Question

4．已知函數(shù)f（x）=2$\sqrt{3}sinxcosx+2{cos^2}$x．
（Ⅰ）求$f（\frac{π}{24}）$的值；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[-m，m]上是單調遞增函數(shù)，求實數(shù)m的最大值；
（Ⅲ）若關于x的方程f（x）-a=0在區(qū)間$（0，\;\frac{π}{2}）$內有兩個實數(shù)根x₁，x₂（x₁＜x₂），分別求實數(shù)a與$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用二倍角公式和兩角和公式對函數(shù)解析式化簡，代入x=$\frac{π}{24}$即可．
（Ⅱ）根據(jù)三角函數(shù)的圖象與性質求得函數(shù)的增區(qū)間，進而確定m的范圍．
（Ⅲ）把方程的根的問題轉化為兩函數(shù)圖象交點的問題，確定a的范圍，根據(jù)函數(shù)的對稱，求得x₁+x₂的值，進而表示出$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}$的表達式，利用二次函數(shù)的性質確定其范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵$f（x）=\sqrt{3}sin2x+cos2x+1$=$2（\frac{{\sqrt{3}}}{2}sin2x+\frac{1}{2}cos2x）+1$=$2sin（2x+\frac{π}{6}）+1$，
∴$f（\frac{π}{24}）=2sin（\frac{π}{12}+\frac{π}{6}）+1=2sin\frac{π}{4}+1=\sqrt{2}+1$
（Ⅱ）由$2kπ-\frac{π}{2}≤2x+\frac{π}{6}≤2kπ+\frac{π}{2}，\;\;k∈Z$
得$kπ-\frac{π}{3}≤x≤kπ+\frac{π}{6}，\;\;k∈Z$
∴f（x）在區(qū)間$[{kπ-\frac{π}{3}，\;\;kπ+\frac{π}{6}}]（k∈Z）$上是增函數(shù)
∴當k=0時，f（x）在區(qū)間$[{-\frac{π}{3}，\;\;\frac{π}{6}}]$上是增函數(shù)
若函數(shù)f（x）在區(qū)間[-m，m]上是單調遞增函數(shù)，則$[-m，m]⊆[-\frac{π}{3}，\frac{π}{6}]$
∴$\left\{\begin{array}{l}m≤\frac{π}{6}\\-m≥-\frac{π}{3}\\ m＞0\end{array}\right.$，解得$0＜m≤\frac{π}{6}$
∴m的最大值是$\frac{π}{6}$
（Ⅲ）方程f（x）-a=0在區(qū)間$（0，\frac{π}{2}）$內有兩實數(shù)根x₁，x₂（x₁＜x₂）等價于
直線y=a與曲線$f（x）=2sin（2x+\frac{π}{6}）+1$（$0＜x＜\frac{π}{2}$）有兩個交點．
∵當$0＜x＜\frac{π}{2}$時，由（Ⅱ）知$f（x）=2sin（2x+\frac{π}{6}）+1$在$（{0，\;\;\frac{π}{6}}]$上是增函數(shù)，在$[{\frac{π}{6}，\;\;\frac{π}{2}\;}）$上是減函數(shù)，
且$f（0）=2，\;\;f（\frac{π}{6}）=3，\;\;f（\frac{π}{2}）=0$，
∴2＜a＜3
即實數(shù)a的取值范圍是（2，3）
∵函數(shù)f（x）的圖象關于$x=\frac{π}{6}$對稱
∴${x_1}+{x_2}=\frac{π}{3}$．
∵x₁＜x₂，
∴$0＜{x_1}＜\frac{π}{6}$．
∴$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}•{x_2}}}=\frac{{\frac{π}{3}}}{{{x_1}•{x_2}}}=\frac{{\frac{π}{3}}}{{{x_1}•（\frac{π}{3}-{x_1}）}}=\frac{{\frac{π}{3}}}{{-{x_1}^2+\frac{π}{3}{x_1}}}$．
∵函數(shù)$y=-{x^2}+\frac{π}{3}x$在$（0，\;\;\frac{π}{6}）$內遞增
∴$-{x_1}^2+\frac{π}{3}{x_1}∈（0，\;\;\frac{π^2}{36}）$
∴$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}∈（\frac{12}{π}，\;\;+∞）$
的取值范圍為$（\frac{12}{π}，\;\;+∞）$．

點評 本題主要考查了三角函數(shù)恒等變換的應用，三角函數(shù)圖象與性質．注重了對學生推理能力的考查．