Question

3．已知$\vec a$=（sinx，cosx），$\vec b$=（sinx，sinx），函數(shù)f（x）=$\vec a•\vec b$．
（ I）求f（x）的對稱軸方程；
（ II）求使f（x）≥1成立的x的取值集合；
（ III） 若對任意實數(shù)$x∈[{\frac{π}{6}，\frac{π}{3}}]$，不等式f（x）-m＜2恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用向量的數(shù)量積運算、二倍角的公式，兩角差的正弦公式化簡解析式，由正弦函數(shù)的對稱軸和整體思想求出f（x）的對稱軸方程；
（Ⅱ）由（I）化簡f（x）≥1，由正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)列出不等式，求出不等式的解集；
（Ⅲ）由由x的范圍求出$2x-\frac{π}{4}$的范圍，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)求出f（x）的最大值，根據(jù)條件和恒成立問題列出不等式，求出實數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（ I）$f（x）=\vec a•\vec b={sin^2}x+sinx•cosx=\frac{1-cos2x}{2}+\frac{1}{2}sin2x$…（1分）
=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}sin（2x-\frac{π}{4}）+\frac{1}{2}$…（2分）
令$2x-\frac{π}{4}=kπ+\frac{π}{2}，k∈Z$，解得$x=\frac{kπ}{2}+\frac{3π}{8}，k∈Z$．
∴f（x）的對稱軸方程為$x=\frac{kπ}{2}+\frac{3π}{8}，k∈Z$．…（4分）
（ II）由f（x）≥1得$\frac{{\sqrt{2}}}{2}sin（2x-\frac{π}{4}）+\frac{1}{2}≥1$，即$sin（2x-\frac{π}{4}）≥\frac{{\sqrt{2}}}{2}$…（5分）
∴$\frac{π}{4}+2kπ≤2x-\frac{π}{4}≤\frac{3π}{4}+2kπ，k∈Z$．
故x的取值集合為$\left\{{x|\frac{π}{4}+kπ≤x≤\frac{π}{2}+kπ，k∈Z}\right\}$．…（7分）
（ III）∵$x∈[{\frac{π}{6}，\frac{π}{3}}]$，∴$\frac{π}{12}≤2x-\frac{π}{4}≤\frac{5π}{12}$…（8分）
又∵$y=sinx在[{0，\frac{π}{2}}]$上是增函數(shù)，∴$sin\frac{π}{12}≤sin（2x-\frac{π}{4}）≤sin\frac{5π}{12}$…（9分）
又$sin\frac{5π}{12}=sin（\frac{π}{6}+\frac{π}{4}）=\frac{{\sqrt{6}+\sqrt{2}}}{4}$，
∴$f（x）在x∈[{\frac{π}{6}，\frac{π}{3}}]$時的最大值是$f{（x）_{max}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}×\frac{{\sqrt{6}+\sqrt{2}}}{4}+\frac{1}{2}=\frac{{\sqrt{3}+3}}{4}$…（10分）
∵f（x）-m＜2恒成立，
∴m＞f（x）_max-2，即$m＞\frac{{\sqrt{3}-5}}{4}$…（11分）
∴實數(shù)m的取值范圍是$（\frac{\sqrt{3}-5}{4}，+∞）$．…（12分）

點評 本題考查正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，三角恒等變換中的公式，向量數(shù)量積的運算，以及恒成立問題的轉(zhuǎn)化，考查轉(zhuǎn)化思想，數(shù)形結(jié)合思想，化簡、變形能力．