Question

20．定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：
①f（x+y）+f（x-y）=2f（x）cosy；
②$f（0）=1，f（\frac{π}{2}）=2$．
（1）求$f（-\frac{π}{2}）$的值；
（2）若函數(shù)g（x）=$\frac{{4f（x）-2（3-\sqrt{3}）sinx}}{{sinx+\sqrt{1-sinx}}}（{其中x∈[0，\frac{π}{3}]∪[\frac{5π}{6}，π]}）$，求函數(shù)g（x）的最大值．

Answer 1

分析 （1）令x=0，y=$\frac{π}{2}$代入①整理即可得到f（-$\frac{π}{2}$）的值；
（2）賦予x，y不同的值，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)①求出f（x）的解析式，得出g（x），根據(jù)二倍角公式與同角的三角函數(shù)關(guān)系對(duì)g（x）進(jìn)行化簡(jiǎn)放縮，得出最大值．

解答 解：（1）令x=0，y=$\frac{π}{2}$得f（$\frac{π}{2}$）+f（-$\frac{π}{2}$）=2f（0）cos$\frac{π}{2}$=0，∴f（-$\frac{π}{2}$）=-2．
（2）令$y=\frac{π}{2}$，得$f（x+\frac{π}{2}）+f（x-\frac{π}{2}）=2f（x）cos\frac{π}{2}=0$，
令$x=\frac{π}{2}，y=x$，得$f（x+\frac{π}{2}）+f（\frac{π}{2}-x）=2f（\frac{π}{2}）cosx=4cosx$，
兩式相加：$2f（x+\frac{π}{2}）+f（x-\frac{π}{2}）+f（\frac{π}{2}-x）=4cosx$，
令x=0，y=x得f（x）+f（-x）=2f（0）cosx=2cosx，
∴$f（x-\frac{π}{2}）+f（\frac{π}{2}-x）=2cos（x-\frac{π}{2}）=2sinx$，∴$2f（x+\frac{π}{2}）+2sinx=4cosx$，
∴$f（x+\frac{π}{2}）=2cosx-sinx$=2sin（x+$\frac{π}{2}$）+cos（x+$\frac{π}{2}$），
∴f（x）=cosx+2sinx．
∴$g（x）=\frac{{2（1+\sqrt{3}）sinx+4cosx}}{{sinx+\sqrt{1-sinx}}}=\frac{{2（1+\sqrt{3}）sinx+4（cos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2}）（cos\frac{x}{2}+sin\frac{x}{2}）}}{{sinx+|{cos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2}}|}}$$≤\frac{{2（1+\sqrt{3}）sinx+4（|{cos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2}}|）（cos\frac{x}{2}+sin\frac{x}{2}）}}{{sinx+|{cos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2}}|}}$
=$\frac{{2（1+\sqrt{3}）sinx+4\sqrt{2}（|{cos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2}}|）•sin（\frac{x}{2}+\frac{π}{4}）}}{{sinx+|{cos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2}}|}}$  （i）
∵$x∈[0，\frac{π}{3}]∪[\frac{5π}{6}，π]$，∴$\frac{{\sqrt{2}}}{2}≤sin（\frac{x}{2}+\frac{π}{4}）≤\frac{{\sqrt{2}+\sqrt{6}}}{4}$，
∴（i） $≤\frac{{2（1+\sqrt{3}）sinx+2（1+\sqrt{3}）（|{cos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2}}|）}}{{sinx+|{cos\frac{x}{2}-sin\frac{x}{2}}|}}=2（{\sqrt{3}+1}）$．當(dāng)且僅當(dāng)$x=\frac{π}{3}$時(shí)取等號(hào)，此時(shí)$x=\frac{π}{3}$．
∴$g{（x）_{max}}=2（{\sqrt{3}+1}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了抽象函數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用，三角函數(shù)的恒等變換，屬于難題．