Question

5．已知向量$\vec m=（sinx，\sqrt{3}cosx）$，$\vec n=（cosx，cosx）$，設(shè)函數(shù)$f（x）=\vec m•\vec n-\frac{3}{2}\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）若$x∈[-\frac{π}{3}，\frac{π}{6}]$，且$F（x）=f（x）-cos（4x+\frac{2π}{3}）$，求F（x）的最大值；
（Ⅲ）若[f（x）]²-（2+m）f（x）+2+m≤0在x∈R上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)向量的數(shù)量積公式和二倍角公式以及兩角和得正弦公式可化簡(jiǎn)f（x），再根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)即可求出單調(diào)遞增區(qū)間，
（Ⅱ）化簡(jiǎn)F（x），根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出最大值，
（Ⅲ）由題意可轉(zhuǎn)化為m≤-[f（x）+1]-$\frac{1}{f（x）+1}$，根據(jù)基本不等式即可求出m的范圍

解答 解：（Ⅰ）向量$\vec m=（sinx，\sqrt{3}cosx）$，$\vec n=（cosx，cosx）$，
設(shè)函數(shù)$f（x）=\vec m•\vec n-\frac{3}{2}\sqrt{3}$=sinxcosx+$\sqrt{3}$cos²x-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$=$\frac{1}{2}$sin2x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$（cos2x+1）-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$=sin（2x+$\frac{π}{3}$）-$\sqrt{3}$
∵-$\frac{π}{2}$+2kπ≤2x+$\frac{π}{3}$≤$\frac{π}{2}$+2kπ，k∈Z，
∴-$\frac{5}{12}$+kπ≤x≤$\frac{π}{12}$+kπ，k∈Z，
故函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為[-$\frac{5}{12}$+kπ，$\frac{π}{12}$+kπ]，k∈Z，
（Ⅱ）$F（x）=f（x）-cos（4x+\frac{2π}{3}）$=sin（2x+$\frac{π}{3}$）-$\sqrt{3}$-[1-2sin²（2x+$\frac{π}{3}$）]=2sin²（2x+$\frac{π}{3}$）+sin（2x+$\frac{π}{3}$）-1-$\sqrt{3}$=2[sin（2x+$\frac{π}{3}$）+$\frac{1}{4}$]²-$\frac{9}{8}$-$\sqrt{3}$
∵$x∈[-\frac{π}{3}，\frac{π}{6}]$，
∴2x+$\frac{π}{3}$∈[-$\frac{π}{3}$，$\frac{2π}{3}$]，
∴sin（2x+$\frac{π}{3}$）∈[-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，1]，
當(dāng)in（2x+$\frac{π}{3}$）=1時(shí)，函數(shù)F（x）取得最大值，
即為F（x）_max=2-$\sqrt{3}$，
（Ⅲ）∵f（x）=sin（2x+$\frac{π}{3}$）-$\sqrt{3}$
∴-1-$\sqrt{3}$≤f（x）≤1-$\sqrt{3}$，
∴-2-$\sqrt{3}$≤f（x）-1≤-$\sqrt{3}$，
∵[f（x）]²-（2+m）f（x）+2+m≤0在x∈R上恒成立，
∴[f（x）-1]²+1-m[（f（x）-1]≤0在x∈R上恒成立，
∴m≤-[f（x）+1]-$\frac{1}{f（x）+1}$，
∵-[f（x）+1]-$\frac{1}{f（x）+1}$≥2，當(dāng)且僅當(dāng)f（x）+1=-1時(shí)取等號(hào)，
∴m≤2

點(diǎn)評(píng) 本題考查了向量的數(shù)量積以及三角函數(shù)的化簡(jiǎn)和性質(zhì)，以及基本不等式和二次函數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題