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每日一题：2026-06-26

题目

若函数 f(x)f(x) 的定义域内存在 x1,x2 (x1≠x2)x_1, x_2\ (x_1 \ne x_2)，使得

f(x1)+f(x2)2=1\frac{f(x_1) + f(x_2)}{2} = 1

成立，则称该函数为"完整函数"。已知

f(x)=32sin⁡(ωx−π6)−12cos⁡(ωx+5π6)(ω>0)f(x) = \frac{\sqrt{3}}{2} \sin\left(\omega x - \frac{\pi}{6}\right) - \frac{1}{2} \cos\left(\omega x + \frac{5\pi}{6}\right) \quad (\omega > 0)

是区间 [π2,3π2][\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}] 上的"完整函数"，则 ω\omega 的取值范围为（　　）

A. [2,+∞)[2, +\infty)
B. [3,+∞)[3, +\infty)
C. [3,5][3, 5]
D. [4,+∞)[4, +\infty)

参考解答

答案：B\displaystyle \text{B}

解析：

第一步：化简 f(x)f(x)

f(x)=32sin⁡(ωx−π6)−12cos⁡(ωx+5π6)=32(sin⁡ωxcos⁡π6−cos⁡ωxsin⁡π6)−12(cos⁡ωxcos⁡5π6−sin⁡ωxsin⁡5π6)=32(32sin⁡ωx−12cos⁡ωx)−12(−32cos⁡ωx−12sin⁡ωx)=(34sin⁡ωx−34cos⁡ωx)+(34cos⁡ωx+14sin⁡ωx)=sin⁡ωx.\begin{aligned} f(x) &= \frac{\sqrt{3}}{2} \sin\left(\omega x - \frac{\pi}{6}\right) - \frac{1}{2} \cos\left(\omega x + \frac{5\pi}{6}\right) \\[4pt] &= \frac{\sqrt{3}}{2} \left( \sin\omega x \cos\frac{\pi}{6} - \cos\omega x \sin\frac{\pi}{6} \right) - \frac{1}{2} \left( \cos\omega x \cos\frac{5\pi}{6} - \sin\omega x \sin\frac{5\pi}{6} \right) \\[4pt] &= \frac{\sqrt{3}}{2} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \sin\omega x - \frac{1}{2} \cos\omega x \right) - \frac{1}{2} \left( -\frac{\sqrt{3}}{2} \cos\omega x - \frac{1}{2} \sin\omega x \right) \\[4pt] &= \left( \frac{3}{4} \sin\omega x - \frac{\sqrt{3}}{4} \cos\omega x \right) + \left( \frac{\sqrt{3}}{4} \cos\omega x + \frac{1}{4} \sin\omega x \right) \\[4pt] &= \sin\omega x. \end{aligned}

故 f(x)=sin⁡ωxf(x) = \sin\omega x。

第二步：理解"完整函数"条件

存在 x1≠x2x_1 \ne x_2 使得 f(x1)+f(x2)2=1\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2} = 1，即 f(x1)+f(x2)=2f(x_1) + f(x_2) = 2。

由于 f(x)=sin⁡ωxf(x) = \sin\omega x 的最大值为 11，最小值为 −1-1，必有

f(x1)=f(x2)=1.f(x_1) = f(x_2) = 1.

即：在区间 [π2,3π2][\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}] 上，sin⁡ωx=1\sin\omega x = 1 至少有两个不同的解。

第三步：求解 ω\omega 的范围

解方程 sin⁡ωx=1\sin\omega x = 1，得

ωx=π2+2kπ(k∈Z)⟹x=(4k+1)π2ω.\omega x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi \quad (k \in \mathbb{Z}) \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{(4k+1)\pi}{2\omega}.

要求存在两个不同的整数 kk，使得 x∈[π2,3π2]x \in [\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}]，即

π2≤(4k+1)π2ω≤3π2.\frac{\pi}{2} \le \frac{(4k+1)\pi}{2\omega} \le \frac{3\pi}{2}.

两边同除以 π\pi 并乘以 2ω2\omega（ω>0\omega > 0），得

ω≤4k+1≤3ω.\omega \le 4k + 1 \le 3\omega.

所以整数 kk 需满足

{4k+1≥ω,4k+1≤3ω.\begin{cases} 4k + 1 \ge \omega, \\[4pt] 4k + 1 \le 3\omega. \end{cases}

即

ω−14≤k≤3ω−14.\frac{\omega - 1}{4} \le k \le \frac{3\omega - 1}{4}.

要使上述区间内至少包含两个整数，区间长度需大于 11：

3ω−14−ω−14=ω2>1⟹ω>2.\frac{3\omega - 1}{4} - \frac{\omega - 1}{4} = \frac{\omega}{2} > 1 \quad\Longrightarrow\quad \omega > 2.

但还需验证具体的 kk 值。考虑相邻的两个最大值点：

x1=(4k+1)π2ω,x2=(4(k+1)+1)π2ω=x1+2πω.x_1 = \frac{(4k+1)\pi}{2\omega}, \qquad x_2 = \frac{(4(k+1)+1)\pi}{2\omega} = x_1 + \frac{2\pi}{\omega}.

要求 x1,x2∈[π2,3π2]x_1, x_2 \in [\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}]。

取 k=0k = 0 时，x1=π2ω<π2x_1 = \frac{\pi}{2\omega} < \frac{\pi}{2}（因 ω>0\omega > 0），不在区间内。

取 k=1k = 1 时：

x1=5π2ω≥π2  ⇒  ω≤5,x2=9π2ω≤3π2  ⇒  ω≥3.x_1 = \frac{5\pi}{2\omega} \ge \frac{\pi}{2} \;\Rightarrow\; \omega \le 5, \qquad x_2 = \frac{9\pi}{2\omega} \le \frac{3\pi}{2} \;\Rightarrow\; \omega \ge 3.

故 3≤ω≤53 \le \omega \le 5 时，k=1,2k=1,2 两个解均在区间内。

当 ω>5\omega > 5 时，k=1k=1 对应的 x1=5π2ω<π2x_1 = \frac{5\pi}{2\omega} < \frac{\pi}{2} 已不在区间内，但 k=2k=2 对应的 x1=9π2ωx_1 = \frac{9\pi}{2\omega} 可能进入区间，同时 k=3k=3 对应的 x2x_2 也可能进入。随着 ω\omega 增大，相邻最大值点间距 2πω\frac{2\pi}{\omega} 变小，区间内总能包含至少两个解。

综上，ω≥3\omega \ge 3 时，区间 [π2,3π2][\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}] 上恒存在至少两个 sin⁡ωx=1\sin\omega x = 1 的解。

故 ω\omega 的取值范围为 [3,+∞)[3, +\infty)，选 B。