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 $x=a,x=b$ 是 $f(x)$ 的两条对称轴，则 $2|a-b|$ 是它的一个周期. (2) 若 $(a,0),(b,0)$ 是 $f(x)$ 的两个对称中心，则 $2|a-b|$ 是它的一个周期. (3) 若 $(a,0),x=b$ 分别是 $f(x)$ 的对称中心和对称轴，则 $4|a-b|$ 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 $f(x)=A\sin (\omega x+\phi )(\omega >0)$ 或 $f(x)=A\cos (\omega x+\phi )(\omega >0)$ 给定的, 则题型往往是求 $\omega$ 或 $\phi$ . 根据 $\omega =\frac{2\pi }{T}$ , 这里 $T$ 是 $f(x)$ 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 $f(x)=A\sin (\omega x+\phi )(\omega >0)$ 或 $f(x)=A\cos (\omega x+\phi )(\omega >0)$, $T$ 是 $f(x)$ 的最小正周期. (1) 若 $x=a,x=b$ 是 $f(x)$ 的两条相邻的称轴, 则 $T=2|a-b|$; (2) 若 $(a,0),(b,0)$ 是 $f(x)$ 的两个相邻的对称中心, 则 $T=2|a-b|$; (3) 若 $(a,0),x=b$ 分别是 $f(x)$ 的对称中心和对称轴, 且相邻, 则 $T=4|a-b|$.

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 $x_1=\frac{\pi }{4}$ , $x_2=\frac{3\pi }{4}$ 是函数 $f(x)=\sin \omega x(\omega >0)$ 两个相邻的极值点, 则 $\omega =()$ . A. 2 B. $\frac{3}{2}$ C. 1 D. $\frac{1}{2}$

查看解析与步骤

由题意可知 $x_1=\frac{\pi }{4}$ 和 $x_2=\frac{3\pi }{4}$ 是函数 $f(x)=\sin \omega x(\omega >0)$ 两条相邻的对称轴, 所以 $T=2(x_2-x_1)=\pi$ , 则 $\omega =2$ , 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 $f(x)=A\sin (\omega x+\phi )$ 或 $f(x)=A\cos (\omega x+\phi )$ ，其图像如图 1-24所示，通过图像很容易得到 $|x_2-x_1|=\frac{T}{4}<\frac{T}{2},|x_3-x_1|=\frac{T}{2}<T,|x_4-x_2|=\frac{T}{2}<T.$ 由此，我们得到如下结论.

结论总结 1.1

设 $f(x)=A\sin (\omega x+\phi )$ 或 $f(x)=A\cos (\omega x+\phi )$ ， $x_1$ 和 $x_3$ 是 $f(x)$ 的零点， $x_2$ 和 $x_4$ 是 $f(x)$ 的极值点，如图 1-24 所示，记 $T$ 是 $f(x)$ 的最小正周期. (1) 若 $|x_2-x_1|<\frac{T}{2}$ ，则零点 $x_1$ 与极大值点 $x_2$ 相邻，于是 $T=4|x_2-x_1|$ ; (2) 若 $|x_3-x_1|<T$ ，则 $x_1,x_3$ 是相邻的零点，于是 $T=2|x_3-x_1|$ ; (3) 若 $|x_4-x_2|<T$ ，则 $x_2,x_4$ 是相邻的极值点，于是 $T=2|x_4-x_2|$ .

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 $\omega$ 的数值. 但是并没有告诉我们如何求 $\phi$ . 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 $f(x)=2\sin (\omega x+\phi ),x\in \mathbb{R}$ ，其中 $\omega >0,|\phi |<\pi ,$ 若 $f\left(\frac{5\pi }{8}\right)=2,$ $f\left(\frac{11\pi }{8}\right)=0,$ 且 $f(x)$ 的最小正周期大于 $2\pi ,$ 则（）. A. $\omega =\frac{2}{3},\phi =\frac{\pi }{12}$ B. $\omega =\frac{2}{3},\phi =-\frac{11\pi }{12}$ C. $\omega =\frac{1}{3},\phi =-\frac{11\pi }{24}$ D. $\omega =\frac{1}{3},\phi =\frac{7\pi }{24}$

思路分析

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

解析1

因为 $\omega =\frac{2}{3}$ , 所以 $f(x)=2\sin \left(\frac{2}{3}x+\phi \right)$ . 由 $f\left(\frac{11\pi }{8}\right)=0$ 可得 $\frac{11}{12}\pi +\phi =k\pi (k\in \mathbb{Z})$ , 解得 $\phi =k\pi -\frac{11}{12}\pi (k\in \mathbb{Z})$ . 因为 $|\phi |<\pi$ , 所以 $k$ 可取0与1. 当 $k=0$ 时, $\phi =-\frac{11}{12}\pi$ ; 当 $k=1$ 时, $\phi =\frac{1}{12}\pi$ . 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 $f\left(\frac{5\pi }{8}\right)=2$ . 因为 $f\left(\frac{5\pi }{8}\right)=2$ , 所以 $\frac{2}{3}\times \frac{5\pi }{8}+\phi =\frac{\pi }{2}+2k\pi (k\in \mathbb{Z})$ , 解得 $\phi =\frac{\pi }{12}+2k\pi (k\in \mathbb{Z})$ , 又 $|\phi |<\pi$ , 所以 $k$ 只能取0, 此时 $\phi =\frac{\pi }{12}$ , 故选$A$.

看到这里, 你肯定会问这样一个问题: 为什么利用 $f\left(\frac{11\pi }{8}\right)=0$ 会产生增根? 这是因为极大值点 $\frac{5\pi }{8}$ 与零点 $\frac{11\pi }{8}$ 相邻 能推出 $T=3\pi$ 且 $\frac{11\pi }{8}$ 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 $T=3\pi$ 和 $\frac{11\pi }{8}$ 为零点只能推出 $\frac{5\pi }{8}$ 为极值点, 也就是说 $\frac{5\pi }{8}$ 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 $f\left(\frac{11\pi }{8}\right)=0$ 会产生增根的原因. 利用 $f\left(\frac{5\pi }{8}\right)=2$ 不会产生增根是因为下面的等价关系.

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

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

解析2

因为零点 $\frac{11\pi }{8}$ 与极大值点 $\frac{5\pi }{8}$ 相邻，所以 $\frac{11}{12}\pi +\phi =(2k+1)\pi (k\in \mathbb{Z})$ ，解得 $\phi =(2k+1)\pi -\frac{11}{12}\pi (k\in \mathbb{Z})$ 。因为 $|\phi |<\bar{\pi }$ ，所以 $k$ 只能取 0，此时 $\phi =\frac{\pi }{12}$ ，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$|x2-x1|<T/2$,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$|x3-x1|<T$,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$|x4-x2|<T$,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 $k_1,k_2\in \mathbb{Z}$ ，使得 $\{\begin{array}{ll}\omega \cdot \frac{5}{8}\pi +\phi =2k_1\pi +\frac{\pi }{2}& \stackrel{◯}{1}\\ \omega \cdot \frac{11}{8}\pi +\phi =k_2\pi & \stackrel{◯}{2}\\ 0<\omega <1& \stackrel{◯}{3}\end{array}$ ， $\stackrel{◯}{1}-\stackrel{◯}{2}$ 可

得 $\{\begin{array}{l}\omega =\frac{4}{3}(k_2-2k_1)-\frac{2}{3}\\ 0<\omega <1\end{array}$ . 因为 $k_2-2k_1\in \mathbb{Z}$ 且注意到 $0<\omega <1$ , 所以 $k_2-2k_1$ 只能取 1, 于是可得 $\{\begin{array}{l}\omega =\frac{2}{3}\\ k_2=2k_1+1\end{array}$ . 将 $\omega =\frac{2}{3}$ 代入式①可得 $\phi =\frac{\pi }{12}+2k_1\pi (k_1\in \mathbb{Z})$ . 又因为 $|\phi |<\pi$ , 所以 $k_1$ 只能取 0, 于是 $\phi =\frac{\pi }{12}$ , 故选 $A$.

我们也可以将 $\omega =\frac{2}{3}$ 代入式②可得 $\phi =k_2\pi -\frac{11}{12}\pi .$ 因为 $|\phi |<\pi$ 和 $k_2=2k_1+1,$ 所以 $k_2$ 只能取1,于是 $\phi =\frac{\pi }{12}$ ，故选$A$.

变式 1.66.1

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

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

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.

结论总结 1.2

设 $f(x)=A\sin (\omega x+\phi )$ , 记 $T$ 是 $f(x)$ 的最小正周期. (1) 如图 1-25所示, 若 $x=a$ , $x=b$ 是 $f(x)$ ; (2) 如图 1-26所示, 若 $|b-a|=k\cdot \frac{T}{2}(k\in {\mathbb{N}}^{\ast })$ ; (2) 如图1-26所示, 若 $x=a$ ; (3) 如图 1-27所示, 若 $x=b$ 是极小值点, 则 $|b-a|=\frac{T}{2}+kT(k\in \mathbb{N})$ ; (3) 如图1-27所示, 若 $x=a$ ; (4) 如图 1-28所示, 若 $x=b$ 是 $f(x)$ 的两个零点, 则 $|b-a|=k\cdot \frac{T}{2}(k\in {\mathbb{N}}^{\ast })$ ; (4) 如图1-28所示, 若 $x=a$ 和 $x=b$ 分别是 $f(x)$ 的零点与极值点, 则 $|b-a|=\frac{T}{4}+k\cdot \frac{T}{2}(k\in \mathbb{N})$ .

图1-25

图1-26

图1-27

图1-28

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 $\omega$ 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 $f(x)=\sin {\left(\omega x+\frac{3\pi }{4}\right)}^{\prime }(\omega >0)$ ，若 $f\left(\frac{\pi }{2}\right)=1,f\left(-\frac{\pi }{2}\right)=0$ ，求 $\omega$ .

查看解析与步骤

设 $T$ 是 $f(x)$ 的最小正周期, 则由题意可知 $\frac{\pi }{2}-\left(-\frac{\pi }{2}\right)=\frac{T}{4}+k_1\cdot \frac{T}{2}$ , 解得 $T=\frac{4\pi }{1+2k_1}(k_1\in \mathbb{Z})$ , 即 $\frac{2\pi }{\omega }=\frac{4\pi }{1+2k_1}$ , 整理得 $\omega =\frac{1+2k_1}{2}(k_1\in \mathbb{Z})$ , 即 $f(x)=\sin \left(\frac{1+2k_1}{2}x+\frac{3\pi }{4}\right)$ . 因为 $f\left(\frac{\pi }{2}\right)=\sin \left(\frac{1+2k_1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}+\frac{3\pi }{4}\right)=1$ , 所以存在 $k_2\in \mathbb{Z}$ 使得 $\frac{1+2k_1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}+\frac{3\pi }{4}=2k_2\pi +\frac{\pi }{2}$ , 解得 $k_1=4k_2-1$ , 即 $\omega =4k_2-\frac{1}{2},k_2\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ .

例 1.68

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

查看解析与步骤

$f(x)=\sin \omega x+\sqrt{3}\cos \omega x=2\sin \left(\omega x+\frac{\pi }{3}\right)$ ，由于 $x=\frac{\pi }{6}$ 是 $f(x)$ 的极大值点，则 $\frac{\pi }{6}\omega +\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}+2k_1\pi (k_1\in \mathbb{Z})$ ，解得 $\omega =12k_1+1$ 。又 $f\left(\frac{2\pi }{3}\right)=0$ ，则 $\frac{2\pi }{3}\omega +\frac{\pi }{3}=k_2\pi (k_2\in \mathbb{Z})$ ，得 $\omega =\frac{3k_2-1}{2},k_2\in \mathbb{Z}$ 。故 $\frac{3k_2-1}{2}=12k_1+1$ ，变形为 $k_2=8k_1+1$ ，即 $\omega =12k_1+1,k_1\in \mathbb{Z}$ 。又因为 $\omega >0$ ，所以 $k_1\in \mathbb{N}$ 。

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

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