2012-重庆卷理-18 解-向量

本题导读

本题考查三角恒等变换。核心在于辅助角公式法、整体代换法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年重庆卷(理)） 设函数 $f(x)=4\cos \left(\omega x-\frac{\pi }{6}\right)\sin \omega x-\cos (2\omega x+\pi )$，其中 $\omega >0$.

(1)求函数 $y=f(x)$ 的值域；

(2)若 $f(x)$ 在 $\left[-\frac{3\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$ 上为增函数，求 $\omega$ 的最大值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问思路：

• 观察原式第一项： $4\cos \left(\omega x-\frac{\pi }{6}\right)\sin \omega x$。利用两角差的余弦公式展开： $\cos (\alpha -\beta )=\cos \alpha \cos \beta +\sin \alpha \sin \beta$。
• 观察原式第二项： $-\cos (2\omega x+\pi )$。利用诱导公式 $\cos (\theta +\pi )=-\cos \theta$，将其直接化简为 $+\cos 2\omega x$。
• 展开后式中含有 $\sin \omega x\cos \omega x$ 以及 ${\sin }^2\omega x$。利用二倍角正弦公式 $2\sin \omega x\cos \omega x=\sin 2\omega x$ 与降幂公式 ${\sin }^2\omega x=\frac{1-\cos 2\omega x}{2}$，最终 $\cos 2\omega x$ 项恰与第二项抵消，化简为最简正弦型结构，即可直接得出值域。

2. 第（2）问思路：

• 先求出标准正弦函数 $y=\sqrt{3}\sin 2\omega x+1$ 的通用单调递增区间。令 $2\omega x\in \left[2k\pi -\frac{\pi }{2},2k\pi +\frac{\pi }{2}\right]$，解出 $x$ 的通式区间。
• 核心代数逻辑：若函数在某一具体区间 $I=\left[-\frac{3\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$ 上是增函数，则该已知区间 $I$ 必须**完整地包含（属于）**于函数自身的某一个标准单调递增区间内。
• 结合区间跨度与对称性，锁定 $k=0$ 时的特征区间，利用区间左端点小于等于已知左端点、右端点大于等于已知右端点建立不等式组，解出 $\omega$ 的最大值。

✅【答案】

点击查看答案

(1) 值域为 $[1-\sqrt{3},1+\sqrt{3}]$

(2) $\omega$ 的最大值为 $\frac{1}{6}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）解： 首先利用三角恒等变换公式对函数 $f(x)$ 的解析式进行化简。 根据两角差的余弦公式，展开第一项： $4\cos \left(\omega x-\frac{\pi }{6}\right)\sin \omega x=4\left(\cos \omega x\cos \frac{\pi }{6}+\sin \omega x\sin \frac{\pi }{6}\right)\sin \omega x$ 代入特殊角三角函数值 $\cos \frac{\pi }{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$， $\sin \frac{\pi }{6}=\frac{1}{2}$ 得： $=4\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos \omega x+\frac{1}{2}\sin \omega x\right)\sin \omega x=2\sqrt{3}\sin \omega x\cos \omega x+2{\sin }^2\omega x$

根据三角函数诱导公式 $\cos (\theta +\pi )=-\cos \theta$，化简第二项： $-\cos (2\omega x+\pi )=-(-\cos 2\omega x)=\cos 2\omega x$

将上述两部分合并，原函数解析式化为： $f(x)=2\sqrt{3}\sin \omega x\cos \omega x+2{\sin }^2\omega x+\cos 2\omega x$ 利用二倍角正弦公式 $2\sin \omega x\cos \omega x=\sin 2\omega x$，以及降幂公式 ${\sin }^2\omega x=\frac{1-\cos 2\omega x}{2}$： $f(x)=\sqrt{3}\sin 2\omega x+(1-\cos 2\omega x)+\cos 2\omega x$ 其中 $\cos 2\omega x$ 项相互抵消，最终化简为： $f(x)=\sqrt{3}\sin 2\omega x+1$

因为 $x\in \mathbb{R}$ 且 $\omega >0$，所以正弦函数部分的值域有界性满足： $-1\le \sin 2\omega x\le 1$ 两边同时乘以 $\sqrt{3}$ 并加上 1： $-\sqrt{3}\le \sqrt{3}\sin 2\omega x\le \sqrt{3}⟹1-\sqrt{3}\le f(x)\le 1+\sqrt{3}$

所以，函数 $y=f(x)$ 的值域为 $[1-\sqrt{3},1+\sqrt{3}]$。

（2）解： 根据（1）中求得的函数规范解析式： $f(x)=\sqrt{3}\sin 2\omega x+1$

首先寻找该正弦型函数的标准单调递增区间。 令整体相位处于正弦函数的标准一、四象限单调增区间内： $2k\pi -\frac{\pi }{2}\le 2\omega x\le 2k\pi +\frac{\pi }{2}(k\in \mathbb{Z})$ 由于已知 $\omega >0$，两边同时除以 $2\omega$，解得函数 $f(x)$ 的单调递增区间通式为： $\left[\frac{k\pi }{\omega }-\frac{\pi }{4\omega },\frac{k\pi }{\omega }+\frac{\pi }{4\omega }\right](k\in \mathbb{Z})$

因为已知函数 $f(x)$ 在闭区间 $\left[-\frac{3\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$ 上是增函数， 所以该已知区间必须是上述某个标准单调增区间的子集。 即存在某个整数 $k\in \mathbb{Z}$，使得： $\left[-\frac{3\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]\subseteq \left[\frac{k\pi }{\omega }-\frac{\pi }{4\omega },\frac{k\pi }{\omega }+\frac{\pi }{4\omega }\right]$

根据区间包含关系的代数定义（左端点向左放缩，右端点向右放缩），建立不等式组： $\{\begin{array}{l}\frac{k\pi }{\omega }-\frac{\pi }{4\omega }\le -\frac{3\pi }{2}\text{(1)}\\ \frac{k\pi }{\omega }+\frac{\pi }{4\omega }\ge \frac{\pi }{2}\text{(2)}\end{array}$

由于已知 $\omega >0$，两边消去 $\pi$ 并乘以 $4\omega$ 化简： $\{\begin{array}{l}4k-1\le -6\omega \\ 4k+1\ge 2\omega \end{array}⟹\{\begin{array}{l}6\omega \le 1-4k\\ 2\omega \le 4k+1\end{array}$

要使正数 $\omega$ 有解，必须满足 $1-4k>0⟹k<\frac{1}{4}$。 同时由第二式 $4k+1>0⟹k>-\frac{1}{4}$。 由于 $k$ 必须为整数，所以在上述交集范围内的唯一合规整数解只能为： $k=0$

将 $k=0$ 代回不等式组中，求 $\omega$ 的取值范围： $\{\begin{array}{l}6\omega \le 1⟹\omega \le \frac{1}{6}\\ 2\omega \le 1⟹\omega \le \frac{1}{2}\end{array}$

取两者的交集。因为 $\frac{1}{6}<\frac{1}{2}$，所以满足双重约束的最终范围为： $\omega \le \frac{1}{6}$

由于题目要求 $\omega$ 的最大值，显然其上限边界点为 $\frac{1}{6}$。

所以， $\omega$ 的最大值为 $\frac{1}{6}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：复合三角函数的恒等公式整合、正弦型函数整体单调递增区间通式的求解、区间包含关系的端点不等式转化。
2. 核心方法：整体区间包含法（子集约束通法）。处理“函数在给定区间 $[A,B]$ 上单调”的压轴大题时，切忌盲目代入端点值（代入端点值只能作为必要条件，无法保证中间不发生剧烈波动越界变号）。标准的严谨路径是：先求出含参的单调区间通式 $[g_1(\omega ),g_2(\omega )]$，然后通过构建子集关系组 $g_1(\omega )\le A$ 且 $g_2(\omega )\ge B$ 来锁死参数范围。
3. 避坑指南：

• 忽视单调区间的跨度限制：正弦函数一个单调区间的总长度为半个周期 $\frac{T}{2}=\frac{\pi }{2\omega }$。已知单调区间的长度为 $\frac{\pi }{2}-\left(-\frac{3\pi }{2}\right)=2\pi$。要使函数在这个区间上单调，整个区间的宽度绝对不能超过半个周期，即必须满足 $\frac{\pi }{2\omega }\ge 2\pi ⟹\omega \le \frac{1}{4}$。这可以作为一个高危强力筛选边界，防止算出的答案溢出。
• 整数 $k$ 的定位主观臆断：很多考生在列出包含关系时，直接主观认定 $k=0$，没有在步骤中给出 $k$ 范围的筛选推导，在高考大题中属于严重的逻辑扣分点。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题源于人教A版高中数学选择性必修第二册第五章《三角恒等变换》与必修第一册第五章《三角函数》性质的交叉融合压轴大题。属于历年高考中考查三角函数基本功最经典的题型。
2. 结论推广:

• 正弦型函数已知区间单调最大频率模型：对于任意标准正弦型函数 $y=\sin (\omega x+\varphi )(\omega >0)$。若已知其在闭区间 $[A,B]$ 上单调递增。
• 设该区间长度为 $\Delta =B-A$。根据正弦曲线的波形分布特性，波峰与波谷之间的最大单调跨度恰好为半个周期 $\frac{\pi }{\omega }$。
• 由此可直接导出 $\omega$ 满足的几何第一必要边界条件约束通式： $\frac{\pi }{\omega }\ge B-A⟹\omega \le \frac{\pi }{B-A}$
• 本题中 $A=-\frac{3\pi }{2},B=\frac{\pi }{2}$，则 $\Delta =\frac{\pi }{2}-\left(-\frac{3\pi }{2}\right)=2\pi$。
• 直接代入此推广必要性公式进行口算： $\omega \le \frac{\pi }{2\pi }=\frac{1}{2}$。虽然由于初相 $\frac{\pi }{3}$ 的偏置使得精确充分边界压缩到了 $\frac{1}{6}$，但利用此推广模型可以瞬间在大脑中建立起参数频率的安全上限，在选择、填空或大题检查中具有极高的复核价值。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 07.02 三角函数的定义与诱导公式 类题演练 (Links)

• 2008-安徽卷文-17 解-三角化简值域

• 2002-北京卷理-08 单-三角恒等变换

• 2010-山东卷文-17 解-三角周期与最值