2023届高考数学二轮复习微专题5三角形中的范围最值问题作业

微专题5三角形中的范围(最值)问题1.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，b，c成等比数列，则角B的取值范围是________．2．在锐角△ABC中，BC＝1，B＝2A，则AC的取值范围是________．3．若a1x≤sinx≤a2x对任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))都成立，则a2－a1的最小值为________．4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinB＋sinC＝msinA(m∈R)，且a2－4bc＝0，当A为锐角时，则m的取值范围是________．5．已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知∠C＝eq\f(π,3)，c＝eq\r(3)，则a＋b的取值范围是________．6．(2018·宿州三模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足asinA－4bsinC＝0，A为锐角，则eq\f(sinB＋sinC,2sinA)的取值范围是________．7．(2018·重庆模拟改编)若锐角△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝1，(1)求A；(2)求eq\f(b＋c,a)的取值范围．8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanC＝eq\f(sinA＋sinB,cosA＋cosB).(1)求角C的大小；(2)若△ABC的外接圆直径为1，求a2＋b2的取值范围微专题51．答案：(0，eq\f(π,3)]．解析：由a，b，c成等比数列可得b2＝ac，在△ABC中，由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝c时等号成立，又因为B是△ABC的内角，所以B的取值范围(0，eq\f(π,3)]．2．答案：(eq\r(2)，eq\r(3))．解析：由正弦定理得AC＝eq\f(BC,sinA)sinB＝2cosA，又因为△ABC为锐角三角形，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<A<\f(π,2)，,0<2A<\f(π,2)，,0<π－A－2A<\f(π,2)，))即eq\f(π,6)<A<eq\f(π,4)，从而AC的取值范围为(eq\r(2)，eq\r(3))．3．答案：1－eq\f(π,2).解析：当过原点的直线过点(eq\f(π,2)，1)时，a1取得最大值eq\f(π,2)；当过原点的直线为点(0，0)处的切线时，a2取得最小值1.则a2－a1的最小值为－eq\f(π,2).4．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2))).解析：由正弦定理及sinB＋sinC＝msinA得，b＋c＝ma，又cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(（b＋c）2－2bc－a2,2bc)＝eq\f(（ma）2－\f(a2,2)－a2,\f(a2,2))＝2m2－3，因为A为锐角，所以cosA＝2m2－3∈(0，1)，所以eq\f(3,2)<m2<2，又由b＋c＝ma得m>0，所以eq\f(\r(6),2)<m<eq\r(2).5．答案：(3，2eq\r(3)]．解析：由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2，所以a＝2sinA，b＝2sinB＝2sin(eq\f(2π,3)－A)，所以a＋b＝2sinA＋2sin(eq\f(2π,3)－A)＝3sinA＋eq\r(3)cosA＝2eq\r(3)sin(A＋eq\f(π,6))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<A<\f(π,2)，,0<\f(2π,3)－A<\f(π,2)，))可得eq\f(π,6)<A<eq\f(π,2)，即eq\f(π,3)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，所以eq\f(\r(3),2)<sin(A＋eq\f(π,6))≤1，可得3<a＋b≤2eq\r(3)，所以a＋b的取值范围为(3，2eq\r(3)]．6．答案：(eq\f(\r(6),4)，eq\f(\r(2),2))．解析：由asinA－4bsinC＝0得a2＝4bc，且eq\f(sinB＋sinC,2sinA)＝eq\f(b＋c,2a)，A为锐角，则0<cosA<1，故0<eq\f(b2＋c2－a2,2bc)<1，即0<b2＋c2－4bc<2bc，所以6bc<(b＋c)2<8bc，所以eq\f(6bc,4a2)<eq\f(（b＋c）2,4a2)<eq\f(8bc,4a2)，即eq\f(6bc,16bc)<eq\f(（b＋c）2,4a2)<eq\f(8bc,16bc)，所以eq\f(3,8)<eq\f(（b＋c）2,4a2)<eq\f(1,2)，开方得eq\f(\r(6),4)<eq\f(b＋c,2a)<eq\f(\r(2),2).7．答案：(1)eq\f(π,3)；(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)，2)).解析：(1)由sin(2A－eq\f(π,6))＝1，得2A－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即A＝kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)由正弦定理得eq\f(b＋c,a)＝eq\f(sinB＋sinC,sinA)＝eq\f(sinB＋sin（\f(2π,3)－B）,sinA)＝eq\f(\f(3,2)sinB＋\f(\r(3),2)cosB,sinA)＝eq\f(\r(3)sin（B＋\f(π,6)）,\f(\r(3),2))＝2sin(B＋eq\f(π,6))，又△ABC是锐角三角形，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<B<\f(π,2)，,0<\f(2π,3)－B<\f(π,2)，))解得eq\f(π,6)<B<eq\f(π,2)，eq\f(π,3)<B＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，故有eq\r(3)<2sin(B＋eq\f(π,6))≤2，所以eq\r(3)<eq\f(b＋c,a)≤2.即eq\f(b＋c,a)的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)，2)).8．答案：(1)eq\f(π,3)；(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,2))).解析：(1)因为tanC＝eq\f(sinA＋sinB,cosAcosB)，即eq\f(sinC,cosC)＝eq\f(sinA＋sinB,cosA＋cosB)，所以sinCcosA＋sinCcosB＝cosCsinA＋cosCsinB，即sinCcosA－cosCsinA＝cosCsinB－sinCcosB，得sin(C－A)＝sin(B－C)，所以C－A＝B－C，或C－A＝π－(B－C)(不成立)．即2C＝A＋B，得C＝eq\f(π,3).(2)由正弦定理得c＝2RsinC＝eq\f(\r(3),2).由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，故a2＋b2＝eq\f(3,4)＋ab.因为a>0，b>0，所以a2＋b2>eq\