Question

11．已知A（x₁，f（x₁），B（x₂，f（x₂））是函數(shù)f（x）=2sin（ωx+φ）（ω＞0，-$\frac{π}{2}$＜φ＜0）圖象上的任意兩點，且初相φ的終邊經(jīng)過點P（1，-$\sqrt{3}$），若|f（x₁）-f（x₂）|=4時，|x₁-x₂|的最小值為$\frac{π}{3}$．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的解析式；
（Ⅱ）當(dāng)x∈[0，$\frac{π}{2}$]時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅲ）當(dāng)x∈[0，$\frac{π}{6}$]時，不等式mf（x）+2m≥f（x）恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由條件利用任意角的三角函數(shù)的定義，求得tanφ的值，可得φ的值．
（Ⅱ）由條件利用正弦函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間．
（Ⅲ）由題意可得f（x）的值域，可得 1-$\frac{2}{2+f（x）}$ 的最大值，條件即m≥$\frac{f（x）}{2+f（x）}$=1-$\frac{2}{2+f（x）}$ 恒成立，從而求得m的范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵初相φ的終邊經(jīng)過點P（1，-$\sqrt{3}$），
∴φ為第四象限角，且tanφ=$\frac{-\sqrt{3}}{1}$=-$\sqrt{3}$，
再結(jié)合-$\frac{π}{2}$＜φ＜0，可得φ=-$\frac{π}{3}$．
∵|f（x₁）-f（x₂）|=4時，|x₁-x₂|的最小值為 $\frac{T}{2}$=$\frac{π}{ω}$=$\frac{π}{3}$，
∴ω=3，函數(shù)f（x）=2sin（3x-$\frac{π}{3}$）．
（Ⅱ）令2kπ-$\frac{π}{2}$≤3x-$\frac{π}{3}$≤2kπ+$\frac{π}{2}$，
求得$\frac{2kπ}{3}$-$\frac{π}{18}$≤x≤$\frac{2kπ}{3}$+$\frac{5π}{8}$，
可得函數(shù)的增區(qū)間為[$\frac{2kπ}{3}$-$\frac{π}{18}$，$\frac{2kπ}{3}$+$\frac{5π}{18}$]．
再結(jié)合x∈[0，$\frac{π}{2}$]，
可得當(dāng)x∈[0，$\frac{π}{2}$]時函數(shù)的增區(qū)間為[0，$\frac{5π}{18}$]．
（Ⅲ）∵當(dāng)x∈[0，$\frac{π}{6}$]時，
∴3x-$\frac{π}{3}$∈[-$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{6}$]，
f（x）∈[-$\sqrt{3}$，1]，
故 1-$\frac{2}{2+f（x）}$ 的最大值為1-$\frac{2}{3}$=$\frac{1}{3}$．
不等式mf（x）+2m≥f（x）恒成立，
即m≥$\frac{f（x）}{2+f（x）}$=1-$\frac{2}{2+f（x）}$ 恒成立，
∴m≥$\frac{1}{3}$．

點評 本題主要考查任意角的三角函數(shù)的定義，由函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的部分圖象求解析式，正弦函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的恒成立問題，屬于中檔題．