浙江 2010 · 数学 q11

冷启动：两项的周期都是 $\pi$，难的那一半在「最小」

$$f(x)=\sin\left(2x-\frac{\pi}{4}\right)-2\sqrt{2}\sin^{2}x .$$

三句话先把局面理清。

第一句：$\sin^{2}x$ 的周期是 $\pi$，不是 $2\pi$。 这是本题的第一个坎。$\sin x$ 的最小正周期确实是 $2\pi$，可平方之后负号被吃掉了：

$$\sin^{2}(x+\pi)=\left(-\sin x\right)^{2}=\sin^{2}x .$$

于是第二项以 $\pi$ 为周期。凭「里面写的是 $\sin x$，所以周期 $2\pi$」就把答案写成 $2\pi$，正是易错点「和函数的周期取成了其中一项的」那个坑的另一面：和的周期既不能随手取某一项的，也不能凭括号里那个 $x$ 的系数瞎猜，得对两项各算一遍再取公共的。

第二句：$\pi$ 一定是 $f$ 的周期。 第一项

$$\sin\left(2(x+\pi)-\frac{\pi}{4}\right)=\sin\left(2x-\frac{\pi}{4}+2\pi\right)=\sin\left(2x-\frac{\pi}{4}\right) ,$$

第二项刚刚也验过。两项都不变，所以 $f(x+\pi)=f(x)$——这一步一个公式都不用，直接代入就成。

第三句：难的是「最小」。 题目问的是最小正周期。$\pi$ 是周期只说明答案不超过 $\pi$；要断定它就是最小的，还得排除 $\dfrac{\pi}{2}$、$\dfrac{\pi}{3}$、……这些更小的候选。下面三条路里，前两条都靠把 $f$ 化成一条标准正弦曲线（化完周期就一眼可读），第三条专门补上「为什么不能更小」这一步。

解法一：原卷路线——降幂、展开、合角，化成一条标准正弦曲线

第一步：降幂。 由二倍角公式 $\cos 2x=1-2\sin^{2}x$，

$$\sin^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2} \quad\Longrightarrow\quad -2\sqrt{2}\sin^{2}x=-\sqrt{2}\left(1-\cos 2x\right)=\sqrt{2}\cos 2x-\sqrt{2} .$$

这一步是本题唯一需要挑公式的地方。 $\cos 2x$ 有三种写法，手里只有 $\sin$ 时要用的是 $1-2\sin^{2}x$；顺手写成 $2\cos^{2}x-1$ 就得先把 $\cos^{2}x$ 换成 $1-\sin^{2}x$，绕一圈还容易把符号弄反（易错点「二倍角余弦的三种形式选错」）。

第二步：展开。 由两角和与差的正弦，

$$\sin\left(2x-\frac{\pi}{4}\right) =\sin 2x\cos\frac{\pi}{4}-\cos 2x\sin\frac{\pi}{4} =\frac{\sqrt{2}}{2}\sin 2x-\frac{\sqrt{2}}{2}\cos 2x .$$

第三步：相加、合角。 两式加起来，$\cos 2x$ 的系数是 $-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$：

$$f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}\sin 2x+\frac{\sqrt{2}}{2}\cos 2x-\sqrt{2} .$$

由辅助角公式，$\sqrt{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=1$，而两个系数相等说明辅助角是 $\dfrac{\pi}{4}$：

$$f(x)=\sin\left(2x+\frac{\pi}{4}\right)-\sqrt{2} .$$

读周期。 化完之后 $f$ 只是一条振幅为 $1$、中线为 $y=-\sqrt{2}$ 的标准正弦曲线，$x$ 前的系数 $\omega=2$：

$$T=\frac{2\pi}{\left\lvert\omega\right\rvert}=\frac{2\pi}{2}=\pi .$$

最小正周期是 $\pi$。

这里有一句话是跳过去的。 $T=\dfrac{2\pi}{\lvert\omega\rvert}$ 这个公式给的正是最小正周期，但它成立的前提是振幅不为 $0$——若合角之后振幅是 $0$，$f$ 就成了常函数 $-\sqrt{2}$，那时任何正数都是周期、根本没有最小的。本题振幅是 $1$，前提兑现了。至于「振幅不为 $0$ 时为什么 $\frac{2\pi}{\lvert\omega\rvert}$ 真的最小」，解法三把它证一遍。

解法二：待定系数——先断定 $f$ 长什么样，再代三个好算的 $x$ 把系数解出来

怎么想到的。 解法一要背三个公式、算三行。可仔细看就会发现：我们其实只需要知道 $f$ 的「形状」，不需要一路展开。

• $\sin\left(2x-\dfrac{\pi}{4}\right)$ 展开后是 $\sin 2x$ 与 $\cos 2x$ 的组合；
• $\sin^{2}x$ 降幂后是常数与 $\cos 2x$ 的组合。

两项加起来，$f$ 必然能写成

$$f(x)=A\sin 2x+B\cos 2x+C$$

的样子。这一步只用到「形状」，三个系数是多少先不管。剩下的事就是代特殊值把 $A,B,C$ 解出来——挑那些让 $\sin 2x$、$\cos 2x$ 取 $0$ 或 $\pm1$ 的 $x$，一个乘法都不用做。

代三个点。 取 $x=0,\ \dfrac{\pi}{4},\ \dfrac{\pi}{2}$，右边分别退化成 $B+C$、$A+C$、$-B+C$：

$$f(0)=\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)-0=-\frac{\sqrt{2}}{2} ,$$ $$f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\sin\frac{\pi}{4}-2\sqrt{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}=-\frac{\sqrt{2}}{2} ,$$ $$f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin\frac{3\pi}{4}-2\sqrt{2}\cdot 1=\frac{\sqrt{2}}{2}-2\sqrt{2}=-\frac{3\sqrt{2}}{2} .$$

于是

$$B+C=-\frac{\sqrt{2}}{2},\qquad A+C=-\frac{\sqrt{2}}{2},\qquad -B+C=-\frac{3\sqrt{2}}{2} .$$

第一式与第三式相加得 $2C=-2\sqrt{2}$，即 $C=-\sqrt{2}$；回代得 $B=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，再由第二式得 $A=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$。

读周期。 $A$ 与 $B$ 不全为 $0$，所以 $A\sin 2x+B\cos 2x$ 的振幅 $\sqrt{A^{2}+B^{2}}=1\neq0$，$f$ 是一条以 $\omega=2$ 为 $x$ 前系数的正弦曲线：

$$T=\frac{2\pi}{2}=\pi .$$

答案 $\pi$。

这条路的代价与收获。 代价是它依赖「$f$ 一定是 $A\sin 2x+B\cos 2x+C$」这个先验判断——这一步仍然要知道降幂之后只剩 $\cos 2x$，绕不开。收获是：一旦形状定了，后面全是加减法，既不必记辅助角公式的相位怎么取，也不会在展开时漏掉负号。对「只问周期、不问相位」的题，这条路最省事：其实只要算出 $A,B$ 不全为零，周期就已经定了，$C$ 是多少根本不影响答案。

解法三：把「最小」真的证一遍——严格单调的那半个周期挡住了一切更小的周期

怎么想到的。 前两条路都在最后一步引用了「$T=\dfrac{2\pi}{\lvert\omega\rvert}$ 是最小正周期」。这句话是对的，但它本身需要证明——而这道题问的恰恰就是「最小」两个字。下面把它补上。用到的只有一件事：由前两条路已经得到

$$f(x)=\sin\left(2x+\frac{\pi}{4}\right)-\sqrt{2} .$$

第一步：$\pi$ 是周期。 冷启动里已经直接代入验过，这一步不依赖任何化简。

第二步：$f$ 在一段长为 $\dfrac{\pi}{2}$ 的区间上严格递增。 当

$$x\in\left[-\frac{3\pi}{8},\ \frac{\pi}{8}\right] \quad\text{时}\quad 2x+\frac{\pi}{4}\in\left[-\frac{\pi}{2},\ \frac{\pi}{2}\right] ,$$

而正弦在 $\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$ 上严格递增，$2x+\dfrac{\pi}{4}$ 又随 $x$ 严格递增，所以 $f$ 在 $\left[-\dfrac{3\pi}{8},\dfrac{\pi}{8}\right]$ 上严格递增。这段区间的长度正是 $\dfrac{\pi}{2}$。

第三步：任何正周期都大于 $\dfrac{\pi}{2}$。 设 $T$ 是周期且 $0<T\leqslant\dfrac{\pi}{2}$。取 $x_{0}=-\dfrac{3\pi}{8}$，则 $x_{0}$ 与 $x_{0}+T$ 都落在上面那段递增区间里，且 $x_{0}<x_{0}+T$，于是

$$f(x_{0})<f(x_{0}+T) .$$

可 $T$ 是周期，又要求 $f(x_{0}+T)=f(x_{0})$——矛盾。所以没有哪个不超过 $\dfrac{\pi}{2}$ 的正数是 $f$ 的周期。

第四步：也没有介于 $\dfrac{\pi}{2}$ 与 $\pi$ 之间的周期。 先记一条：两个周期之差仍是周期。 若 $S$、$T$ 都是 $f$ 的周期，则

$$f\left(x+(S-T)\right)=f\left(x+(S-T)+T\right)=f(x+S)=f(x) ,$$

所以 $S-T$（只要它是正的）也是周期。

现在设 $T$ 是周期且 $\dfrac{\pi}{2}<T<\pi$。$\pi$ 也是周期，于是 $\pi-T$ 是周期，而

$$0<\pi-T<\frac{\pi}{2} ,$$

与第三步矛盾。

收口。 $\pi$ 是周期；任何小于 $\pi$ 的正数都不是周期（第三步管 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right]$，第四步管 $\left(\dfrac{\pi}{2},\pi\right)$）。所以 $f$ 的最小正周期恰是 $\pi$。

这条路配的正是图上那把尺。 图里量的「相邻两个最高点相距 $\pi$」是同一件事的几何版本：最高点只在 $2x+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi$ 处出现，即 $x=\dfrac{\pi}{8}+k\pi$，彼此相距 $\pi$；而周期必须把一个最高点搬到另一个最高点上，所以任何正周期都不小于 $\pi$。两种说法可以互相替换，写在卷面上任取其一即可。