Question

12．已知函數(shù)f（x）=sinx，函數(shù)$g（x）=sin（ωx-\frac{π}{6}）$（ω＞0）滿足$g（0）=-g（\frac{π}{2}）$，且y=g（x）在$（0，\frac{π}{2}）$上有且僅有三個(gè)零點(diǎn)．
（1）求ω的值；
（2）若ω＞5，且m∈[0，4]，求函數(shù)$y=g（\frac{x}{3}-\frac{π}{18}）-mf（x）$在$x∈[0，\frac{π}{6}]$內(nèi)的最小值；
（3）設(shè)F（x）=ln（f（x）+1），求證：對(duì)于任意的x₁，x₂，當(dāng)$0＜{x_2}＜{x_1}＜\frac{π}{2}$時(shí)，有：$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{F（{x_1}）-F（{x_2}）}}＞\sqrt{（f（{x_1}）+1）•（f（{x_2}）+1）}$．（注：函數(shù)$h（x）=x-\frac{1}{x}-2lnx$在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增．）

Answer 1

分析 （1）由$g（0）=-g（\frac{π}{2}）$，可得$sin（-\frac{π}{6}）$=-sin$（\frac{π}{2}ω-\frac{π}{6}）$，化為：sin$（\frac{π}{2}ω-\frac{π}{6}）$=$\frac{1}{2}$，解得：ω=$4{k}_{1}+\frac{2}{3}$，或ω=4k₂+2，k₁，k₂∈Z．又y=g（x）在$（0，\frac{π}{2}）$上有且僅有三個(gè)零點(diǎn)．設(shè)T為函數(shù)y=g（x）的最小正周期，可得T＜$\frac{π}{2}$，且$\frac{3}{2}T$≥$\frac{π}{2}$，$T=\frac{2π}{ω}$，即可得出．
（2）由（1）可得：g（x）=sin$（6x-\frac{π}{6}）$，化簡函數(shù)$y=g（\frac{x}{3}-\frac{π}{18}）-mf（x）$$sin[6（\frac{x}{3}-\frac{π}{18}）-\frac{π}{6}]$-msinx=2$（sinx-\frac{m}{4}）^{2}$-$\frac{{m}^{2}}{8}$-1，令sinx=t，由$x∈[0，\frac{π}{6}]$，可得t∈$[0，\frac{1}{2}]$．y=2$（t-\frac{m}{4}）^{2}$-$\frac{{m}^{2}}{8}$-1，通過對(duì)m分類討論即可得出．
（3）對(duì)于任意的x₁，x₂，當(dāng)$0＜{x_2}＜{x_1}＜\frac{π}{2}$時(shí)要證明：$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{F（{x_1}）-F（{x_2}）}}＞\sqrt{（f（{x_1}）+1）•（f（{x_2}）+1）}$．即證明：$\frac{sin{x}_{1}-sin{x}_{2}}{ln（sin{x}_{1}+1）-ln（sin{x}_{2}+1）}$＞$\sqrt{（sin{x}_{1}+1）（sin{x}_{2}+1）}$，不妨設(shè)u₁=sinx₁，u₂=sinx₂，則0＜u₂＜u₁＜1，即證明：$\frac{{u}_{1}-{u}_{2}}{ln（{u}_{1}+1）-ln（{u}_{2}+1）}$＞$\sqrt{（{u}_{1}+1）（{u}_{2}+1）}$，即證明：$\sqrt{\frac{{u}_{1}+1}{{u}_{2}+1}+\frac{{u}_{2}+1}{{u}_{1}+1}-2}$＞$ln\frac{{u}_{1}+1}{{u}_{2}+1}$，令t=$\frac{{u}_{1}+1}{{u}_{2}+1}$＞1，即證明：$\sqrt{t+\frac{1}{t}-2}$＞lnt，即證明：$\sqrt{t}-\frac{1}{\sqrt{t}}$-lnt＞0．利用函數(shù)$h（x）=x-\frac{1}{x}-2lnx$在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增．即可得出．

解答 解：（1）由$g（0）=-g（\frac{π}{2}）$，∴$sin（-\frac{π}{6}）$=-sin$（\frac{π}{2}ω-\frac{π}{6}）$，化為：sin$（\frac{π}{2}ω-\frac{π}{6}）$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{π}{2}ω-\frac{π}{6}$=2k₁π+$\frac{π}{6}$，或$\frac{π}{2}ω-\frac{π}{6}$=2k₂π+$\frac{5π}{6}$，k₁，k₂∈Z．
解得ω=$4{k}_{1}+\frac{2}{3}$，或ω=4k₂+2，k₁，k₂∈Z．①
又y=g（x）在$（0，\frac{π}{2}）$上有且僅有三個(gè)零點(diǎn)．設(shè)T為函數(shù)y=g（x）的最小正周期，
∴T＜$\frac{π}{2}$，且$\frac{3}{2}T$≥$\frac{π}{2}$，$T=\frac{2π}{ω}$，即$\frac{2π}{ω}$＜$\frac{π}{2}$，$\frac{3}{2}•\frac{2π}{ω}$≥$\frac{π}{2}$，即4＜ω≤6，②．
由①②可得：ω=$\frac{14}{3}$，或6．
（2）由（1）可得：g（x）=sin$（6x-\frac{π}{6}）$，∴函數(shù)$y=g（\frac{x}{3}-\frac{π}{18}）-mf（x）$
=$sin[6（\frac{x}{3}-\frac{π}{18}）-\frac{π}{6}]$-msinx
=-cos2x-msinx=-（1-2sin²x）-msinx=2$（sinx-\frac{m}{4}）^{2}$-$\frac{{m}^{2}}{8}$-1，
令sinx=t，由$x∈[0，\frac{π}{6}]$，可得t∈$[0，\frac{1}{2}]$．y=2$（t-\frac{m}{4}）^{2}$-$\frac{{m}^{2}}{8}$-1，
若m∈[0，2]，則y_min=-$\frac{{m}^{2}}{8}$-1．
若m∈（2，4]，則函數(shù)y=2$（t-\frac{m}{4}）^{2}$-$\frac{{m}^{2}}{8}$-1在$[0，\frac{1}{2}]$上單調(diào)遞減，可得y_min=-$\frac{m}{2}$-$\frac{1}{2}$．
（3）證明：對(duì)于任意的x₁，x₂，當(dāng)$0＜{x_2}＜{x_1}＜\frac{π}{2}$時(shí)，
要證明：$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{F（{x_1}）-F（{x_2}）}}＞\sqrt{（f（{x_1}）+1）•（f（{x_2}）+1）}$．
即證明：$\frac{sin{x}_{1}-sin{x}_{2}}{ln（sin{x}_{1}+1）-ln（sin{x}_{2}+1）}$＞$\sqrt{（sin{x}_{1}+1）（sin{x}_{2}+1）}$，
不妨設(shè)u₁=sinx₁，u₂=sinx₂，則0＜u₂＜u₁＜1，即證明：
$\frac{{u}_{1}-{u}_{2}}{ln（{u}_{1}+1）-ln（{u}_{2}+1）}$＞$\sqrt{（{u}_{1}+1）（{u}_{2}+1）}$，
即證明：$\frac{（{u}_{1}+1）-（{u}_{2}+1）}{ln\frac{{u}_{1}+1}{{u}_{2}+1}}$＞$\sqrt{（{u}_{1}+1）（{u}_{2}+1）}$，
即證明：$\frac{（{u}_{1}+1）-（{u}_{2}+1）}{\sqrt{（{u}_{1}+1）（{u}_{2}+1）}}$＞$ln\frac{{u}_{1}+1}{{u}_{2}+1}$，
即證明：$\sqrt{\frac{[（{u}_{1}+1）-（{u}_{2}+1）]^{2}}{（{u}_{1}+1）（{u}_{2}+1）}}$＞$ln\frac{{u}_{1}+1}{{u}_{2}+1}$，
化為：$\sqrt{\frac{{u}_{1}+1}{{u}_{2}+1}+\frac{{u}_{2}+1}{{u}_{1}+1}-2}$＞$ln\frac{{u}_{1}+1}{{u}_{2}+1}$，
令t=$\frac{{u}_{1}+1}{{u}_{2}+1}$＞1，即證明：$\sqrt{t+\frac{1}{t}-2}$＞lnt，
即證明：$\frac{t-1}{\sqrt{t}}$-lnt＞0，化為：$\sqrt{t}-\frac{1}{\sqrt{t}}$-lnt＞0．
而函數(shù)$h（x）=x-\frac{1}{x}-2lnx$在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增．
則h（x）＞h（1）=0．因此$\sqrt{t}-\frac{1}{\sqrt{t}}$-lnt＞0成立．
故對(duì)于任意的x₁，x₂，
當(dāng)$0＜{x_2}＜{x_1}＜\frac{π}{2}$時(shí)，$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{F（{x_1}）-F（{x_2}）}}＞\sqrt{（f（{x_1}）+1）•（f（{x_2}）+1）}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)、不等式的證明、換元法、三角函數(shù)求值、函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．