前言
典例剖析
- 情形一：參數含在函數解析式中，給定區間不含參數；
分析：由於函數 \(y=2\sin\omega x+1(\omega>0)\) 的單調性和 函數 \(y=\sin\omega x(\omega>0)\) 的單調性是一致的，由此我們對已知的函數先做減法，去掉干擾因素[函數后邊的\(+1\)，函數前邊的系數變為\(1\)，注意此系數只能變為正的，不能變為負值]，故研究主干函數 \(y=\sin\omega x(\omega>0)\) 在區間\(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\)上是增函數，解析如下：
【法1】：子集法，用傳統方法求得\(f(x)\)的帶有參數 \(\omega\) 的單增區間，
令\(2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leq \omega x\leq 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，
解得\(\cfrac{2k\pi}{\omega}-\cfrac{\pi}{2\omega} \leq x \leq \cfrac{2k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{2\omega}(k\in Z)\)
即 \(f(x)\) 的單調遞增區間是\(\left[\cfrac{2k\pi}{\omega}-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{2k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{2\omega}\right](k\in Z)\)，
〔以下內容，讓我們借助電腦，從形的角度體會下，單調遞增區間的廬山真面目到底是什么，這些內容在解題時不出現，僅僅為拓寬思維使用；圖中的綠色區間每個長度都相等，之間的間隔也相等，其長度和間隔還會隨着 \(\omega\) 的取值不同而變化，它們就是單調遞增區間，沒有標記出來的空白區間就是單調遞減區間；很顯然不是所有區間都能包含給定的區間 \(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\) ，只能是區間內有正有負值的單調遞增區間才有可能包含給定區間，故下述解法中我們令 \(k=0\)〕
令\(k=0\)，得到距離原點左右兩側最近的單調遞增區間是 \(\left[-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{\pi}{2\omega}\right]\)，
又由於\(f(x)\) 在區間\(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\)上單調遞增，即 \(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\subseteq \left[-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{\pi}{2\omega}\right]\)，
這樣就轉化為不等式組，即\(\begin{cases} -\cfrac{\pi}{2}\ge -\cfrac{\pi}{2\omega}\\ \cfrac{2\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{2\omega} \end{cases}\) ，
所以\(\omega\leq \cfrac{3}{4}\)，又\(\omega >0\)，故 \(\omega\in \left(0，\cfrac{3}{4}\right]\)。
- 當然，如果我們想不到圖形的刻畫，也可以采用下述的更一般化的求解過程：
接上，求得 \(f(x)\) 的單調遞增區間是\(\left[\cfrac{2k\pi}{\omega}-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{2k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{2\omega}\right](k\in Z)\)，
由於函數 \(f(x)\) 在區間 \(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\) 上是增函數，
故 \(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\subsetneqq\) \(\left[\cfrac{2k\pi}{\omega}-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{2k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{2\omega}\right](k\in Z)\)，
則必然有 \(\cfrac{2k\pi}{\omega}-\cfrac{\pi}{2\omega}\leqslant -\cfrac{\pi}{2}\)①，且 \(\cfrac{2k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{2\omega}\geqslant \cfrac{2\pi}{3}\)②
解①得，\(\omega\leqslant -4k+1\)，由於\(\omega>0\)，則\(k=0\)時，\(\omega\leqslant 1\)，則\(k=-1\)時，\(\omega\leqslant 5\)，故取\(\omega\leqslant 1\)；
解②得，\(\omega\leqslant 3k+\cfrac{3}{4}\)，由於\(\omega>0\)，則\(k=0\)時，\(\omega\leqslant \cfrac{3}{4}\)，則\(k=1\)時，\(\omega\leqslant \cfrac{15}{4}\)，故取\(\omega\leqslant \cfrac{3}{4}\)；
由①②求交集，得到 \(\omega\leqslant \cfrac{3}{4}\)， 又由於 \(\omega>0\)，
則 \(0<\omega\leqslant \cfrac{3}{4}\)， 故 \(\omega\in \left(0，\cfrac{3}{4}\right]\)。
〔解后總結〕：子集法，求出原函數的相應單調區間，由已知區間是所求某區間的子集，列不等式(組)求解；
【法2】：反子集法，\(\because \omega>0，x\in \left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right] \therefore \omega x \in \left[-\cfrac{\pi\omega}{2}，\cfrac{2\pi\omega}{3}\right]\)，
又模板函數\(y=sinx\)在原點左右的單調遞增區間是\([-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)，將\(\omega x\)視為一個整體，
由\(f(x)\)在\(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\)上單調遞增，故\(\left[-\cfrac{\pi\omega}{2}，\cfrac{2\pi\omega}{3}\right]\subseteq \left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}\right]\)
\(\therefore \begin{cases} -\cfrac{\pi\omega}{2}\ge -\cfrac{\pi}{2} \\ \cfrac{2\pi\omega}{3}\leq \cfrac{\pi}{2} \end{cases}\)，又\(\omega >0\)，故\(\omega\in \left(0，\cfrac{3}{4}\right]\)。
〔易錯解法〕：\(\because \omega>0，x\in \left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right] \therefore \omega x \in \left[-\cfrac{\pi\omega}{2}，\cfrac{2\pi\omega}{3}\right]\)，
由\(f(x)\)在\(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\)上單調遞增，故\(\left[-\cfrac{\pi\omega}{2}，\cfrac{2\pi\omega}{3}\right]\subseteq \left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\)這一步轉化是錯誤的，由於題目僅僅說在區間 \([-\cfrac{\pi}{2}\) , \(\cfrac{2\pi}{3}]\) 上單調遞增，並沒有說區間 \([-\cfrac{\pi}{2}\) , \(\cfrac{2\pi}{3}]\) 是最大的單調遞增區間，故這樣的轉化往往會多出參數的取值范圍，或少了參數的取值范圍；
\(\therefore \begin{cases} -\cfrac{\pi\omega}{2}\ge -\cfrac{\pi}{2}\\\cfrac{2\pi\omega}{3}\leq \cfrac{2\pi}{3} \end{cases}\)，解得\(\omega\leq 1\)，又\(\omega >0\)，故得到錯誤的解集為\(\omega\in \left(0，1\right]\)。
〔解后總結〕：反子集法，由所給區間求出整體角的范圍，由該范圍是某相應正、余弦函數的某個單調區間的子集，列不等式(組)求解；
【法3】：周期性法，由題目可知， \(f(x)\) 在區間\(\left[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\right]\)單調遞增，
[備注：由於函數\(y=2\sin\omega x+1(\omega>0)\)中的 \(+1\) 和乘以 \(2\) 倍，都是作用在 \(y\) 軸方向，而單調區間是在 \(x\) 軸方向，兩個方向是互相垂直的，故互不影響，因此我們可以通過只研究函數 \(y=\sin\omega x\) 的單調性來達到目的，這樣求解就簡單的多了]
而函數\(y=\sin\omega x\)的距離原點最近的單調遞增區間為\(\left[-\cfrac{\pi}{2\omega}，\cfrac{\pi}{2\omega}\right]\)，其內部包含的對稱中心就是原點 \((0,0)\)，
因此必須滿足：原點到\(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{2\pi}{3}\) 的距離不超過 \(\cfrac{T}{4}\)，
即\(\therefore \begin{cases} 0-(-\cfrac{\pi}{2})\leq\cfrac{T}{4}\\ \cfrac{2\pi}{3}-0\leq \cfrac{T}{4}\end{cases}\)，
故\(T\geq\cfrac{8\pi}{3}\)，即\(T=\cfrac{2\pi}{\omega} \ge \cfrac{8\pi}{3}\)，又\(\omega >0\)，故\(\omega\in \left(0，\cfrac{3}{4}\right]\)。
〔解后總結〕：周期性法，由所給區間的兩個端點到其相應對稱中心的距離不超過\(\cfrac{1}{4}\)周期，列不等式(組)求解；
〔解后反思〕：本題目的同類題目：函數\(y=2\)\(\sin\)\(\omega\)\(x\)\(+\)\(1\)(\(\omega>0\))在區間\([-\cfrac{\pi}{2}\)，\(\cfrac{2\pi}{3}]\)上是減函數，求\(\omega\)的取值范圍。
等價命題1：函數\(y=2\)\(\cdot\)\(\sin\)\(\omega\)\(x\)\((\omega>0)\)在區間\([-\cfrac{\pi}{2}\)，\(\cfrac{2\pi}{3}]\)上是增函數，求\(\omega\)的取值范圍。
等價命題2：函數\(y=\)\(\sin\)\(\omega\)\(x\)\((\omega>0)\)在區間\([-\cfrac{\pi}{2}\)，\(\cfrac{2\pi}{3}]\)上是增函數，求\(\omega\)的取值范圍。
【法1】：子集法，用傳統方法求得\(f(x)\)的帶有參數 \(\omega\) 的單減區間，
令\(2k\pi+\cfrac{\pi}{2}\leq \omega x+\cfrac{\pi}{4}\leq 2k\pi+\cfrac{3\pi}{2}(k\in Z)\)，
解得\(\cfrac{2k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{4\omega}\leq x \leq \cfrac{2k\pi}{\omega}+\cfrac{5\pi}{4\omega}(k\in Z)\)
即\(f(x)\)的單減區間是\(\left[\cfrac{2k\pi}{\omega}+\cfrac{\pi}{4\omega}，\cfrac{2k\pi}{\omega}+\cfrac{5\pi}{4\omega}\right](k\in Z)\)，
令\(k=0\)此處為什么必須令\(k=0\)，能不能令\(k=1\)呢，回答是不能。若令\(k=1\)，仿照上述方法可以解得，\(\omega\geqslant \cfrac{9}{2}\) 且\(\omega\leqslant \cfrac{13}{4}\)，其交集為空集，說明這樣的\(\omega\)不存在。若令\(k=2\)等等其他的值，也是同樣的空集的結果；，得到距離原點右側最近的單調遞減區間是\(\left[\cfrac{\pi}{4\omega}，\cfrac{5\pi}{4\omega}\right]\)，
又由於\(f(x)\) 在區間\(\left[\cfrac{\pi}{2}，\pi\right]\)上單調遞減，即 \(\left[\cfrac{\pi}{2}，\pi\right]\subseteq \left[\cfrac{\pi}{4\omega}，\cfrac{5\pi}{4\omega}\right]\)，
這樣就轉化為不等式組，即\(\begin{cases} \cfrac{\pi}{2}\geq \cfrac{\pi}{4\omega}\\ \pi\leq \cfrac{5\pi}{4\omega} \end{cases}\) ，
所以\(\cfrac{1}{2}\leq\omega\leq \cfrac{5}{4}\)，故\(\omega\in \left(\cfrac{1}{2} ，\cfrac{5}{4}\right]\)，故選 \(A\) .
【法2】：反子集法，由 \(\cfrac{\pi}{2} \leqslant x \leqslant \pi\)， 得 \(\cfrac{\pi}{2} \omega+\cfrac{\pi}{4} \leqslant \omega x+\cfrac{\pi}{4} \leqslant \pi \omega+\cfrac{\pi}{4}\)，
由題意 \(\left[\cfrac{\pi}{2} \omega+\cfrac{\pi}{4}, \pi \omega+\cfrac{\pi}{4}\right] \subseteq\left[2k\pi+\cfrac{\pi}{2}, 2k\pi+\cfrac{3\pi}{2}\right](k \in Z)\)，
當 \(k=0\)時， 由 \(\left\{\begin{array}{l}\cfrac{\pi}{2}\omega+\cfrac{\pi}{4} \geqslant \cfrac{\pi}{2} \\\pi\omega+\cfrac{\pi}{4} \leqslant \cfrac{3 \pi}{2},\end{array}\right.\)
解得 \(\cfrac{1}{2} \leqslant \omega \leqslant \cfrac{5}{4}\)，故選 \(A\) .
〔易錯解法〕：由 \(\cfrac{\pi}{2} \leqslant x \leqslant \pi\)， 得 \(\cfrac{\pi}{2} \omega+\cfrac{\pi}{4} \leqslant \omega x+\cfrac{\pi}{4} \leqslant \pi \omega+\cfrac{\pi}{4}\)，
函數\(f(x)=\sin(\omega x+\cfrac{\pi}{4})\) 在區間 \(\left[\cfrac{\pi}{2}，\pi\right]\) 上單調遞減區間\([\cfrac{\pi}{2}，\pi]\)不一定是函數的單調遞減區間，只是單調遞減區間的子集；，
當 \(k=0\)時， 由 \(\left\{\begin{array}{l}\cfrac{\pi}{2}\omega+\cfrac{\pi}{4} \geqslant \cfrac{\pi}{2} \\\pi\omega+\cfrac{\pi}{4} \leqslant \pi,\end{array}\right.\)
解得 \(\cfrac{1}{2} \leqslant \omega \leqslant \cfrac{3}{4}\)，則錯選 \(B\)，而正確答案是 \(A\) .
【法3】：周期性法，由上法得到距離原點右側最近的單調遞減區間是\(\left[\cfrac{\pi}{4\omega}，\cfrac{5\pi}{4\omega}\right]\)，
其內部包含的對稱中心為\((\cfrac{3\pi}{4\omega},0)\)，因此必須滿足：對稱中心到\(\cfrac{\pi}{2}\)，\(\pi\) 的距離不超過 \(\cfrac{T}{4}\)，
即 \(\left\{\begin{array}{l}\cfrac{3\pi}{4\omega}-\cfrac{\pi}{2}\leqslant \cfrac{T}{4} \\\pi-\cfrac{3\pi}{4\omega}\leqslant \cfrac{T}{4},\end{array}, \right.\) 即 \(\left\{\begin{array}{l}\cfrac{3\pi}{4\omega}-\cfrac{\pi}{2}\leqslant \cfrac{2\pi}{4\omega} \\\pi-\cfrac{3\pi}{4\omega}\leqslant\cfrac{2\pi}{4\omega},\end{array}\right.\)
解得 \(\cfrac{1}{2} \leqslant \omega \leqslant \cfrac{5}{4}\)，故選 \(A\) .
- 情形二：解析式中不含參，參數含在給定區間內；
解析 : \(f(x)=\sin x+\sqrt{3}\cos x=2\sin\left(x+\cfrac{\pi}{3}\right)\) 的遞減區間是 \(\left(\cfrac{\pi}{6}+2k\pi, \cfrac{7\pi}{6}+2k\pi\right)\)，\(k \in Z\)，
又由 \(t<3t\) 得 \(t>0\)， 由\(3t-t<\pi\)單調遞減區間的寬度為 \(\pi\)，故\(3t\)\(-\)\(t\)的寬度要小於 \(\pi\)得 \(0<t<\cfrac{\pi}{2}\)，
所以 \([t, 3t]\subseteq\left[\cfrac{\pi}{6}, \cfrac{7\pi}{6}\right]\), 即 \(t\geqslant\cfrac{\pi}{6}\)， \(3t\leqslant\cfrac{7\pi}{6}\)，
解得 \(\cfrac{\pi}{6} \leqslant t \leqslant \cfrac{7\pi}{18}\)， 故選 \(C\) .
對應練習
解析： \(f(x)=\sin \omega x+\sqrt{3} \cos \omega x=2 \sin \left(\omega x+\cfrac{\pi}{3}\right)\)，
由 \(2k\pi-\cfrac{\pi}{2} \leqslant \omega x+\cfrac{\pi}{3} \leqslant 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)， \(k \in Z\)，
得到 \(\cfrac{2k\pi-\frac{5\pi}{6}}{\omega} \leqslant x \leqslant \cfrac{2k\pi+\frac{\pi}{6}}{\omega}\)， \(k \in Z\)，
即函數的單調遞增區間為 \(\left[\cfrac{2k\pi-\frac{5\pi}{6}}{\omega} , \cfrac{2k\pi+\frac{\pi}{6}}{\omega}\right]\)， \(k\in Z\)，
由於 \(f(x)\) 在區間 \(\left[\cfrac{\pi}{6}, \cfrac{\pi}{4}\right]\) 上單調遞增， 則\(\cfrac{2k\pi-\frac{5}{6}\pi}{\omega} \leqslant \cfrac{\pi}{6}\) 且 \(\cfrac{2k\pi+\frac{\pi}{6}}{\omega}\geqslant \cfrac{\pi}{4}\),
解得 \(\omega \geqslant 12k-5\)，且 \(\omega \leqslant 8k+\cfrac{2}{3}\)，
由於\(12k-5<8k+\cfrac{2}{3}\)，所以 \(k<\cfrac{17}{12}\)，
又由於 \(\omega>0\)，則必須 \(8k+\cfrac{2}{3}\geqslant 0\)，解得 \(k\geqslant-\cfrac{1}{12}\) ，
又由於 \(k \in Z\)， 所以 \(k=0\) 或 \(k=1\)，
當 \(k=0\) 時， \(\omega \geqslant 12k-5=-5\)，且 \(\omega \leqslant 8k+\cfrac{2}{3}=\cfrac{2}{3}\)，
當 \(k=1\) 時， \(\omega \geqslant 12k-5=7\)，且 \(\omega \leqslant 8k+\cfrac{2}{3}=\cfrac{26}{3}\)，
又由於 \(\omega>0\)， 故 \(\omega \in\left(0, \cfrac{2}{3}\right] \cup\left[7, \cfrac{26}{3}\right]\)，故選 \(B\) .
〔解后反思〕本方法是子集法，此法也能解釋上述的子集法中 \(k=0\) 的原因。