Question

18．已知函數(shù)f（x）=10$\sqrt{3}$sin$\frac{x}{2}$cos$\frac{x}{2}$+10cos²$\frac{x}{2}$．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最小正周期；
（Ⅱ）將函數(shù)f（x）的圖象向右平移$\frac{π}{6}$個(gè)單位長度，再向下平移a（a＞0）個(gè)單位長度后得到函數(shù)g（x）的圖象，且函數(shù)g（x）的 最大值為2．
（i）求函數(shù)g（x）的解析式；
（ii）證明：存在無窮多個(gè)互不相同的正整數(shù)x₀，使得g（x₀）＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先化簡函數(shù)的解析式，進(jìn)而求出最小正周期；
（Ⅱ）（i）先求出每一步函數(shù)變換的函數(shù)解析式，再根據(jù)g（x）的最大值為2，容易求出a的值，然后進(jìn)而寫出g（x）的解析式；
（ii）就是要證明存在無窮多個(gè)互不相同的正整數(shù)x₀ ，使得10sinx₀ -8＞0，即sinx₀ $＞\frac{4}{5}$，由$\frac{4}{5}$＜$\frac{\sqrt{3}}{2}$知，存在0＜α₀＜$\frac{π}{3}$，使得sinα₀=$\frac{4}{5}$
由正弦函數(shù)的性質(zhì)當(dāng)x∈（2kπ+α₀，2kπ+π-α₀）（k∈Z）時(shí)，均有sinx$＞\frac{4}{5}$，即可證明．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=10$\sqrt{3}$sin$\frac{x}{2}$cos$\frac{x}{2}$+10cos²$\frac{x}{2}$=5$\sqrt{3}$sinx+5cosx+5=10sin（x+$\frac{π}{6}$）+5，
∴所求函數(shù)f（x）的最小正周期T=2π；
（Ⅱ）（i）將函數(shù)f（x）的圖象向右平移$\frac{π}{6}$個(gè)單位長度后得到y(tǒng)=10sinx+5的圖象，
再向下平移a（a＞0）個(gè)單位長度后得到函數(shù)g（x）=10sinx+5-a的圖象，
∵函數(shù)g（x）的最大值為2，∴10+5-a=2，解得a=13，
∴函數(shù)g（x）=10sinx-8．
（ii）要證明存在無窮多個(gè)互不相同的正整數(shù)x₀，使得g（x₀）＞0，
就是要證明存在無窮多個(gè)互不相同的正整數(shù)x₀ ，使得10sinx₀ -8＞0，即sinx₀ $＞\frac{4}{5}$，
由$\frac{4}{5}$＜$\frac{\sqrt{3}}{2}$知，存在0＜α₀＜$\frac{π}{3}$，使得sinα₀=$\frac{4}{5}$，
由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知，當(dāng)x∈（α₀，π-α₀）時(shí)，均有sinx$＞\frac{4}{5}$，
因?yàn)閥=sinx的周期為2π，所以當(dāng)x∈（2kπ+α₀，2kπ+π-α₀），
（k∈Z）時(shí)，均有sinx$＞\frac{4}{5}$．
因?yàn)閷θ我獾恼麛?shù)k，（2kπ+π-α₀）-（2kπ+α₀）=π-2α₀＞$\frac{π}{3}$＞1，
所以對任意的正整數(shù)k，都存在正整數(shù)x_k∈（2kπ+α₀，2kπ+π-α₀），使得sinx_k$＞\frac{4}{5}$，
即存在無窮多個(gè)互不相同的正整數(shù)x₀，使得g（x₀）＞0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了三角函數(shù)的輔助角公式、最小正周期、函數(shù)圖象的平移變換、最值問題等，屬于中檔題．