Question

11．函數(shù)f（x）=msinx+2ncos²$\frac{x}{2}$-n在x=$\frac{π}{4}$時(shí)取得最小值$\frac{\sqrt{2}}{2}$（m+n）（m≠0），將函數(shù)f（x）圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的$\frac{1}{ω}$倍（ω＞O，縱坐標(biāo)不變）得到函數(shù)g（x）的圖象，若g（x）在區(qū)間（$\frac{π}{2}$，π）內(nèi)單調(diào)遞減，則ω的取值范圍為[$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{4}$]．

Answer 1

分析 利用兩角和的正弦函數(shù)公式化簡(jiǎn)可得解析式f（x）=$\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}}$sin（x+φ），由題意f（$\frac{π}{4}$）=$\frac{\sqrt{2}}{2}$（m+n）=-$\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}}$＜0，可得m=n＜0，利用函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換可求g（x），根據(jù)已知及正弦函數(shù)的單調(diào)性可得$\frac{2π}{ω}$≥2×$\frac{π}{2}$，解得ω≤2，又由2kπ+$\frac{π}{2}$≤ωx+$\frac{π}{4}$≤2kπ+$\frac{3π}{2}$（k∈Z），可得$\left\{\begin{array}{l}{\stackrel{0＜ω≤2}{\frac{π}{4ω}+\frac{2kπ}{ω}≤\frac{π}{2}}}\\{\frac{5π}{4ω}+\frac{2kπ}{ω}≥π}\end{array}\right.$，進(jìn)而解得ω的取值范圍．

解答 解：∵f（x）=msinx+2ncos²$\frac{x}{2}$-n=$\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}}$sin（x+φ），
∴f（$\frac{π}{4}$）=$\frac{\sqrt{2}}{2}$（m+n）=-$\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}}$＜0，平方可得：m=n＜0，
∴f（x）=-$\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}}$sin（x+$\frac{π}{4}$），
∴將函數(shù)f（x）圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的$\frac{1}{ω}$倍（ω＞O，縱坐標(biāo)不變）得到函數(shù)g（x）的圖象，可得：g（x）=-$\sqrt{{m}^{2}+{n}^{2}}$sin（ωx+$\frac{π}{4}$），
∵g（x）在區(qū)間（$\frac{π}{2}$，π）內(nèi)單調(diào)遞減，
∴y=sin（ωx+$\frac{π}{4}$）在區(qū)間（$\frac{π}{2}$，π）內(nèi)單調(diào)遞減，$\frac{2π}{ω}$≥2×$\frac{π}{2}$，解得：ω≤2，
∴2kπ+$\frac{π}{2}$≤ωx+$\frac{π}{4}$≤2kπ+$\frac{3π}{2}$（k∈Z），解得：$\frac{π}{4ω}$+$\frac{2kπ}{ω}$≤x≤$\frac{5π}{4ω}$+$\frac{2kπ}{ω}$，
∴則有$\left\{\begin{array}{l}{\stackrel{0＜ω≤2}{\frac{π}{4ω}+\frac{2kπ}{ω}≤\frac{π}{2}}}\\{\frac{5π}{4ω}+\frac{2kπ}{ω}≥π}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{0＜ω≤2}\\{4k+\frac{1}{2}≤ω≤\frac{5}{4}+2k，k∈Z}\end{array}\right.$，
∴$\frac{1}{2}≤$ω≤$\frac{1}{4}$．
故答案為：[$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{4}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，兩角和的正弦函數(shù)公式的應(yīng)用，考查了計(jì)算能力和數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．