$$\left|\begin{array}{c}\text{ 旋转后仍为函数图像问题 }\\ \text{ Nightguard Series. }\end{array}\right|$$

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$♣\text{例1}$

$f(x)=\ln (x+1)(x\in (0,+\infty ))$ 的图像绕原点逆时针旋转 $\theta$ 后仍为一个函数的图像，则 $\theta$ 最大值为？

由函数的定义可知：一个 $x$ 仅能对应一个 $f(x)$ ，或者说过图像上的任意一点 $P$ 做与 $x$ 轴垂直的直线，则该直线与图像仅有一个交点 $P$ 。结合函数图像，我们可以找出一个临界位置：

如图，当 $f(x)=\ln (x+1)$ 的图像旋转的时候，其在 $(0,0)$ 处的切线 $l$ 也同时旋转。当 $l^{\prime }\parallel y$ 轴时，即到达临界状态，如果继续旋转，则图像与 $y$ 轴有两个交点，图像将不再是一个函数的图像。

而 $f^{\prime }(x)=1/(x+1)$ ，求得 $l:y=x$，倾斜角为 $\frac{\pi }{4}$ ，因此 $\theta$ 最大值为 $\frac{\pi }{4}$。

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$♣\text{例2}$

$f(x)=\sin x(x\in (0,2\pi ))$ 的图像绕原点顺时针旋转 $\theta$ 后仍为一个函数的图像，则 $\theta$ 最大值为？

与例1不同的是这题的临界状态与旋转中心处的切线无关：

如图，当 $f(x)=\sin x$ 的图像旋转的时候，其在 $(\pi ,0)$ 处的切线 $l$ 也同时旋转。当 $l^{\prime }\parallel y$ 轴时，即到达临界状态。

而 $f^{\prime }(x)=\cos x$，求得 $l:y=-x+\pi$ ，$\theta$ 最大值为 $\frac{\pi }{4}$。

到此，我们发现一个规律：

顺时针旋转看 $f^{\prime }(x{)}_{min}$， 逆时针旋转看 $f^{\prime }(x{)}_{max}$

（应该是对的吧qaq）

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$♣\text{例3}$

$f(x)=\ln (x+1)(x\in (0,+\infty ))$ 的图像绕点 $Q(114,514)$ 逆时针旋转 $\theta$ 后仍为一个函数的图像，则 $\theta$ 最大值为？

由于一个函数图像任意平移后一定还是一个函数图像，因此它与绕 $(0,0)$ 点旋转的情况其实没有区别：

同时这也提示了例2的另一种思路：把原图像平移为 f ( x ) = − sin ⁡ x ( x ∈ { − π , π } ) f(x)=-\sin x (x\in \{-\pi,\pi\}) f(x)=−sinx(x∈{−π,π}) ，可能会更好看一些。

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$♣\text{例4}$（综合）

$f(x)=\frac{x}{e^x}((x\in (0,+\infty ))$ 的图像绕原点逆时针旋转 $\theta$ 后仍为一个函数的图像，则 $\theta$ 取值范围是？

首先设 θ ∈ { − π , π } \theta \in\{-\pi,\pi\} θ∈{−π,π}

$f^{\prime }(x)=\frac{1-x}{e^x}$

$f^{\prime \prime }(x)=\frac{x-2}{e^x}$

$x=2,f^{\prime }(x{)}_{min}=f^{\prime }(2)=-\frac{1}{e^2}$

$\therefore$ 逆时针方向上旋转最小角度为 $-\frac{\pi }{2}+\arctan (\frac{1}{e^2})$

$x=0,f^{\prime }(x{)}_{max}=f^{\prime }(0)=1$

$\therefore$ 逆时针方向上旋转最大角度为 $\frac{\pi }{4}$

由周期性可知 $\theta \in [k\pi -\frac{\pi }{2}+\arctan (\frac{1}{e^2}),k\pi +\frac{\pi }{4}]，k\in \mathbb{Z}.$