Question

16．已知A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是函數(shù)$f（x）=2sin（wx+φ）（w＞0，-\frac{π}{2}＜φ＜0）$的任意兩點，且角φ的終邊經過點$P（1，-\sqrt{3}）$，若|f（x₁）-f（x₂）|=4時，|x₁-x₂|的最小值為$\frac{π}{3}$．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）求函數(shù)f（x）的遞增區(qū)間；
（3）當$x∈[0，\frac{π}{6}]$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 （1）根據(jù)|f（x₁）-f（x₂）|=4，|x₁-x₂|的最小值為$\frac{π}{3}$．可得T=$\frac{2π}{3}$．角φ的終邊經過點$P（1，-\sqrt{3}）$，根據(jù)三角函數(shù)的定義求解φ，可得解析式．
（2）將內層函數(shù)看作整體，放到正弦函數(shù)的增區(qū)間上，解不等式得函數(shù)的單調遞增區(qū)間．
（3）根據(jù)$x∈[0，\frac{π}{6}]$時，求出內層函數(shù)的范圍，mf（x）+2m≥f（x）化簡為（m-1）f（x）≥-2m，對m-1與0的大小進行討論，轉化為不等式求解．

解答 解：函數(shù)$f（x）=2sin（wx+φ）（w＞0，-\frac{π}{2}＜φ＜0）$，
∵|f（x₁）-f（x₂）|=4，|x₁-x₂|的最小值為$\frac{π}{3}$．
∴T=$\frac{2π}{3}$，
可得ω=$\frac{2π}{T}$=3，
∴f（x）=2sin（3x+φ）
角φ的終邊經過點$P（1，-\sqrt{3}）$，即tanφ=$\frac{x}{y}$=$-\sqrt{3}$．
∵$-\frac{π}{2}＜$φ＜0
∴φ=$-\frac{π}{3}$．
故得函數(shù)f（x）的解析式為：f（x）=2sin（3x-$\frac{π}{3}$）
（2）由（1）可得f（x）=2sin（3x-$\frac{π}{3}$）
令：$-\frac{π}{2}+2kπ$≤3x-$\frac{π}{3}$$≤\frac{π}{2}+2kπ$，k∈Z
解得：$-\frac{π}{18}+\frac{2}{3}kπ$$≤x≤\frac{5π}{18}+\frac{2}{3}kπ$，k∈Z
故得函數(shù)f（x）的遞增區(qū)間為[$-\frac{π}{18}+\frac{2}{3}kπ$，$\frac{5π}{18}+\frac{2}{3}kπ$]，k∈Z．
（3），當$x∈[0，\frac{π}{6}]$時，可得3x-$\frac{π}{3}$∈[$-\frac{π}{3}$，$\frac{π}{6}$]
∴sin（3x-$\frac{π}{3}$）∈[$-\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$]
則f（x）∈[$-\sqrt{3}$，1]
由不等式mf（x）+2m≥f（x）恒成立，可得（m-1）f（x）≥-2m，
當m-1=0時，即m=1，可得0≥-2恒成立，∴m=1．
當m-1＞0時，即m＞1，可得f（x）≥$\frac{-2m}{m-1}$，只需$\frac{-2m}{m-1}≤-\sqrt{3}$，
解得：m$≥-2\sqrt{3}-3$．
可得m＞1．
當m-1＜0時，即m＜1，可得f（x）≤$\frac{-2m}{m-1}$，只需1$≤\frac{-2m}{m-1}$
解得：m$≥\frac{1}{3}$
可得：$\frac{1}{3}$≤m＜1．
綜上可得：實數(shù)m的取值范圍[$\frac{1}{3}，+∞$）．

點評 本題主要考查對三角函數(shù)的圖象和性質的運用，求解出f（x）的解析式是解決本題的關鍵．屬于中檔題