Question

16．已知A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是函数$f（x）=2sin（wx+φ）（w＞0，-\frac{π}{2}＜φ＜0）$的任意两点，且角φ的终边经过点$P（1，-\sqrt{3}）$，若|f（x₁）-f（x₂）|=4时，|x₁-x₂|的最小值为$\frac{π}{3}$．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）求函数f（x）的递增区间；
（3）当$x∈[0，\frac{π}{6}]$时，不等式mf（x）+2m≥f（x）恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据|f（x₁）-f（x₂）|=4，|x₁-x₂|的最小值为$\frac{π}{3}$．可得T=$\frac{2π}{3}$．角φ的终边经过点$P（1，-\sqrt{3}）$，根据三角函数的定义求解φ，可得解析式．
（2）将内层函数看作整体，放到正弦函数的增区间上，解不等式得函数的单调递增区间．
（3）根据$x∈[0，\frac{π}{6}]$时，求出内层函数的范围，mf（x）+2m≥f（x）化简为（m-1）f（x）≥-2m，对m-1与0的大小进行讨论，转化为不等式求解．

解答 解：函数$f（x）=2sin（wx+φ）（w＞0，-\frac{π}{2}＜φ＜0）$，
∵|f（x₁）-f（x₂）|=4，|x₁-x₂|的最小值为$\frac{π}{3}$．
∴T=$\frac{2π}{3}$，
可得ω=$\frac{2π}{T}$=3，
∴f（x）=2sin（3x+φ）
角φ的终边经过点$P（1，-\sqrt{3}）$，即tanφ=$\frac{x}{y}$=$-\sqrt{3}$．
∵$-\frac{π}{2}＜$φ＜0
∴φ=$-\frac{π}{3}$．
故得函数f（x）的解析式为：f（x）=2sin（3x-$\frac{π}{3}$）
（2）由（1）可得f（x）=2sin（3x-$\frac{π}{3}$）
令：$-\frac{π}{2}+2kπ$≤3x-$\frac{π}{3}$$≤\frac{π}{2}+2kπ$，k∈Z
解得：$-\frac{π}{18}+\frac{2}{3}kπ$$≤x≤\frac{5π}{18}+\frac{2}{3}kπ$，k∈Z
故得函数f（x）的递增区间为[$-\frac{π}{18}+\frac{2}{3}kπ$，$\frac{5π}{18}+\frac{2}{3}kπ$]，k∈Z．
（3），当$x∈[0，\frac{π}{6}]$时，可得3x-$\frac{π}{3}$∈[$-\frac{π}{3}$，$\frac{π}{6}$]
∴sin（3x-$\frac{π}{3}$）∈[$-\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$]
则f（x）∈[$-\sqrt{3}$，1]
由不等式mf（x）+2m≥f（x）恒成立，可得（m-1）f（x）≥-2m，
当m-1=0时，即m=1，可得0≥-2恒成立，∴m=1．
当m-1＞0时，即m＞1，可得f（x）≥$\frac{-2m}{m-1}$，只需$\frac{-2m}{m-1}≤-\sqrt{3}$，
解得：m$≥-2\sqrt{3}-3$．
可得m＞1．
当m-1＜0时，即m＜1，可得f（x）≤$\frac{-2m}{m-1}$，只需1$≤\frac{-2m}{m-1}$
解得：m$≥\frac{1}{3}$
可得：$\frac{1}{3}$≤m＜1．
综上可得：实数m的取值范围[$\frac{1}{3}，+∞$）．

点评 本题主要考查对三角函数的图象和性质的运用，求解出f（x）的解析式是解决本题的关键．属于中档题