$-\frac{\omega\pi}{4}\geq\frac{3\pi}{2}$或$\frac{\omega\pi}{6}\leq-\frac{\pi}{2}$，解得$\omega\leq-3$或$\omega\leq-6$，则此时$\omega\in(-\infty,-3]$。综上，$\omega\in(-\infty,-3]\cup[2,+\infty)$。

例 3 (1)(2025·湛江期末)(多选)已知函数$f(x) = \sin 2x|\sin x|$，则(ABD)

A.$f(x)$的最小正周期为$\pi$
B.$f(x)$的图象关于点$(\frac{\pi}{2},0)$对称
C.$f(x)$在$[\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}]$上单调递减
D.$f(x)$的值域为$[-\frac{4\sqrt{3}}{9},\frac{4\sqrt{3}}{9}]$

答案：
(1)ABD[解析]因为$f(x + \pi)=\sin[2(x + \pi)]\left|\sin(x + \pi)\right|=\sin 2x\left|\sin x\right|=f(x)$，且$f(0)=0$，当$x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$时，$f(x)＞0$；当$x\in\left(-\frac{\pi}{2},0\right)$时，$f(x)＜0$，所以$f(x)$的最小正周期为$\pi$，故A正确。因为$f(\pi - x)=\sin[2(\pi - x)]\left|\sin(\pi - x)\right|=-\sin 2x\left|\sin x\right|=-f(x)$，所以$f(x)$的图象关于点$\left(\frac{\pi}{2},0\right)$对称，故B正确。当$0\leq x\leq\pi$时，$f(x)=\sin 2x\sin x=2\sin^2x\cos x=2\cos x - 2\cos^3x$。设$t = \cos x\in[-1,1]$，则函数$g(t)=-2t^3 + 2t$，所以$g'(t)=-6t^2 + 2=-2(3t^2 - 1)$。由$g'(t)＜0$，得$-1\leq t＜-\frac{\sqrt{3}}{3}$或$\frac{\sqrt{3}}{3}＜t\leq1$；由$g'(t)＞0$，得$-\frac{\sqrt{3}}{3}＜t＜\frac{\sqrt{3}}{3}$，故$g(t)$在$\left[-1,-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$和$\left(\frac{\sqrt{3}}{3},1\right]$上单调递减，在$\left(-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$上单调递增。当$x\in\left[\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}\right]$时，$\cos x\in\left[0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right]$，即$t\in\left[0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right]$，因为$\frac{\sqrt{2}}{2}＞\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$f(x)$在$\left[\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}\right]$上不单调，故C错误。因为$g\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)=-\frac{4\sqrt{3}}{9}$，$g\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)=\frac{4\sqrt{3}}{9}$，$g(-1)=g(1)=0$，所以$f(x)$在$[0,\pi]$上的值域为$\left[-\frac{4\sqrt{3}}{9},\frac{4\sqrt{3}}{9}\right]$。因为$f(x)$的最小正周期为$\pi$，所以$f(x)$的值域为$\left[-\frac{4\sqrt{3}}{9},\frac{4\sqrt{3}}{9}\right]$，故D正确。