Question

15．已知函数f（t）=$\sqrt{\frac{1+t}{1-t}}$，g（x）=cosx•f（sinx）-sinx•f（cosx），x∈（π，$\frac{7π}{12}$）．
（1）求函数g（x）的值域；
（2）若函数y=|cos（ωx+$\frac{π}{6}$）|•f（sin（ωx+$\frac{π}{6}$））（ω＞0）在区间[$\frac{π}{3}$，π]上为增函数，求实数ω的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数g（x），利用辅助角公式化简，即可求函数g（x）的值域；
（2）求出y=|cos（ωx+$\frac{π}{6}$）|•f（sin（ωx+$\frac{π}{6}$））（ω＞0）的单调递增区间为$[\frac{6k-2}{3ω}π，\frac{6k+1}{3ω}π]$，k∈Z，利用函数y=|cos（ωx+$\frac{π}{6}$）|•f（sin（ωx+$\frac{π}{6}$））（ω＞0）在区间[$\frac{π}{3}$，π]上为增函数，求实数ω的取值范围．

解答 解：（1）$f（sinx）=\sqrt{\frac{1+sinx}{1-sinx}}=\sqrt{\frac{{{{（1+sinx）}^2}}}{{{{cos}^2}x}}}=\frac{1+sinx}{|cosx|}$，∵$x∈（π，\frac{7π}{12}）$
∴$f（sinx）=-\frac{1+sinx}{cosx}$，∴cosx•f（sinx）=-1-sinx
同理sinx•f（cosx）=-1-cosx，∴$g（x）=-sinx+cosx=\sqrt{2}cos（x+\frac{π}{4}）$
∵$x∈（π，\frac{7π}{12}）$，∴$x+\frac{π}{4}∈（\frac{5π}{4}，\frac{5π}{3}）$，∴$cos（x+\frac{π}{4}）∈（-\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\frac{1}{2}）$
∴$g（x）∈（-1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$
（2）由（1）$y=|cos（ωx+\frac{π}{6}）|•\frac{{1+sin（ωx+\frac{π}{6}）}}{{|cos（ωx+\frac{π}{6}）|}}=sin（ωx+\frac{π}{6}）+1$
∵$π-\frac{π}{3}≤\frac{T}{2}$，$T=\frac{2π}{ω}$，∴$0＜ω≤\frac{3}{2}$
令$2kπ-\frac{π}{2}≤ωx+\frac{π}{6}≤2kπ+\frac{π}{2}$，k∈Z；解之得$\frac{6k-2}{3ω}π≤x≤\frac{6k+1}{3ω}π$，k∈Z
则y=|cos（ωx+$\frac{π}{6}$）|•f（sin（ωx+$\frac{π}{6}$））（ω＞0）的单调递增区间为$[\frac{6k-2}{3ω}π，\frac{6k+1}{3ω}π]$，k∈Z，
由已知函数y=|cos（ωx+$\frac{π}{6}$）|•f（sin（ωx+$\frac{π}{6}$））（ω＞0）在区间[$\frac{π}{3}$，π]上为增函数，
解之得$6k-2≤ω≤\frac{6k+1}{3}$，
∵$0＜ω≤\frac{3}{2}$，∴k=0，∴$0＜ω≤\frac{1}{3}$．

点评 本题主要考查三角函数的恒等变换，利用y=Asin（ωx+∅）的图象特征性质的应用，体现了数形结合以及等价转化的数学思想，属于中档题．