Question

13．已知函數(shù)f（x）=sin²x-$\frac{1}{2}$，g（x）=$\frac{{\sqrt{2}}}{4}-\frac{1}{2}$sin2x．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）與g（x）圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)；
（Ⅱ）若函數(shù)φ（x）=$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$-f（x）-g（x），將函數(shù)φ（x）圖象上的點(diǎn)縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)擴(kuò)大為原來的4倍，再將所得函數(shù)圖象向右平移$\frac{5π}{6}$個單位，得到函數(shù)h（x），求h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由函數(shù)f（x）=g（x），利用三角恒等變換求得 $sin2x-cos2x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，即 $sin（2x-\frac{π}{4}）=\frac{1}{2}$，由此求得函數(shù)f（x）與g（x）圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)x的值．
（Ⅱ）由題意，$φ（x）=\frac{{\sqrt{2}}}{2}sin（2x+\frac{π}{4}）$，再利用函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，正弦函數(shù)的單調(diào)性，得出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知：f（x）=g（x），即  ${sin^2}x-\frac{1}{2}=\frac{{\sqrt{2}}}{4}-\frac{1}{2}sin2x$，
∴$\frac{1-cos2x}{2}-\frac{1}{2}=\frac{{\sqrt{2}}}{4}-\frac{1}{2}sin2x$，即$sin2x-cos2x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
∴$\sqrt{2}sin（2x-\frac{π}{4}）=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴$sin（2x-\frac{π}{4}）=\frac{1}{2}$，∴$2x-\frac{π}{4}=\frac{π}{6}+2kπ$或$\frac{5π}{6}+2kπ$，k∈Z，
∴$x=\frac{5π}{24}+kπ$或x=$\frac{13π}{24}+kπ$，k∈Z，
即函數(shù)f（x）與g（x）圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為$x=\frac{5π}{24}+kπ$或x=$\frac{13π}{24}+kπ$，k∈Z．
（Ⅱ）由題意，$φ（x）=\frac{{\sqrt{2}}}{2}sin（2x+\frac{π}{4}）$，
將函數(shù)φ（x）圖象上的點(diǎn)縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)擴(kuò)大為原來的4倍，得到函數(shù)$y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}sin（\frac{1}{2}x+\frac{π}{4}）$，
再將所得函數(shù)圖象向右平移$\frac{5π}{6}$個單位，得到函數(shù)$h（x）=\frac{{\sqrt{2}}}{2}sin[\frac{1}{2}（x-\frac{5π}{6}）+\frac{π}{4}]$ 的圖象，即$h（x）=\frac{{\sqrt{2}}}{2}sin（\frac{1}{2}x-\frac{π}{6}）$．
令$2kπ-\frac{π}{2}≤\frac{1}{2}x-\frac{π}{6}≤2kπ+\frac{π}{2}$，即$4kπ-\frac{2π}{3}≤x≤4kπ+\frac{4π}{3}，k∈Z$，
函數(shù)h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$[4kπ-\frac{2π}{3}，4kπ+\frac{4π}{3}]（k∈Z）$．

點(diǎn)評 本題主要考查三角恒等變換、函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，正弦函數(shù)的單調(diào)性，屬于中檔題．