Question

20．已知函数f（x）=sin²x-$\sqrt{3}$sinxcosx+$\frac{1}{2}$，g（x）=mcos（x+$\frac{π}{3}$）-m+2
（1）若对任意的x₁，x₂∈[0，π]，均有f（x₁）≥g（x₂），求m的取值范围；
（2）若对任意的x∈[0，π]，均有f（x）≥g（x），求m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式，求出两个函数的最值，列出不等式求解即可．
（2）转化不等式为：函数恒成立，通过余弦函数的范围列出关系式，然后求解即可．

解答 解：（1）函数f（x）=sin²x-$\sqrt{3}$sinxcosx+$\frac{1}{2}$
=$\frac{1-cos2x}{2}$-$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2x+$\frac{1}{2}$
=-（$\frac{1}{2}$cos2x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2x）+1
=-cos（2x-$\frac{π}{3}$）+1，
当x∈[0，π]时，2x-$\frac{π}{3}$∈[-$\frac{π}{3}$，$\frac{5π}{3}$]，
∴cos（2x-$\frac{π}{3}$）∈[-1，1]，
∴f（x）∈[0，2]；
对于g（x）=mcos（x+$\frac{π}{3}$）-m+2（m＞0），
x+$\frac{π}{3}$∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{4π}{3}$]，
mcos（x+$\frac{π}{3}$）∈[-m，$\frac{1}{2}$m]，
∴g（x）∈[-2m+2，2-$\frac{1}{2}$m]，
若对任意x₁，x₂∈[0，π]，使得f（x₁）≥g（x₂）成立，
可得：0≥2-$\frac{1}{2}m$，可得m≥4．
（2）对任意的x∈[0，π]，均有f（x）≥g（x），
即：f（x）-g（x）=-cos（2x-$\frac{π}{3}$）+1-mcos（x+$\frac{π}{3}$）+m-2
=cos（2x$+\frac{2π}{3}$）-mcos（x+$\frac{π}{3}$）+m-1
=2cos²（x+$\frac{π}{3}$）-mcos（x+$\frac{π}{3}$）+m-2
=2[cos（x+$\frac{π}{3}$）-$\frac{m}{4}$]²-$\frac{{m}^{2}}{8}$+m-2≥0，
∵x+$\frac{π}{3}$∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{4π}{3}$]，
∴cos（x+$\frac{π}{3}$）∈[-1，$\frac{1}{2}$]，
当$-1≤\frac{m}{4}≤\frac{1}{2}$即：-4≤m≤2时，-$\frac{{m}^{2}}{8}$+m-2≥0，解得m=4．无解．
当$\frac{m}{4}＞\frac{1}{2}$即m＞2时，cos（x+$\frac{π}{3}$）=$\frac{1}{2}$可得：$\frac{1}{2}-\frac{m}{2}+m-2≥0$，解得m≥3，
当$\frac{m}{4}＜-1$即m＜-4时，cos（x+$\frac{π}{3}$）=-1可得：2+m+m-2≥0，解得m≥0，无解，
综上m的取值范围为[3，+∞）．

点评 本题考查函数恒成立问题，三角函数的最值以及恒等变换的应用，考查分类讨论思想的应用．