Question

13．已知函數(shù)f（x）=a+bcosx+csinx的圖象經(jīng)過（0，1），（$\frac{π}{2}$，1）兩點(diǎn)．
（1）利用公式sinx+cosx=$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$）將f（x）表示為Asin（ωx+φ）+B的形式，并求a=2時(shí)f（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上的值域；
（2）若不等式|f（x）|≤2，在[0，$\frac{π}{2}$]上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）當(dāng)a＞1時(shí)，若在[0，$\frac{π}{2}$]上存在x使不等式f（x+$\frac{π}{4}$）f（x-$\frac{π}{4}$）+a²-4a+2≥0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意列出方程組，求出a、b、c的關(guān)系，由兩角和的正弦公式化簡(jiǎn)f（x），由a=2求出f（x），由x的范圍和正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，求出f（x）的值域；
（2）由x的范圍和正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，求出f（x）的最值，由條件和恒成立列出不等式，求出實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）由（1）和誘導(dǎo)公式化簡(jiǎn)f（x+$\frac{π}{4}$）f（x-$\frac{π}{4}$），代入不等式后結(jié)合條件化簡(jiǎn)，利用平方關(guān)系、換元法、分離常數(shù)法化簡(jiǎn)不等式，由條件和函數(shù)的單調(diào)性求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（1）由題意得，f（x）的圖象經(jīng)過（0，1），（$\frac{π}{2}$，1）兩點(diǎn)，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a+bcos0+csin0=1}\\{a+bcos\frac{π}{2}+csin\frac{π}{2}=1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{c=b}\\{a=1-b}\end{array}\right.$，
則f（x）=bsinx+bcosx+1-b=$\sqrt{2}bsin（x+\frac{π}{4}）+1-b$，
又a=2，則b=c=-1，∴f（x）=$-\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）+2$，
由x∈[0，$\frac{π}{2}$]得，$x+\frac{π}{4}∈[\frac{π}{4}，\frac{3π}{4}]$，則$\frac{\sqrt{2}}{2}≤sin（x+\frac{π}{4}）≤1$，
∴f（x）的值域是$[-\sqrt{2}+2，1]$；
（2）由（1）得，f（x）=$\sqrt{2}bsin（x+\frac{π}{4}）+1-b$=$\sqrt{2}（1-a）sin（x+\frac{π}{4}）+a$，
由x∈[0，$\frac{π}{2}$]得，$x+\frac{π}{4}∈[\frac{π}{4}，\frac{3π}{4}]$，則$\frac{\sqrt{2}}{2}≤sin（x+\frac{π}{4}）≤1$，
當(dāng)$sin（x+\frac{π}{4}）=1$ 時(shí)，f（x）=$\sqrt{2}（1-a）+a$=$\sqrt{2}+（1-\sqrt{2}）a$，
當(dāng)$sin（x+\frac{π}{4}）=\frac{\sqrt{2}}{2}$時(shí)，f（x）=$\sqrt{2}（1-a）×\frac{\sqrt{2}}{2}+a$=1，
∵不等式|f（x）|≤2，在[0，$\frac{π}{2}$]上恒成立，
∴|$\sqrt{2}+（1-\sqrt{2}）a$|≤2，解得$-\sqrt{2}≤a≤\sqrt{2}（3+2\sqrt{2}）$，
即$-\sqrt{2}≤a≤4+3\sqrt{2}$，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是$[-\sqrt{2}，4+3\sqrt{2}]$；
（3）由（1）得，f（x）=$\sqrt{2}（1-a）sin（x+\frac{π}{4}）+a$，
∴f（x+$\frac{π}{4}$）f（x-$\frac{π}{4}$）=[$\sqrt{2}（1-a）sin（x+\frac{π}{2}）+a$][$\sqrt{2}（1-a）sinx+a$]
=[$\sqrt{2}（1-a）cosx+a$][$\sqrt{2}（1-a）sinx+a$]
=$2{（1-a）}^{2}sinxcosx+\sqrt{2}a（1-a）（cosx+sinx）+{a}^{2}$，
代入不等式f（x+$\frac{π}{4}$）f（x-$\frac{π}{4}$）+a²-4a+2≥0得，
$2{（1-a）}^{2}sinxcosx+\sqrt{2}a（1-a）（cosx+sinx）$+2（a²-2a+1）≥0，
又a＞1，$2（a-1）sinxcosx-\sqrt{2}a（cosx+sinx）+2（a-1）≥0$，①
設(shè)t=sinx+cosx，則2sinxcosx=t²-1，且t=$\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）$，
由x∈[0，$\frac{π}{2}$]得，$x+\frac{π}{4}∈[\frac{π}{4}，\frac{3π}{4}]$，則$\frac{\sqrt{2}}{2}≤sin（x+\frac{π}{4}）≤1$，
∴t∈$[1，\sqrt{2}]$，代入①整理得，
（a-1）（t²-1）-$\sqrt{2}$at+2（a-1）≥0，則（a-1）t²-$\sqrt{2}$at+a-1≥0，
∵${t}^{2}-\sqrt{2}t+1＞0$，∴$a≥\frac{{t}^{2}+1}{{t}^{2}-\sqrt{2}t+1}$=$\frac{{t}^{2}-\sqrt{2}t+1+\sqrt{2}t}{{t}^{2}-\sqrt{2}t+1}$=1+$\frac{\sqrt{2}t}{{t}^{2}-\sqrt{2}t+1}$，
設(shè)y=1+$\frac{\sqrt{2}t}{{t}^{2}-\sqrt{2}t+1}$=1+$\frac{\sqrt{2}}{t+\frac{1}{t}-\sqrt{2}}$，
∵函數(shù)y=$t+\frac{1}{t}$在$[1，\sqrt{2}]$上遞增，∴函數(shù)y=1+$\frac{\sqrt{2}}{t+\frac{1}{t}-\sqrt{2}}$在$[1，\sqrt{2}]$上遞減，
則此函數(shù)的最小值是1+$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\sqrt{2}}$=3，
∵當(dāng)a＞1時(shí)，在[0，$\frac{π}{2}$]上存在x使不等式f（x+$\frac{π}{4}$）f（x-$\frac{π}{4}$）+a²-4a+2≥0成立，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[3，+∞]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，三角恒等變換中的公式，函數(shù)的單調(diào)性，以及恒成立與存在性問題的轉(zhuǎn)化，考查轉(zhuǎn)化思想，換元法、分離常數(shù)法，化簡(jiǎn)、變形能力．