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1.6.1 对称性与周期性

函数的对称性与周期性的关系一直以来都是高考数学中重要的内容. 在《新高考数学你真的掌握了吗？函数》一书中, 我们已经对它进行了重点阐述. 在这里, 我们再重述一下相关结论.

💡 知识点 1.8

（1）若 x=a,x=bx = a, x = b 是 f(x)f(x) 的两条对称轴，则 2∣a−b∣2|a - b| 是它的一个周期. (2) 若 (a,0),(b,0)(a,0), (b,0) 是 f(x)f(x) 的两个对称中心，则 2∣a−b∣2|a - b| 是它的一个周期. (3) 若 (a,0),x=b(a,0), x = b 分别是 f(x)f(x) 的对称中心和对称轴，则 4∣a−b∣4|a - b| 是它的一个周期.

在函数那里, 其题型一般都是已知某个抽象函数在某些点的数值, 利用周期性求其他点处的值或者求和. 其难点在于如何利用题中所给的条件推出对称轴和对称中心.

但是, 如果函数不是抽象的, 而是由三角函数 f(x)=Asin⁡(ωx+φ)(ω>0)f(x) = A \sin(\omega x + \varphi)(\omega > 0) 或 f(x)=Acos⁡(ωx+φ)(ω>0)f(x) = A \cos(\omega x + \varphi)(\omega > 0) 给定的, 则题型往往是求 ω\omega 或 φ\varphi . 根据 ω=2πT\omega = \frac{2\pi}{T} , 这里 TT 是 f(x)f(x) 的最小正周期. 注意是最小正周期, 因此知识点1.8的结论不够用. 我们需要加强版的知识点1.8.

💡 知识点 1.9

设函数 f(x)=Asin⁡(ωx+φ)(ω>0)f(x) = A\sin (\omega x + \varphi)(\omega > 0) 或 f(x)=Acos⁡(ωx+φ)(ω>0)f(x) = A\cos (\omega x + \varphi)(\omega > 0), TT 是 f(x)f(x) 的最小正周期. (1) 若 x=a,x=bx = a, x = b 是 f(x)f(x) 的两条相邻的称轴, 则 T=2∣a−b∣T = 2|a - b|; (2) 若 (a,0),(b,0)(a,0), (b,0) 是 f(x)f(x) 的两个相邻的对称中心, 则 T=2∣a−b∣T = 2|a - b|; (3) 若 (a,0),x=b(a,0), x = b 分别是 f(x)f(x) 的对称中心和对称轴, 且相邻, 则 T=4∣a−b∣T = 4|a - b|.

上述知识点可以通过正弦函数图像辅助记忆. 不过, 一定要注意必须满足 “相邻” 这个条件.

✍️ 例 1.65

(2019 全国 II 文 8) 若 x1=π4x_{1}=\frac{\pi}{4} , x2=3π4x_{2}=\frac{3\pi}{4} 是函数 f(x)=sin⁡ωx(ω>0)f(x)=\sin\omega x(\omega>0) 两个相邻的极值点, 则 ω=()\omega=(\quad) . A. 2 B. 32\frac{3}{2} C. 1 D. 12\frac{1}{2}

🔑 查看解析与步骤

由题意可知 x1=π4x_{1} = \frac{\pi}{4} 和 x2=3π4x_{2} = \frac{3\pi}{4} 是函数 f(x)=sin⁡ωx(ω>0)f(x) = \sin \omega x (\omega > 0) 两条相邻的对称轴, 所以 T=2(x2−x1)=πT = 2(x_{2} - x_{1}) = \pi , 则 ω=2\omega = 2 , 故选 A.

因为例1.65明确告诉了两个极值点(对称轴)相邻, 故我们可以直接应用知识点1.9求它的最小正周期. 但有时候会把相邻这个条件隐藏起来, 需要我们把这个条件挖出.


图1-24

设 f(x)=Asin⁡(ωx+φ)f(x) = A\sin (\omega x + \varphi) 或 f(x)=Acos⁡(ωx+φ)f(x) = A\cos (\omega x + \varphi) ，其图像如图1-24所示，通过图像很容易得到 ∣x2−x1∣=T4<T2,∣x3−x1∣=T2<T,∣x4−x2∣=T2<T.|x_{2} - x_{1}| = \frac{T}{4} < \frac{T}{2}, |x_{3} - x_{1}| = \frac{T}{2} < T, |x_{4} - x_{2}| = \frac{T}{2} < T. 由此，我们得到如下结论.

结论总结1.1中的三种情形都可以唯一确定最小正周期, 也就是可以确定 ω\omega 的数值. 但是并没有告诉我们如何求 φ\varphi . 值得注意的是, 上述结论总结中的条件和结论不等价. 下面, 我们通过一个例题来阐述它们为什么不等价, 以及探索出解决这类问题的通法.

✍️ 例 1.66

(2017 天津 7) 设函数 f(x)=2sin⁡(ωx+φ),x∈Rf(x)=2\sin(\omega x+\varphi), x\in\mathbb{R} ，其中 ω>0,∣φ∣<π,\omega>0,|\varphi|<\pi, 若 f(5π8)=2,f\left(\frac{5\pi}{8}\right)=2, f(11π8)=0,f\left(\frac{11\pi}{8}\right)=0, 且 f(x)f(x) 的最小正周期大于 2π,2\pi, 则（）. A. ω=23,φ=π12\omega=\frac{2}{3},\varphi=\frac{\pi}{12} B. ω=23,φ=−11π12\omega=\frac{2}{3},\varphi=-\frac{11\pi}{12} C. ω=13,φ=−11π24\omega=\frac{1}{3},\varphi=-\frac{11\pi}{24} D. ω=13,φ=7π24\omega=\frac{1}{3},\varphi=\frac{7\pi}{24}

🧠 思路分析

因为 x=5π8x = \frac{5\pi}{8} 是 f(x)f(x) 极大值点, x=11π8x = \frac{11\pi}{8} 是 f(x)f(x) 的零点, 且满足 11π8−5π8<T2\frac{11\pi}{8} - \frac{5\pi}{8} < \frac{T}{2} , 所以极大值点 x=5π8x = \frac{5\pi}{8} 与零点 x=11π8x = \frac{11\pi}{8} 相邻, 于是 T=4(11π8−5π8)=3πT = 4\left(\frac{11\pi}{8} - \frac{5\pi}{8}\right) = 3\pi , 因此 ω=2πT=23\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2}{3} . 接下来我们需要确定 φ\varphi 的值. 显然需要再次利用条件 f(5π8)=2f\left(\frac{5\pi}{8}\right) = 2 或条件 f(11π8)=0f\left(\frac{11\pi}{8}\right) = 0 . 我们先尝试利用条件 f(11π8)=0f\left(\frac{11\pi}{8}\right) = 0 .

🔑 解析1

因为 ω=23\omega = \frac{2}{3} , 所以 f(x)=2sin⁡(23x+φ)f(x) = 2\sin \left(\frac{2}{3} x + \varphi\right) . 由 f(11π8)=0f\left(\frac{11\pi}{8}\right) = 0 可得 1112π+φ=kπ(k∈Z)\frac{11}{12}\pi + \varphi = k\pi (k \in \mathbb{Z}) , 解得 φ=kπ−1112π(k∈Z)\varphi = k\pi - \frac{11}{12}\pi (k \in \mathbb{Z}) . 因为 ∣φ∣<π|\varphi| < \pi , 所以 kk 可取0与1. 当 k=0k = 0 时, φ=−1112π\varphi = -\frac{11}{12}\pi ; 当 k=1k = 1 时, φ=112π\varphi = \frac{1}{12}\pi . 选项A, B均满足题意, 无法排除其中任何选项. 下面我们利用 f(5π8)=2f\left(\frac{5\pi}{8}\right) = 2 . 因为 f(5π8)=2f\left(\frac{5\pi}{8}\right) = 2 , 所以 23×5π8+φ=π2+2kπ(k∈Z)\frac{2}{3} \times \frac{5\pi}{8} + \varphi = \frac{\pi}{2} + 2k\pi (k \in \mathbb{Z}) , 解得 φ=π12+2kπ(k∈Z)\varphi = \frac{\pi}{12} + 2k\pi (k \in \mathbb{Z}) , 又 ∣φ∣<π|\varphi| < \pi , 所以 kk 只能取0, 此时 φ=π12\varphi = \frac{\pi}{12} , 故选A.

看到这里, 你肯定会问这样一个问题: 为什么利用 f(11π8)=0f\left(\frac{11\pi}{8}\right)=0 会产生增根? 这是因为极大值点 5π8\frac{5\pi}{8} 与零点 11π8\frac{11\pi}{8} 相邻 能推出 T=3πT=3\pi 且 11π8\frac{11\pi}{8} 为零点 不能推出

上面框架图中, 左边显然能推出右边, 但是右边不能推出左边. 因为 T=3πT = 3\pi 和 11π8\frac{11\pi}{8} 为零点只能推出 5π8\frac{5\pi}{8} 为极值点, 也就是说 5π8\frac{5\pi}{8} 既可能为极大值点, 也可能为极小值点. 这也就是为什么利用 f(11π8)=0f\left(\frac{11\pi}{8}\right) = 0 会产生增根的原因. 利用 f(5π8)=2f\left(\frac{5\pi}{8}\right) = 2 不会产生增根是因为下面的等价关系.

极大值点 5π8\frac{5\pi}{8} 与零点 11π8\frac{11\pi}{8} 相邻 T=3πT = 3\pi 且 5π8\frac{5\pi}{8} 为极大值点

当然, 你非要利用 f(11π8)=0f\left(\frac{11\pi}{8}\right) = 0 , 也并非不行, 只是要注意零点 11π8\frac{11\pi}{8} 的特殊性, 它不是任意的零点, 它是与极大值点 5π8\frac{5\pi}{8} 相邻的零点, 因此我们将解析 1 修改下.

🔑 解析2

因为零点 11π8\frac{11\pi}{8} 与极大值点 5π8\frac{5\pi}{8} 相邻，所以 1112π+φ=(2k+1)π(k∈Z)\frac{11}{12}\pi + \varphi = (2k + 1)\pi(k \in \mathbb{Z}) ，解得 φ=(2k+1)π−1112π(k∈Z)\varphi = (2k + 1)\pi - \frac{11}{12}\pi(k \in \mathbb{Z}) 。因为 ∣φ∣<πˉ|\varphi| < \bar{\pi} ，所以 k 只能取 0，此时 φ=π12\varphi = \frac{\pi}{12} ，故选 A.

不难看出, 利用零点要比极值点多费些心思. 通过上述讨论, 我们的经验是有极值点就利用极值点, 否则就用零点. 总结如下:

🛠️ 方法总结 1.3

设f(x)=Asin(ωx+φ)或f(x)=Acos(ωx+φ), x1和x3是f(x)的零点, x2和x4是f(x)的极值点,记T是f(x)的最小正周期. (1)若已知x1和x2,且∣x2−x1∣<T/2|x2-x1|<T/2,则利用T=4|x2-x1|求ω,利用极值点x2求φ; (2)若已知x1和x3,且∣x3−x1∣<T|x3-x1|<T,则利用T=2|x3-x1|求ω,利用x1或x3均可求φ; (3)若已知x2和x4,且∣x4−x2∣<T|x4-x2|<T,则利用T=2|x4-x2|求ω,利用x2或x4均可求φ.

从上述的讨论不难看出, 这类问题的讨论很烦琐, 究其原因就是在翻译条件的过程中, 造成了一些信息的丢失, 以至于会产生增根的情形, 比如知识点1.9和结论总结1.1, 这其实是受抽象函数的对称性和周期性的影响.

对于三角函数, 可以从方程的角度出发, 有几个方程就列几个式子, 看似笨拙, 但其实是解决这类问题的通法.

🔑 解析3

结合选项,由题意可知,存在 k1,k2∈Zk_{1},k_{2}\in \mathbb{Z} ，使得 {ω⋅58π+φ=2k1π+π2①ω⋅118π+φ=k2π②0<ω<1③\left\{ \begin{array}{ll}\omega \cdot \frac{5}{8}\pi +\varphi = 2k_1\pi +\frac{\pi}{2} & ①\\ \omega \cdot \frac{11}{8}\pi +\varphi = k_2\pi & ② \\ 0 < \omega < 1 & ③ \end{array} \right. ， ①−②① - ② 可

得 {ω=43(k2−2k1)−230<ω<1\left\{ \begin{array}{l} \omega = \frac{4}{3} (k_2 - 2k_1) - \frac{2}{3} \\ 0 < \omega < 1 \end{array} \right. . 因为 k2−2k1∈Zk_{2} - 2k_{1} \in \mathbb{Z} 且注意到 0<ω<10 < \omega < 1 , 所以 k2−2k1k_{2} - 2k_{1} 只能取 1, 于是可得 {ω=23k2=2k1+1\left\{ \begin{array}{l} \omega = \frac{2}{3} \\ k_{2} = 2k_{1} + 1 \end{array} \right. . 将 ω=23\omega = \frac{2}{3} 代入式①可得 φ=π12+2k1π(k1∈Z)\varphi = \frac{\pi}{12} + 2k_{1}\pi (k_{1} \in \mathbb{Z}) . 又因为 ∣φ∣<π|\varphi| < \pi , 所以 k1k_{1} 只能取 0, 于是 φ=π12\varphi = \frac{\pi}{12} , 故选 A.

📌 标注说明

我们也可以将 ω=23\omega = \frac{2}{3} 代入式②可得 φ=k2π−1112π.\varphi = k_2\pi -\frac{11}{12}\pi . 因为 ∣φ∣<π|\varphi | < \pi 和 k2=2k1+1,k_{2} = 2k_{1} + 1, 所以 k2k_{2} 只能取1,于是 φ=π12\varphi = \frac{\pi}{12} ，故选A.

🎯 变式 1.66.1

（2022 宁夏银川一模）设函数 f(x)=4sin⁡(ωx+φ)f(x)=4\sin(\omega x+\varphi) ，其中 0<ω<1,∣φ∣<π0<\omega<1,|\varphi|<\pi ，若 f(3π8)=4,f(9π8)=0f\left(\frac{3\pi}{8}\right)=4, f\left(\frac{9\pi}{8}\right)=0 ，则 f(x)f(x) 在 [0,2π][0,2\pi] 上的单调递减区间是（）.

A. [0,3π8]\left[0,\frac{3\pi}{8}\right] B. [15π8,2π]\left[\frac{15\pi}{8},2\pi\right] C. [3π8,15π8]\left[\frac{3\pi}{8},\frac{15\pi}{8}\right] D. [0,π][0,\pi]

在例1.65和例1.66中, 已知能够判断出函数的零点或极值点是相邻的, 于是利用结论总结1.1可以求出函数的最小正周期. 如果无法判断它们是否相邻, 可以得到如下结论.


图1-25


图1-26


图1-27


图1-28

📌 标注说明

建议同学们结合图像来理解结论总结1.2, 不要死记硬背. 若想利用结论解题, 要特别注意由于没有相邻的条件, 所以无法确定最小正周期, 也就是说所求出的 ω\omega 可能会出现增根, 需要讨论验证. 结合前面的讨论, 若条件中有极值点, 则利用极值点来排除增根, 没有极值点就利用零点来排除增根. 或者, 不要利用结论, 干脆就直接将条件用方程式列出, 解方程.

接下来, 我们将采用两种不同的方法分别解答后面的两道例题. 对于变式题和习题册中的练习, 我们将灵活运用, 确保两种方法均有涵盖. 这样做是因为这两种方法在本质上是等价的, 计算量几乎完全相同.

✍️ 例 1.67

已知函数 f(x)=sin⁡(ωx+3π4)′(ω>0)f(x)=\sin\left(\omega x+\frac{3\pi}{4}\right)^{\prime}(\omega>0) ，若 f(π2)=1,f(−π2)=0f\left(\frac{\pi}{2}\right)=1, f\left(-\frac{\pi}{2}\right)=0 ，求 ω\omega .

🔑 查看解析与步骤

设 TT 是 f(x)f(x) 的最小正周期, 则由题意可知 π2−(−π2)=T4+k1⋅T2\frac{\pi}{2} - \left(-\frac{\pi}{2}\right) = \frac{T}{4} + k_1 \cdot \frac{T}{2} , 解得 T=4π1+2k1(k1∈Z)T = \frac{4\pi}{1 + 2k_1}(k_1 \in \mathbb{Z}) , 即 2πω=4π1+2k1\frac{2\pi}{\omega} = \frac{4\pi}{1 + 2k_1} , 整理得 ω=1+2k12(k1∈Z)\omega = \frac{1 + 2k_1}{2}(k_1 \in \mathbb{Z}) , 即 f(x)=sin⁡(1+2k12x+3π4)f(x) = \sin \left(\frac{1 + 2k_1}{2} x + \frac{3\pi}{4}\right) . 因为 f(π2)=sin⁡(1+2k12⋅π2+3π4)=1f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \sin \left(\frac{1 + 2k_1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} + \frac{3\pi}{4}\right) = 1 , 所以存在 k2∈Zk_2 \in \mathbb{Z} 使得 1+2k12⋅π2+3π4=2k2π+π2\frac{1 + 2k_1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} + \frac{3\pi}{4} = 2k_2\pi + \frac{\pi}{2} , 解得 k1=4k2−1k_1 = 4k_2 - 1 , 即 ω=4k2−12,k2∈N∗\omega = 4k_2 - \frac{1}{2}, k_2 \in \mathbb{N}^* .

✍️ 例 1.68

(2023 福建模拟-多选题) 已知函数 f(x)=sin⁡ωx+3cos⁡ωx(ω>0)f(x)=\sin\omega x+\sqrt{3}\cos\omega x(\omega>0) 满足 f(π6)=2,f\left(\frac{\pi}{6}\right)=2, f(2π3)=0,f\left(\frac{2\pi}{3}\right)=0, 则（）. A. 曲线 y=f(x)y = f(x) 关于直线 x=7π6x = \frac{7\pi}{6} 对称 B. 函数 y=f(x−π3)y = f\left(x - \frac{\pi}{3}\right) 是奇函数 C. 函数 y=f(x)y = f(x) 在 (π6,7π6)\left(\frac{\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}\right) 上单调递减 D. 函数 y=f(x)y = f(x) 的值域为 [−2,2][-2, 2]

🔑 查看解析与步骤

f(x)=sin⁡ωx+3cos⁡ωx=2sin⁡(ωx+π3)f(x) = \sin \omega x + \sqrt{3}\cos \omega x = 2\sin \left(\omega x + \frac{\pi}{3}\right) ，由于 x=π6x = \frac{\pi}{6} 是 f(x)f(x) 的极大值点，则 π6ω+π3=π2+2k1π(k1∈Z)\frac{\pi}{6}\omega + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2} + 2k_1\pi (k_1 \in \mathbb{Z}) ，解得 ω=12k1+1\omega = 12k_1 + 1 。又 f(2π3)=0f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 0 ，则 2π3ω+π3=k2π(k2∈Z)\frac{2\pi}{3}\omega + \frac{\pi}{3} = k_2\pi (k_2 \in \mathbb{Z}) ，得 ω=3k2−12,k2∈Z\omega = \frac{3k_2 - 1}{2}, k_2 \in \mathbb{Z} 。故 3k2−12=12k1+1\frac{3k_2 - 1}{2} = 12k_1 + 1 ，变形为 k2=8k1+1k_2 = 8k_1 + 1 ，即 ω=12k1+1,k1∈Z\omega = 12k_1 + 1, k_1 \in \mathbb{Z} 。又因为 ω>0\omega > 0 ，所以 k1∈Nk_1 \in \mathbb{N} 。

选项A, f(7π6)=2sin⁡[(12k+1)7π6+π3]=−2,f\left(\frac{7\pi}{6}\right) = 2\sin \left[(12k + 1)\frac{7\pi}{6} +\frac{\pi}{3}\right] = -2, 故A正确.

选项 B, 因为 f(x−π3)=2sin⁡[(12k+1)(x−π3)+π3]=2sin⁡[(12k+1)x−4kπ]=2sin⁡[(12k+1)x]=−f(−x−π3)f\left(x-\frac{\pi}{3}\right)=2\sin\left[(12k+1)\left(x-\frac{\pi}{3}\right)+\frac{\pi}{3}\right]=2\sin[(12k+1)x-4k\pi]=2\sin[(12k+1)x]=-f\left(-x-\frac{\pi}{3}\right) ，即 f(x−π3)=−f(−x−π3)f\left(x-\frac{\pi}{3}\right)=-f\left(-x-\frac{\pi}{3}\right) ，所以函数 y=f(x−π3)y=f\left(x-\frac{\pi}{3}\right) 是奇函数，故 B 正确. 选项 C, 取 ω=13\omega = 13 , 则最小正周期 T=2πω=2π13<7π6−π6=πT = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{13} < \frac{7\pi}{6} - \frac{\pi}{6} = \pi , 故 C 错误. 选项 D, 函数 f(x)=2sin⁡(ωx+π3),(ω>0),−2⩽2sin⁡(ωx+π3)⩽2,f(x)=2\sin\left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right), (\omega>0), -2 \leqslant 2\sin\left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right) \leqslant 2, 故 D 正确. 综上所述, 选 ABD.