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1.6.3 $f(a) = \pm f(b)$ 与对称性的关系

我们都知道，正弦与余弦函数的图像具有对称性。换句话说，若 x=x0x = x_0 是 f(x)f(x) 的对称轴且 a+b=2x0a + b = 2x_0 ，则必有 f(a)=f(b)f(a) = f(b) 。现在的问题是，若已知 f(a)=f(b)f(a) = f(b) ，我们能否得到 x=a+b2x = \frac{a + b}{2} 是对称轴呢？这个问题比较复杂，我们先从下面例题开始研究。

✍️ 例 1.71

函数 f(x)=sin⁡ωx,f(π12)=f(13π12)f(x) = \sin \omega x, f\left(\frac{\pi}{12}\right) = f\left(\frac{13\pi}{12}\right) ，是否存在 ω\omega ，满足 0<ω<30 < \omega < 3 且 ω∈Z\omega \in \mathbb{Z} 。

🔑 解析1

因为 f(π12)=f(13π12)f\left(\frac{\pi}{12}\right) = f\left(\frac{13\pi}{12}\right) ，所以 f(x)f(x) 的一条对称轴为 x=12×(π12+13π12)=7π12x = \frac{1}{2} \times \left(\frac{\pi}{12} + \frac{13\pi}{12}\right) = \frac{7\pi}{12} ，则存在 k∈Zk \in \mathbb{Z} 使得 7π12ω=π2+kπ(k∈Z)\frac{7\pi}{12}\omega = \frac{\pi}{2} + k\pi (k \in \mathbb{Z}) ，即 ω=6+12k7(k∈Z)\omega = \frac{6 + 12k}{7} (k \in \mathbb{Z}) 。又因为 0<ω<30 < \omega < 3 ，所以 0<6+12k7<30 < \frac{6 + 12k}{7} < 3 ，即 −12<k<54-\frac{1}{2} < k < \frac{5}{4} ，故 k=0,1k = 0, 1 。当 k=0k = 0 时，ω=67∉Z\omega = \frac{6}{7} \notin \mathbb{Z} ，舍去；当 k=1k = 1 时，ω=187∉Z\omega = \frac{18}{7} \notin \mathbb{Z} ，舍去。故不存在 ω\omega 满足题意。

相信有部分同学也是按照解析 1 的思路来解题的，但是很遗憾地告诉大家，解析 1 是错的。

错在哪里呢？错就错在 f(π12)=f(13π12)f\left(\frac{\pi}{12}\right) = f\left(\frac{13\pi}{12}\right) 并不能推出 x=12×(π12+13π12)=7π12x = \frac{1}{2} \times \left(\frac{\pi}{12} + \frac{13\pi}{12}\right) = \frac{7\pi}{12} 是它的一条对称轴。或许有同学就更加困惑了，我们不是有这样的结论吗？即若 f(x)=f(2a−x)f(x) = f(2a - x) ，则 f(x)f(x) 关于 x=ax = a 对称。不错，这个结论确实没有问题，那是因为 f(x)=f(2a−x)f(x) = f(2a - x) 蕴含了对任意的 xx 都成立，而例1.71中的 f(π12)=f(13π12)f\left(\frac{\pi}{12}\right) = f\left(\frac{13\pi}{12}\right) 明显不满足 xx 的任意性，故 x=7π12x = \frac{7\pi}{12} 就不一定是 f(x)=sin⁡ωxf(x) = \sin \omega x 的对称轴。

现在回到本节的核心问题之一：

📦 问题 1

若正、余弦函数 f(x)f(x) 满足 f(a)=f(b)f(a) = f(b) ，则 x=a+b2x = \frac{a + b}{2} 何时是 f(x)f(x) 的对称轴?

我们以最简单的三角函数，f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x 来作说明。首先通过图 1-29～图 1-32 来直观感受一下。


图1-29


图1-30


图1-31


图1-32

图1-29和图1-30说明 x=a+b2x = \frac{a + b}{2} 可以是 f(x)f(x) 的对称轴；图1-31和图1-32说明 x=a+b2x = \frac{a + b}{2} 也可以不是 f(x)f(x) 的对称轴，虽然它们都满足 f(a)=f(b)f(a) = f(b) 。

也就是说，仅仅只有 f(a)=f(b)f(a) = f(b) 不足以判断 x=a+b2x = \frac{a + b}{2} 是否为 f(x)f(x) 的对称轴。因此我们需要加条件。下面，我们以最简单的 f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x 为例来推导这个条件。

由 sin⁡a=sin⁡b\sin a = \sin b 可知 a+b=2kπ+πa + b = 2k\pi +\pi 或 a−b=2kπ.a - b = 2k\pi . 要想保证 x=a+b2x = \frac{a + b}{2} 是 sin⁡x\sin x 的对称轴，就必须有 a+b2=kπ+π2\frac{a + b}{2} = k\pi + \frac{\pi}{2} ，即此时一定要排除 a−b=2kπa - b = 2k\pi 的情形。也就是说，若能添加条件 a−b≠2kπa - b \neq 2k\pi ，就可以从 sin⁡a=sin⁡b\sin a = \sin b 推导出 x=a+b2x = \frac{a + b}{2} 是 sin⁡x\sin x 的对称轴。

对于一般形式的正弦或余弦函数也可以类似推导，具体细节请同学们完成，总结如下：

📌 标注说明

条件“a, b 都不是对称轴”是必要的。因为若 a, b 都是对称轴且 f(a)=f(b)f(a) = f(b) ，则 x=a+b2x = \frac{a + b}{2} 必是它的对称轴，但此时 b - a = kT，这与结论正好相悖。另外

x=a+b2不是f(x)的对称轴⟺b−a=kT(k∈Z).x = \frac {a + b}{2} \text {不是} f (x) \text {的对称轴} \Longleftrightarrow b - a = k T (k \in \mathbb {Z}).

下面我们给出例1.71的正确解析。

🔑 解析2

记 x0=12×(π12+13π12)=7π12.x_0 = \frac{1}{2}\times \left(\frac{\pi}{12} +\frac{13\pi}{12}\right) = \frac{7\pi}{12}.

(1) 若 x=x0x = x_0 是 f(x)f(x) 的对称轴，此时解法同解析 1，不符合要求。

(2) 若 x=x0x = x_0 不是 f(x)f(x) 的对称轴，则 13π12−π12=k⋅2πω\frac{13\pi}{12} - \frac{\pi}{12} = k \cdot \frac{2\pi}{\omega} ，即 ω=2k(k∈N∗)\omega = 2k (k \in \mathbb{N}^*) 。因为 0<ω<30 < \omega < 3 ，所以 ω=2\omega = 2 ，故 f(x)=sin⁡2xf(x) = \sin 2x ，经检验，此时 f(π12)=f(13π12)=12f\left(\frac{\pi}{12}\right) = f\left(\frac{13\pi}{12}\right) = \frac{1}{2} ，符合题意。

(3) 若 x=π12x = \frac{\pi}{12} 与 x=13π12x = \frac{13\pi}{12} 都是对称轴，则 x=x0x = x_0 也是对称轴，由 (1) 可知此种情形不成立。

综上所述，可知 ω=2\omega = 2 。

如果你觉得结论总结 1.4 的表述略显复杂，可以将其简单理解为：若 f(x)f(x) 为正弦或余弦函数且 f(a)=f(b)f(a) = f(b) ，则要么 aa 与 bb 相差一个周期的整数倍；要么 aa 与 bb 关于 f(x)f(x) 的对称轴对称。

✍️ 例 1.72

(2025 新高考 I 19 节选) 求 f(x)=5cos⁡x−cos⁡5xf(x)=5\cos x-\cos 5x 在 [0,π4]\left[0,\frac{\pi}{4}\right] 上的最大值。

🔑 查看解析与步骤

对 f(x)f(x) 求导可得

f′(x)=−5sin⁡x+5sin⁡5x.f ^ {\prime} (x) = - 5 \sin x + 5 \sin 5 x.

令 f′(x)=0f'(x) = 0 ，可得 sin⁡x=sin⁡5x\sin x = \sin 5x 。因为 x∈[0,π4]x \in \left[0, \frac{\pi}{4}\right] ，所以 5x∈[0,5π4]5x \in \left[0, \frac{5\pi}{4}\right] ，两者不可能相差 2π2\pi 的整数倍，因此二者只能关于 y=sin⁡xy = \sin x 的对称轴对称。

显然，y=sin⁡xy = \sin x 在 [0,5π4]\left[0, \frac{5\pi}{4}\right] 内的对称轴只有 π2\frac{\pi}{2} ，因此 5x+x2=π2\frac{5x + x}{2} = \frac{\pi}{2} ，解得 x=π6x = \frac{\pi}{6} 。故 f(x)f(x) 的最大值可能出现在端点 x=0x = 0 、 x=π4x = \frac{\pi}{4} 及 x=π6x = \frac{\pi}{6} 处，计算得

max⁡x∈[0,π4]f(x)=max⁡{f(0),f(π6),f(π4)}=33.\max _ {x \in \left[ 0, \frac {\pi}{4} \right]} f (x) = \max \left\{f (0), f \left(\frac {\pi}{6}\right), f \left(\frac {\pi}{4}\right) \right\} = 3 \sqrt {3}.

故 f(x)f(x) 在 [0,π4]\left[0, \frac{\pi}{4}\right] 上的最大值为 333\sqrt{3} 。

✍️ 例 1.73

(2023 四省适应性考试) 已知函数 f(x)=sin⁡(ωx+φ)f(x)=\sin(\omega x+\varphi) 在区间 (π6,π2)\left(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}\right) 上单调，其中 ω\omega 为正整数，∣φ∣<π2|\varphi|<\frac{\pi}{2} ，且 f(π2)=f(2π3)f\left(\frac{\pi}{2}\right)=f\left(\frac{2\pi}{3}\right) 。

(I) 求 y=f(x)y = f(x) 图像的一条对称轴；

(Ⅱ) 若 f(π6)=32f\left(\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2} ，求 φ\varphi 。

🔑 查看解析与步骤

(I) 因为函数 f(x)=sin⁡(ωx+φ)f(x) = \sin (\omega x + \varphi) 在区间 (π6,π2)\left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right) 上单调，所以 f(x)f(x) 的最小正周期 T⩾2×(π2−π6)=2π3T \geqslant 2 \times \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6}\right) = \frac{2\pi}{3} 。又因为 f(π2)=f(2π3)f\left(\frac{\pi}{2}\right) = f\left(\frac{2\pi}{3}\right) ，且 2π3−π2<2π3<T\frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{2} < \frac{2\pi}{3} < T ，所以 x=12×(π2+2π3)=7π12x = \frac{1}{2} \times \left(\frac{\pi}{2} + \frac{2\pi}{3}\right) = \frac{7\pi}{12} 为 f(x)f(x) 图像的一条对称轴。

(Ⅱ) 由 (I) 知 T⩾2π3T \geqslant \frac{2\pi}{3} ，故 ω=2πT⩽3\omega = \frac{2\pi}{T} \leqslant 3 ，由 ω∈N∗\omega \in \mathbb{N}^* ，得 ω=1,2\omega = 1, 2 或 3。

因为 x=7π12x = \frac{7\pi}{12} 为 f(x)f(x) 的对称轴，所以 7π12ω+φ=π2+k1π,k1∈Z\frac{7\pi}{12}\omega + \varphi = \frac{\pi}{2} + k_1\pi, k_1 \in \mathbb{Z} 。又因为 f(π6)=32f\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2} ，所以 π6ω+φ=π3+2k2π\frac{\pi}{6}\omega + \varphi = \frac{\pi}{3} + 2k_2\pi 或 π6ω+φ=2π3+2k3π,k2,k3∈Z\frac{\pi}{6}\omega + \varphi = \frac{2\pi}{3} + 2k_3\pi, k_2, k_3 \in \mathbb{Z} 。

(1) 若 π6ω+φ=π3+2k2π,\frac{\pi}{6}\omega + \varphi = \frac{\pi}{3} + 2k_2\pi, 则 5π12ω=π6+(k1−2k2)π,\frac{5\pi}{12}\omega = \frac{\pi}{6} + (k_1 - 2k_2)\pi, 即 ω=2+12(k1−2k2)5\omega = \frac{2 + 12(k_1 - 2k_2)}{5} ，因此不存在整数 k1,k2k_1, k_2 ，使得 ω=1,2\omega = 1, 2 或 3。

(2) 若 π6ω+φ=2π3+2k2π,\frac{\pi}{6}\omega + \varphi = \frac{2\pi}{3} + 2k_2\pi, 则 5π12ω=−π6+(k1−2k3)π,\frac{5\pi}{12}\omega = -\frac{\pi}{6} + (k_1 - 2k_3)\pi, 即 ω=12(k1−2k3)−25\omega = \frac{12(k_1 - 2k_3) - 2}{5} 。显然不存在整数 k1,k3k_1, k_3 ，使得 ω=1\omega = 1 或 3。当 k1=2k3+1k_1 = 2k_3 + 1 时，ω=2\omega = 2 ，此时 φ=π3+2k3π,\varphi = \frac{\pi}{3} + 2k_3\pi, 由 ∣φ∣<π2|\varphi| < \frac{\pi}{2} ，得 φ=π3\varphi = \frac{\pi}{3} 。

🎯 变式 1.73.1

（2023 福建模考）已知函数 f(x)=2sin⁡(ωx+φ)(ω>0,∣φ∣<π2)f(x)=2\sin(\omega x+\varphi)\left(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right) 的图像过点 B(0,3)B(0,\sqrt{3}) ，且在 (π12,5π12)\left(\frac{\pi}{12},\frac{5\pi}{12}\right) 上单调，把 f(x)f(x) 的图像向右平移 π\pi 个单位之后与原来的图像重合，当 x1,x2∈(2π3,4π3)x_{1},x_{2}\in\left(\frac{2\pi}{3},\frac{4\pi}{3}\right) 且 x1≠x2x_{1}\neq x_{2} 时， f(x1)=f(x2)f(x_{1})=f(x_{2}) ，则 f(x1+x2)=()f(x_{1}+x_{2})=(\quad) 。 A. −3-\sqrt{3} B. 3\sqrt{3} C. -1

D. 1

🎯 变式 1.73.2

（2023 黑龙江模拟）已知函数 f(x)=3sin⁡(2x−π3)−2cos⁡2(x−π6)+1f(x)=3\sin\left(2x-\frac{\pi}{3}\right)-2\cos^{2}\left(x-\frac{\pi}{6}\right)+1 ，将函数 f(x)f(x) 的图像向左平移 π6\frac{\pi}{6} 个单位长度，得到函数 g(x)g(x) 的图像，若 x1,x2x_{1}, x_{2} 是关于 x 的方程 g(x)=ag(x)=a 在 [0,π2]\left[0, \frac{\pi}{2}\right] 内的两根，则 sin⁡(2x1+2x2)=()\sin\left(2x_{1}+2x_{2}\right)=(\quad) 。 A. 35\frac{3}{5} B. 1010\frac{\sqrt{10}}{10} C. −1010-\frac{\sqrt{10}}{10} D. −35-\frac{3}{5}

下面我们探讨对称中心问题，也就是本节另外一个核心问题：

📦 问题 2

若正、余弦函数 f(x)f(x) 满足 f(a)=−f(b)f(a) = -f(b) ，则 (a+b2,0)\left(\frac{a + b}{2}, 0\right) 何时是 f(x)f(x) 的对称中心？

同样地，我们以最简单的三角函数 f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x 的图像 (见图 1-33～图 1-36) 来直观感受一下。


图 1-33


图1-34


图1-35


图1-36

同样地，仅仅只有 f(a)=−f(b)f(a) = -f(b) 也不足以判断 (a+b2,0)\left(\frac{a + b}{2}, 0\right) 是 f(x)f(x) 的对称中心。

✍️ 例 1.74

(2014 北京理 14) 设函数 f(x)=Asin⁡(ωx+φ)(A>0,ω>0)f(x)=A\sin(\omega x+\varphi)(A>0,\omega>0) ，若 f(x)f(x) 在区间 [π6,π2]\left[\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}\right] 上具有单调性，且 f(π2)=f(2π3)=−f(π6)f\left(\frac{\pi}{2}\right)=f\left(\frac{2\pi}{3}\right)=-f\left(\frac{\pi}{6}\right) ，则 f(x)f(x) 的最小正周期为 ____。

🔑 查看解析与步骤

首先，因为 f(x)f(x) 在 [π6,π2]\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right] 上单调，所以 T⩾2(π2−π6)=2π3T \geqslant 2\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6}\right) = \frac{2\pi}{3} 。然后，因为 f(π2)=f(2π3)f\left(\frac{\pi}{2}\right) = f\left(\frac{2\pi}{3}\right) ，且 2π3−π2=π6<T\frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{6} < T ，所以 x=12(2π3+π2)=7π12x = \frac{1}{2}\left(\frac{2\pi}{3} + \frac{\pi}{2}\right) = \frac{7\pi}{12} 为它的一条对称轴。再然后，因为 f(π2)=−f(π6)f\left(\frac{\pi}{2}\right) = -f\left(\frac{\pi}{6}\right) ，且 f(x)f(x) 在 [π6,π2]\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right] 上具有单调性，故 f(x)f(x) 的一个对称中心的横坐标为 x=12(π6+π2)=π3x = \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{2}\right) = \frac{\pi}{3} 。最后，因为 7π12−π3=π4<T2\frac{7\pi}{12} - \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{4} < \frac{T}{2} ，所以中心对称点 (π3,0)\left(\frac{\pi}{3}, 0\right) 与对称轴 x=7π12x = \frac{7\pi}{12} 相邻，于是 f(x)f(x) 的最小正周期为 T=4(7π12−π3)=πT = 4\left(\frac{7\pi}{12} - \frac{\pi}{3}\right) = \pi ，故填 π\pi 。

📌 标注说明

能否由 f(2π3)=−f(π6)f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = -f\left(\frac{\pi}{6}\right) 得到另一个对称中心的横坐标为 x=12(π6+2π3)x = \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{6} +\frac{2\pi}{3}\right) 呢？

答案是否定的！因为通过解析我们知道 f(x)f(x) 在 [π6,7π12]\left[\frac{\pi}{6}, \frac{7\pi}{12}\right] 上单调，且关于 x=7π12x = \frac{7\pi}{12} 对称，而 2π3\frac{2\pi}{3} 恰好在 [π6,7π12]\left[\frac{\pi}{6}, \frac{7\pi}{12}\right] 关于 x=7π12x = \frac{7\pi}{12} 对称的区间上，所以 π6\frac{\pi}{6} 和 2π3\frac{2\pi}{3} 所在的区间单调性相反。故根据结论总结1.5我们可知这个答案是错的。

🎯 变式 1.74.1

（2022 湖南模考-多选题）已知函数 f(x)=sin⁡(ωx+φ)(ω>0,φ∈R)f(x)=\sin(\omega x+\varphi)(\omega>0,\varphi\in\mathbb{R}) 在区间 (7π12,5π6)\left(\frac{7\pi}{12},\frac{5\pi}{6}\right) 上单调，且满足 f(7π12)=−f(3π4)f\left(\frac{7\pi}{12}\right)=-f\left(\frac{3\pi}{4}\right) ，则下列结论正确的是（）。 A. f(2π3)=0f\left(\frac{2\pi}{3}\right)=0 B. 若 f(5π6−x)=f(x)f\left(\frac{5\pi}{6}-x\right)=f(x) ，则函数 f(x)f(x) 的最小正周期为 π\pi C. 关于 x 的方程 f(x)=1f(x)=1 在区间 [0,2π)[0,2\pi) 上最多有 4 个不相等的实数解 D. 若函数 f(x)f(x) 在区间 [2π3,13π6)\left[\frac{2\pi}{3},\frac{13\pi}{6}\right) 上恰有 5 个零点，则 ω\omega 的取值范围为 (83,3]\left(\frac{8}{3},3\right]

🎯 变式 1.74.2

（2022 上海模拟）已知函数 f(x)=sin⁡x+acos⁡xf(x)=\sin x+a\cos x 满足 f(x)⩽f(π6)f(x)\leqslant f\left(\frac{\pi}{6}\right) ，若 f(x)f(x) 在 [x1,x2][x_{1},x_{2}] 上单调，且 f(x1)+f(x2)=0f(x_{1})+f(x_{2})=0 ，则 ∣x1+x2∣|x_{1}+x_{2}| 的最小值为（）。 A. π6\frac{\pi}{6} B. π3\frac{\pi}{3} C. 2π3\frac{2\pi}{3} D. 4π3\frac{4\pi}{3}