1.5 极值点与零点个数问题

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

(1) $\omega ,\phi ,A$ 为定值，已知 $f(x)$ 在区间 $[x_1,x_2]$ 上零点的个数，求 $b$ 的取值范围．

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

(3) $\omega ,b,A$ 为定值，已知 $f(x)$ 在区间 $[x_1,x_2]$ 上零点或极值点的个数，求 $\phi$ 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 $b$，画双图，看交点．具体见下例．

例 1.58

(2021 长沙模拟) 已知函数 $f(x)=\sin \left(2x+\frac{\pi }{6}\right)+\frac{3}{2}+b$ ，当 $x\in \left[0,\frac{7\pi }{12}\right]$ 时，函数 $f(x)$ 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 $f(x)=0$ 得 $\sin \left(2x+\frac{\pi }{6}\right)=-\frac{3}{2}-b.$ 令 $z=2x+\frac{\pi }{6}$，因为 $x\in \left[0,\frac{7\pi }{12}\right]$，所以 $z\in \left[\frac{\pi }{6},\frac{4\pi }{3}\right]$，于是原问题等价于 $y=\sin z$ 与 $y=-\frac{3}{2}-b$ 在 $\left[\frac{\pi }{6},\frac{4\pi }{3}\right]$ 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 $-\frac{3}{2}-b=1$，即 $b=-\frac{5}{2}$ 时，有且只有一个交点;

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

综上所述，$b$ 的取值范围为 $\left(-2,\frac{\sqrt{3}-3}{2}\right]\cup \left\{-\frac{5}{2}\right\}$ .

变式 1.58.1

(2023 河北邯郸统考三模) 已知函数 $f(x)=2\pi \left[\cos 2\pi x+\cos \left(\frac{2\pi }{3}-2\pi x\right)\right]-a,$ $a\in R,$ 在区间 $\left(0,\frac{1}{2}\right)$ 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 $f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}\sin \left(\omega x-\frac{\pi }{4}\right)(\omega >0)$ ，若在区间 $(\pi ,2\pi )$ 内没有零点，则 $\omega$ 的取值范围是（）.

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

查看解析与步骤

令 $z=\omega x-\frac{\pi }{4}$，因为 $x\in (\pi ,2\pi )$，所以 $z\in \left(\pi \omega -\frac{\pi }{4},2\pi \omega -\frac{\pi }{4}\right)$，则原问题等价于 $y=\frac{\sqrt{2}}{2}\sin z$ 在区间 $\left(\pi \omega -\frac{\pi }{4},2\pi \omega -\frac{\pi }{4}\right)$ 内没有零点，故存在 $k\in \mathbb{Z}$ 使得 $\left(\pi \omega -\frac{\pi }{4},2\pi \omega -\frac{\pi }{4}\right)\subset [k\pi ,(k+1)\pi ]$，于是 $\{\begin{array}{l}\pi \omega -\frac{\pi }{4}⩾k\pi \\ 2\pi \omega -\frac{\pi }{4}⩽k\pi +\pi \end{array}$，解得 $k+\frac{1}{4}⩽\omega ⩽\frac{k}{2}+\frac{5}{8}$ , $k\in \mathbb{Z}$．因为 $\omega >0$，所以 $\{\begin{array}{l}\frac{k}{2}+\frac{5}{8}>0\\ k+\frac{1}{4}⩽\frac{k}{2}+\frac{5}{8}\end{array}$，解得 $-\frac{5}{4}<k⩽\frac{3}{4}$ , $k\in \mathbb{Z}$，于是 $k=-1,0$．当 $k=0$ 时，$\frac{1}{4}⩽\omega ⩽\frac{5}{8}$ ; 当 $k=-1$ 时，$0<\omega ⩽\frac{1}{8}$ .

综上所述，$\omega \in \left(0,\frac{1}{8}\right]\cup \left[\frac{1}{4},\frac{5}{8}\right]$，故选 $D$.

变式 1.59.1

(2022 上海模考) 若函数 $f(x)=\cos mx(m>0)$ 在区间 $(2\pi ,3\pi )$ 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 $f(x)=2\cos (\omega x+\phi )+1\left(\omega >0,|\phi |<\frac{\pi }{2}\right)$ ，其图像与直线 y=3 相邻两个交点的距离为 $\frac{2\pi }{3}$ ，若 $f(x)>1$ 对任意 $x\in \left(-\frac{\pi }{12},\frac{\pi }{6}\right)$ 恒成立，则 $\phi$ 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 $x_1<x_2$，且只有 $x_1$ 落在闭区间 $[a,b]$ 内，则 $a⩽x_1⩽b<x_2$ .

(2) 设 $x_1<x_2$，且只有 $x_1$ 落在开区间 $(a,b)$ 内，则 $a<x_1<b⩽x_2$ .

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 $f(x)=3\cos \left(\omega x-\frac{2\pi }{3}\right)(\omega >0)$ ，且 $f(x)$ 在 $[0,\pi ]$ 上有且仅有 3 个零点，则 $\omega$ 的取值范围是（）. A. $\left[\frac{5}{3},\frac{8}{3}\right)$ B. $\left[\frac{5}{3},\frac{13}{6}\right)$ C. $\left[\frac{7}{6},\frac{13}{6}\right)$ D. $\left[\frac{13}{6},\frac{19}{6}\right)$

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令 $z=\omega x-\frac{2\pi }{3}$，因为 $x\in [0,\pi ]$，所以 $z\in \left[-\frac{2\pi }{3},\pi \omega -\frac{2\pi }{3}\right]$．于是原问题转化为 $y=\cos z$ 在 $\left[-\frac{2\pi }{3},\pi \omega -\frac{2\pi }{3}\right]$ 上恰有 3 个零点．因为区间的左端点为 $-\frac{2\pi }{3}$，画出如图 1-20 所示的 $y=\cos z$ 的图像，所以 $y=\cos z$ 在该区间内仅有的 3 个零点只能是 $-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}$．因为题中的区间是闭区间，所以右端点需满足 $\frac{3\pi }{2}⩽\omega \pi -\frac{2\pi }{3}<\frac{5\pi }{2}$，得 $\frac{13}{6}⩽\omega <\frac{19}{6}$，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 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi }{3}\right)$ 在区间 $(0,\pi )$ 恰有三个极值点、两个零点，则实数 $\omega$ 的取值范围是（）. A. $\left[\frac{5}{3},\frac{13}{6}\right)$ B. $\left[\frac{5}{3},\frac{19}{6}\right)$ C. $\left(\frac{13}{6},\frac{8}{3}\right]$ D. $\left(\frac{13}{6},\frac{19}{6}\right]$

查看解析与步骤

结合选项只考虑 $\omega >0$ ，令 $z=\omega x+\frac{\pi }{3}$ ，因为 $x\in (0,\pi )$ ，所以 $z\in \left(\frac{\pi }{3},\omega \pi +\frac{\pi }{3}\right)$ 。于是原问题转化为 $y=\sin z$ 在区间 $\left(\frac{\pi }{3},\omega \pi +\frac{\pi }{3}\right)$ 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 $z>\frac{\pi }{3}$ 时，两个零点依次为 $\pi ,2\pi$ ，三个极值点依次为 $\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2},\frac{5\pi }{2}$ 。因为题中的区间是开区间，所以右端点需满足 $\frac{5\pi }{2}<\omega \pi +\frac{\pi }{3}⩽3\pi$ ，解得 $\frac{13}{6}<\omega ⩽\frac{8}{3}$ ，即 $\omega \in \left(\frac{13}{6},\frac{8}{3}\right]$ ，故选$C$.

图1-21

变式 1.61.1

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

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

变式 1.61.2

（2023 云南模考）设 $f(x)=\cos \left(\omega x-\frac{\pi }{6}\right)(\omega >0)$ ，若存在 $x_1,x_2\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ ，且 $x_1<x_2$ ，使得 $f(x_1)-f(x_2)=-2$ ，则 $\omega$ 的最小值是（）. A. 2 B. $\frac{7}{3}$ C. 3 D. $\frac{13}{3}$

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 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi }{6}\right)(\omega >0)$ ，若 $f\left(\frac{\pi }{6}\right)=0$ ，且 $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi }{6},\frac{5\pi }{24}\right)$ 上恰有 1 个零点，则 $\omega$ 的最小值为（）. A. 11 B. 29 C. 35 D. 47

查看解析与步骤

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

{ l l frac π6 ω + frac π6 = k π (k + 1) π < frac 5 π2 4 ω + frac π6 ≤slant (k + 2) π . ⇒ { l l ω = 6 k - 1 frac 2 45 k + 4 < ω ≤slant frac 2 45 k + frac 4 45 . ⇒ k = 5, 6, 7, 8.$$\{\begin{array}{l}\frac{\pi }{6}\omega +\frac{\pi }{6}=k\pi \\ (k+1)\pi <\frac{5\pi }{24}\omega +\frac{\pi }{6}⩽(k+2)\pi \end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}\omega =6k-1\\ \frac{24}{5}k+4<\omega ⩽\frac{24}{5}k+\frac{44}{5}\end{array}\Rightarrow k=5,6,7,8.$$

当 k=5 时，$\omega$ 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 $f(x)=\cos (\omega x+\phi )(\omega >0,-\pi <\phi <0)$ ， $f(0)=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，且 $f(x)$ 在 $[-100\pi ,100\pi ]$ 上恰有 100 个零点，则 $\omega$ 的取值范围是（）.

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

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 $f(0)=\cos \phi =\frac{\sqrt{3}}{2}$，又 $-\pi <\phi <0$，故 $\phi =-\frac{\pi }{6}$，所以 $f(x)=\cos \left(\omega x-\frac{\pi }{6}\right)$．令 $z=\omega x-\frac{\pi }{6}$，因为 $x\in [-100\pi ,100\pi ]$，所以 $z\in \left[-100\pi \omega -\frac{\pi }{6},100\pi \omega -\frac{\pi }{6}\right]=[z_1,z_2]$，则原问题等价于 $y=\cos z$ 在区间 $[z_1,z_2]$ 上恰有 100 个零点．

(1) 若 $z_1$ 是零点，则存在 $k\in \mathbb{Z}$ 使得

{ l l - 1 0 0 π ω - frac π6 = k π + frac π2 & k π + frac π2 + 9 9 π ≤slant 1 0 0 π ω - frac π6 < k π + frac π2 + 1 0 0 π & . ⇒ frac 9 92 0 0 ≤slant ω < frac 12.$$\{\begin{array}{ll}-100\pi \omega -\frac{\pi }{6}=k\pi +\frac{\pi }{2}& \\ k\pi +\frac{\pi }{2}+99\pi ⩽100\pi \omega -\frac{\pi }{6}<k\pi +\frac{\pi }{2}+100\pi & \end{array}\Rightarrow \frac{99}{200}⩽\omega <\frac{1}{2}.$$

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

(2) 若 $z_1$ 不是零点，则存在 $k\in \mathbb{Z}$ 使得

{ l l frac π2 + k π < - 1 0 0 π ω - frac π6 < frac π2 + (k + 1) π frac π2 + (k + 1 0 0) π ≤slant 1 0 0 π ω - frac π6 < frac π2 + (k + 1 0 1) π . ⇒ { l l frac - 3 k - 53 0 0 < ω < frac - 3 k - 23 0 0 frac 3 k + 3 0 23 0 0 ≤slant ω < frac 3 k + 3 0 53 0 0 .. (\textcircled{1)$$\{\begin{array}{l}\frac{\pi }{2}+k\pi <-100\pi \omega -\frac{\pi }{6}<\frac{\pi }{2}+(k+1)\pi \\ \frac{\pi }{2}+(k+100)\pi ⩽100\pi \omega -\frac{\pi }{6}<\frac{\pi }{2}+(k+101)\pi \end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}\frac{-3k-5}{300}<\omega <\frac{-3k-2}{300}\\ \frac{3k+302}{300}⩽\omega <\frac{3k+305}{300}\end{array}\text{\hspace{1em}(1◯.)}$$

要保证这个不等式组的解集不是空集，则需要满足 $\{\begin{array}{l}\frac{-3k-2}{300}>\frac{3k+302}{300}\\ \frac{3k+305}{300}>\frac{-3k-5}{300}\end{array}$，解得 $-\frac{155}{3}<k<-\frac{152}{3}$ , $k\in \mathbb{Z}$，即 $k=-51$，代入式①得 $\frac{149}{300}⩽\omega <\frac{151}{300}$，故选 $C$.

要保证 $\{\begin{array}{l}a<x<b\\ c<x<d\end{array}$ 的解集不是空集，需要满足 $\{\begin{array}{l}b>c\\ d>a\end{array}$．我们从反面来理解这个结论．若 $a<x<b$ 与 $c<x<d$ 没有交集，则 $a⩾d$ 或 $b⩽c$，因此它们有交集等价于 $a<d$ 且 $b>c$．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 $f(x)=2\sin (\omega x+\phi )-1$ ，若对于任意实数 $\phi ,f(x)$ 在区间 $\left[\frac{\pi }{4},\frac{3\pi }{4}\right]$ 上至少有 2 个零点，至多有 3 个零点，则 $\omega$ 的取值范围是（）.

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

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令 $f(x)=0$ ，则 $\sin (\omega x+\phi )=\frac{1}{2}$ ，结合选项只考虑 $\omega >0$ ，令 $z=\omega x+\phi$ ，因为 $x\in \left[\frac{\pi }{4},\frac{3\pi }{4}\right]$ ，所以 $z\in \left[\frac{\pi }{4}\omega +\phi ,\frac{3\pi }{4}\omega +\phi \right]=[z_1,z_2]$ ，则原问题等价于 $y=\sin z$ 在区间 $[z_1,z_2]$ 至少有 2 个 $z$，至多有 3 个 $z$，使得 $\sin z=\frac{1}{2}$ 。我们在坐标轴上画出 $\sin z=\frac{1}{2}$ 的零点，如图 1-23 所示，其中 $A_k=2k\pi +\frac{\pi }{6}$ ， $B_k=2k\pi +\frac{5\pi }{6}$ 。由于周期性，我们只需要考虑 $A_1,A_2,B_1$ 和 $B_2$ 即可。 注意到 $\phi$ 的任意性，所以区间 $[z_1,z_2]$ 可以在坐标轴上任意滑动．因为 $[z_1,z_2]$ 至少包含两个零点，所以该区间的长度至少要大于 $A_1{A}_2$ 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 $A_1{B}_2$ 的长度．于是 $\{\begin{array}{rl}\frac{\pi \omega }{2}& ⩾2\pi \\ \frac{\pi \omega }{2}& <\frac{16\pi }{6}\end{array}$ ，解得 $4⩽\omega <\frac{16}{3}$ ，故选 $B$.

图1-23