2025《金版教程•高考数学复习创新方案》高考解答题专项突破(二) 三角函数的综合问题

[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、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例1已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示．(1)求f(x)＝2的解集；(2)求函数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)))的单调递增区间．解(1)由图象可知，周期T＝eq\f(5π,12)＋eq\f(7π,12)＝π，∴ω＝eq\f(2π,π)＝2，∵点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))在函数图象上，∴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)，∵点(0，1)在函数图象上，∴Asineq\f(π,6)＝1，A＝2，∴函数f(x)的解析式为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的解集为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，∴函数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)))的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.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)，________，从以下两个条件中任选一个补充在空白横线中．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)的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，若选条件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))).若选条件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．当t＝eq\f(π,2)时，函数取到最大值，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).考点二三角函数与解三角形的综合例2(2023·河北石家庄二中模拟)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，函数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)).解三角形与三角函数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)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用．2.设f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，x∈[0，π]．(1)求f(x)的单调递增区间；(2)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面积的最大值．解(1)由题意，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)，因为0≤x≤π，所以0≤2x≤2π，由正弦函数的单调性可知，当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时，函数f(x)＝sin2x－eq\f(1,2)单调递增，所以f(x)的单调递增区间是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)由题意，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)，因为△ABC为锐角三角形，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)，当且仅当b＝c时，等号成立．因此S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(2＋\r(3),4)，当且仅当b＝c时，△ABC的面积取得最大值eq\f(2＋\r(3),4).考点三三角函数与平面向量的综合例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)的图象上每个点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再向左平移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，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)).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＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx，\f(3,2)))，b＝(cosx，－1)．(1)当a∥b时，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))上的单调递增区间．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)))，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，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.故函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，0)).考点四解三角形与平面向量的综合例4(2024·四川成都调研)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)，因此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).解决解三角形与平面向量综合问题的关键：准确利用向量的坐标运算化简已知条件，将其转化为三角函数的问题解决．4.(2023·广东广州天河区模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足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的中线，求AD的长．解(1)因为coseq\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.因为sinB≠0，所以sineq\f(A,2)＝sinA.所以sineq\f(A,2)＝2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2).因为A∈(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)因为eq\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的长为eq\f(\r(7),2).课时作业1．(2023·广东佛山模拟)已知函数f(x)＝cos4x＋2eq\r(3)sinxcosx－sin4x.(1)求f(x)的最小正周期和单调递减区间；(2)已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)＝1，BC边的中线AD的长为eq\r(7)，求△ABC面积的最大值．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)的单调递减区间为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)，当且仅当b＝c＝eq\f(2\r(21),3)时取等号，∴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面积的最大值为eq\f(7\r(3),3).2.(2024·江西南昌模拟)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y＝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y＝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，得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2.3．设函数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分别是角A，B，C所对的边，已知f(A)＝2，b＝1，△ABC的面积为eq\f(\r(3),2)，求eq\f(b,sinB)的值．解(1)因为m＝(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，所以当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时，f(x)取得最小值，为－1.(2)由f(A)＝2，得2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＋1＝2，则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)，则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．(2023·四川成都模拟)已知函数f(x)＝2cos2x＋eq\r(3)sin2x.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且f(C)＝3，c＝1，ab＝2eq\r(3)，求△ABC的周长．解(1)依题意，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，所以函数f(x)的单调递增区间是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)，则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的周长为3＋eq\r(3).5．(2023·福建福州模拟)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)记f(x)＝m·n，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2a－c)cosB＝bcosC，求f(A)的取值范围．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.因为m·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)因为f(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.因为(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)．因为A＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sinA，且sinA≠0.所以cosB＝eq\f(1,2).因为B∈(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)的取值范围是(2，3)．6．(2024·湖北黄冈调研)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为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的大小；(2)若b＝eq\r(3)，求3a＋c的最大值．解(1)在△ABC中，因为m＝(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)，其中锐角θ由tanθ＝eq\f(\r(3),7)确定，又0<A<eq\f(2π,3)，所以θ<A＋θ<eq\f(2π,3)＋θ.则当且仅当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)时，sin(A＋θ)取最大值1，所以3a＋c的最大值为2eq\r(13).7．已知函数f(x)＝cos4x－2sinxcosx－sin4x.(1)求f(x)的最小正周期和单调递增区间；(2)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域；(3)在△ABC中，角A，