Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{k+2-sin2x}{sinx-cosx}$（x∈[$\frac{5π}{12}$，π]）．
（1）當k=0時，求y=f（x）的值域；
（2）若k＞0，且不等式f（x）≥3恒成立，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當k=0時，利用換元法設t=sinx-cosx，結合基本不等式的性質(zhì)即可求y=f（x）的值域；
（2）利用換元法和參數(shù)分離法，結合一元二次函數(shù)的性質(zhì)求出函數(shù)f（x）的最小值即可得到結論．

解答 解：（1）當k=0時，f（x）=$\frac{2-sin2x}{sinx-cosx}$，
設t=sinx-cosx，則t²=1-2sinxcosx=1-sin2x，
即sin2x=1-t²，
∵t=sinx-cosx=$\sqrt{2}$sin（x-$\frac{π}{4}$），
∴當x∈[$\frac{5π}{12}$，π]時，x-$\frac{π}{4}$∈[$\frac{π}{6}$，$\frac{3π}{4}$]．
∴sin（x-$\frac{π}{4}$）∈[$\frac{1}{2}$，1]．
即$\sqrt{2}$sin（x-$\frac{π}{4}$）∈[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{2}$]．
即t∈[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{2}$]．
則函數(shù)等價為y=g（t）=$\frac{2-1+{t}^{2}}{t}=\frac{1+{t}^{2}}{t}$=t+$\frac{1}{t}$，
∵g（t）=t+$\frac{1}{t}$在[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1]上遞減，則[1，$\sqrt{2}$]上遞增，
∴g（t）的最小值為g（1）=1+1=2，
∵g（$\sqrt{2}$）=$\sqrt{2}$+$\frac{1}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
g（[$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\sqrt{2}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∴2≤y≤$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
即函數(shù)的值域為[2，$\frac{3\sqrt{2}}{2}$]．
（2）若k＞0，則f（x）=$\frac{k+2-sin2x}{sinx-cosx}$等價為y=$\frac{k+2+{t}^{2}-1}{t}$=$\frac{k+1}{t}$+t≥2$\sqrt{t•\frac{k+1}{t}}$=2$\sqrt{k+1}$，
若不等式f（x）≥3恒成立，
即$\frac{k+1}{t}$+t≥3，
即k+1+t²≥3t，
即k≥-t²+3t-1，
設g（t）=-t²+3t-1，
則g（t）=-（t-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{5}{4}$，
∵t∈[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{2}$]．
∴函數(shù)在t∈[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{2}$]上為增函數(shù)，
∴當t=$\sqrt{2}$時，g（t）取得最大值，為g（$\sqrt{2}$）=-2+3$\sqrt{2}$-1=3$\sqrt{2}-3$．
即k≥3$\sqrt{2}-3$．

點評 本題主要考查函數(shù)最值的應用，利用換元法結合三角函數(shù)的有界性，結合基本不等式求出函數(shù)的最值是解決本題的關鍵．