Question

19．已知函數(shù)$\overrightarrow a$=（2sinx，cosx+sinx），$\overrightarrow b$=（cosx，cosx-sinx），f（x）=$\overrightarrow a$•$\overrightarrow b$．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若關(guān)于x的方程f（x）-m=0（m∈R）在區(qū)間（0，$\frac{π}{2}$）內(nèi)有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x₁，x₂，記t=mcos（x₁+x₂），求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用向量的數(shù)量積運(yùn)算、二倍角公式，兩角和的正弦公式化簡解析式，由正弦函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）先將方程根的問題轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)問題，由x的范圍和（1）求出f（x）單調(diào)區(qū)間，端點(diǎn)處的函數(shù)值、最大值，結(jié)合條件求出m的范圍，由正弦函數(shù)圖象的對(duì)稱性求出x₁+x₂，即可實(shí)數(shù)t的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）由題意得，f（x）=$\overrightarrow a$•$\overrightarrow b$=2sinxcosx+cos²x-sin²x
=cos2x+sin2x=$\sqrt{2}sin（2x+\frac{π}{4}）$，
由$2kπ-\frac{π}{2}≤2x+\frac{π}{4}≤2kπ+\frac{π}{2}（k∈Z）$得，
$kπ-\frac{3π}{8}≤x≤kπ+\frac{π}{8}（k∈Z）$
由$2kπ+\frac{π}{2}≤2x+\frac{π}{4}≤2kπ+\frac{3π}{2}（k∈Z）$ 得，
$kπ+\frac{π}{8}≤x≤kπ+\frac{5π}{8}（k∈Z）$，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是$[kπ-\frac{3π}{8}，kπ+\frac{π}{8}]（k∈Z）$，
單調(diào)遞減區(qū)間是$[kπ+\frac{π}{8}，kπ+\frac{5π}{8}]（k∈Z）$，
（Ⅱ）方程f（x）-m=0（m∈R）在（0，$\frac{π}{2}$）內(nèi)有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x₁，x₂，
轉(zhuǎn)化為直線y=m與曲線f（x）=$\sqrt{2}sin（2x+\frac{π}{4}）$在（0，$\frac{π}{2}$）內(nèi)有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
當(dāng)x∈（0，$\frac{π}{2}$）時(shí)，由（Ⅰ）知，f（x）在（0，$\frac{π}{8}$）上遞增，在[$\frac{π}{8}$，）$\frac{π}{2}$上遞減，
∴當(dāng)x=$\frac{π}{8}$時(shí)，f（x）取到最大值f（$\frac{π}{8}$）=$\sqrt{2}sin（2×\frac{π}{8}+\frac{π}{4}）$=$\sqrt{2}$，
又f（0）=$\sqrt{2}sin\frac{π}{4}$=1，f（$\frac{π}{2}$）=$\sqrt{2}sin（2×\frac{π}{2}+\frac{π}{4}）$=-1，
∴m∈（1，$\sqrt{2}$），
∵函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于直線x=$\frac{π}{8}$對(duì)稱，
∴x₁+x₂=2×$\frac{π}{8}$=$\frac{π}{4}$，則cos（x₁+x₂）=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
又t=mcos（x₁+x₂），則實(shí)數(shù)t的取值范圍是（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，三角恒等變換中的公式，以及方程的根與函數(shù)圖象交點(diǎn)之間的關(guān)系，考查轉(zhuǎn)化思想，數(shù)形結(jié)合思想，化簡、變形能力．