2025《金版教程•高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案》高考解答題專項(xiàng)突破(二) 三角函數(shù)的綜合問題

[考情分析]以三角形、三角函數(shù)為載體，以三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)、正弦定理、余弦定理為工具，以三角恒等變換為手段來考查三角函數(shù)的綜合問題是高考的熱點(diǎn)題型，主要考查內(nèi)容有正、余弦定理、三角形面積的計(jì)算、三角恒等變換和三角函數(shù)的性質(zhì)．解題時要充分利用三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，交替使用正弦定理、余弦定理，利用數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程思想等進(jìn)行求解．考點(diǎn)一三角函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合例1已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示．(1)求f(x)＝2的解集；(2)求函數(shù)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的單調(diào)遞增區(qū)間．解(1)由圖象可知，周期T＝eq\f(5π,12)＋eq\f(7π,12)＝π，∴ω＝eq\f(2π,π)＝2，∵點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))在函數(shù)圖象上，∴Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)＋φ))＝0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝0，解得eq\f(5π,6)＋φ＝π＋2kπ，φ＝2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6)，∵點(diǎn)(0，1)在函數(shù)圖象上，∴Asineq\f(π,6)＝1，A＝2，∴函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，由f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝2，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝1，即2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，∴f(x)＝2的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝\f(π,6)＋kπ，k∈Z)))).(2)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))，由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,6)))－2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝2sin2x－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sin2x－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x＋\f(\r(3),2)cos2x))＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z，∴函數(shù)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.解決三角函數(shù)圖象與性質(zhì)綜合問題的方法利用圖象討論三角函數(shù)的性質(zhì)，應(yīng)先把函數(shù)化成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)或y＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的形式，然后通過換元法令t＝ωx＋φ，轉(zhuǎn)化為研究y＝Asint或y＝Acost的性質(zhì)．1.已知函數(shù)f(x)＝2sinωxcosφ＋2sinφ－4sin2eq\f(ωx,2)sinφ(ω>0，|φ|<π)，其圖象的一條對稱軸與相鄰對稱中心的橫坐標(biāo)相差eq\f(π,4)，________，從以下兩個條件中任選一個補(bǔ)充在空白橫線中．①函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后得到的圖象關(guān)于y軸對稱且f(0)<0；②函數(shù)f(x)的圖象的一條對稱軸為直線x＝－eq\f(π,3)且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<f(1)．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，函數(shù)h(x)＝f(x)－a存在兩個不同零點(diǎn)x1，x2，求x1＋x2的值．解(1)f(x)＝2sinωxcosφ＋2sinφ－2(1－cosωx)sinφ＝2sin(ωx＋φ)，又函數(shù)f(x)的最小正周期為T＝4×eq\f(π,4)＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2，若選條件①：將函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度得到的圖象關(guān)于y軸對稱，所得函數(shù)為y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋φ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))，由函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))的圖象關(guān)于y軸對稱，可得eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得φ＝eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)，因?yàn)閨φ|<π，所以φ的可能取值為－eq\f(5π,6)，eq\f(π,6)，若φ＝－eq\f(5π,6)，則f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，f(0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)))＝－1，符合題意；若φ＝eq\f(π,6)，則f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，f(0)＝2sineq\f(π,6)＝1，不符合題意．所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6))).若選條件②：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)圖象的一條對稱軸為直線x＝－eq\f(π,3)，所以2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得φ＝eq\f(7π,6)＋kπ(k∈Z)，因?yàn)閨φ|<π，所以φ的可能取值為－eq\f(5π,6)，eq\f(π,6)，若φ＝－eq\f(5π,6)，則f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－2<f(1)，符合題意；若φ＝eq\f(π,6)，則f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,2)＝2>f(1)，不符合題意．所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6))).(2)令t＝2x－eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，此時函數(shù)h(x)＝f(x)－a存在兩個不同零點(diǎn)x1，x2等價于直線y＝a與函數(shù)y＝2sint，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))的圖象有兩個不同交點(diǎn)．當(dāng)t＝eq\f(π,2)時，函數(shù)取到最大值，所以t1＋t2＝π，即2x1－eq\f(5π,6)＋2x2－eq\f(5π,6)＝π，所以x1＋x2＝eq\f(4π,3).考點(diǎn)二三角函數(shù)與解三角形的綜合例2(2023·河北石家莊二中模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\r(2)sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)，該函數(shù)圖象上相鄰兩個最高點(diǎn)間的距離為4π，且f(x)為偶函數(shù)．(1)求ω和φ的值；(2)已知角A，B，C為△ABC的三個內(nèi)角，若(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，求[f(A)]2＋[f(C)]2的取值范圍．解(1)因?yàn)閒(x)＝eq\r(2)sin(ωx＋φ)的圖象上相鄰兩個最高點(diǎn)間的距離為4π，所以eq\f(2π,ω)＝4π，解得ω＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋φ))，又因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.又因?yàn)?<φ<π，所以φ＝eq\f(π,2).(2)因?yàn)?2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB＝sin(B＋C)，又因?yàn)锳＋B＋C＝π，且0<A<π，所以sin(B＋C)＝sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，因?yàn)?<B<π，所以B＝eq\f(π,3)，則A＋C＝eq\f(2π,3)，即C＝eq\f(2π,3)－A，由(1)知，函數(shù)f(x)＝eq\r(2)coseq\f(1,2)x，所以[f(A)]2＋[f(C)]2＝2cos2eq\f(1,2)A＋2cos2eq\f(1,2)C＝cosA＋cosC＋2＝cosA＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＋2＝cosA－eq\f(1,2)cosA＋eq\f(\r(3),2)sinA＋2＝eq\f(\r(3),2)sinA＋eq\f(1,2)cosA＋2＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋2，因?yàn)?<A<eq\f(2π,3)，所以eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋2∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，3))，即[f(A)]2＋[f(C)]2的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，3)).解三角形與三角函數(shù)的綜合應(yīng)用主要體現(xiàn)在以下兩個方面：(1)利用三角恒等變換化簡三角函數(shù)式進(jìn)行解三角形；(2)解三角形與三角函數(shù)圖象和性質(zhì)的綜合應(yīng)用．2.設(shè)f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，x∈[0，π]．(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在銳角三角形ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面積的最大值．解(1)由題意，得f(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＋1))＝sin2x－eq\f(1,2)，因?yàn)?≤x≤π，所以0≤2x≤2π，由正弦函數(shù)的單調(diào)性可知，當(dāng)0≤2x≤eq\f(π,2)或eq\f(3π,2)≤2x≤2π，即0≤x≤eq\f(π,4)或eq\f(3π,4)≤x≤π時，函數(shù)f(x)＝sin2x－eq\f(1,2)單調(diào)遞增，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).(2)由題意，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝sinA－eq\f(1,2)＝0，所以sinA＝eq\f(1,2)，因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故A＝eq\f(π,6).由余弦定理，得b2＋c2－2bccosA＝a2，故b2＋c2－eq\r(3)bc＝1，由基本不等式，得b2＋c2≥2bc，故bc≤2＋eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時，等號成立．因此S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(2＋\r(3),4)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時，△ABC的面積取得最大值eq\f(2＋\r(3),4).考點(diǎn)三三角函數(shù)與平面向量的綜合例3已知向量a＝(sinx，eq\r(3)sin(π＋x))，b＝(cosx，－sinx)，函數(shù)f(x)＝a·b－eq\f(\r(3),2).(1)求f(x)的最小正周期及f(x)圖象的對稱軸方程；(2)先將f(x)的圖象上每個點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?倍，再向左平移eq\f(π,3)個單位長度得到函數(shù)g(x)的圖象，若函數(shù)y＝g(x)－m在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))內(nèi)有兩個零點(diǎn)，求m的取值范圍．解(1)因?yàn)閒(x)＝a·b－eq\f(\r(3),2)＝sinxcosx＋eq\r(3)sin2x－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π.由2x－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,12)，k∈Z，所以f(x)的最小正周期為π，對稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,12)，k∈Z.(2)由(1)，知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).由題意，得g(x)＝sinx.函數(shù)y＝g(x)－m在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))內(nèi)有兩個零點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))的圖象與直線y＝m有兩個交點(diǎn)．由圖象可得，m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).當(dāng)題目條件給出的向量坐標(biāo)中含有三角函數(shù)的形式時，首先運(yùn)用向量數(shù)量積的定義、向量共線、向量垂直等，得到三角函數(shù)的關(guān)系式，然后利用三角函數(shù)的圖象、性質(zhì)解決問題．3.已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx，\f(3,2)))，b＝(cosx，－1)．(1)當(dāng)a∥b時，求2cos2x－sin2x的值；(2)求f(x)＝(a＋b)·b在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的單調(diào)遞增區(qū)間．解(1)由a∥b，得(－1)sinx＝eq\f(3,2)cosx，所以tanx＝－eq\f(3,2)，所以2cos2x－sin2x＝eq\f(2cos2x－2sinxcosx,cos2x＋sin2x)＝eq\f(2－2tanx,1＋tan2x)＝eq\f(2＋3,1＋\f(9,4))＝eq\f(20,13).(2)f(x)＝a·b＋b2＝sinxcosx－eq\f(3,2)＋cos2x＋1＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1＋cos2x,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))時，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))，令－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,4)，得－eq\f(3π,8)≤x≤0.故函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，0)).考點(diǎn)四解三角形與平面向量的綜合例4(2024·四川成都調(diào)研)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且m＝(2b＋c，a)，n＝(cosA，cosC)，m⊥n.(1)求角A的大??；(2)D是線段BC上的點(diǎn)，且AD＝BD＝2，CD＝3，求△ABD的面積．解(1)因?yàn)閙＝(2b＋c，a)，n＝(cosA，cosC)，m⊥n，所以m·n＝(2b＋c)cosA＋acosC＝0，由正弦定理可得2sinBcosA＋(sinAcosC＋cosAsinC)＝0，即2sinBcosA＋sin(A＋C)＝0，又A＋C＝π－B，所以2sinBcosA＋sinB＝0，又B∈(0，π)，則sinB>0，所以cosA＝－eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，因此A＝eq\f(2π,3).(2)設(shè)B＝θ，因?yàn)锳＝eq\f(2π,3)，則C＝π－eq\f(2π,3)－θ＝eq\f(π,3)－θ，因?yàn)锳D＝BD＝2，所以∠BAD＝B＝θ，∠ADC＝2θ，∠DAC＝eq\f(2π,3)－θ，在△ACD中，由正弦定理可知eq\f(AD,sinC)＝eq\f(CD,sin∠DAC)，即eq\f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ)))＝eq\f(3,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ)))，即3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ－\f(1,2)sinθ))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ＋\f(1,2)sinθ))，化簡可得5sinθ＝eq\r(3)cosθ，即tanθ＝eq\f(\r(3),5)，所以sin2θ＝eq\f(2sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(2tanθ,tan2θ＋1)＝eq\f(5\r(3),14)，所以S△ABD＝eq\f(1,2)AD·BDsin(π－2θ)＝eq\f(1,2)AD·BDsin2θ＝eq\f(1,2)×22×eq\f(5\r(3),14)＝eq\f(5\r(3),7).解決解三角形與平面向量綜合問題的關(guān)鍵：準(zhǔn)確利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算化簡已知條件，將其轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的問題解決．4.(2023·廣東廣州天河區(qū)模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足bcoseq\f(B＋C,2)＝asinB.(1)求A；(2)若a＝eq\r(19)，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3，AD是△ABC的中線，求AD的長．解(1)因?yàn)閏oseq\f(B＋C,2)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝sineq\f(A,2)，所以bsineq\f(A,2)＝asinB.由正弦定理，得sinBsineq\f(A,2)＝sinAsinB.因?yàn)閟inB≠0，所以sineq\f(A,2)＝sinA.所以sineq\f(A,2)＝2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2).因?yàn)锳∈(0，π)，eq\f(A,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sineq\f(A,2)≠0，所以coseq\f(A,2)＝eq\f(1,2).所以eq\f(A,2)＝eq\f(π,3).所以A＝eq\f(2π,3).(2)因?yàn)閑q\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3，所以bccos(π－A)＝3.又A＝eq\f(2π,3)，所以bc＝6.由余弦定理，得b2＋c2＝a2＋2bccosA＝13.又eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))2＝eq\f(1,4)(c2＋b2＋2bccosA)＝eq\f(7,4).所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(7),2)，即AD的長為eq\f(\r(7),2).課時作業(yè)1．(2023·廣東佛山模擬)已知函數(shù)f(x)＝cos4x＋2eq\r(3)sinxcosx－sin4x.(1)求f(x)的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間；(2)已知△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若f(A)＝1，BC邊的中線AD的長為eq\r(7)，求△ABC面積的最大值．解(1)∵f(x)＝cos4x＋2eq\r(3)sinxcosx－sin4x＝(cos2x－sin2x)(cos2x＋sin2x)＋eq\r(3)sin2x＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，故f(x)的最小正周期T＝π，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．(2)由(1)得，f(A)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∵0<A<π，∴2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，∴A＝eq\f(π,3)，又eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)))，∴7＝eq\f(1,4)(c2＋b2＋2bccosA)＝eq\f(1,4)(b2＋c2＋bc)，∵b2＋c2≥2bc，∴b2＋c2＋bc≥3bc，∴bc≤eq\f(28,3)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝eq\f(2\r(21),3)時取等號，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc≤eq\f(\r(3),4)×eq\f(28,3)＝eq\f(7\r(3),3)，∴△ABC面積的最大值為eq\f(7\r(3),3).2.(2024·江西南昌模擬)如圖為函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)，x∈R))的部分圖象．(1)求函數(shù)f(x)的解析式和單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若將y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位長度，然后再將橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)得到y(tǒng)＝g(x)的圖象，求函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上的最大值和最小值．解(1)由圖象知，A＝2，eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,4)，T＝π，又ω>0，則ω＝eq\f(2π,π)＝2，則f(x)＝2sin(2x＋φ)，將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，2))代入得，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝2，得eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得φ＝2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，因?yàn)閨φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(π,12)＋kπ，k∈Z，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))(k∈Z)．(2)將f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位長度，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象，然后再將橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)，得g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))的圖象．因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))，則4x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(π,2)))，所以－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))≤1.故當(dāng)4x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(π,6)時，g(x)取得最小值，為－2；當(dāng)4x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,12)時，g(x)取得最大值，為2.3．設(shè)函數(shù)f(x)＝m·n，其中向量m＝(2cosx，1)，n＝(cosx，eq\r(3)sin2x)(x∈R)．(1)求f(x)的最小值；(2)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C所對的邊，已知f(A)＝2，b＝1，△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，求eq\f(b,sinB)的值．解(1)因?yàn)閙＝(2cosx，1)，n＝(cosx，eq\r(3)sin2x)，所以f(x)＝2cos2x＋eq\r(3)sin2x＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，所以當(dāng)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－1，即2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即x＝－eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z時，f(x)取得最小值，為－1.(2)由f(A)＝2，得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＋1＝2，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，所以2A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，故2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，則A＝eq\f(π,3)，由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×1×c×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，可得c＝2，在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝1＋4－2×1×2×eq\f(1,2)＝3，所以a＝eq\r(3)，所以eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2.4．(2023·四川成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝2cos2x＋eq\r(3)sin2x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，且f(C)＝3，c＝1，ab＝2eq\r(3)，求△ABC的周長．解(1)依題意，f(x)＝2cos2x＋eq\r(3)sin2x＝1＋cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))(k∈Z)．(2)由(1)知，f(C)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＋1＝3，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＝1，而C∈(0，π)，則2C＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，于是2C＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，解得C＝eq\f(π,6)，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得1＝(a＋b)2－(2＋eq\r(3))ab＝(a＋b)2－2eq\r(3)×(2＋eq\r(3))，解得a＋b＝2＋eq\r(3)，所以△ABC的周長為3＋eq\r(3).5．(2023·福建福州模擬)已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)sin\f(x,4)，2))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，cos2\f(x,4))).(1)若m·n＝2，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的值；(2)記f(x)＝m·n，在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足(2a－c)cosB＝bcosC，求f(A)的取值范圍．解(1)m·n＝2eq\r(3)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋2cos2eq\f(x,4)＝eq\r(3)sineq\f(x,2)＋coseq\f(x,2)＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋1.因?yàn)閙·n＝2，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2).所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2).(2)因?yàn)閒(x)＝m·n＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋1，所以f(A)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)＋\f(π,6)))＋1.因?yàn)?2a－c)cosB＝bcosC，由正弦定理，得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC.所以2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB＝sin(B＋C)．因?yàn)锳＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sinA，且sinA≠0.所以cosB＝eq\f(1,2).因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).所以0<A<eq\f(2π,3).所以eq\f(π,6)<eq\f(A,2)＋eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，eq\f(1,2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)＋\f(π,6)))<1，故f(A)的取值范圍是(2，3)．6．(2024·湖北黃岡調(diào)研)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知向量m＝(b，a)，n＝(sinA，eq\r(3)cos(A＋C))，且m·n＝0.(1)求角B的大??；(2)若b＝eq\r(3)，求3a＋c的最大值．解(1)在△ABC中，因?yàn)閙＝(b，a)，n＝(sinA，eq\r(3)cos(A＋C))，m·n＝0，所以bsinA－eq\r(3)acosB＝0.由正弦定理，得sinAsinB＝eq\r(3)sinAcosB，又sinA>0，所以sinB＝eq\r(3)cosB，即tanB＝eq\r(3).又0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).(2)由(1)，知B＝eq\f(π,3)，b＝eq\r(3)，由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)＝2，即a＝2sinA，c＝2sinC.又C＝eq\f(2π,3)－A，所以3a＋c＝6sinA＋2sinC＝6sinA＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝7sinA＋eq\r(3)cosA＝2eq\r(13)sin(A＋θ)，其中銳角θ由tanθ＝eq\f(\r(3),7)確定，又0<A<eq\f(2π,3)，所以θ<A＋θ<eq\f(2π,3)＋θ.則當(dāng)且僅當(dāng)A＋θ＝eq\f(π,2)，即tanA＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝eq\f(7\r(3),3)時，sin(A＋θ)取最大值1，所以3a＋c的最大值為2eq\r(13).7．已知函數(shù)f(x)＝cos4x－2sinxcosx－sin4x.(1)求f(x)的最小正周期和單調(diào)遞增區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域；(3)在△ABC中，角A，