Question

9．已知函數(shù)f（x）=sin2x+acos2x的圖象關于直線x=-$\frac{π}{8}$對稱．
（1）求實數(shù)a的值；
（2）若對任意的x∈[0，$\frac{π}{4}$]，使得m[f（x）+8]+2=0有解，求實數(shù)m的取值范圍；
（3）若x∈（0，$\frac{5π}{8}$）時，關于x的方程f²（x）-2nf（x）+1=0有四個不等實根，求實數(shù)n的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用輔助角公式化簡，結合題意可得|$-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}a$|=$\sqrt{{a}^{2}+1}$，求解即可得到a值；
（2）把m[f（x）+8]+2=0化為：$m[\sqrt{2}sin（2x-\frac{π}{4}）+8]+2=0$．分離參數(shù)m，得$\sqrt{2}sin（2x-\frac{π}{4}）+8=-\frac{2}{m}$．由x的范圍求得sin（2x-$\frac{π}{4}$）的范圍，轉化為關于m的不等式求解；
（3）由x的范圍求出f（x）的范圍，令t=f（x），則關于x的方程f²（x）-2nf（x）+1=0有四個不等實根等價于關于t的方程t²-2nt+1=0在t∈（0，$\sqrt{2}$）上有兩個不等實根．然后結合一元二次方程根的分布轉化為關于n的不等式組求解．

解答 解：（1）f（x）=sin2x+acos2x=$\sqrt{{a}^{2}+1}sin（2x+θ）$（tanθ=a）．
∵圖象關于直線x=-$\frac{π}{8}$對稱，
∴|f（$-\frac{π}{8}$）|=|-sin$\frac{π}{4}$+a•cos$\frac{π}{4}$|=|$-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}a$|=$\sqrt{{a}^{2}+1}$，
兩邊平方得，（a+1）²=0，即a=-1；
（2）m[f（x）+8]+2=0可化為：$m[\sqrt{2}sin（2x-\frac{π}{4}）+8]+2=0$．
當m=0時，等式不成立；
當m≠0時，化為$\sqrt{2}sin（2x-\frac{π}{4}）+8=-\frac{2}{m}$．
∵x∈[0，$\frac{π}{4}$]，∴sin（2x-$\frac{π}{4}$）∈[-$\frac{\sqrt{2}}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}$]，
∴$\sqrt{2}sin（2x-\frac{π}{4}）+8$∈[7，9]．
即7≤-$\frac{2}{m}$≤9，解得$-\frac{2}{7}≤m≤-\frac{2}{9}$；
（3）當x∈（0，$\frac{5π}{8}$）時，f（x））=sin2x-cos2x=$\sqrt{2}$sin（2x-$\frac{π}{4}$）∈（-1，$\sqrt{2}$）．
令t=f（x），則關于x的方程f²（x）-2nf（x）+1=0有四個不等實根
等價于關于t的方程t²-2nt+1=0在t∈（0，$\sqrt{2}$）上有兩個不等實根．
令h（t）=t²-2nt+1，由一元二次方程根的分布得：$\left\{\begin{array}{l}{△=4{n}^{2}-4＞0}\\{0＜n＜\sqrt{2}}\\{h（0）=1＞0}\\{h（\sqrt{2}）=2-2\sqrt{2}n+1＞0}\end{array}\right.$，
解得1＜n＜$\frac{3\sqrt{2}}{4}$．

點評 本題考查根的存在性及根的個數(shù)判斷，考查y=Asin（ωx+φ）型函數(shù)的圖象和性質，考查一元二次方程根的分布應用，是中檔題．