Question

2．已知向量$\overrightarrow{a}$=（sin（$\frac{π}{3}$-ωx），sinωx），$\overrightarrow$=（sin（$\frac{π}{3}$+ωx），$\sqrt{3}$cosωx），x∈R，函數(shù)f（x）=$\overrightarrow{a}$$•\overrightarrow$，若f（x）的最小正周期為π
（Ⅰ）求ω的值；
（Ⅱ）若f（α+$\frac{π}{6}$）=$\frac{21}{20}$，求sinα；
（Ⅲ）若對于任意x∈[0，$\frac{π}{2}$]，m≤f（x）≤n恒成立，求n-m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將函數(shù)利用，結合三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)即可求ω的值．
（Ⅱ）根據(jù)f（α+$\frac{π}{6}$）=$\frac{21}{20}$的表達式，解方程求得sinα．
（Ⅲ）根據(jù)x∈[0，$\frac{π}{2}$]，從而求出f（x）的最大最小值，恒成立問題轉化成最值問題，分別求出m和n的范圍，從而求n-m的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）由題知f（x）=$\overrightarrow{a}$$•\overrightarrow$=sin（$\frac{π}{3}$-ωx）sin（$\frac{π}{3}$+ωx）+$\sqrt{3}$cosωxsinωx
=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$cosωx-$\frac{1}{2}$sinωx）（$\frac{\sqrt{3}}{2}$cosωx+$\frac{1}{2}$sinωx  ）+$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2ωx                              
=$\frac{3}{4}co{s}^{2}ωx-\frac{1}{4}si{n}^{2}ωx$）+$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2ωx
=$\frac{3}{4}\frac{1+cos2ωx}{2}-\frac{1}{4}\frac{1-cos2ωx}{2}$+$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2ωx
=$\frac{1}{2}cos2ωx+\frac{\sqrt{3}}{2}sin2ωx+\frac{1}{4}$
=sin（2ωx+$\frac{π}{6}$）$+\frac{1}{4}$
∵f（x）的最小正周期為π
∴T=$\frac{2π}{2ω}=π$，∴ω=1；
（Ⅱ）f（α+$\frac{π}{6}$）=sin[2（$α+\frac{π}{6}$）$+\frac{π}{6}$]$+\frac{1}{4}$
=sin（2$α+\frac{π}{2}$）$+\frac{1}{4}$=cos2α$+\frac{1}{4}$=$\frac{21}{20}$
∴cos2α=$\frac{4}{5}$，∴1-2sin²α=$\frac{4}{5}$
∴sin²α=$\frac{1}{10}$∴$sinα=±\frac{\sqrt{10}}{10}$
 （Ⅲ）f（x）=$sin（2x+\frac{π}{6}）+\frac{1}{4}$
∵0≤x≤$\frac{π}{2}$
∴0≤2x≤π
∴$\frac{π}{6}≤2x+\frac{π}{6}≤\frac{7π}{6}$∴$-\frac{1}{2}≤sin（2x+\frac{π}{6}）≤1$
∴$-\frac{1}{4}≤sin（2x+\frac{π}{6}）+\frac{1}{4}≤\frac{5}{4}$
∴$-\frac{1}{4}≤f（x）≤\frac{5}{4}$
故f（x）的最大值為$\frac{5}{4}$，最小值為$-\frac{1}{4}$
∵m≤f（x）≤n恒成立
∴n≥f（x）恒成立 即n≥f（x）_max即n$≥\frac{5}{4}$
∴m≤f（x）恒成立  即m≤f（x）_min即m≤$-\frac{1}{4}$
則$-m≥\frac{1}{4}$所以n-m≥1

點評 本題考查了點乘公式和二倍角以及化一公式對函數(shù)解析式的化簡以及考查了函數(shù)恒成立問題轉化成求最值問題，屬于中檔題．