Question

19．已知$\overrightarrow a=（sinωx，2cosωx），\overrightarrow b=（\sqrt{3}cosωx-sinωx，cosωx）$，其中ω＞0，若函数$f（x）=2\overrightarrow a•\overrightarrow b-1$，且它的最小正周期为2π．
（1）求ω的值，并求出函数y=f（x）的单调递增区间；
（2）当$x∈[{m，m+\frac{π}{2}}]$（其中m∈[0，π]）时，记函数f（x）的最大值与最小值分别为f（x）_max与f（x）_min，设φ（m）=f（x）_max-f（x）_min，求函数φ（m）的解析式；
（3）在第（2）问的前提下，已知函数g（x）=ln（e^x-1+t），$h（x）=x|{x-1}|+2\sqrt{3}$，若对于任意x₁∈[0，π]，x₂∈（1，+∞），总存在x₃∈（0，+∞），使得φ（x₁）+g（x₂）＞h（x₃）成立，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用平面向量的数量积的坐标运算可求得函数y=f（x）的表达式，由它的最小正周期为2π可求得ω的值，并求出函数y=f（x）的单调递增区间；
（2）若$0≤m≤\frac{π}{6}$，$f{（x）_{max}}=2\sqrt{3}$，$f{（x）_{min}}=f（m+\frac{π}{2}）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）$，此时$φ（m）=2\sqrt{3}-2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）$，通过对$\frac{π}{6}＜m≤\frac{2π}{3}$，$\frac{2π}{3}＜m≤\frac{11π}{12}$，$\frac{11π}{12}＜m≤π$的分类讨论，可求得函数φ（m）的解析式；
（3）由题意可知φ（m）_min+g（x）_min＞h（x）_min，对于φ（m），通过对$\frac{π}{6}＜m≤\frac{2π}{3}$，$\frac{2π}{3}＜m≤\frac{11π}{12}$，$\frac{11π}{12}＜m≤π$的分类讨论，可求得函数φ（m）的范围$φ（m）∈[{2\sqrt{3}-\sqrt{6}，2\sqrt{6}}]$，$φ{（x）_{min}}=2\sqrt{3}-\sqrt{6}$．对于h（x），由于x|x-1|≥0，且等号当x=1时能取到，$h{（x）_{min}}=2\sqrt{3}$．利用（x）＞ln（1+t），可得实数t的取值范围．

解答 解：$f（x）=2\overrightarrow a•\overrightarrow b-1=2[{sinωx•（\sqrt{3}cosωx-sinωx）+2{{cos}^2}ωx}]-1$=$2（\sqrt{3}sinωx•cosωx-{sin^2}ωx+2{cos^2}ωx）-1$=$2（\frac{{\sqrt{3}}}{2}sin2ωx-\frac{1-cos2ωx}{2}+1+cos2ωx）-1$
=$2\sqrt{3}（\frac{1}{2}sin2ωx+\frac{{\sqrt{3}}}{2}cos2ωx）=2\sqrt{3}sin（2ωx+\frac{π}{3}）$，
（1）∵ω＞0，$T=\frac{2π}{2ω}=2π$，∴$ω=\frac{1}{2}$．∴$f（x）=2\sqrt{3}sin（x+\frac{π}{3}）$，
单调递增区间由$2kπ-\frac{π}{2}≤x+\frac{π}{3}≤2kπ+\frac{π}{2}$（k∈Z），
得：$x∈[{2kπ-\frac{5π}{6}，2kπ+\frac{π}{6}}]，k∈Z$．
（2）若$0≤m≤\frac{π}{6}$，$f{（x）_{max}}=2\sqrt{3}$，$f{（x）_{min}}=f（m+\frac{π}{2}）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）$，
此时$φ（m）=2\sqrt{3}-2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）$；
若$\frac{π}{6}＜m≤\frac{2π}{3}$，$f{（x）_{max}}=f（m）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{π}{3}）$，$f{（x）_{min}}=f（m+\frac{π}{2}）$=$2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）$，此时$φ（m）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{π}{3}）-2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）$；
若$\frac{2π}{3}＜m≤\frac{11π}{12}$，$f{（x）_{max}}=f（m）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{π}{3}）$，$f{（x）_{min}}=-2\sqrt{3}$，此时$φ（m）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{π}{3}）+2\sqrt{3}$；
若$\frac{11π}{12}＜m≤π$，$f{（x）_{max}}=f（m+\frac{π}{2}）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）$，f（x）_min=$-2\sqrt{3}$，此时$φ（m）=2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）+2\sqrt{3}$．
综上所述，$φ（m）=\left\{\begin{array}{l}2\sqrt{3}-2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}），0≤m≤\frac{π}{6}\\ 2\sqrt{3}sin（m+\frac{π}{3}）-2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}），\frac{π}{6}＜m≤\frac{2π}{3}\\ 2\sqrt{3}sin（m+\frac{π}{3}）+2\sqrt{3}，\frac{2π}{3}＜m≤\frac{11π}{12}\\ 2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）+2\sqrt{3}，\frac{11π}{12}＜m≤π\end{array}\right.$．
（3）由题意可知φ（m）_min+g（x）_min＞h（x）_min．
对于φ（m），若$0≤m≤\frac{π}{6}$，$φ（m）∈[{\sqrt{3}，2\sqrt{3}}]$；若$\frac{π}{6}＜m≤\frac{2π}{3}$，
φ（m）=$2\sqrt{3}sin（m+\frac{π}{3}）-2\sqrt{3}sin（m+\frac{5π}{6}）=2\sqrt{6}sin（m+\frac{π}{12}）∈[{2\sqrt{3}，2\sqrt{6}}]$；
若$\frac{2π}{3}＜m≤\frac{11π}{12}$，$φ（m）∈[{2\sqrt{3}-\sqrt{6}，2\sqrt{3}}）$；
若$\frac{11π}{12}＜m≤π$，$φ（m）∈（{2\sqrt{3}-\sqrt{6}，\sqrt{3}}]$．
综上所述，$φ（m）∈[{2\sqrt{3}-\sqrt{6}，2\sqrt{6}}]$，$φ{（x）_{min}}=2\sqrt{3}-\sqrt{6}$．
对于h（x），由于x|x-1|≥0，且等号当x=1时能取到，∴$h{（x）_{min}}=2\sqrt{3}$．
对于g（x），不难得出g（x）＞ln（1+t），
于是$φ（{x_1}）+g（{x_2}）＞2\sqrt{3}-\sqrt{6}+ln（1+t）$．
∴$2\sqrt{3}-\sqrt{6}+ln（1+t）≥2\sqrt{3}$，解得：$t≥{e^{\sqrt{6}}}-1$．

点评 本题考查平面向量数量积的运算，突出考查三角函数的单调性与最值，考查等价转化思想、分类讨论思想与分析运算能力，属于难题．