Question

17．已知函數(shù)f（x）=4sin²（${\frac{π}{4}$+$\frac{x}{2}}$）•sinx+（cosx+sinx）（cosx-sinx）-1．
（1）化簡f（x）；
（2）常數(shù)ω＞0，若函數(shù)y=f（ωx）在區(qū)間$[-\frac{π}{2}，\;\;\frac{2π}{3}]$上是增函數(shù)，求ω的取值范圍；
（3）若函數(shù)g（x）=$\frac{1}{2}[{f（{2x}）+af（x）-af（{\frac{π}{2}-x}）-a}]-1$在$[{-\frac{π}{4}，\frac{π}{2}}]$的最大值為2，求實數(shù)a的值．

Answer 1

分析 （1）使用降次公式和誘導公式化簡4sin²（${\frac{π}{4}$+$\frac{x}{2}}$），使用平方差公式和二倍角公式化簡（cosx+sinx）（cosx-sinx）；
（2）求出f（ωx）的包含0的增區(qū)間U，令[-$\frac{π}{2}$，$\frac{2π}{3}$]⊆U，列出不等式組解出ω；
（3）求出g（x）解析式，判斷g（x）的最大值，列方程解出a．

解答 解：（1）f（x）=2[1-cos（$\frac{π}{2}$+x）]•sinx+cos²x-sin²x-1=（2+2sinx）•sinx+1-2sin²x-1=2sinx．
（2）∵f（ωx）=2sinωx，由$-\frac{π}{2}+2kπ$≤ωx≤$\frac{π}{2}+2kπ$，解得-$\frac{π}{2ω}$+$\frac{2kπ}{ω}$≤x≤$\frac{π}{2ω}$+$\frac{2kπ}{ω}$，
∴f（ωx）的遞增區(qū)間為[-$\frac{π}{2ω}$+$\frac{2kπ}{ω}$，$\frac{π}{2ω}$+$\frac{2kπ}{ω}$]，k∈Z．∵f（ωx）在[-$\frac{π}{2}$，$\frac{2π}{3}$]上是增函數(shù)，
∴當k=0時，有$[-\frac{π}{2}，\;\;\frac{2π}{3}]⊆[-\frac{π}{2ω}，\;\;\frac{π}{2ω}]$，∴$\left\{\begin{array}{l}ω＞0\\-\frac{π}{2ω}≤-\frac{π}{2}\\ \\ \frac{π}{2ω}≥\frac{2π}{3}\end{array}\right.$，解得$0＜ω≤\frac{3}{4}$，
∴ω的取值范圍是（0，$\frac{3}{4}$]．
（3）g（x）=sin2x+asinx-acosx-$\frac{1}{2}$a-1，令sinx-cosx=t，則sin2x=1-t²，
∴y=1-t²+at-$\frac{1}{2}$a-1=-（t-$\frac{a}{2}$）²+$\frac{{a}^{2}}{4}$-$\frac{1}{2}a$，∵t=sinx-cosx=$\sqrt{2}$sin（x-$\frac{π}{4}$），
∵x∈[-$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]，∴x-$\frac{π}{4}$∈[-$\frac{π}{2}$，$\frac{π}{4}$]，∴$-\sqrt{2}≤t≤1$．
①當$\frac{a}{2}$＜-$\sqrt{2}$，即a＜-2$\sqrt{2}$時，y_max=-（$-\sqrt{2}$-$\frac{a}{2}$）²+$\frac{{a}^{2}}{4}$-$\frac{a}{2}$=-$\sqrt{2}$a-$\frac{a}{2}$-2．
令-$\sqrt{2}$a-$\frac{a}{2}$-2=2，解得a=-$\frac{8}{2\sqrt{2}+1}$（舍）．
②當-$\sqrt{2}$≤$\frac{a}{2}$≤1，即-2$\sqrt{2}$≤a≤2時，y_max=$\frac{{a}^{2}}{4}$-$\frac{1}{2}a$，令$\frac{a^2}{4}-\frac{1}{2}a=2$，解得a=-2或a=4（舍）．
③當$\frac{a}{2}＞1$，即a＞2時，在t=1處${y_{max}}=\frac{a}{2}-1$，由$\frac{a}{2}-1=2$得a=6．
因此，a=-2或a=6．

點評 本題考查了三角函數(shù)的恒等變換，三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，三角函數(shù)的最值，屬于中檔題．