Question

4．函數(shù)f（x）=$\sqrt{3}$cos²（ωx+φ）-cos（ωx+φ）•sin（ωx+φ+$\frac{π}{3}$）-$\frac{\sqrt{3}}{4}$（ω＞0，0＜φ＜$\frac{π}{2}$）同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件：
①f（x）圖象最值點(diǎn)與左右相鄰的兩個(gè)對(duì)稱中心構(gòu)成等腰直角三角形
②（$\frac{2}{3}$，0）是f（x）的一個(gè)對(duì)稱中心、
（1）當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；
（2）令g（x）=f²（x-$\frac{5}{6}$）+$\frac{1}{4}$f（x-$\frac{1}{3}$）+m，若g（x）在x∈[$\frac{5}{6}$，$\frac{3}{2}$]時(shí)有零點(diǎn)，求此時(shí)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用化簡(jiǎn)函數(shù)解析式可得f（x）=$\frac{1}{2}$cos（2ωx+2φ+$\frac{π}{6}$），令2ωx+2φ+$\frac{π}{6}$=0，可得函數(shù)的一個(gè)最大值點(diǎn)O的坐標(biāo)，令2ωx+2φ+$\frac{π}{6}$=-$\frac{π}{2}$，可得函數(shù)的一個(gè)最大值點(diǎn)O的左相鄰的對(duì)稱點(diǎn)A的坐標(biāo)，
令2ωx+2φ+$\frac{π}{6}$=$\frac{π}{2}$，可得函數(shù)的一個(gè)最大值點(diǎn)O的右相鄰的對(duì)稱點(diǎn)B的坐標(biāo)，由|AB|²=2|OB|²，結(jié)合范圍ω＞0，解得$ω=\frac{π}{2}$．由$\frac{1}{2}$cos（$\frac{2π}{3}$+2φ+$\frac{π}{6}$）=0，結(jié)合范圍0＜φ＜$\frac{π}{2}$，可得φ=$\frac{π}{3}$，可得函數(shù)解析式，由x∈[0，2]時(shí)，可得πx+$\frac{5π}{6}$∈[$\frac{5π}{6}$，$\frac{17π}{6}$]，利用余弦函數(shù)的圖象可得單調(diào)遞減區(qū)間．
（2）由（1）及配方法可得g（x）=$\frac{17}{64}$+m-$\frac{1}{4}$（sinπx+$\frac{1}{4}$）²，由題意，m=$\frac{1}{4}$（sinπx+$\frac{1}{4}$）²-$\frac{17}{64}$在x∈[$\frac{5}{6}$，$\frac{3}{2}$]時(shí)有解，利用正弦函數(shù)的有界性即可求解．

解答 （本小題滿分12分）
解：（1）∵f（x）=$\sqrt{3}$cos²（ωx+φ）-cos（ωx+φ）•sin（ωx+φ+$\frac{π}{3}$）-$\frac{\sqrt{3}}{4}$
=$\frac{\sqrt{3}+\sqrt{3}cos（2ωx+2φ）}{2}$-$\frac{1}{4}$sin（2ωx+2φ）-$\frac{\sqrt{3}}{4}$-$\frac{\sqrt{3}}{4}$cos（2ωx+2φ）-$\frac{\sqrt{3}}{4}$
=$\frac{1}{2}$[$\frac{\sqrt{3}}{2}$cos（2ωx+2φ）-$\frac{1}{2}$sin（2ωx+2φ）]
=$\frac{1}{2}$cos（2ωx+2φ+$\frac{π}{6}$），
∴函數(shù)周期T=$\frac{2π}{2ω}$，
∵令2ωx+2φ+$\frac{π}{6}$=0，可得函數(shù)的一個(gè)最大值點(diǎn)O的坐標(biāo)為：（-$\frac{\frac{π}{6}+2φ}{2ω}$，$\frac{1}{2}$），
令2ωx+2φ+$\frac{π}{6}$=-$\frac{π}{2}$，可得函數(shù)的一個(gè)最大值點(diǎn)O的左相鄰的對(duì)稱點(diǎn)A的坐標(biāo)為：（-$\frac{\frac{2π}{3}+2φ}{2ω}$，0），
令2ωx+2φ+$\frac{π}{6}$=$\frac{π}{2}$，可得函數(shù)的一個(gè)最大值點(diǎn)O的右相鄰的對(duì)稱點(diǎn)B的坐標(biāo)為：（$\frac{\frac{π}{3}-2φ}{2ω}$，0），
∴由題意可得：|AB|²=2|OB|²，即得：（$\frac{π}{2ω}$）²=2[（$\frac{\frac{π}{3}-2φ}{2ω}$+$\frac{\frac{π}{6}+2φ}{2ω}$）²+（-$\frac{1}{2}$）²]，解得ω²=$\frac{{π}^{2}}{4}$，
∵ω＞0，解得：$ω=\frac{π}{2}$．
∴f（x）=$\frac{1}{2}$cos（πx+2φ+$\frac{π}{6}$），
∵（$\frac{2}{3}$，0）是f（x）的一個(gè)對(duì)稱中心，即：$\frac{1}{2}$cos（$\frac{2π}{3}$+2φ+$\frac{π}{6}$）=0，
∴$\frac{2π}{3}$+2φ+$\frac{π}{6}$=kπ+$\frac{π}{2}$，k∈Z，解得：φ=$\frac{kπ}{2}$-$\frac{π}{6}$，k∈Z，
∴由0＜φ＜$\frac{π}{2}$，可得：φ=$\frac{π}{3}$．
∴f（x）=$\frac{1}{2}$cos（πx+$\frac{5π}{6}$），
∵x∈[0，2]時(shí)，πx+$\frac{5π}{6}$∈[$\frac{5π}{6}$，$\frac{17π}{6}$]，
∴當(dāng)利用余弦函數(shù)的圖象可得，當(dāng)πx+$\frac{5π}{6}$∈[$\frac{5π}{6}$π]，πx+$\frac{5π}{6}$∈[2π，$\frac{17π}{6}$]時(shí)單調(diào)遞減，
即函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為：[0，$\frac{1}{6}$]∪[$\frac{5}{6}$，2]．
（2）∵由（1）可得：f（x-$\frac{5}{6}$）=$\frac{1}{2}$cosπx，
f（x-$\frac{1}{3}$）=-$\frac{1}{2}$sinπx．
∴g（x）=f²（x-$\frac{5}{6}$）+$\frac{1}{4}$f（x-$\frac{1}{3}$）+m=$\frac{1}{4}$cos²πx-$\frac{1}{8}$sinπx+m=$\frac{17}{64}$+m-$\frac{1}{4}$（sinπx+$\frac{1}{4}$）²，
∵g（x）在x∈[$\frac{5}{6}$，$\frac{3}{2}$]時(shí)有零點(diǎn)，即方程：$\frac{17}{64}$+m-$\frac{1}{4}$（sinπx+$\frac{1}{4}$）²=0在x∈[$\frac{5}{6}$，$\frac{3}{2}$]時(shí)有解，
∴m=$\frac{1}{4}$（sinπx+$\frac{1}{4}$）²-$\frac{17}{64}$在x∈[$\frac{5}{6}$，$\frac{3}{2}$]時(shí)有解，
∵x∈[$\frac{5}{6}$，$\frac{3}{2}$]，sinπx∈[-1，$\frac{1}{2}$]，sinπx+$\frac{1}{4}$∈[-$\frac{3}{4}$，$\frac{3}{4}$]，$\frac{1}{4}$（sinπx+$\frac{1}{4}$）²∈[0，$\frac{9}{64}$]，
∴m∈[-$\frac{17}{64}$，-$\frac{1}{8}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用，正弦函數(shù)，余弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，考查了數(shù)形結(jié)合思想和轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，考查了配方法的應(yīng)用，綜合性強(qiáng)，計(jì)算量大，屬于難題．