高考数学一轮复习 讲义 高考解答题专项突破（2） 三角函数与解三角形的综合问题

[考情分析]以三角形、三角函数为载体，以三角函数的图象与性质、正弦定理、余弦定理为工具，以三角恒等变换为手段来考查三角函数的综合问题是高考的热点题型，主要考查内容有正弦定理、余弦定理、三角形面积的计算、三角恒等变换和三角函数的性质．解题时要充分利用三角函数的图象与性质，交替使用正弦定理、余弦定理，利用数形结合、函数与方程思想等进行求解．考点一三角函数图象与性质的综合若函数f(x)＝cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))图象的两相邻对称轴的距离为eq\f(π,2)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－eq\f(1,2).(1)求f(x)的解析式；(2)将f(x)的图象向右平移eq\f(5π,12)个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)得到函数g(x)的图象．当x∈(0，π)时，求解不等式g(2x)≤geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).解：(1)因为f(x)图象的两相邻对称轴的距离为eq\f(π,2)，所以T＝π，即eq\f(2π,|ω|)＝π，因为ω>0，所以ω＝2，所以f(x)＝cos(2x＋φ)，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝－eq\f(1,2)，因为|φ|<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,6)<eq\f(π,3)＋φ<eq\f(5π,6)，所以eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(2π,3)，即φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(2)因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移eq\f(5π,12)个单位长度得到y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝sin2x的图象，再将y＝sin2x图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)得到y＝sinx的图象，所以g(x)＝sinx，所以所求不等式为sin2x≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，令t＝x＋eq\f(π,4)，则t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，不等式化为sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(π,4)))))≤sint，所以－cos2t≤sint，所以2sin2t－sint－1≤0，所以－eq\f(1,2)≤sint≤1，结合函数y＝sint在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上的图象，得eq\f(π,4)<t≤eq\f(7π,6)，所以不等式g(2x)≤geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的解集为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(0<x≤\f(11π,12))))).解决三角函数图象与性质综合问题的方法利用图象讨论三角函数的性质，应先把函数化成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)或y＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的形式，然后通过换元法令t＝ωx＋φ，转化为研究y＝Asint或y＝Acost的性质．1.已知函数f(x)＝2sinωxcosφ＋2sinφ－4sin2eq\f(ωx,2)sinφ(ω>0，|φ|<π)，其图象的一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差eq\f(π,4)，________，从下面两个条件中任选一个补充在横线上．①函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后得到的图象关于y轴对称且f(0)<0；②函数f(x)图象的一条对称轴为直线x＝－eq\f(π,3)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<f(1)．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，函数h(x)＝f(x)－a存在两个不同零点x1，x2，求x1＋x2的值．解：(1)f(x)＝2sinωxcosφ＋2sinφ－2(1－cosωx)·sinφ＝2sin(ωx＋φ)，又函数f(x)的最小正周期为T＝4×eq\f(π,4)＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2，若选①：将函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度得到的图象关于y轴对称，所得图象对应的函数为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))，由函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))的图象关于y轴对称，可得eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得φ＝eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)，因为|φ|<π，所以φ的可能取值为－eq\f(5π,6)，eq\f(π,6)，若φ＝－eq\f(5π,6)，则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，符合题意；若φ＝eq\f(π,6)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，f(0)＝2sineq\f(π,6)＝1，不符合题意．所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6))).若选②：因为函数f(x)图象的一条对称轴为直线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)，因为|φ|<π，所以φ的可能取值为－eq\f(5π,6)，eq\f(π,6)，若φ＝－eq\f(5π,6)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，则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)，符合题意；若φ＝eq\f(π,6)，则f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,2)＝2>f(1)，不符合题意．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)))，此时函数h(x)＝f(x)－a存在两个不同零点x1，x2等价于直线y＝a与函数y＝2sint，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))的图象有两个不同交点，又函数y＝2sint的图象关于直线t＝eq\f(π,2)对称，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).考点二三角函数与解三角形的综合已知函数f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\r(3)cos2x.(1)求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调递增区间；(2)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)－\f(π,12)))＝1－eq\r(3)，c＝2，求△ABC面积的最大值．解：(1)f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\r(3)cos2x＝1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))－eq\r(3)cos2x＝1＋sin2x－eq\r(3)cos2x＝1＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2xcos\f(π,3)－cos2xsin\f(π,3)))＝1＋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－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12))).(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)－\f(π,12)))＝1－eq\r(3)，得1＋2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)－\f(π,12)))－\f(π,3)))＝1－eq\r(3)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,2)))＝－eq\f(\r(3),2)，所以cosC＝eq\f(\r(3),2)，因为0<C<π，所以C＝eq\f(π,6)，又c＝2，在△ABC中，由余弦定理，得c2＝4＝a2＋b2－2abcosC≥2ab－eq\r(3)ab，所以ab≤eq\f(4,2－\r(3))＝4(2＋eq\r(3))，当且仅当a＝b＝eq\r(6)＋eq\r(2)时，等号成立，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC≤eq\f(1,2)×4(2＋eq\r(3))×eq\f(1,2)＝2＋eq\r(3).所以△ABC面积的最大值为2＋eq\r(3).三角函数与解三角形的综合应用主要体现在以下两个方面：(1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形；(2)三角函数的图象和性质与解三角形的综合应用．2.设函数f(x)＝eq\r(2)sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)，该函数图象上相邻两个最高点间的距离为4π，且f(x)为偶函数．(1)求ω和φ的值；(2)已知角A，B，C为△ABC的三个内角，若(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，求[f(A)]2＋[f(C)]2的取值范围．解：(1)因为f(x)＝eq\r(2)sin(ωx＋φ)的图象上相邻两个最高点间的距离为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))，又因为f(x)为偶函数，所以φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.又因为0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,2).(2)因为(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC，所以2sinAcosB＝sin(B＋C)，又因为A＋B＋C＝π，且0<A<π，所以sin(B＋C)＝sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，因为0<B<π，所以B＝eq\f(π,3)，则A＋C＝eq\f(2π,3)，即C＝eq\f(2π,3)－A，由(1)知，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，因为0<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))，则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的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，3)).考点三三角函数与平面向量的综合已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,12)))，－\f(1,2)))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,12)))，－2))，函数f(x)＝a·b，其中ω>0.(1)若f(x1)≤f(x)≤f(x2)恒成立，|x1－x2|min＝eq\f(1,2)，求函数f(x)图象的对称中心；(2)若2<ω<4，将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，x＝eq\f(π,3)是g(x)的一个零点，若函数g(x)在[m，n](m，n∈R且m<n)上恰好有8个零点，求n－m的取值范围；(3)已知函数h(x)＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－2a(a<0)，在第(2)问条件下，若对任意的x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，存在x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，使得h(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围．解：(1)因为f(x)＝a·b＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,12)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,12)))＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))＋1，由f(x1)≤f(x)≤f(x2)恒成立，|x1－x2|min＝eq\f(1,2)，可知函数f(x)的最小正周期T满足eq\f(T,2)＝eq\f(1,2)，所以T＝1，由eq\f(2π,2ω)＝1，得ω＝π，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πx＋\f(π,6)))＋1.由2πx＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，得x＝eq\f(k,2)－eq\f(1,12)，k∈Z，所以函数f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)－\f(1,12)，1))，k∈Z.(2)g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＋1＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(（1－2ω）π,6)))＋1.由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝0，得sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2ωπ,3)＋\f(（1－2ω）π,6)))＝－eq\f(1,2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,3)＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(7π,6)，k∈Z或eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,6)＝2kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，所以ω＝6k＋3，k∈Z或ω＝6k－1，k∈Z，又2<ω<4，所以ω＝3，所以g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(5π,6)))＋1.函数g(x)的草图如图所示．由函数g(x)在[m，n](m，n∈R且m<n)上恰好有8个零点，得eq\f(10π,9)≤n－m<eq\f(14π,9)，即n－m的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10π,9)，\f(14π,9))).(3)问题转化为当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，函数h(x)的取值集合是g(x)的取值集合的子集．对函数h(x)，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，又a<0，所以h(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－a，－\f(3a,2))).对函数g(x)，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以6x－eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，\f(2π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(5π,6)))∈[－1，1]，所以g(x)∈[－1，3]．由eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－a，－\f(3a,2)))⊆[－1，3]，a<0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a≥－1，,－\f(3a,2)≤3，,a<0，))解得－2≤a<0，即实数a的取值范围是[－2，0)．当题目条件给出的向量坐标中含有三角函数的形式时，首先运用向量数量积的定义、向量共线、向量垂直等得到三角函数的关系式，然后利用三角函数的图象、性质解决问题．3.已知向量a＝(sinx，eq\r(3)sin(π＋x))，b＝(cosx，－sinx)，函数f(x)＝a·b－eq\f(\r(3),2).(1)求f(x)的最小正周期及f(x)图象的对称轴方程；(2)先将f(x)图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再将所得图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度得到函数g(x)的图象，若函数y＝g(x)－m在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))内有两个零点，求m的取值范围．解：(1)因为f(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)的最小正周期为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)的最小正周期为π，f(x)图象的对称轴方程为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))).由题意，得g(x)＝sinx.函数y＝g(x)－m在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))内有两个零点，转化为函数y＝sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))的图象与直线y＝m有两个交点．由图象可得，m的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).考点四解三角形与平面向量的综合在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f(a,b)＝eq\f(\r(3),3)sinC＋cosC.(1)求角B；(2)若D是△ABC中边AC上的一点，且满足eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\o(BD,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BC,\s\up6(→))|)，9a＋4c＝25，求BD的最大值．解：(1)因为eq\f(a,b)＝eq\f(\r(3),3)sinC＋cosC，即a＝eq\f(\r(3),3)bsinC＋bcosC，由正弦定理，得sinA＝eq\f(\r(3),3)sinBsinC＋sinBcosC，又sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，则sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(3),3)sinBsinC＋sinBcosC，可得cosBsinC＝eq\f(\r(3),3)sinBsinC，又C∈(0，π)，则sinC≠0，可得tanB＝eq\r(3)，又0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).(2)由eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\o(BD,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BC,\s\up6(→))|)，得eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))||\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\o(BD,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BC,\s\up6(→))||\o(BD,\s\up6(→))|)，则cos∠ABD＝cos∠CBD，即∠ABD＝∠CBD，可知BD平分∠ABC，则∠ABD＝∠CBD＝eq\f(π,6).因为S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，即eq\f(1,2)ac×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)BD×c×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)BD×a×eq\f(1,2)，整理可得eq\f(\r(3),BD)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)，又9a＋4c＝25，则eq\f(\r(3),BD)＝eq\f(1,25)(9a＋4c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝eq\f(1,25)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(13＋\f(4c,a)＋\f(9a,c)))≥eq\f(1,25)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(13＋2\r(\f(4c,a)·\f(9a,c))))＝1，当且仅当eq\f(4c,a)＝eq\f(9a,c)，即a＝eq\f(5,3)，c＝eq\f(5,2)时，等号成立，可得BD≤eq\r(3)，所以BD的最大值为eq\r(3).解决解三角形与平面向量综合问题的关键：准确利用向量运算化简已知条件，将其转化为三角函数的问题解决．4.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且m＝(2b＋c，a)，n＝(cosA，cosC)，m⊥n.(1)求角A的大小；(2)D是线段BC上的点，且AD＝BD＝2，CD＝3，求△ABD的面积．解：(1)因为m＝(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)，则sinB>0，所以cosA＝－eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(2π,3).(2)设B＝θ，因为A＝eq\f(2π,3)，则C＝π－eq\f(2π,3)－θ＝eq\f(π,3)－θ，因为AD＝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))，化简可得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).考点五三角函数与导数的综合(2025·新课标Ⅰ卷，19)(1)求函数f(x)＝5cosx－cos5x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值；(2)给定θ∈(0，π)和a∈R，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]，使得cosy≤cosθ；(3)设b∈R，若存在φ∈R使得5cosx－cos(5x＋φ)≤b对任意x∈R恒成立，求b的最小值．解：(1)解法一：f′(x)＝－5sinx＋5sin5x＝－5[sin(3x－2x)－sin(3x＋2x)]＝10cos3xsin2x.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，3x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，所以sin2x>0，令f′(x)＝0，得cos3x＝0，得x＝eq\f(π,6).当0<x<eq\f(π,6)时，cos3x>0，即f′(x)>0，当eq\f(π,6)<x<eq\f(π,4)时，cos3x<0，即f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递减，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的极大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝5coseq\f(π,6)－coseq\f(5π,6)＝3eq\r(3)，又f(0)＝5－1＝4，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝5coseq\f(π,4)－coseq\f(5π,4)＝3eq\r(2)，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值为3eq\r(3).解法二：设cosx＝t，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).又cos2x＝2t2－1，cos4x＝2(2t2－1)2－1＝8t4－8t2＋1，所以cos5x＝cos4xcosx－sin4xsinx＝cos4xcosx－2sin2xcos2xsinx＝cos4xcosx－4cos2xcosxsin2x＝t(8t4－8t2＋1)－4(2t2－1)t(1－t2)＝16t5－20t3＋5t，设g(t)＝5cosx－cos5x＝20t3－16t5，则g′(t)＝20t2(3－4t2)，令g′(t)＝0，得t＝eq\f(\r(3),2)(负值舍去)．当eq\f(\r(2),2)<t<eq\f(\r(3),2)时，g′(t)>0，当eq\f(\r(3),2)<t<1时，g′(t)<0，所以g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))上单调递减，故g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))上的极大值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))＝3eq\r(3)，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝3eq\r(2)，g(1)＝4，所以g(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))上的最大值为3eq\r(3)，即f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值为3eq\r(3).(2)证法一：因为余弦函数的周期为2π，所以不妨设a∈(0，2π]，当a≤2θ时，a－θ≤θ，则θ∈[a－θ，a＋θ)，此时存在y＝θ，使得cosy＝cosθ；当a>2θ时，θ<a－θ≤2π－θ，作出余弦函数的大致图象(如图所示)，所以cos(a－θ)≤cosθ，只需要取y＝a－θ，即可得到cosy≤cosθ.综上可得，给定θ∈(0，π)和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]，使得cosy≤cosθ.证法二：假设结论不成立，即对任意y∈[a－θ，a＋θ]，均有cosy>cosθ，即对任意y∈[a－θ，a＋θ]，y∈(2kπ－θ，2kπ＋θ)，k∈Z，由于θ∈(0，π)，所以形如(2kπ－θ，2kπ＋θ)，k∈Z的区间两两交集均为空集，所以[a－θ，a＋θ]⊆(2kπ－θ，2kπ＋θ)，故存在整数k，使得2kπ－θ<a－θ<a＋θ<2kπ＋θ，所以2kπ<a<2kπ，与a的存在性矛盾，故假设不成立，原命题得证．(3)先说明b＝3eq\r(3)符合题意：解法一：由(1)中f(x)＝5cosx－cos5x，得f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(x＋2π)，所以f(x)是偶函数，且2π为f(x)的周期，所以讨论f(x)在[0，2π)上的情况，由(1)解法一易知，f(x)＝5cosx－cos5x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上单调递增，结合对称性及f(π)＝－4，可知f(x)在[0，2π)上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝3eq\r(3)，即当x∈R时，f(x)＝5cosx－cos5x的最大值为3eq\r(3).这说明取φ＝0时，则有5cosx－cos(5x＋φ)≤3eq\r(3)对任意x∈R恒成立，即b＝3eq\r(3)符合题意．解法二：由(1)解法二易知，当t∈[－1，1]时，g(t)的最大值仍为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))＝3eq\r(3)，即当x∈R时，f(x)＝5cosx－cos5x的最大值为3eq\r(3).这说明取φ＝0时，则有5cosx－cos(5x＋φ)≤3eq\r(3)对任意x∈R恒成立，即b＝3eq\r(3)符合题意．下面说明b<3eq\r(3)不成立：解法一：在(2)中取θ＝eq\f(5π,6)，a＝φ，则存在y0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(φ－\f(5π,6)，φ＋\f(5π,6)))，使得cosy0≤coseq\f(5π,6)，若x0＝eq\f(y0－φ,5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))，则5cosx0－cos(5x0＋φ)＝5cosx0－cosy0≥5coseq\f(π,6)－coseq\f(5π,6)＝3eq\r(3)，所以b<3eq\r(3)无法满足5cosx－cos(5x＋φ)≤b对任意x∈R恒成立．综上所述，b的最小值为3eq\r(3).解法二：设h(x)＝5cosx－cos(5x＋φ)．若存在φ∈R，使得h(x)＝5cosx－cos(5x＋φ)≤b对任意x∈R恒成立，则对这样的φ，同样有h(x)＝－h(x＋π)≥－b.所以|h(x)|≤b对任意x∈R恒成立，这样直接得到b≥0.设eq\f(φ,6)－eq\f(π,6)＝m，则根据|h(x)|≤b恒成立，有b≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(φ,6)＋\f(π,6)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(φ,6)＋\f(π,6)))－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,6)＋\f(5π,6)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,6)－\f(π,6)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,6)－\f(π,6)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(6cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,6)－\f(π,6)))))＝6|cosm|，b≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(φ,6)－\f(π,6)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(φ,6)－\f(π,6)))－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,6)－\f(5π,6)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,6)＋\f(π,6)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,6)＋\f(π,6)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(6cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,6)＋\f(π,6)))))＝6eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(π,3)))))，b≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(φ,6)＋\f(π,2)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(φ,6)＋\f(π,2)))－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,6)＋\f(5π,2)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,6)－\f(π,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,6)－\f(π,2)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(6cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(φ,6)－\f(π,2)))))＝6eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(π,3)))))，所以|cosm|，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(π,3)))))，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(π,3)))))均不超过eq\f(b,6)，再结合cos2x＝2cos2x－1＝2|cosx|2－1，就得到cos2m，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m＋\f(2π,3)))，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m－\f(2π,3)))均不超过2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,6)))eq\s\up12(2)－1＝eq\f(b2,18)－1.假设b<3eq\r(3)，则eq\f(b2,18)－1<eq\f(（3\r(3)）2,18)－1＝eq\f(1,2)，故cos2m，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m＋\f(2π,3)))，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m－\f(2π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).但这是不可能的，因为三个角2m，2m＋eq\f(2π,3)，2m－eq\f(2π,3)的终边和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在直线x＝eq\f(1,2)的左侧，所以假设不成立，这说明b≥3eq\r(3).综上所述，b的最小值为3eq\r(3).三角函数、三角恒等变换与导数的综合是近年高考的新动向，在利用导数研究三角函数的单调性时，若三角函数式比较简单，则直接求导，利用导数研究即可；若三角函数式比较复杂，则通常是先采用变量代换，将所求函数转化为高次函数，然后再利用导数研究其单调性．5.(2026·福建宁德模拟)设函数f(x)＝xcosx.(1)求函数g(x)＝f(x)－x(0<x≤1)的值域；(2)当0<x≤π时，f(x)≤eq\f(2ax,x2＋2)恒成立，求a的最小值；(3)若a1＝1，an＋1＝f(an)，证明：eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))ak·eq\o(Π,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))cosak≤2－2an＋1(n∈N*)．附：eq\o(Π,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))cosak＝cosa1·cosa2·cosa3·…·cosan.解：(1)由g(x)＝f(x)－x＝xcosx－x，x∈(0，1]，得g′(x)＝cosx－xsinx－1，因为x∈(0，1]，所以cosx－1<0，－xsinx<0，即函数g′(x)<0，所以g(x)在区间(0，1]上单调递减，所以函数g(x)的值域为[cos1－1，0)．(2)在区间(0，π]上，由f(x)≤eq\f(2ax,x2＋2)恒成立，得2a≥[(x2＋2)cosx]max，设h(x)＝(x2＋2)cosx，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，h(x)≤0，故只需研究x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时的情形，因为h′(x)＝2xcosx－(2＋x2)sinx，设s(x)＝2xcosx－(2＋x2)sinx，则在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上，s′(x)＝－4xsinx－x2cosx<0，所以h′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以h′(x)<h′(0)＝0，即h(x)＝(x2＋2)cosx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以h(x)<h(0)＝2，所以2a≥2，解得a≥1，故a的最小值为1.(3)证明：由a1＝1，an＋1＝f(an)，得an＋1＝ancosan，即cosan＝eq\f(an＋1,an)，所以eq\o(Π,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))cosak＝eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an＋1,an)＝an＋1，由(1)可知，当x∈(0，1]时，f(x)－x<0，即f(x)<x，所以当a1＝1，0<a2＝f(a1)<a1＝1，当0<an≤1时，有0<an＋1<an≤1，又由(2)知，当x∈(0，1]时，cosx≤eq\f(2,x2＋2)，所以eq\f(an＋1,an)＝cosan≤eq\f(2,aeq\o\al(2,n)＋2)，所以eq\f(1,an＋1)≥eq\f(2＋aeq\o\al(2,n),2an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(an,2)，故an≤eq\f(2,an＋1)－eq\f(2,an)，所以eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))ak≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)－\f(2,a1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a3)－\f(2,a2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a4)－\f(2,a3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,an＋1)－\f(2,an)))＝eq\f(2,an＋1)－2，所以eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))ak·eq\o(Π,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))cosak≤2－2an＋1(n∈N*)．课时作业基础题(占比60%)中档题(占比30%)拔高题(占比10%)题号12345678难度★★★★★★★★★★★★考点三角函数图象与性质的综合三角函数与平面向量的综合三角函数与解三角形的综合解三角形与平面向量的综合解三角形与平面向量的综合三角函数、解三角形、平面向量的综合三角函数与解三角形的综合三角函数、解三角形、导数的综合1.如图为函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)，x∈R))的部分图象．(1)求函数f(x)的解析式和单调递增区间；(2)若将f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度，然后再将横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)得到g(x)的图象，求函数g(x)在区间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)由图象知，A＝2，eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,4)，T＝π，又ω>0，则ω＝eq\f(2π,π)＝2，则f(x)＝2sin(2x＋φ)，将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，则eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得φ＝2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，因为|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，所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))(k∈Z)．(2)将f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度，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)))的图象，然后再将横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，得g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))的图象．因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))，则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.故当4x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(π,6)时，g(x)取得最小值，为－2；当4x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,12)时，g(x)取得最大值，为2.2．已知向量a＝(cosx，－1)，b＝(eq\r(3)sinx，1)，函数f(x)＝(a＋b)·a－eq\f(1,2).(1)求函数f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)＝m在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内恰有一个解，求m的取值范围．解：(1)易知f(x)＝(a＋b)·a－eq\f(1,2)＝a2＋a·b－eq\f(1,2)＝cos2x＋1＋eq\r(3)cosxsinx－1－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z.所以函数f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))，k∈Z.(2)由f(x)＝m可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝m，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，f(x)＝m在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内恰有一个解，可以转化为直线y＝m与y＝f(x)的图象在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恰有一个交点．作出y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象，如图，由数形结合可知，m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))∪{1}．3．(2026·广东中山模拟)已知函数f(x)＝sin2ωx＋eq\r(3)sinωxcosωx－eq\f(1,2)(ω>0)．(1)当ω＝1时，求函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的取值范围；(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＋c＝eq\f(3,2)bc，若f(x)的最小正周期是2π，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝eq\r(3)，求△ABC的面积．解：(1)f(x)＝sin2ωx＋eq\r(3)sinωxcosωx－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(1－cos2ωx)＋eq\f(\r(3),2)sin2ωx－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx－eq\f(1,2)cos2ωx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))，当ω＝1时，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，又x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，又y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上单调递减，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)，sineq\f(π,2)＝1，sineq\f(5π,6)＝eq\f(1,2)，故函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).(2)由(1)知，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))，由其最小正周期为2π，可得eq\f(2π,|2ω|)＝2π，又ω>0，解得ω＝eq\f(1,2)，则f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)－\f(π,6)))＝0，又A∈(0，π)，则eq\f(A,2)－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，则eq\f(A,2)－eq\f(π,6)＝0，即A＝eq\f(π,3)，又b＋c＝eq\f(3,2)bc，在△ABC中，由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，即eq\f(1,2)＝eq\f(b2＋c2－3,2bc)＝eq\f(（b＋c）2－2bc－3,2bc)，将b＋c＝eq\f(3,2)bc代入上式，得bc＝eq\f(9,4)(bc)2－2bc－3，即(3bc＋2)(3bc－6)＝0，解得bc＝2或bc＝－eq\f(2,3)(舍去)．故△ABC的面积为eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2).4．(2026·四川达州模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq\f(a,tanB)＝eq\f(b,tanA)，D为AB的中点，CD＝2.(1)证明：△ABC为等腰三角形；(2)若△ABC的面积S＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))，求∠ACB；(3)若A∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，求△ABC周长的最小值．解：(1)证明：因为eq\f(a,tanB)＝eq\f(b,tanA)，所以a·eq\f(sinA,cosA)＝b·eq\f(sinB,cosB)，由正弦定理，得a2cosB＝b2cosA，再由余弦定理，得a2·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝b2·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，即(a3－b3)＋c2(a－b)＋ab(a－b)＝0.所以(a－b)(a2＋ab＋b2)＋c2(a－b)＋ab(a－b)＝0.所以a＝b或a2＋ab＋b2＋c2＋ab＝0，即(a＋b)2＋c2＝0.因为(a＋b)2＋c2＝0不成立，所以只有a＝b.所以△ABC为等腰三角形．(2)如图，设∠ACD＝θ，则CA＝CB＝eq\f(2,cosθ)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)CA·CA·sin2θ＝eq\f(1,2)·eq\f(4,cos2θ)·sin2θ＝4tanθ，又S△ABC＝eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))2＝4，所以tanθ＝1，又θ为锐角，所以θ＝eq\f(π,4).所以∠ACB＝eq\f(π,2).(3)由题意可得，CA＝CB＝eq\f(2,sinA)，AB＝eq\f(4,tanA).所以△ABC的周长为eq\f(4,sinA)＋eq\f(4,tanA)，因为y＝sinA，y＝tanA在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上均单调递增，所以eq\f(4,sinA)＋eq\f(4,tanA)≥eq\f(4,sin\f(π,3))＋eq\f(4,tan\f(π,3))＝4eq\r(3)，即△ABC周长的最小值为4eq\r(3).5．(2026·四川成都模拟)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，(sinB－sinC)2＝sin2(B＋C)－sinBsinC，且△ABC的面积为2eq\r(3).(1)求A；(2)若eq\o(BD,\s\up6(→))＝2eq\o(DC,\s\up6(→))，求AD的最小值．解：(1)由(sinB－sinC)2＝sin2(B＋C)－sinBsinC，得sin2B－2sinBsinC＋sin2C＝sin2(π－A)－sinBsinC，所以sin2B－sinBsinC＋sin2C＝sin2A，所以sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，由正弦定理，得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)因为△ABC的面积为2eq\r(3)，所以eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bcsineq\f(π,3)＝2eq\r(3)，所以bc＝8，由eq\o(BD,\s\up6(→))＝2eq\o(DC,\s\up6(→))，可得eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,9)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(4,9)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(4,9)eq\o(AC,\s\up6(→))2＝eq\f(1,9)c2＋eq\f(4,9)cbcoseq\f(π,3)＋eq\f(4,9)b2＝eq\f(1,9)c2＋eq\f(2,9)cb＋eq\f(4,9)b2，所以eq\o(AD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,9)c2＋eq\f(2,9)×8＋eq\f(4,9)b2＝eq\f(1,9)c2＋eq\f(4,9)b2＋eq\f(16,9)≥2eq\r(\f(1,9)c2×\f(4,9)b2)＋eq\f(16,9)＝eq\f(48,9)，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|≥eq\f(4\r(3),3)，当且仅当eq\f(1,9)c2＝eq\f(4,9)b2，即b＝2，c＝4时，等号成立，所以AD的最小值为eq\f(4\r(3),3).6．(2026·湖南长沙模拟)已知向量a＝(－1，2eq\r(3))，b＝(sin2x－cos2x，sinxcosx)，f(x)＝a·b，x∈R.(1)求函数f(x)的单调递增区间和其图象的对称中心；(2)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝1，f(A)＝1，求2a2＋bc的取值范围．解：(1)由题可得，f(x)＝－1×(sin2x－cos2x)＋2eq\r(3)×sinxcosx＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，则－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，故函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))(k∈Z)，令2x＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，则x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)，k∈Z，则函数f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))(k∈Z)．(2)由题意可得，f(A)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝1，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，又0<A<eq\f(π,2)，则eq\f(π,6)<2A＋eq\f(π,6)<eq\f(7π,6)，故2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，则A＝eq\f(π,3).则2a2＋bc＝eq\f(2a2＋bc,12)＝eq\f(2a2＋bc,b2)＝eq\f(2sin2A＋sinBsinC,sin2B)＝eq\f(\f(3,2)＋sinBsin（A＋B）,sin2B)＝eq\f(\f(3,2)＋sinB（sinAcosB＋cosAsinB）,sin2B)＝eq\f(\f(3,2)＋\f(\r(3),2)sinBcosB＋\f(1,2)sin2B,sin2B)＝eq\f(\f(\r(3),2)sinBcosB＋2sin2B＋\f(3,2)cos2B,sin2B)＝eq\f(\f(\r(3),2)tanB＋2tan2B＋\f(3,2),tan2B)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tanB)))eq\s\up12(2)＋eq\f(\r(3),2)·eq\f(1,tanB)＋2，在锐角三角形ABC中，因为A＝eq\f(π,3)，则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)，则tanB＞eq\f(\r(3),3)，令u＝eq\f(1,tanB)，则u∈(0，eq\r(3))，则2a2＋bc＝eq\f(3,2)u2＋eq\f(\r(3),2)u＋2∈(2，8)．所以2a2＋bc的取值范围为(2，8)．7．(2026·辽宁沈阳模拟)已知函数f(x)＝2cos2x＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(1)求f(x)的最小值及相应x的值；(2)在等腰三角形ABC中，当x＝B时，f(x)取得最小值，点D与点B在直线AC的两侧，且AD＝1，CD＝3，求△BCD面积的最大值．解：(1)因为f(x)＝2cos2x＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝sin2xcoseq\f(π,6)＋cos2xsineq\f(π,6)－cos2xcoseq\f(π,3)＋sin2xsineq\f(π,3)＋cos2x＋1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，所以当sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－1时，f(x)取得最小值