Question

7．已知函數(shù)f（x）=2a•sinωxcosωx+2$\sqrt{3}$cos²ωx-$\sqrt{3}$+1（a＞0，ω＞0）的最大值為3，最小正周期為π．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間．
（Ⅱ）若f（θ）=$\frac{7}{3}$，求sin（4θ+$\frac{π}{6}$）的值．
（Ⅲ）若存在區(qū)間[a，b]（a，b∈R，且a＜b）使得y=f（x）在[a，b]上至少含有6個零點，在滿足上述條件的[a，b]中，求b-a的最小值．

Answer 1

分析 （I）利用倍角公式與和差公式可得：f（x）=$\sqrt{{a}^{2}+3}$sin（2ωx+φ）+1，根據(jù)f（x）的最大值為3，最小正周期為π．可得$\sqrt{{a}^{2}+3}$+1=3，$\frac{2π}{2ω}$=π，a＞0，ω＞0．即可得出．再利用正弦函數(shù)的單調(diào)性即可得出單調(diào)區(qū)間．
（II）由f（θ）=$\frac{7}{3}$，可得sin$（2θ+\frac{π}{3}）$=$\frac{2}{3}$，利用誘導公式與倍角公式即可得出．
（III）令f（x）=0，可得sin$（2x+\frac{π}{3}）$=-$\frac{1}{2}$，x=k$π-\frac{π}{4}$，或x=kπ-$\frac{7π}{12}$，故相鄰的零點之間的間隔依次為$\frac{π}{3}$，$\frac{2π}{3}$．即可得出．

解答 解：（I）f（x）=2a•sinωxcosωx+2$\sqrt{3}$cos²ωx-$\sqrt{3}$+1=asin2ωx+$\sqrt{3}$cos2ωx+1=$\sqrt{{a}^{2}+3}$sin（2ωx+φ）+1，
∵f（x）的最大值為3，最小正周期為π．
∴$\sqrt{{a}^{2}+3}$+1=3，$\frac{2π}{2ω}$=π，a＞0，ω＞0．
解得a=1，ω=1．
∴f（x）=2sin$（2x+\frac{π}{3}）$+1．
令2kπ$-\frac{π}{2}$≤2x+$\frac{π}{3}$≤2kπ+$\frac{π}{2}$，k∈Z，
解得$kπ-\frac{5π}{12}$≤x≤kπ+$\frac{π}{12}$，
可得函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為$[kπ-\frac{5π}{12}，kπ+\frac{π}{12}]$，k∈Z．
（II）∵f（θ）=$\frac{7}{3}$，
∴2sin$（2θ+\frac{π}{3}）$=$\frac{4}{3}$，即sin$（2θ+\frac{π}{3}）$=$\frac{2}{3}$，
∴sin（4θ+$\frac{π}{6}$）=sin$[2（2θ+\frac{π}{3}）-\frac{π}{2}]$=-cos$[2（2θ+\frac{π}{3}）]$=$2si{n}^{2}（2θ+\frac{π}{3}）$-1=2×$（\frac{2}{3}）^{2}$-1=-$\frac{1}{9}$．
（III）令f（x）=0，可得sin$（2x+\frac{π}{3}）$=-$\frac{1}{2}$，∴x=k$π-\frac{π}{4}$，或x=kπ-$\frac{7π}{12}$，
故相鄰的零點之間的間隔依次為$\frac{π}{3}$，$\frac{2π}{3}$．
y=f（x）在[a，b]上至少含有6個零點，等價于b-a的最小值為$2×\frac{2π}{3}$+3×$\frac{π}{3}$=$\frac{7π}{3}$．

點評 本題考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)、誘導公式、倍角公式、和差公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．