Question

8．将函数f₁（x）=sinx与函数f₂（x）=cosx线性组构成的函数f（x）=Af₁（x）+Bf₂（x）（A，B是常数，x∈R）图象称为（A，B）曲线．
（1）若（A，B）曲线经过点P（$\frac{π}{3}$，0），Q（π，-2$\sqrt{3}$），求A、B的值；
（2）若（A，B）曲线与射线y=2（x≥0）的所有交点的横坐标依次组成一个等差数列{a_n}，且a₁=$\frac{π}{3}$，求数列{a_n}的通项以及常数A、B的值；
（3）在（1）的条件下，求证：对x∈（0，+∞），恒有f（x）＞-x-$\frac{2π}{3}$．

Answer 1

分析 （1）由题意知f（x）=Asinx+Bcosx，从而可得f（$\frac{π}{3}$）=Asin$\frac{π}{3}$+Bcos$\frac{π}{3}$=0，f（π）=Asinπ+Bcosπ=-2$\sqrt{3}$；从而解得；
（2）由题意知函数f（x）=Asinx+Bcosx的最大值为2；从而可得f（$\frac{π}{3}$）=Asin$\frac{π}{3}$+Bcos$\frac{π}{3}$=2，A²+B²=4；从而解得；
（3）由（1）得，f（x）=-2sinx+2$\sqrt{3}$cosx=4sin（x+$\frac{2π}{3}$）；从而化简为4sin（x+$\frac{2π}{3}$）+x+$\frac{2π}{3}$＞0在（0，+∞）上恒成立，即证4sinx+x＞0在（$\frac{2π}{3}$，+∞）上恒成立；从而证明即可．

解答 解：（1）由题意，f（x）=Asinx+Bcosx，
则f（$\frac{π}{3}$）=Asin$\frac{π}{3}$+Bcos$\frac{π}{3}$=0，
f（π）=Asinπ+Bcosπ=-2$\sqrt{3}$；
解得，A=-2，B=2$\sqrt{3}$；
（2）由函数f（x）=Asinx+Bcosx的图象与射线y=2（x≥0）的所有交点的横坐标依次组成一个等差数列{a_n}知，
函数f（x）=Asinx+Bcosx的最大值为2；
则f（$\frac{π}{3}$）=Asin$\frac{π}{3}$+Bcos$\frac{π}{3}$=2，
A²+B²=4；
解得，A=$\sqrt{3}$，B=1；
故f（x）=$\sqrt{3}$sinx+cosx=2sin（x+$\frac{π}{6}$），
T=2π；
故数列{a_n}的通项a_n=$\frac{π}{3}$+（n-1）2π=2nπ-$\frac{5}{3}π$；
（3）证明：由（1）得，f（x）=-2sinx+2$\sqrt{3}$cosx=4sin（x+$\frac{2π}{3}$）；
故f（x）＞-x-$\frac{2π}{3}$可化为4sin（x+$\frac{2π}{3}$）+x+$\frac{2π}{3}$＞0，
故原命题可化为4sin（x+$\frac{2π}{3}$）+x+$\frac{2π}{3}$＞0在（0，+∞）上恒成立，
即证4sinx+x＞0在（$\frac{2π}{3}$，+∞）上恒成立；
①当x＞4时，4sinx+x＞0一定成立；
②当$\frac{2π}{3}$＜x≤4时，
令g（x）=4sinx+x，
g′（x）=4cosx+1，
∵$\frac{2π}{3}$＜x≤4＜$\frac{4π}{3}$；
∴g′（x）=4cosx+1＜0，
∴g（x）=4sinx+x在（$\frac{2π}{3}$，4]上是减函数，
故g（x）≥g（4）=4sin4+4＞0；
综上所述，对x∈（0，+∞），恒有f（x）＞-x-$\frac{2π}{3}$．

点评 本题考查了三角函数的性质应用及数列的应用，同时考查了分类讨论的思想应用及恒成立问题，导数的综合应用，属于难题．