Question

18．已知f（x）=$\frac{1}{4}$sin（πx-$\frac{π}{4}$）cos（πx-$\frac{π}{4}$）+$\frac{\sqrt{3}}{4}$cos²（πx-$\frac{π}{4}$）-$\frac{\sqrt{3}}{8}$．
（Ⅰ）求y=f（x）的單調(diào)減區(qū)間及對(duì)稱軸方程；
（Ⅱ）若函數(shù)y=f（x）-m在區(qū)間[0，$\frac{1}{2}$]上恰好有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 利用降冪公式化簡．
（Ⅰ）由相位在正弦函數(shù)的減區(qū)間內(nèi)列式求得x的范圍，則y=f（x）的單調(diào)減區(qū)間可求，再由相位的終邊落在y軸上求得x值，可得函數(shù)的對(duì)稱軸方程；
（Ⅱ）求出原函數(shù)的增區(qū)間，可得y=f（x）在[0，$\frac{1}{3}$]上單調(diào)遞增，在[$\frac{1}{3}，\frac{1}{2}$]上單調(diào)遞減，再求出f（0）、f（$\frac{1}{3}$）、f（$\frac{1}{2}$）的值，則可求得滿足函數(shù)y=f（x）-m在區(qū)間[0，$\frac{1}{2}$]上恰好有兩個(gè)零點(diǎn)的實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答 解：f（x）=$\frac{1}{4}$sin（πx-$\frac{π}{4}$）cos（πx-$\frac{π}{4}$）+$\frac{\sqrt{3}}{4}$cos²（πx-$\frac{π}{4}$）-$\frac{\sqrt{3}}{8}$
=$\frac{1}{8}sin（2πx-\frac{π}{2}）+\frac{\sqrt{3}}{4}•\frac{1+cos（2πx-\frac{π}{2}）}{2}-\frac{\sqrt{3}}{8}$=$-\frac{1}{8}cos2πx+\frac{\sqrt{3}}{8}sin2πx$=$\frac{1}{4}sin（2πx-\frac{π}{6}）$．
（Ⅰ）由$\frac{π}{2}+2kπ≤2πx-\frac{π}{6}≤\frac{3π}{2}+2kπ$，解得$k+\frac{1}{3}≤x≤k+\frac{5}{6}$，k∈Z．
∴y=f（x）的單調(diào)減區(qū)間為[$k+\frac{1}{3}，k+\frac{5}{6}$]，k∈Z；
由$2πx-\frac{π}{6}=kπ+\frac{π}{2}$，得$x=\frac{1}{3}+\frac{k}{2}$，k∈Z．
∴y=f（x）的對(duì)稱軸方程為$x=\frac{1}{3}+\frac{k}{2}$，k∈Z；
（Ⅱ）由$-\frac{π}{2}+2kπ≤2πx-\frac{π}{6}≤\frac{π}{2}+2kπ$，解得$k-\frac{1}{6}≤x≤k+\frac{1}{3}$，k∈Z，
∴y=f（x）在[0，$\frac{1}{3}$]上單調(diào)遞增，在[$\frac{1}{3}，\frac{1}{2}$]上單調(diào)遞減，
而f（0）=$\frac{1}{4}sin（-\frac{π}{6}）=-\frac{1}{8}$，f（$\frac{1}{3}$）=$\frac{1}{4}sin\frac{π}{2}=\frac{1}{4}$，f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{4}sin\frac{5π}{6}=\frac{1}{8}$，
∴若函數(shù)y=f（x）-m在區(qū)間[0，$\frac{1}{2}$]上恰好有兩個(gè)零點(diǎn)，即y=f（x）的圖象與直線y=m有兩個(gè)交點(diǎn)，
則實(shí)數(shù)m的取值范圍是[$\frac{1}{8}，\frac{1}{4}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用，考查了y=Asin（ωx+φ）型函數(shù)的圖象和性質(zhì)，考查計(jì)算能力，是中檔題．