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1.5 极值点与零点个数问题

假设已知 f(x)=Asin⁡(ωx+φ)+bf(x) = A\sin (\omega x + \varphi) + b (或 f(x)=Acos⁡(ωx+φ)+bf(x) = A\cos (\omega x + \varphi) + b ) 零点或极值点的个数, 求参数范围, 我们分以下三种情况:

(1) ω,φ,A\omega, \varphi, A 为定值, 已知 f(x)f(x) 在区间 [x1,x2][x_1, x_2] 上零点的个数, 求 bb 的取值范围.

(2) φ,b,A\varphi, b, A 为定值, 已知 f(x)f(x) 在区间 [x1,x2][x_1, x_2] 上零点或极值点的个数, 求 ω\omega 的取值范围.

(3) ω,b,A\omega, b, A 为定值, 已知 f(x)f(x) 在区间 [x1,x2][x_1, x_2] 上零点或极值点的个数, 求 φ\varphi 的取值范围.

第 (1) 种题型我们在《新高考数学你真的掌握了吗？函数》中介绍过, 方法简单概括为分离参数 bb , 画双图, 看交点. 具体见下例.

✍️ 例 1.58

(2021 长沙模拟) 已知函数 f(x)=sin⁡(2x+π6)+32+bf(x)=\sin\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)+\frac{3}{2}+b ，当 x∈[0,7π12]x\in\left[0,\frac{7\pi}{12}\right] 时，函数 f(x)f(x) 有且只有一个零点，求实数 b 的取值范围.

🔑 查看解析与步骤

由 f(x)=0f(x) = 0 得 sin⁡(2x+π6)=−32−b.\sin \left(2x + \frac{\pi}{6}\right) = -\frac{3}{2} - b. 令 z=2x+π6z = 2x + \frac{\pi}{6} , 因为 x∈[0,7π12]x \in \left[0, \frac{7\pi}{12}\right] , 所以 z∈[π6,4π3]z \in \left[\frac{\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}\right] , 于是原问题等价于 y=sin⁡zy = \sin z 与 y=−32−by = -\frac{3}{2} - b 在 [π6,4π3]\left[\frac{\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}\right] 上有且只有一个交点, 画出如图1-19所示的图像, 可知


图1-19

(1) 当 −32−b=1-\frac{3}{2} - b = 1 , 即 b=−52b = -\frac{5}{2} 时, 有且只有一个交点;

(2) 当 −32⩽−32−b<12-\frac{\sqrt{3}}{2} \leqslant -\frac{3}{2} - b < \frac{1}{2} , 即 −2<b⩽3−32-2 < b \leqslant \frac{\sqrt{3} - 3}{2} 时, 有且仅有一个交点.

综上所述, bb 的取值范围为 (−2,3−32]∪{−52}\left(-2, \frac{\sqrt{3} - 3}{2}\right] \cup \left\{-\frac{5}{2}\right\} .

🎯 变式 1.58.1

(2023 河北邯郸统考三模) 已知函数 f(x)=2π[cos⁡2πx+cos⁡(2π3−2πx)]−a,f(x)=2\pi\left[\cos2\pi x+\cos\left(\frac{2\pi}{3}-2\pi x\right)\right]-a, a∈R,a \in R, 在区间 (0,12)\left(0, \frac{1}{2}\right) 上有两个零点, 求 a 的取值范围.

第 (2) 种和第 (3) 种题型可以视为同一种类型, 我们处理的方法是换元, 将动图 (伸缩与平移) 问题转化为定图动区间问题. 首先我们从简单的情形开始, 即换元后新的变量所在区间可以被锁定. 比如正弦函数在区间内单调, 在区间内没有零点等都可以锁定区间的范围, 见下例.

✍️ 例 1.59

(2016 天津文 8) 已知函数 f(x)=22sin⁡(ωx−π4)(ω>0)f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\left(\omega x-\frac{\pi}{4}\right)(\omega>0) ，若在区间 (π,2π)(\pi,2\pi) 内没有零点，则 ω\omega 的取值范围是（）.

A. (0,18]\left(0,\frac{1}{8}\right] B. (0,14]∪[58,1)\left(0,\frac{1}{4}\right]\cup\left[\frac{5}{8},1\right) C. (0,58]\left(0,\frac{5}{8}\right] D. (0,18]∪[14,58]\left(0,\frac{1}{8}\right]\cup\left[\frac{1}{4},\frac{5}{8}\right]

🔑 查看解析与步骤

令 z=ωx−π4z = \omega x - \frac{\pi}{4} , 因为 x∈(π,2π)x \in (\pi, 2\pi) , 所以 z∈(πω−π4,2πω−π4)z \in \left(\pi \omega - \frac{\pi}{4}, 2\pi \omega - \frac{\pi}{4}\right) , 则原问题等价于 y=22sin⁡zy = \frac{\sqrt{2}}{2} \sin z 在区间 (πω−π4,2πω−π4)\left(\pi \omega - \frac{\pi}{4}, 2\pi \omega - \frac{\pi}{4}\right) 内没有零点, 故存在 k∈Zk \in \mathbb{Z} 使得 (πω−π4,2πω−π4)⊂[kπ,(k+1)π]\left(\pi \omega - \frac{\pi}{4}, 2\pi \omega - \frac{\pi}{4}\right) \subset [k\pi, (k + 1)\pi] , 于是 {πω−π4⩾kπ2πω−π4⩽kπ+π\left\{ \begin{array}{l} \pi \omega - \frac{\pi}{4} \geqslant k\pi \\ 2\pi \omega - \frac{\pi}{4} \leqslant k\pi + \pi \end{array} \right. , 解得 k+14⩽ω⩽k2+58k + \frac{1}{4} \leqslant \omega \leqslant \frac{k}{2} + \frac{5}{8} , k∈Zk \in \mathbb{Z} . 因为 ω>0\omega > 0 , 所以 {k2+58>0k+14⩽k2+58\left\{ \begin{array}{l} \frac{k}{2} + \frac{5}{8} > 0 \\ k + \frac{1}{4} \leqslant \frac{k}{2} + \frac{5}{8} \end{array} \right. , 解得 −54<k⩽34-\frac{5}{4} < k \leqslant \frac{3}{4} , k∈Zk \in \mathbb{Z} , 于是 k=−1,0k = -1, 0 . 当 k=0k = 0 时, 14⩽ω⩽58\frac{1}{4} \leqslant \omega \leqslant \frac{5}{8} ; 当 k=−1k = -1 时, 0<ω⩽180 < \omega \leqslant \frac{1}{8} .

综上所述, ω∈(0,18]∪[14,58]\omega \in \left(0, \frac{1}{8}\right] \cup \left[\frac{1}{4}, \frac{5}{8}\right] , 故选 D.

🎯 变式 1.59.1

(2022 上海模考) 若函数 f(x)=cos⁡mx(m>0)f(x)=\cos mx(m>0) 在区间 (2π,3π)(2\pi,3\pi) 内既没有取到最大值 1, 也没有取到最小值 -1, 则 m 的取值范围为 ____.

🎯 变式 1.59.2

已知函数 f(x)=2cos⁡(ωx+φ)+1(ω>0,∣φ∣<π2)f(x)=2\cos(\omega x+\varphi)+1\left(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right) ，其图像与直线 y=3 相邻两个交点的距离为 2π3\frac{2\pi}{3} ，若 f(x)>1f(x)>1 对任意 x∈(−π12,π6)x\in\left(-\frac{\pi}{12},\frac{\pi}{6}\right) 恒成立，则 φ\varphi 的取值范围是 ____.

接下来, 我们讨论更复杂的情形. 不过, 在此之前, 有一个至关重要的细节需要单独来讨论下, 那就是区间的开闭问题.

(1) 设 x1<x2x_{1} < x_{2} , 且只有 x1x_{1} 落在闭区间 [a,b][a, b] 内, 则 a⩽x1⩽b<x2a \leqslant x_{1} \leqslant b < x_{2} .

(2) 设 x1<x2x_{1} < x_{2} , 且只有 x1x_{1} 落在开区间 (a,b)(a, b) 内, 则 a<x1<b⩽x2a < x_{1} < b \leqslant x_{2} .

请同学们自己画图推导 (1) 与 (2), 仔细体会结论中能取等号与不能取等号的问题.

✍️ 例 1.60

（2022 广东三模）已知函数 f(x)=3cos⁡(ωx−2π3)(ω>0)f(x)=3\cos\left(\omega x-\frac{2\pi}{3}\right)(\omega>0) ，且 f(x)f(x) 在 [0,π][0,\pi] 上有且仅有 3 个零点，则 ω\omega 的取值范围是（）. A. [53,83)\left[\frac{5}{3},\frac{8}{3}\right) B. [53,136)\left[\frac{5}{3},\frac{13}{6}\right) C. [76,136)\left[\frac{7}{6},\frac{13}{6}\right) D. [136,196)\left[\frac{13}{6},\frac{19}{6}\right)

🔑 查看解析与步骤

令 z=ωx−2π3z = \omega x - \frac{2\pi}{3} , 因为 x∈[0,π]x \in [0, \pi] , 所以 z∈[−2π3,πω−2π3]z \in \left[-\frac{2\pi}{3}, \pi \omega - \frac{2\pi}{3}\right] . 于是原问题转化为 y=cos⁡zy = \cos z 在 [−2π3,πω−2π3]\left[-\frac{2\pi}{3}, \pi \omega - \frac{2\pi}{3}\right] 上恰有 3 个零点. 因为区间的左端点为 −2π3-\frac{2\pi}{3} , 画出如图 1-20 所示的 y=cos⁡zy = \cos z 的图像, 所以 y=cos⁡zy = \cos z 在该区间内仅有的 3 个零点只能是 −π2,π2,3π2-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2} . 因为题中的区间是闭区间, 所以右端点需满足 3π2⩽ωπ−2π3<5π2\frac{3\pi}{2} \leqslant \omega \pi - \frac{2\pi}{3} < \frac{5\pi}{2} , 得 136⩽ω<196\frac{13}{6} \leqslant \omega < \frac{19}{6} , 故选 D.


图1-20

例1.60中的区间是闭区间, 下面我们再来看看开区间的情形.

✍️ 例 1.61

（2022 全国甲理 11）设函数 f(x)=sin⁡(ωx+π3)f(x)=\sin\left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right) 在区间 (0,π)(0,\pi) 恰有三个极值点、两个零点，则实数 ω\omega 的取值范围是（）. A. [53,136)\left[\frac{5}{3},\frac{13}{6}\right) B. [53,196)\left[\frac{5}{3},\frac{19}{6}\right) C. (136,83]\left(\frac{13}{6},\frac{8}{3}\right] D. (136,196]\left(\frac{13}{6},\frac{19}{6}\right]

🔑 查看解析与步骤

结合选项只考虑 ω>0\omega > 0 ，令 z=ωx+π3z = \omega x + \frac{\pi}{3} ，因为 x∈(0,π)x \in (0, \pi) ，所以 z∈(π3,ωπ+π3)z \in \left(\frac{\pi}{3}, \omega \pi + \frac{\pi}{3}\right) 。于是原问题转化为 y=sin⁡zy = \sin z 在区间 (π3,ωπ+π3)\left(\frac{\pi}{3}, \omega \pi + \frac{\pi}{3}\right) 上恰有三个极值点、两个零点，画出如图1-21所示的图像，可知当 z>π3z > \frac{\pi}{3} 时，两个零点依次为 π,2π\pi, 2\pi ，三个极值点依次为 π2,3π2,5π2\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2} 。因为题中的区间是开区间，所以右端点需满足 5π2<ωπ+π3⩽3π\frac{5\pi}{2} < \omega \pi + \frac{\pi}{3} \leqslant 3\pi ，解得 136<ω⩽83\frac{13}{6} < \omega \leqslant \frac{8}{3} ，即 ω∈(136,83]\omega \in \left(\frac{13}{6}, \frac{8}{3}\right] ，故选C.


图1-21

🎯 变式 1.61.1

（2023 浙江统考二模）已知函数 f(x)=acos⁡ωx(a≠0,ω>0)f(x)=a\cos\omega x(a\neq0,\omega>0) ，若将函数 y=f(x)y=f(x) 的图像向左平移 π6ω\frac{\pi}{6\omega} 个单位长度后得到函数 y=g(x)y=g(x) 的图像，若关于 x 的方程 g(x)=0g(x)=0 在 [0,7π12]\left[0,\frac{7\pi}{12}\right] 上有且仅有两个不相等的实根，则实数 ω\omega 的取值范围是（）.

A. [107,247)\left[\frac{10}{7},\frac{24}{7}\right) B. [167,4)\left[\frac{16}{7},4\right) C. [107,4)\left[\frac{10}{7},4\right) D. [167,247)\left[\frac{16}{7},\frac{24}{7}\right)

🎯 变式 1.61.2

（2023 云南模考）设 f(x)=cos⁡(ωx−π6)(ω>0)f(x)=\cos\left(\omega x-\frac{\pi}{6}\right)(\omega>0) ，若存在 x1,x2∈[0,π2]x_{1},x_{2}\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right] ，且 x1<x2x_{1}<x_{2} ，使得 f(x1)−f(x2)=−2f(x_{1})-f(x_{2})=-2 ，则 ω\omega 的最小值是（）. A. 2 B. 73\frac{7}{3} C. 3 D. 133\frac{13}{3}

不知道大家是否注意到, 例1.60和例1.61及其变式有一个共同点, 那就是换元后, 新的变量所在的区间有一个端点被固定了, 这极大地降低了讨论的复杂度. 接下来, 我们来看看两个端点均不固定的情形. 先从简单的例子开始.

✍️ 例 1.62

（2023 广东茂名统考二模）已知函数 f(x)=sin⁡(ωx+π6)(ω>0)f(x)=\sin\left(\omega x+\frac{\pi}{6}\right)(\omega>0) ，若 f(π6)=0f\left(\frac{\pi}{6}\right)=0 ，且 f(x)f(x) 在 (π6,5π24)\left(\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{24}\right) 上恰有 1 个零点，则 ω\omega 的最小值为（）. A. 11 B. 29 C. 35 D. 47

🔑 查看解析与步骤

令 z=ωx+π6z = \omega x + \frac{\pi}{6} , 因为 x∈(π6,5π24)x \in \left(\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{24}\right) , 故 z∈(π6ω+π6,5π24ω+π6)z \in \left(\frac{\pi}{6}\omega + \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{24}\omega + \frac{\pi}{6}\right) , 则原问题等价于 y=sin⁡zy = \sin z 在区间 (π6ω+π6,5π24ω+π6)\left(\frac{\pi}{6}\omega + \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{24}\omega + \frac{\pi}{6}\right) 上恰有 1 个零点. 由题意可知 z=π6ω+π6z = \frac{\pi}{6}\omega + \frac{\pi}{6} 是 y=sin⁡zy = \sin z 的零点, 故我们只需要确定右端点 5π24ω+π6\frac{5\pi}{24}\omega + \frac{\pi}{6} 落在如图 1-22 所示的区间, 即

{π6ω+π6=kπ(k+1)π<5π24ω+π6⩽(k+2)π⇒{ω=6k−1245k+4<ω⩽245k+445⇒k=5,6,7,8.\left\{ \begin{array}{l l} { \frac {\pi}{6} \omega + \frac {\pi}{6} = k \pi} \\ {(k + 1) \pi < \frac {5 \pi}{2 4} \omega + \frac {\pi}{6} \leqslant (k + 2) \pi} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l l} {\omega = 6 k - 1} \\ { \frac {2 4}{5} k + 4 < \omega \leqslant \frac {2 4}{5} k + \frac {4 4}{5}} \end{array} \right. \Rightarrow k = 5, 6, 7, 8.

当 k=5 时, ω\omega 取得最小值 29, 故选 B.


图1-22

在例1.62中我们看到, 换元后新的变量所在区间的左右端点均不固定. 但是, 题中的附加条件在一定程度上将左端点固定了, 这也降低了问题的复杂度. 接下来我们看看最一般的情形. 受例1.62的启发, 对于一般的情形, 我们可以分类讨论, 而分类的方法就是定端点, 具体见下例.

✍️ 例 1.63

（2023 山西四模）已知函数 f(x)=cos⁡(ωx+φ)(ω>0,−π<φ<0)f(x)=\cos(\omega x+\varphi)(\omega>0,-\pi<\varphi<0) ， f(0)=32f(0)=\frac{\sqrt{3}}{2} ，且 f(x)f(x) 在 [−100π,100π][-100\pi,100\pi] 上恰有 100 个零点，则 ω\omega 的取值范围是（）.

A. [147300,149300)\left[\frac{147}{300},\frac{149}{300}\right) B. (147300,149300)\left(\frac{147}{300},\frac{149}{300}\right) C. [149300,151300)\left[\frac{149}{300},\frac{151}{300}\right) D. (149300,151300)\left(\frac{149}{300},\frac{151}{300}\right)

🧠 思路分析

受例1.62的启发, 我们应该按区间左右端点是否为零点来分类讨论.

🔑 查看解析与步骤

由题意知 f(0)=cos⁡φ=32f(0) = \cos \varphi = \frac{\sqrt{3}}{2} , 又 −π<φ<0-\pi < \varphi < 0 , 故 φ=−π6\varphi = -\frac{\pi}{6} , 所以 f(x)=cos⁡(ωx−π6)f(x) = \cos \left(\omega x - \frac{\pi}{6}\right) . 令 z=ωx−π6z = \omega x - \frac{\pi}{6} , 因为 x∈[−100π,100π]x \in [-100\pi, 100\pi] , 所以 z∈[−100πω−π6,100πω−π6]=[z1,z2]z \in \left[-100\pi\omega - \frac{\pi}{6}, 100\pi\omega - \frac{\pi}{6}\right] = [z_1, z_2] , 则原问题等价于 y=cos⁡zy = \cos z 在区间 [z1,z2][z_1, z_2] 上恰有 100 个零点.

(1) 若 z1z_{1} 是零点, 则存在 k∈Zk \in \mathbb{Z} 使得

{−100πω−π6=kπ+π2kπ+π2+99π⩽100πω−π6<kπ+π2+100π⇒99200⩽ω<12.\left\{ \begin{array}{l l} - 1 0 0 \pi \omega - \frac {\pi}{6} = k \pi + \frac {\pi}{2} & \\ k \pi + \frac {\pi}{2} + 9 9 \pi \leqslant 1 0 0 \pi \omega - \frac {\pi}{6} < k \pi + \frac {\pi}{2} + 1 0 0 \pi & \end{array} \right. \Rightarrow \frac {9 9}{2 0 0} \leqslant \omega < \frac {1}{2}.

此时 −100πω−π6∈(−50π−π6,−992π−π6]=−50π+(−π6,π3]-100\pi \omega - \frac{\pi}{6} \in \left(-50\pi - \frac{\pi}{6}, -\frac{99}{2}\pi - \frac{\pi}{6}\right] = -50\pi + \left(-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right] , 不存在 k∈Zk \in \mathbb{Z} 使得第一个方程成立, 即方程组无解.

(2) 若 z1z_{1} 不是零点, 则存在 k∈Zk \in \mathbb{Z} 使得

{π2+kπ<−100πω−π6<π2+(k+1)ππ2+(k+100)π⩽100πω−π6<π2+(k+101)π⇒{−3k−5300<ω<−3k−23003k+302300⩽ω<3k+305300(①.)\left\{ \begin{array}{l l} \frac {\pi}{2} + k \pi < - 1 0 0 \pi \omega - \frac {\pi}{6} < \frac {\pi}{2} + (k + 1) \pi \\ \frac {\pi}{2} + (k + 1 0 0) \pi \leqslant 1 0 0 \pi \omega - \frac {\pi}{6} < \frac {\pi}{2} + (k + 1 0 1) \pi \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l l} \frac {- 3 k - 5}{3 0 0} < \omega < \frac {- 3 k - 2}{3 0 0} \\ \frac {3 k + 3 0 2}{3 0 0} \leqslant \omega < \frac {3 k + 3 0 5}{3 0 0} \end{array} \right.\tag{①.}

要保证这个不等式组的解集不是空集, 则需要满足 {−3k−2300>3k+3023003k+305300>−3k−5300\left\{ \begin{array}{l} \frac{-3k - 2}{300} > \frac{3k + 302}{300} \\ \frac{3k + 305}{300} > \frac{-3k - 5}{300} \end{array} \right. , 解得 −1553<k<−1523-\frac{155}{3} < k < -\frac{152}{3} , k∈Zk \in \mathbb{Z} , 即 k=−51k = -51 , 代入式①得 149300⩽ω<151300\frac{149}{300} \leqslant \omega < \frac{151}{300} , 故选 C.

📌 标注说明

要保证 {a<x<bc<x<d\left\{ \begin{array}{l} a < x < b \\ c < x < d \end{array} \right. 的解集不是空集, 需要满足 {b>cd>a\left\{ \begin{array}{l} b > c \\ d > a \end{array} \right. . 我们从反面来理解这个结论. 若 a<x<ba < x < b 与 c<x<dc < x < d 没有交集, 则 a⩾da \geqslant d 或 b⩽cb \leqslant c , 因此它们有交集等价于 a<da < d 且 b>cb > c . 这些结论都不需要记忆, 掌握推导即可.

✍️ 例 1.64

（2022 广东高三期末）设函数 f(x)=2sin⁡(ωx+φ)−1f(x)=2\sin(\omega x+\varphi)-1 ，若对于任意实数 φ,f(x)\varphi, f(x) 在区间 [π4,3π4]\left[\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\right] 上至少有 2 个零点，至多有 3 个零点，则 ω\omega 的取值范围是（）.

A. [83,163)\left[\frac{8}{3},\frac{16}{3}\right) B. [4,163)\left[4,\frac{16}{3}\right) C. [4,203)\left[4,\frac{20}{3}\right) D. [83,203)\left[\frac{8}{3},\frac{20}{3}\right)

🔑 查看解析与步骤

令 f(x)=0f(x)=0 ，则 sin⁡(ωx+φ)=12\sin(\omega x+\varphi)=\frac{1}{2} ，结合选项只考虑 ω>0\omega>0 ，令 z=ωx+φz=\omega x+\varphi ，因为 x∈[π4,3π4]x\in\left[\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\right] ，所以 z∈[π4ω+φ,3π4ω+φ]=[z1,z2]z\in\left[\frac{\pi}{4}\omega+\varphi,\frac{3\pi}{4}\omega+\varphi\right]=[z_{1},z_{2}] ，则原问题等价于 y=sin⁡zy=\sin z 在区间 [z1,z2][z_{1},z_{2}] 至少有 2 个 z，至多有 3 个 z，使得 sin⁡z=12\sin z=\frac{1}{2} 。我们在坐标轴上画出 sin⁡z=12\sin z=\frac{1}{2} 的零点，如图 1-23 所示，其中 Ak=2kπ+π6A_{k}=2k\pi+\frac{\pi}{6} ， Bk=2kπ+5π6B_{k}=2k\pi+\frac{5\pi}{6} 。由于周期性，我们只需要考虑 A1,A2,B1A_{1},A_{2},B_{1} 和 B2B_{2} 即可。 注意到 φ\varphi 的任意性, 所以区间 [z1,z2][z_{1},z_{2}] 可以在坐标轴上任意滑动. 因为 [z1,z2][z_{1},z_{2}] 至少包含两个零点, 所以该区间的长度至少要大于 A1A2A_{1}A_{2} 的长度. 同样地, 该区间至多含有 3 个零点, 则该区间的长度必然要小于 A1B2A_{1}B_{2} 的长度. 于是 {πω2⩾2ππω2<16π6\left\{\begin{aligned}\frac{\pi\omega}{2}&\geqslant2\pi\\ \frac{\pi\omega}{2}&<\frac{16\pi}{6}\end{aligned}\right. ，解得 4⩽ω<1634\leqslant\omega<\frac{16}{3} ，故选 B.


图1-23