Question

7．已知函數(shù)f（x）=$\sqrt{3}$sin（2ωx-$\frac{π}{3}$）+b，且函數(shù)的對稱中心到對稱軸的最小距離為$\frac{π}{4}$，當(dāng)x∈[0，$\frac{π}{3}$]時(shí)，f（x）的最大值為1
（1）求函數(shù)f（x）的解析式
（2）若f（x）-3≤m≤f（x）+3在x∈[0，$\frac{π}{3}$]上恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求出ω和b，即可求函數(shù)f（x）的解析式
（2）分別求出f（x）-3和f（x）+3的取值范圍，結(jié)合恒成立問題即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）∵函數(shù)的對稱中心到對稱軸的最小距離為$\frac{π}{4}$，
∴$\frac{T}{4}$=$\frac{π}{4}$，即周期T=π，即|$\frac{2π}{2ω}$|=π，解得ω=1或ω=-1，
若ω=1，則f（x）=$\sqrt{3}$sin（2x-$\frac{π}{3}$）+b，
當(dāng)x∈[0，$\frac{π}{3}$]時(shí)，2x-$\frac{π}{3}$∈[-$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{3}$]，
∴當(dāng)2x-$\frac{π}{3}$=$\frac{π}{3}$，時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值為f（x）=$\sqrt{3}×sin\frac{π}{3}$+b=$\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}$+b=$\frac{3}{2}$+b=1，
即b=-$\frac{1}{2}$，此時(shí)$f（x）=\sqrt{3}sin（{2x-\frac{π}{3}}）-\frac{1}{2}$；
若ω=-1，則f（x）=$\sqrt{3}$sin（-2x-$\frac{π}{3}$）+b，
當(dāng)x∈[0，$\frac{π}{3}$]時(shí)，-2x-$\frac{π}{3}$∈[-π，-$\frac{π}{3}$]，
∴當(dāng)-2x-$\frac{π}{3}$=0時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值為f（x）=0+b=1，
即b=1，此時(shí)$f（x）=\sqrt{3}sin（{-2x-\frac{π}{3}}）+1$，
綜上$f（x）=\sqrt{3}sin（{2x-\frac{π}{3}}）-\frac{1}{2}$或$f（x）=\sqrt{3}sin（{-2x-\frac{π}{3}}）+1$．
（2）若$f（x）=\sqrt{3}sin（{2x-\frac{π}{3}}）-\frac{1}{2}$，
由（1）知，函數(shù)f（x）的最大值為1，最小值為f（x）=-$\sqrt{3}×sin\frac{π}{3}$+1=-$\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}$-$\frac{1}{2}$=-$\frac{3}{2}$-$\frac{1}{2}$=-2，
即-2≤f（x）≤1，
則-5≤f（x）-3≤-2，1≤f（x）+3≤4，
∵f（x）-3≤m≤f（x）+3在x∈[0，$\frac{π}{3}$]上恒成立，
∴-2≤m≤1；
若$f（x）=\sqrt{3}sin（{-2x-\frac{π}{3}}）+1$．
由（1）知，函數(shù)f（x）的最大值為1，最小值為f（x）=$\sqrt{3}×$（-1）+1=1-$\sqrt{3}$，
即1-$\sqrt{3}$≤f（x）≤1，
則-2-$\sqrt{3}$≤f（x）-3≤-2，4-$\sqrt{3}$≤f（x）+3≤4，
∵f（x）-3≤m≤f（x）+3在x∈[0，$\frac{π}{3}$]上恒成立，
∴-2≤m≤4-$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評 本題主要考查三角函數(shù)解析式的求解，以及三角函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，注意要對ω進(jìn)行分類討論．