浙江 2015 · 数学 q11

冷启动：两个空问的都是「化简以后那条曲线」

题面给的是三项之和

$$f(x)=\sin^{2}x+\sin x\cos x+1 ,$$

问最小正周期与单调递减区间。这两问都不该在原式上回答——原式里既有平方、又有乘积， 既读不出振幅也读不出相位。第一步永远是把它并成一条 $A\sin(\omega x+\varphi)+b$。

这里有一个几乎每次都有人踩的坑：看见式子里写着 $\sin x$，就报周期 $2\pi$。 可 $\sin x$ 本身根本没有单独出现——它只以 $\sin^{2}x$ 与 $\sin x\cos x$ 两种成对的形式出现， 而这两样东西都以 $\pi$ 为周期：

$$\sin^{2}(x+\pi)=(-\sin x)^{2}=\sin^{2}x ,\qquad \sin(x+\pi)\cos(x+\pi)=(-\sin x)(-\cos x)=\sin x\cos x .$$

周期要对整个式子算，不能挑其中一项的。至于减区间，化简之后它就是峰顶到紧随其后的谷底 那一段，长度恰是半个周期。

解法一：整体代换，把 $\sin u$ 的减区间原样搬回来

第一步：降幂 + 倍角，三项并成一条正弦

两处替换各来自倍角的一张面孔：

$$\sin^{2}x=\frac{1-\cos 2x}{2},\qquad \sin x\cos x=\frac{1}{2}\sin 2x .$$

第一处要用的是 $\cos 2x=1-2\sin^{2}x$ 那一张——手里只有 $\sin$，就挑只含 $\sin$ 的那一张， 挑成 $2\cos^{2}x-1$ 就换不掉。代进去：

$$f(x)=\frac{1-\cos 2x}{2}+\frac{1}{2}\sin 2x+1 =\frac{1}{2}\bigl(\sin 2x-\cos 2x\bigr)+\frac{3}{2} .$$

括号里是 $a\sin\theta+b\cos\theta$ 的形状，$a=1$、$b=-1$，合一得 $\sqrt{2}\sin\!\left(2x-\dfrac{\pi}{4}\right)$：

$$\boxed{\,f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\!\left(2x-\frac{\pi}{4}\right)+\frac{3}{2}\,}$$

到这里，剩下的全是照抄。

第二步：周期只看 $\omega$

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

振幅 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 与中线 $\dfrac{3}{2}$ 都不影响周期，相位 $-\dfrac{\pi}{4}$ 也不影响—— 只有 $\omega$ 影响。第一空填 $\pi$。

第三步：把「减」翻译成相位落在哪一段

令 $u=2x-\dfrac{\pi}{4}$。$\sin u$ 减，当且仅当

$$2k\pi+\frac{\pi}{2}\leq u\leq 2k\pi+\frac{3\pi}{2}\qquad(k\in\mathbf{Z}) .$$

把 $u$ 换回去，两端同加 $\dfrac{\pi}{4}$：

$$2k\pi+\frac{3\pi}{4}\leq 2x\leq 2k\pi+\frac{7\pi}{4} ,$$

再同除以 $2$。$\omega=2>0$，除的是正数，不等号不翻：

$$k\pi+\frac{3\pi}{8}\leq x\leq k\pi+\frac{7\pi}{8} .$$

第二空填 $\left[k\pi+\dfrac{3\pi}{8},\ k\pi+\dfrac{7\pi}{8}\right]\ (k\in\mathbf{Z})$。

顺手核一遍：区间长 $\dfrac{7\pi}{8}-\dfrac{3\pi}{8}=\dfrac{\pi}{2}$，正是半个周期—— 一条标准正弦在一个周期里恰好一半升、一半降，长度对不上就一定是哪一步算错了。

解法二：求导定号，不背正弦的减区间也能做

这条路的好处是：不必记「$\sin$ 在 $\left[\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}\right]$ 上减」这句话， 只要会求导、会判一个式子的正负。

第一步：求导，导数自己也是一条正弦

$$f'(x)=2\sin x\cos x+\bigl(\cos^{2}x-\sin^{2}x\bigr)=\sin 2x+\cos 2x =\sqrt{2}\sin\!\left(2x+\frac{\pi}{4}\right) .$$

注意这里的相位是 $+\dfrac{\pi}{4}$，与 $f$ 本身的 $-\dfrac{\pi}{4}$ 差一个 $\dfrac{\pi}{2}$—— 求一次导，相位就往前挪四分之一个周期，这是可以拿来自查的。

第二步：导数不大于零的那一段就是减区间

$\sqrt{2}>0$，所以 $f'(x)\leq 0$ 当且仅当 $\sin\!\left(2x+\dfrac{\pi}{4}\right)\leq 0$，即

$$2k\pi+\pi\leq 2x+\frac{\pi}{4}\leq 2k\pi+2\pi \ \Longrightarrow\ k\pi+\frac{3\pi}{8}\leq x\leq k\pi+\frac{7\pi}{8} .$$

与解法一逐字相同。这里只用到「一段区间上导数不大于零 $\Rightarrow$ 这段上递减」， $\sin$ 的哪一段升、哪一段降完全没有出场。

第三步：周期这一空也能就地解决

先验一个候选：由 $\sin(x+\pi)=-\sin x$、$\cos(x+\pi)=-\cos x$，两个负号在 $\sin^{2}x$ 与 $\sin x\cos x$ 里都被抵掉，于是

$$f(x+\pi)=f(x)\qquad(\forall x) ,$$

$\pi$ 确实是一个周期。再说明没有更小的：$f'$ 在 $x=k\pi+\dfrac{3\pi}{8}$ 处由正变负， 这些点正是 $f$ 的全部最大值点，相邻两个相差 $\pi$。若还有周期 $0<T<\pi$， 把最大值点平移 $T$ 仍得最大值点，就会挤出一个间距小于 $\pi$ 的最大值点，矛盾。 故最小正周期就是 $\pi$。

两条路怎么选

两条路的分水岭是**「$\sin$ 的减区间」这句话你打算背还是打算推**。

解法一是通法：只要题目形如「化简后问周期 / 单调区间 / 最值 / 对称轴」，全都照搬这三步， 而且第三步的一次不等式几乎不会出错——前提是记住 $\left[\dfrac{\pi}{2},\dfrac{3\pi}{2}\right]$ 是减的那一段（增的是 $\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$，两者别记反）。

解法二把三角问题降格成了「一个式子什么时候不大于零」，代价是仍要合一一次（$f'$ 也得并成一条）， 好处是它对任何可导函数都成立：以后遇到 $\sin$ 与多项式混在一起、根本化不成一条正弦的式子， 只剩这一条路。这道题的价值，正在于用一道能两条路都走通的小题，把这两把工具摆在一起比一比。