Question

19．已知函數(shù)f（x）=2sinωx，其中常數(shù)ω＞0．
（Ⅰ）令ω=1，求函數(shù)$F（x）=f（x）+{[f（x+\frac{π}{2}）]}^{2}$在$[-\frac{π}{2}，0]$上的最大值；
（Ⅱ）若函數(shù)$g（x）=2-f（x）+2\sqrt{3}cosωx$的周期為π，求函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間，并直接寫出g（x）在$[\frac{3π}{4}，\frac{23π}{4}]$的零點(diǎn)個數(shù)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)函數(shù)f（x）=2sinωx，ω=1，化簡F（x）轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求解．
（Ⅱ）利用輔助角公式化簡成為y=Asin（ωx+φ）的形式，函數(shù)$g（x）=2-f（x）+2\sqrt{3}cosωx$的周期為π，再利用周期公式求ω，將內(nèi)層函數(shù)看作整體，放到正弦函數(shù)的增區(qū)間上，解不等式得函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）x∈$[\frac{3π}{4}，\frac{23π}{4}]$時，求出內(nèi)層函數(shù)的取值范圍，結(jié)合三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)，可得零點(diǎn)個數(shù)．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=2sinωx，ω=1時，則f（x）=2sinx，
那么：函數(shù)$F（x）=f（x）+{[f（x+\frac{π}{2}）]}^{2}$=2sinx+4cos²x=4-4sin²x+2sinx，
令t=sinx，
∵x在$[-\frac{π}{2}，0]$上，
∴-1≤t≤0
則函數(shù)F（x）轉(zhuǎn)化為h（t）=-4t²+2t+4，
對稱軸t=$\frac{1}{4}$，
∵-1≤t≤0，
∴h（t）的最大值為h（0）_max=4，即ω=1，求函數(shù)$F（x）=f（x）+{[f（x+\frac{π}{2}）]}^{2}$在$[-\frac{π}{2}，0]$上的最大值為4．
（Ⅱ）$g（x）=2-f（x）+2\sqrt{3}cosωx$=2-2sinωx+$2\sqrt{3}$cosωx，
∵周期為π，即T=$\frac{2π}{ω}=π$，
解得：ω=2
∴函數(shù)g（x）=2-2sin2x+$2\sqrt{3}$cos2x=2-4sin（2x-$\frac{π}{3}$）=4sin（2x+$\frac{2π}{3}$）+2．
∵2x+$\frac{2π}{3}$）∈[2k$π-\frac{π}{2}$，$，2kπ+\frac{π}{2}$]是單調(diào)遞增區(qū)間，即2k$π-\frac{π}{2}$≤2x+$\frac{2π}{3}$≤$，2kπ+\frac{π}{2}$
解得：$kπ-\frac{7π}{12}$≤x≤$kπ-\frac{π}{12}$
函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間位[$kπ-\frac{7π}{12}$，$kπ-\frac{π}{12}$]，k∈Z．
令g（x）=0，即4sin（2x+$\frac{2π}{3}$）+2=0，
解得：2x+$\frac{2π}{3}$=2kπ-$\frac{π}{6}$或者2x+$\frac{2π}{3}$=2kπ-$\frac{5π}{6}$，k∈Z．
∵x在$[\frac{3π}{4}，\frac{23π}{4}]$上．
當(dāng)k取2，3…6時，2x+$\frac{2π}{3}$=2kπ-$\frac{π}{6}$滿足要求．
當(dāng)k取2，3…6時，2x+$\frac{2π}{3}$=2kπ-$\frac{5π}{6}$滿足要求．
故得g（x）在$[\frac{3π}{4}，\frac{23π}{4}]$上有10零點(diǎn)個數(shù)．

點(diǎn)評 本題主要考查對三角函數(shù)的化簡能力和三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)的運(yùn)用，利用三角函數(shù)公式將函數(shù)進(jìn)行化簡是解決本題的關(guān)鍵．屬于中檔題．