Question

16．已知x₀，x₀+$\frac{π}{2}$是函數(shù)f（x）=cos²（wx-$\frac{π}{6}$）-sin²wx（ω＞0）的兩個相鄰的零點．
（1）求f（$\frac{π}{12}$）的值；
（2）若對任意$x∈[-\frac{7π}{12}，0]$，都有f（x）-m≤0，求實數(shù)m的取值范圍．
（3）若關(guān)于x的方程$\frac{{4\sqrt{3}}}{3}f（x）-m=1$在$x∈[{0，\frac{π}{2}}]$上有兩個不同的解，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）化簡f（x），根據(jù)函數(shù)的周期求出ω的值，從而求出f（x）的解析式，求出函數(shù)值即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為m≥f（x）_max，根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)求出f（x）的最大值，求出m的范圍即可；
（3）結(jié)合函數(shù)$y=2sin（2x+\frac{π}{3}）$，$0≤x≤\frac{π}{2}$的解析式，求出y的最大值，得到關(guān)于m的不等式，解出即可．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{1+cos（2ωx-\frac{π}{3}）}{2}$-$\frac{1-cos2ωx}{2}$
=$\frac{1}{2}$[cos（2ωx-$\frac{π}{3}$）+cos2ωx
=$\frac{1}{2}$[（$\frac{1}{2}$cos2ωx+$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2ωx）+cos2ωx]
=$\frac{1}{2}$（$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2ωx+$\frac{3}{2}$cos2ωx）
=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（$\frac{1}{2}$sin2ωx+$\frac{\sqrt{3}}{2}$cos2ωx）
=$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin（2ωx+$\frac{π}{3}$）．
由題意可知，f（x）的最小正周期T=π，
∴$\frac{2π}{|2ω|}$=π，又∵ω＞0，∴ω=1，
∴f（x）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin（2x+$\frac{π}{3}$），
∴f（$\frac{π}{12}$）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin（2×$\frac{π}{12}$+$\frac{π}{3}$）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin$\frac{π}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$； 
（2）由f（x）-m≤0得，f（x）≤m，∴m≥f（x）_max，
∵-$\frac{7π}{12}$≤x≤0，∴-$\frac{5π}{6}$≤2x+$\frac{π}{3}$≤$\frac{π}{3}$，∴-1≤sin（2x+$\frac{π}{3}$）≤$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴-$\frac{\sqrt{3}}{2}$≤$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin（2x+$\frac{π}{3}$）≤$\frac{3}{4}$，即f（x）_max=$\frac{3}{4}$，
∴$m≥\frac{3}{4}$所以$m∈[\frac{3}{4}，+∞）$；
（3）原方程可化為$\frac{{4\sqrt{3}}}{3}•\frac{{\sqrt{3}}}{2}sin（2x+\frac{π}{3}）=m+1$
即$2sin（2x+\frac{π}{3}）=m+1$$0≤x≤\frac{π}{2}$，
由$y=2sin（2x+\frac{π}{3}）$，$0≤x≤\frac{π}{2}$，
x=0時，y=2sin$\frac{π}{3}$=$\sqrt{3}$，y的最大值為2，
∴要使方程在x∈[0，$\frac{π}{2}$]上有兩個不同的解，
即$\sqrt{3}$≤m+1＜2，即$\sqrt{3}$-1≤m＜1，
所以$m∈[\sqrt{3}-1，1）$．

點評 本題考查了三角函數(shù)的性質(zhì)，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．