Question

10．已知函數(shù)f（x）=$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{n}$，其中$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，sin2x），$\overrightarrow{n}$=（2cos²x+1，1），x∈R．
（1）求函數(shù)f（x）的對(duì)稱軸方程；
（2）若x₁，x₂$∈[\frac{π}{12}，\frac{π}{2}]$，x₁≠x₂，且滿足f（x₁）+f（x₂）=4$\sqrt{3}$，求|x₁-x₂|的最大值．

Answer 1

分析 （1）進(jìn)行數(shù)量積的運(yùn)算求出$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}$，然后根據(jù)二倍角的余弦公式及兩角和的正弦公式便可得出f（x）=2sin（2x+$\frac{π}{3}$）+2$\sqrt{3}$，而令$2x+\frac{π}{3}=\frac{π}{2}+kπ$從而便可得出f（x）的對(duì)稱軸方程；
（2）求出f（x₁），f（x₂）帶入便可得到$sin（2{x}_{1}+\frac{π}{3}）=-sin（2{x}_{2}+\frac{π}{3}）$，這樣便可得到$sin（2{x}_{1}+\frac{π}{3}）=sin（2π-2{x}_{2}-\frac{π}{3}）$，這樣根據(jù)x₁，x₂的范圍便可得出$2{x}_{1}+\frac{π}{3}，2π-2{x}_{2}-\frac{π}{3}$的范圍，進(jìn)一步便可得到${x}_{1}，{x}_{2}∈[\frac{π}{6}，\frac{π}{2}]$．這時(shí)會(huì)得到$2{x}_{1}+\frac{π}{3}=2π-2{x}_{2}-\frac{π}{3}$，從而有${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{2π}{3}$，這樣讓x₁取最小值$\frac{π}{6}$，求出對(duì)應(yīng)的x₂的最大值，從而便可得出|x₁-x₂|的最大值．

解答 解：（1）$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}=\sqrt{3}（2co{s}^{2}x+1）+sin2x$=$\sqrt{3}（1+cos2x+1）+sin2x$=$2sin（2x+\frac{π}{3}）+2\sqrt{3}$；
∴$f（x）=2sin（2x+\frac{π}{3}）+2\sqrt{3}$；
令$2x+\frac{π}{3}=\frac{π}{2}+kπ$，k∈Z；
∴f（x）的對(duì)稱軸方程為x=$\frac{π}{12}+\frac{kπ}{2}$，k∈Z；
（2）由$f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）=4\sqrt{3}$得，$2sin（2{x}_{1}+\frac{π}{3}）+2sin（2{x}_{2}+\frac{π}{3}）+4\sqrt{3}=4\sqrt{3}$；
∴$sin（2{x}_{1}+\frac{π}{3}）=-sin（2{x}_{2}+\frac{π}{3}）$；
∴$sin（2{x}_{1}+\frac{π}{3}）=sin（2π-2{x}_{2}-\frac{π}{3}）$；
∵${x}_{1}，{x}_{2}∈[\frac{π}{12}，\frac{π}{2}]$；
∴$2{x}_{1}+\frac{π}{3}∈[\frac{π}{2}，\frac{4π}{3}]$，$2π-2{x}_{2}-\frac{π}{3}∈[\frac{2π}{3}，\frac{3π}{2}]$；
∴$2{x}_{1}+\frac{π}{3}，2π-2{x}_{2}-\frac{π}{3}∈[\frac{2π}{3}，\frac{4π}{3}]$；
∴${x}_{1}，{x}_{2}∈[\frac{π}{6}，\frac{π}{2}]$；
∴$2{x}_{1}+\frac{π}{3}=2π-2{x}_{2}-\frac{π}{3}$；
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{2π}{3}$；
∴x₁取最小值$\frac{π}{6}$時(shí)，x₂取最大值$\frac{π}{2}$；
∴|x₁-x₂|的最大值為$\frac{π}{2}-\frac{π}{6}=\frac{π}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 考查向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，二倍角的余弦公式，兩角和的正弦公式，以及三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式，若sinα=sinβ，α，β在同一個(gè)單調(diào)區(qū)間上時(shí)，便有α=β．