Question

4．已知函數(shù)f（x）=msin（ωx）cos（ωx）+nsin²（ωx）（ω＞0）關(guān)于點（$\frac{π}{12}$，1）對稱．
（Ⅰ）若m=4，求f（x）的最小值；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）的最小正周期是一個三角形的最大內(nèi)角的值，又f（x）≤f（$\frac{π}{4}$）對任意實數(shù)x成立，求函數(shù)f（x）的解析式，并寫出函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用倍角公式降冪，再由輔助角公式化積，結(jié)合f（x）關(guān)于點（$\frac{π}{12}$，1）對稱，得$\frac{n}{2}=1$，即n=2，且$\frac{2ωπ}{12}+θ=kπ，k∈Z$，從而求得函數(shù)的最小值；
（Ⅱ）由f（x）≤f（$\frac{π}{4}$）對任意實數(shù)x成立，得$\frac{π}{4}-\frac{π}{12}=\frac{T}{4}+k•\frac{T}{2}$，k∈Z，k≥0，再由t的范圍可得T的值，由$f（\frac{π}{12}）=\frac{m}{2}sin\frac{π}{4}-cos\frac{π}{4}+1=1$，得m=2．
求得函數(shù)解析式，再由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性求得函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=msin（ωx）cos（ωx）+nsin²（ωx）
=$\frac{m}{2}sin（2ωx）+\frac{n（1-cos2ωx）}{2}$=$\frac{msin（2ωx）-ncos（2ωx）}{2}+\frac{n}{2}$
=$\frac{\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}}}{2}sin（2ωx+θ）+\frac{n}{2}$．
其中cosθ=$\frac{m}{\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}}}，sinθ=-\frac{n}{\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}}}$，
∵f（x）關(guān)于點（$\frac{π}{12}$，1）對稱，∴$\frac{n}{2}=1$，
即n=2，且$\frac{2ωπ}{12}+θ=kπ，k∈Z$，
∵m=4，∴f（x）=$\sqrt{5}sin（2ωx+θ）+1$，
∴$f（x）_{min}=1-\sqrt{5}$；
（Ⅱ）由f（x）≤f（$\frac{π}{4}$）對任意實數(shù)x成立，
則$\frac{π}{4}-\frac{π}{12}=\frac{T}{4}+k•\frac{T}{2}$，k∈Z，k≥0，其中T為函數(shù)f（x）的最小正周期，
且$\frac{π}{3}≤T＜π$，得k=0，T=$\frac{2π}{3}$．
$2ω=\frac{2π}{T}=3$．
f（x）=$\frac{m}{2}sin3x-cos3x+1$，
由$f（\frac{π}{12}）=\frac{m}{2}sin\frac{π}{4}-cos\frac{π}{4}+1=1$，得m=2．
f（x）=sin3x-cos3x+1=$\sqrt{2}sin（3x-\frac{π}{4}）+1$．
由$-\frac{π}{2}+2kπ≤3x-\frac{π}{4}≤\frac{π}{2}+2kπ$，得$-\frac{π}{12}+\frac{2}{3}kπ≤x≤\frac{π}{4}+\frac{2}{3}kπ，k∈Z$．
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為[$-\frac{π}{12}+\frac{2}{3}kπ，\frac{π}{4}+\frac{2}{3}kπ$]，k∈Z．

點評 本題考查三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用，考查了y=Asin（ωx+φ）型函數(shù)的圖象和性質(zhì)，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是中檔題．