Question

（2012•浦東新區三模）已知函數y=f（x），x∈D，y∈A；g（x）=x²-（4

7

tanθ）x+1，
（1）當f（x）=sin（x+φ）為偶函數時，求φ的值．
（2）當f（x）=sin（2x+

π

6

）+

3

sin（2x+

π

3

）時，g（x）在A上是單調遞增函數，求θ的取值范圍．
（3）當f（x）=a₁sin（ωx+φ₁）+a₂sin（ωx+φ₂）+…+a_nsin（ωx+φ_n）時，（其中a_i∈R，i=1，2，3…n，ω＞0），若f²（0）+f²（

π

2ω

）≠0，且函數f（x）的圖象關于點（

π

2

，0）對稱，在x=π處取得最小值，試探討ω應該滿足的條件．

Answer 1

分析：（1）根據函數f（x）=sin（x+φ）為偶函數，可得sin（x+φ）=sin（-x+φ），化簡為cosφ=0，可得φ的值．
（2）利用三角恒等變換化簡函數f（x）的解析式為

7

sin（2x+α）∈[-

7

，

7

]，可得A，再根據g（x）的解析式結合題意可得tanθ≤-

1

2

，由此可得θ的取值范圍．
（3）由于 f（x）的解析式以及f²（0）+f²（

π

2ω

）≠0，可得f（x）=msinωx+ncosωx=

m2+n2

sin（ωx+φ），且 m²+n²≠0．由條件可得ω=4n-3，n∈N^* ①，而且
ω=k，k∈N^* ②，結合①②可得ω 滿足的條件．

解答：解：（1）因為函數f（x）=sin（x+φ）為偶函數，所以，sin（x+φ）=sin（-x+φ），
化簡為 2sinxcosφ=0，∴cosφ=0，所以φ=kπ+

π

2

，k∈z．
（2）∵函數f（x）=sin（2x+

π

6

）+

3

sin（2x+

π

3

）=

3

sin2x+2cos2x=

7

sin（2x+α）∈[-

7

，

7

]，
其中，sinα=

2

7

，cosα=

3

7

，所以 A=[-

7

，

7

]…（8分）
g（x）=x²-（4

7

tanθ）x+1=(x-2

7

tanθ)2+1-28tan²θ，
由題意可知：2

7

tanθ≤-

7

，tanθ≤-

1

2

，∴kπ-

π

2

≤θ≤kπ-arctan

1

2

，k∈z，
即θ的取值范圍是[kπ-

π

2

，kπ-arctan

1

2

]，k∈z．（10）
（3）由于 f（x）=a₁sin（ωx+φ₁）+a₂sin（ωx+φ₂）+…+a_nsin（ωx+φ_n）
=a₁ （sinωxcosφ₁ +cosωxsinφ₁）+a₂ （sinωxcosφ₂ +cosωxsinφ₂）+…+a_n （sinωxcosφ_n+cosωxsinφ_n ）
=sinωx （a₁•cosφ₁+a₂•cosφ₂+…+a_n•cosφ_n）
+cosωx（a₁•sinφ₁+a₂•sinφ₂+…+a_n•sinφ_n）．
∵f²（0）+f²（

π

2ω

）≠0，∴a₁•cosφ₁+a₂•cosφ₂+…+a_n•cosφ_n =0
與a₁•sinφ₁+a₂•sinφ₂+…+a_n•sinφ_n =0 不能同時成立．
不妨設 a₁•cosφ₁+a₂•cosφ₂+…+a_n•cosφ_n =m，a₁•sinφ₁+a₂•sinφ₂+…+a_n•sinφ_n =n，
則f（x）=msinωx+ncosωx=

m2+n2

=sin（ωx+φ），且 m²+n²≠0．
由于函數f（x）的圖象關于點（

π

2

，0）對稱，在x=π處取得最小值，∴（4n-3）

T

4

=π-

π

2

，n∈N^*．
（4n-3）

π

2ω

=

π

2

，∴ω=4n-3，n∈N^*  ①．
再由函數f（x）的圖象關于點（

π

2

，0）對稱可得 sin（

π

2

ω+φ₀）=0，故

π

2

ω+φ₀=kπ，k∈z．
∴

π

2

（4m-3）+φ₀=kπ，φ₀=kπ+

3π

2

，k∈z．
又函數f（x）在x=π處取得最小值，∴sin（ωπ+φ₀）=-1，∴ωπ+kπ+

3π

2

=2k′π+

3π

2

，k′∈z．
∴ω=k，k∈N^* ②．
由①②可得，ω=4n-3，n∈N^*．

點評：本題主要考查三角函數的恒等變換和化簡求值，復合三角函數的單調性和對稱性，屬于中檔題．