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1.6.2 单调性与周期的关系

📌 标注说明

T2⩾x2−x1\frac{T}{2} \geqslant x_2 - x_1 并不能保证函数在 (x1,x2)(x_1, x_2) 上单调. 此时需要再次验证单调性.

✍️ 例 1.69

(2025 天津 8) f(x)=sin⁡(ωx+φ)(ω>0,−π<φ<π)f(x)=\sin(\omega x+\varphi)(\omega>0,-\pi<\varphi<\pi) ，在 [−5π12,π12]\left[-\frac{5\pi}{12},\frac{\pi}{12}\right] 上单调递增，且 x=π12x=\frac{\pi}{12} 为它的一条对称轴， (π3,0)\left(\frac{\pi}{3},0\right) 是它的一个对称中心，当 x∈[0,π2]x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right] 时， f(x)f(x) 的最小值为（）.

A. −32-\frac{\sqrt{3}}{2} B. −12-\frac{1}{2} C. 1

D. 0

🔑 查看解析与步骤

因为 f(x)f(x) 在 [−5π12,π12]\left[-\frac{5\pi}{12}, \frac{\pi}{12}\right] 上单调递增, 所以该区间长度不超过半个周期, 即

π12−(−5π12)⩽T2⟹T⩾π.\frac {\pi}{1 2} - \left(- \frac {5 \pi}{1 2}\right) \leqslant \frac {T}{2} \Longrightarrow T \geqslant \pi .

又因为 x=π12⏟\underbrace{x=\frac{\pi}{12}} 是一条对称轴，且 (π3,0)\left(\frac{\pi}{3},0\right) 为其对称中心，所以该对称轴和对称中心必然是相邻的，否则它们的距离至少为 34T\frac{3}{4}T ，即 π3−π12⩾34T\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{12}\geqslant\frac{3}{4}T ，解得 T⩽π3T\leqslant\frac{\pi}{3} ，这与结论 T⩾πT\geqslant\pi 矛盾，故该对称轴与对称中心必相邻。由此可得： 2πω=4(π3−π12)⇒ω=2.\frac{2\pi}{\omega}=4\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{12}\right)\Rightarrow\omega=2.

由①②可知 x=π12x = \frac{\pi}{12} 为 f(x)f(x) 的极大值点, 故 2×π12+φ=π2+2kπ,k∈Z2 \times \frac{\pi}{12} + \varphi = \frac{\pi}{2} + 2k\pi, k \in \mathbb{Z} , 解得 φ=π3+2kπ,k∈Z\varphi = \frac{\pi}{3} + 2k\pi, k \in \mathbb{Z} . 又 −π<φ<π-\pi < \varphi < \pi , 因此 φ=π3\varphi = \frac{\pi}{3} , 即 f(x)=sin⁡(2x+π3)f(x) = \sin \left(2x + \frac{\pi}{3}\right) . 令 t=2x+π3t = 2x + \frac{\pi}{3} , 因为 x∈[0,π2]x \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right] , 所以 t∈[π3,4π3]t \in \left[\frac{\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}\right] , 函数 y=sin⁡ty = \sin t 在 [π3,π2]\left[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right] 上单调递增, 在 [π2,4π3]\left[\frac{\pi}{2}, \frac{4\pi}{3}\right] 上单调递减, 故其最小值为 min⁡{sin⁡π3,sin⁡4π3}=−32\min \left\{\sin \frac{\pi}{3}, \sin \frac{4\pi}{3}\right\} = -\frac{\sqrt{3}}{2} , 故选 A.

前面我们强调, 利用单调性推出的周期范围, 要再次验证, 看所得的范围能否保证题中的单调性. 不过, 例1.69的解析似乎没有体现这一点. 但是, 下面这个例题, 要是不验证, 就要出问题.

✍️ 例 1.70

(2016 全国 I 理 12) 已知函数 f(x)=sin⁡(ωx+φ)(ω>0,∣φ∣⩽π2)f(x)=\sin(\omega x+\varphi)\left(\omega>0,|\varphi|\leqslant\frac{\pi}{2}\right) ， x=−π4x=-\frac{\pi}{4} 为 f(x)f(x) 的零点， x=π4x=\frac{\pi}{4} 为 y=f(x)y=f(x) 图像的对称轴，且 f(x)f(x) 在 (π18,5π36)\left(\frac{\pi}{18},\frac{5\pi}{36}\right) 上单调，则 ω\omega 的最大值为（）.

A. 11 B. 9 C. 7 D. 5

🔑 查看解析与步骤

因为 x=−π4x = -\frac{\pi}{4} 为 f(x)f(x) 的零点, x=π4x = \frac{\pi}{4} 为 f(x)f(x) 的对称轴, 所以 π4−(−π4)=T4+k⋅T2(k∈N)\frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{T}{4} + k \cdot \frac{T}{2} (k \in \mathbb{N}) , 即 T=2π2k+1=2πω(k∈N)T = \frac{2\pi}{2k + 1} = \frac{2\pi}{\omega} (k \in \mathbb{N}) , 解得 ω=2k+1(k∈N)\omega = 2k + 1 (k \in \mathbb{N}) . 由 f(x)f(x) 在 (π18,5π36)\left(\frac{\pi}{18}, \frac{5\pi}{36}\right) 上单调, 得 2πω⩾2(5π36−π18)\frac{2\pi}{\omega} \geqslant 2\left(\frac{5\pi}{36} - \frac{\pi}{18}\right) , 解得 ω⩽12\omega \leqslant 12 .

(1) 当 ω=11\omega = 11 时, f(x)=sin⁡(11x+φ)f(x) = \sin (11x + \varphi) . 因为 x=π4x = \frac{\pi}{4} 为 f(x)f(x) 的对称轴, 所以 11π4+φ=π2+kπ(k∈\frac{11\pi}{4} + \varphi = \frac{\pi}{2} + k\pi (k \in Z)\mathbb{Z}) 。又由 ∣φ∣⩽π2|\varphi| \leqslant \frac{\pi}{2} 可得 k=2,φ=−π4k = 2, \varphi = -\frac{\pi}{4} 。此时 f(x)=sin⁡(11x−π4)f(x) = \sin \left(11x - \frac{\pi}{4}\right) 。令 z=11x−π4,x∈(π18,5π36)z = 11x - \frac{\pi}{4}, x \in \left(\frac{\pi}{18}, \frac{5\pi}{36}\right) ，则 z∈(13π36,23π18)z \in \left(\frac{13\pi}{36}, \frac{23\pi}{18}\right) ，而 y=sin⁡zy = \sin z 在 (13π36,23π18)\left(\frac{13\pi}{36}, \frac{23\pi}{18}\right) 上不单调，所以 ω=11\omega = 11 错误。

(2) 当 ω=9\omega = 9 时, f(x)=sin⁡(9x+φ)f(x) = \sin (9x + \varphi) , 因为 x=π4x = \frac{\pi}{4} 为 f(x)f(x) 的对称轴, 所以 9π4+φ=π2+kπ(k∈Z)\frac{9\pi}{4} + \varphi = \frac{\pi}{2} + k\pi (k \in \mathbb{Z}) . 又 ∣φ∣⩽π2|\varphi| \leqslant \frac{\pi}{2} , 所以 k=2,φ=π4k = 2, \varphi = \frac{\pi}{4} , 此时 f(x)=sin⁡(9x+π4)f(x) = \sin \left(9x + \frac{\pi}{4}\right) . 令 z=9x+π4,x∈(π18,5π36)z = 9x + \frac{\pi}{4}, x \in \left(\frac{\pi}{18}, \frac{5\pi}{36}\right) , 则 z∈(3π4,3π2)z \in \left(\frac{3\pi}{4}, \frac{3\pi}{2}\right) , 且 y=sin⁡zy = \sin z 在区间 (3π4,3π2)\left(\frac{3\pi}{4}, \frac{3\pi}{2}\right) 上单调递减, 所以 ω=9\omega = 9 正确.

综上所述, ω\omega 的最大值为 9, 故选 B.

该例就是一个很好的体现, 即利用单调性得出的周期范围不能保证单调性就一定成立, 因此, 验证是必要的.

🎯 变式 1.70.1

（2021 芜湖模考）设函数 f(x)=sin⁡(ωx+φ)(ω>0,∣φ∣<π)f(x)=\sin(\omega x+\varphi)(\omega>0,|\varphi|<\pi) . 若 f(x)⩽f(5π8)f(x)\leqslant f\left(\frac{5\pi}{8}\right) 对任意 x 都成立，且 f(11π8)=0,f(x)f\left(\frac{11\pi}{8}\right)=0, f(x) 在 (−3π4,π4)\left(-\frac{3\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right) 上单调，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}

🎯 变式 1.70.2

（2023 湖北联考）函数 f(x)=sin⁡(ωx+φ)(ω>0,∣φ∣⩽π2)f(x)=\sin(\omega x+\varphi)\left(\omega>0,|\varphi|\leqslant\frac{\pi}{2}\right) ，已知 (−π6,0)\left(-\frac{\pi}{6},0\right) 为 f(x)f(x) 图像的一个对称中心，直线 x=13π12x=\frac{13\pi}{12} 为 f(x)f(x) 图像的一条对称轴，且 f(x)f(x) 在 [13π12,19π12]\left[\frac{13\pi}{12},\frac{19\pi}{12}\right] 上单调递减．记满足条件的所有 ω\omega 的值的和为 S，则 S 的值为（）.

A. 125\frac{12}{5} B. 85\frac{8}{5} C. 165\frac{16}{5} D. 185\frac{18}{5}