Question

19．已知$\overrightarrow a=（sinωx，2cosωx），\overrightarrow b=（\sqrt{3}cosωx-sinωx，cosωx）$，其中ω＞0，若函數(shù)$f（x）=2\overrightarrow a•\overrightarrow b-1$，且它的最小正周期為2π．
（1）求ω的值，并求出函數(shù)y=f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）當(dāng)$x∈[{m，m+\frac{π}{2}}]$（其中m∈[0，π]）時(shí)，記函數(shù)f（x）的最大值與最小值分別為f（x）_max與f（x）_min，設(shè)φ（m）=f（x）_max-f（x）_min，求函數(shù)φ（m）的解析式；
（3）在第（2）問的前提下，已知函數(shù)g（x）=ln（e^x-1+t），$h（x）=x|{x-1}|+2\sqrt{3}$，若對于任意x₁∈[0，π]，x₂∈（1，+∞），總存在x₃∈（0，+∞），使得φ（x₁）+g（x₂）＞h（x₃）成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用平面向量的數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算可求得函數(shù)y=f（x）的表達(dá)式，由它的最小正周期為2π可求得ω的值，并求出函數(shù)y=f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）若$0≤m≤\frac{π}{6}$，$f{（x）_{max}}=2\sqrt{3}$，$f{（x）_{min}}=f（m+\frac{π}{2}）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）$，此時(shí)$φ（m）=2\sqrt{3}-2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）$，通過對$\frac{π}{6}＜m≤\frac{2π}{3}$，$\frac{2π}{3}＜m≤\frac{11π}{12}$，$\frac{11π}{12}＜m≤π$的分類討論，可求得函數(shù)φ（m）的解析式；
（3）由題意可知φ（m）_min+g（x）_min＞h（x）_min，對于φ（m），通過對$\frac{π}{6}＜m≤\frac{2π}{3}$，$\frac{2π}{3}＜m≤\frac{11π}{12}$，$\frac{11π}{12}＜m≤π$的分類討論，可求得函數(shù)φ（m）的范圍$φ（m）∈[{2\sqrt{3}-\sqrt{6}，2\sqrt{6}}]$，$φ{(diào)（x）_{min}}=2\sqrt{3}-\sqrt{6}$．對于h（x），由于x|x-1|≥0，且等號(hào)當(dāng)x=1時(shí)能取到，$h{（x）_{min}}=2\sqrt{3}$．利用（x）＞ln（1+t），可得實(shí)數(shù)t的取值范圍．

解答 解：$f（x）=2\overrightarrow a•\overrightarrow b-1=2[{sinωx•（\sqrt{3}cosωx-sinωx）+2{{cos}^2}ωx}]-1$=$2（\sqrt{3}sinωx•cosωx-{sin^2}ωx+2{cos^2}ωx）-1$=$2（\frac{{\sqrt{3}}}{2}sin2ωx-\frac{1-cos2ωx}{2}+1+cos2ωx）-1$
=$2\sqrt{3}（\frac{1}{2}sin2ωx+\frac{{\sqrt{3}}}{2}cos2ωx）=2\sqrt{3}sin（2ωx+\frac{π}{3}）$，
（1）∵ω＞0，$T=\frac{2π}{2ω}=2π$，∴$ω=\frac{1}{2}$．∴$f（x）=2\sqrt{3}sin（x+\frac{π}{3}）$，
單調(diào)遞增區(qū)間由$2kπ-\frac{π}{2}≤x+\frac{π}{3}≤2kπ+\frac{π}{2}$（k∈Z），
得：$x∈[{2kπ-\frac{5π}{6}，2kπ+\frac{π}{6}}]，k∈Z$．
（2）若$0≤m≤\frac{π}{6}$，$f{（x）_{max}}=2\sqrt{3}$，$f{（x）_{min}}=f（m+\frac{π}{2}）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）$，
此時(shí)$φ（m）=2\sqrt{3}-2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）$；
若$\frac{π}{6}＜m≤\frac{2π}{3}$，$f{（x）_{max}}=f（m）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{π}{3}）$，$f{（x）_{min}}=f（m+\frac{π}{2}）$=$2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）$，此時(shí)$φ（m）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{π}{3}）-2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）$；
若$\frac{2π}{3}＜m≤\frac{11π}{12}$，$f{（x）_{max}}=f（m）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{π}{3}）$，$f{（x）_{min}}=-2\sqrt{3}$，此時(shí)$φ（m）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{π}{3}）+2\sqrt{3}$；
若$\frac{11π}{12}＜m≤π$，$f{（x）_{max}}=f（m+\frac{π}{2}）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）$，f（x）_min=$-2\sqrt{3}$，此時(shí)$φ（m）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）+2\sqrt{3}$．
綜上所述，$φ（m）=\left\{\begin{array}{l}2\sqrt{3}-2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}），0≤m≤\frac{π}{6}\\ 2\sqrt{3}sin（m+\frac{π}{3}）-2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}），\frac{π}{6}＜m≤\frac{2π}{3}\\ 2\sqrt{3}sin（m+\frac{π}{3}）+2\sqrt{3}，\frac{2π}{3}＜m≤\frac{11π}{12}\\ 2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）+2\sqrt{3}，\frac{11π}{12}＜m≤π\(zhòng)end{array}\right.$．
（3）由題意可知φ（m）_min+g（x）_min＞h（x）_min．
對于φ（m），若$0≤m≤\frac{π}{6}$，$φ（m）∈[{\sqrt{3}，2\sqrt{3}}]$；若$\frac{π}{6}＜m≤\frac{2π}{3}$，
φ（m）=$2\sqrt{3}sin（m+\frac{π}{3}）-2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）=2\sqrt{6}sin（m+\frac{π}{12}）∈[{2\sqrt{3}，2\sqrt{6}}]$；
若$\frac{2π}{3}＜m≤\frac{11π}{12}$，$φ（m）∈[{2\sqrt{3}-\sqrt{6}，2\sqrt{3}}）$；
若$\frac{11π}{12}＜m≤π$，$φ（m）∈（{2\sqrt{3}-\sqrt{6}，\sqrt{3}}]$．
綜上所述，$φ（m）∈[{2\sqrt{3}-\sqrt{6}，2\sqrt{6}}]$，$φ{(diào)（x）_{min}}=2\sqrt{3}-\sqrt{6}$．
對于h（x），由于x|x-1|≥0，且等號(hào)當(dāng)x=1時(shí)能取到，∴$h{（x）_{min}}=2\sqrt{3}$．
對于g（x），不難得出g（x）＞ln（1+t），
于是$φ（{x_1}）+g（{x_2}）＞2\sqrt{3}-\sqrt{6}+ln（1+t）$．
∴$2\sqrt{3}-\sqrt{6}+ln（1+t）≥2\sqrt{3}$，解得：$t≥{e^{\sqrt{6}}}-1$．

點(diǎn)評 本題考查平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，突出考查三角函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查等價(jià)轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想與分析運(yùn)算能力，屬于難題．