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8.已知函數f(x)=a+bcosx+csinx的圖象經過點A(0,1)及$B(\frac{π}{2},1)$
(1)已知b>0,求f(x)的單調遞減區間;
(2)已知$x∈(0,\frac{π}{2})$時,|f(x)|≤2恒成立,求實數a的取值范圍;
(3)當a取上述范圍內的最大整數值時,若有實數m,n,φ,使得mf(x)+nf(x-φ)=1對于x∈R恒成立,求m,n,φ的值.

分析 由已知列式得到b,c與a的關系,把函數解析式用含有a的代數式表示.
(1)直接利用與正弦函數有關的復合函數的單調性求得f(x)的單調遞減區間;
(2)設sin(x+$\frac{π}{4}$)=t,則y=$\sqrt{2}$(1-a)t+a,由x得范圍得到t的范圍,然后對1-a>0、1-a=0、1-a<0分類討論求解得答案;
(3)由題意知a=8,則由mf(x)+nf(x-φ)=1得8(m+n)-7$\sqrt{2}$msin(x+$\frac{π}{4}$)-7$\sqrt{2}$nsin(x+$\frac{π}{4}$-φ)=1.令x+$\frac{π}{4}$=X,得8(m+n)-7$\sqrt{2}$(m+ncosφ)sinX+7$\sqrt{2}$nsinφcosX=1.
要使上式對任意X恒成立,則有$\left\{\begin{array}{l}{8(m+n)=1}\\{m+ncosφ=0}\\{nsinφ=0}\end{array}\right.$,由此求得答案.

解答 解:由題意可得,$\left\{\begin{array}{l}{f(0)=a+b=1}\\{f(\frac{π}{2})=a+c=1}\end{array}\right.$,則b=c=1-a,
∴f(x)=(1-a)(sinx+cosx)+a=$\sqrt{2}$(1-a)sin(x+$\frac{π}{4}$)+a.
(1)∵1-a=b>0,由2kπ+$\frac{π}{2}$<x+$\frac{π}{4}$<2kπ+$\frac{3π}{2}$,得:2kπ+$\frac{π}{4}$<x<2kπ+$\frac{5π}{4}$,
∴f(x)的遞減區間為[2kπ+$\frac{π}{4}$,2kπ+$\frac{5π}{4}$],k∈Z;
(2)設sin(x+$\frac{π}{4}$)=t,則y=$\sqrt{2}$(1-a)t+a,
∵$x∈(0,\frac{π}{2})$,
∴x+$\frac{π}{4}$∈($\frac{π}{4}$,$\frac{3π}{4}$),則t∈($\frac{\sqrt{2}}{2}$,1],
①當1-a>0時,f(x)∈(1,$\sqrt{2}$(1-a)t+a],此時|f(x)|≤2恒成立,
只需$\sqrt{2}$(1-a)t+a≤2,得a∈[-$\sqrt{2}$,1);
②當1-a=0時,f(x)=1,滿足題意;
②當1-a<0時,f(x)∈[$\sqrt{2}$(1-a)t+a,1),此時|f(x)|≤2恒成立,
只需$\sqrt{2}$(1-a)t+a≥-2,得a∈(1,4+3$\sqrt{2}$].
綜上所述,a的取值范圍為[-$\sqrt{2}$,4+3$\sqrt{2}$].
(3)可得a=8,則f(x)=8-7$\sqrt{2}$sin(x+$\frac{π}{4}$).
由mf(x)+nf(x-φ)=1得8(m+n)-7$\sqrt{2}$msin(x+$\frac{π}{4}$)-7$\sqrt{2}$nsin(x+$\frac{π}{4}$-φ)=1.
令x+$\frac{π}{4}$=X,得8(m+n)-7$\sqrt{2}$(m+ncosφ)sinX+7$\sqrt{2}$nsinφcosX=1.
要使上式對任意X恒成立,則有$\left\{\begin{array}{l}{8(m+n)=1}\\{m+ncosφ=0}\\{nsinφ=0}\end{array}\right.$,
解得$\left\{\begin{array}{l}{sinφ=0}\\{cosφ=1}\\{m=n=\frac{1}{16}}\end{array}\right.$.
所以m=$\frac{1}{16}$,n=$\frac{1}{16}$,φ=2kπ+π,k∈Z.

點評 本題考查三角函數值的恒等變換應用,考查y=Asin(ωx+φ)型函數的圖象和性質,訓練了函數恒成立問題的求解方法,是中檔題.

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