高考备考三角函数教案

1.(2013·山东)△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＋c＝6，b＝2，cosB＝eq\f(7,9).(1)求a，c的值；(2)求sin(A－B)的值．解(1)由余弦定理得：cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－4,2ac)＝eq\f(7,9)，即a2＋c2－4＝eq\f(14,9)ac.∴(a＋c)2－2ac－4＝eq\f(14,9)ac，∴ac＝9.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝6，,ac＝9，))得a＝c＝3.(2)在△ABC中，cosB＝eq\f(7,9)，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)))2)＝eq\f(4\r(2),9).由正弦定理得：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(3×\f(4\r(2),9),2)＝eq\f(2\r(2),3).又A＝C，∴0<A<eq\f(π,2)，∴cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,3)，∴sin(A－B)＝sinAcosB－cosAsinB＝eq\f(2\r(2),3)×eq\f(7,9)－eq\f(1,3)×eq\f(4\r(2),9)＝eq\f(10\r(2),27).2.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC.(1)求角A的大小；(2)若sinB＋sinC＝eq\r(3)，试判断△ABC的形状．解(1)由2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC，得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∵0°<A<180°，∴A＝60°.(2)∵A＋B＋C＝180°，∴B＋C＝180°－60°＝120°.由sinB＋sinC＝eq\r(3)，得sinB＋sin(120°－B)＝eq\r(3)，∴sinB＋sin120°cosB－cos120°sinB＝eq\r(3).∴eq\f(3,2)sinB＋eq\f(\r(3),2)cosB＝eq\r(3)，即sin(B＋30°)＝1.∵0°<B<120°，∴30°<B＋30°<150°.∴B＋30°＝90°，B＝60°.∴A＝B＝C＝60°，∴△ABC为等边三角形．3.(2014·浙江)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a≠b，c＝eq\r(3)，cos2A－cos2B＝eq\r(3)sinAcosA－eq\r(3)sinBcosB.(1)求角C的大小；(2)若sinA＝eq\f(4,5)，求△ABC的面积．解(1)由题意得eq\f(1＋cos2A,2)－eq\f(1＋cos2B,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2A－eq\f(\r(3),2)sin2B，即eq\f(\r(3),2)sin2A－eq\f(1,2)cos2A＝eq\f(\r(3),2)sin2B－eq\f(1,2)cos2B，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6))).由a≠b，得A≠B.又A＋B∈(0，π)，得2A－eq\f(π,6)＋2B－eq\f(π,6)＝π，即A＋B＝eq\f(2π,3)，所以C＝eq\f(π,3).(2)由c＝eq\r(3)，sinA＝eq\f(4,5)，eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得a＝eq\f(8,5).由a<c，得A<C，从而cosA＝eq\f(3,5)，故sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(4＋3\r(3),10)，所以，△ABC的面积为S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(8\r(3)＋18,25).4.(2013·北京)在△ABC中，a＝3，b＝2eq\r(6)，B＝2A.(1)求cosA的值；(2)求c的值．解(1)在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)⇒eq\f(3,sinA)＝eq\f(2\r(6),sin2A)＝eq\f(2\r(6),2sinAcosA)，∴cosA＝eq\f(\r(6),3).(2)由余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccosA⇒32＝(2eq\r(6))2＋c2－2×2eq\r(6)c×eq\f(\r(6),3)，则c2－8c＋15＝0.∴c＝5或c＝3.当c＝3时，a＝c，∴A＝C.由A＋B＋C＝π，知B＝eq\f(π,2)，与a2＋c2≠b2矛盾．∴c＝3舍去．故c的值为5.5．(2014·辽宁)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>c，已知eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，cosB＝eq\f(1,3)，b＝3.求：(1)a和c的值；(2)cos(B－C)的值．解(1)由eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2得c·acosB＝2.又cosB＝eq\f(1,3)，所以ac＝6.由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accosB.又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×6×eq\f(1,3)＝13.解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ac＝6，,a2＋c2＝13，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,c＝2.))因为a>c，所以a＝3，c＝2.(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\f(1,3)2)＝eq\f(2\r(2),3)，由正弦定理，得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(2,3)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(4\r(2),9).因为a＝b>c，所以C为锐角，因此cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\r(1－\f(4\r(2),9)2)＝eq\f(7,9).于是cos(B－C)＝cosBcosC＋sinBsinC＝eq\f(1,3)×eq\f(7,9)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(4\r(2),9)＝eq\f(23,27).6.已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，角B所对的边b＝eq\r(3)，且函数f(x)＝2eq\r(3)sin2x＋2sinxcosx－eq\r(3)在x＝A处取得最大值．(1)求f(x)的值域及周期；(2)求△ABC的面积．解(1)因为A，B，C成等差数列，所以2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，所以B＝eq\f(π,3)，即A＋C＝eq\f(2π,3).因为f(x)＝2eq\r(3)sin2x＋2sinxcosx－eq\r(3)＝eq\r(3)(2sin2x－1)＋sin2x＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，所以T＝eq\f(2π,2)＝π.f(x)的值域为[－2,2]．(2)因为f(x)在x＝A处取得最大值，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,3)))＝1.因为0<A<eq\f(2,3)π，所以－eq\f(π,3)<2A－eq\f(π,3)<π，故当2A－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)时，f(x)取到最大值，所以A＝eq\f(5,12)π，所以C＝eq\f(π,4).由正弦定理，知eq\f(\r(3),sin\f(π,3))＝eq\f(c,sin\f(π,4))⇒c＝eq\r(2).又因为sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3＋\r(3),4).7.(2013·山东)设函数f(x)＝eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)sin2ωx－sinωxcosωx(ω>0)，且y＝f(x)图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为eq\f(π,4).(1)求ω的值；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上的最大值和最小值．解(1)f(x)＝eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)sin2ωx－sinωxcosωx＝eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)×eq\f(1－cos2ωx,2)－eq\f(1,2)sin2ωx＝eq\f(\r(3),2)cos2ωx－eq\f(1,2)sin2ωx＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3))).依题意知eq\f(2π,2ω)＝4×eq\f(π,4)，ω>0，所以ω＝1.[6分](2)由(1)知f(x)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).当π≤x≤eq\f(3π,2)时，eq\f(5π,3)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(8π,3).所以－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1.所以－1≤f(x)≤eq\f(\r(3),2).[10分]故f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上的最大值和最小值分别为eq\f(\r(3),2)和－1.[12分]8.已知函数f(x)＝2sin(eq\f(1,3)x－eq\f(π,6))，x∈R.(1)求f(eq\f(5π,4))的值；(2)设α，β∈[0，eq\f(π,2)]，f(3α＋eq\f(π,2))＝eq\f(10,13)，f(3β＋2π)＝eq\f(6,5)，求cos(α＋β)的值．解(1)由题设知：f(eq\f(5π,4))＝2sin(eq\f(5π,12)－eq\f(π,6))＝2sineq\f(π,4)＝eq\r(2).(2)由题设知：eq\f(10,13)＝f(3α＋eq\f(π,2))＝2sinα，eq\f(6,5)＝f(3β＋2π)＝2sin(β＋eq\f(π,2))＝2cosβ，即sinα＝eq\f(5,13)，cosβ＝eq\f(3,5)，又α，β∈[0，eq\f(π,2)]，∴cosα＝eq\f(12,13)，sinβ＝eq\f(4,5)，∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(12,13)×eq\f(3,5)－eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(16,65).9.(2013·北京)已知函数f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x.(1)求f(x)的最小正周期及最大值；(2)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且f(α)＝eq\f(\r(2),2)，求α的值．解(1)f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝cos2xsin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝eq\f(1,2)(sin4x＋cos4x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(π,2)，最大值为eq\f(\r(2),2).(2)由f(α)＝eq\f(\r(2),2)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(π,4)))＝1.∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则eq\f(9π,4)<4α＋eq\f(π,4)<eq\f(17π,4)，4α＋eq\f(π,4)＝eq\f(5,2)π，故α＝eq\f(9,16)π.10．(2014·天津)已知函数f(x)＝cosxsin(x＋eq\f(π,3))－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),4)，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在闭区间[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]上的最大值和最小值．解(1)由已知，有f(x)＝cosx·(eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx)－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,2)sinx·cosx－eq\f(\r(3),2)cos2x＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,4)sin2x－eq\f(\r(3),4)(1＋cos2x)＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,4)sin2x－eq\f(\r(3),4)cos2x＝eq\f(1,2)sin(2x－eq\f(π,3))．f(x)最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)因为f(x)在区间[－eq\f(π,4)，－eq\f(π,12)]上是减函数，在区间[－eq\f(π,12)，eq\f(π,4)]上是增函数，f(－eq\f(π,4))＝－eq\f(1,4)，f(－eq\f(π,12))＝－eq\f(1,2)，f(eq\f(π,4))＝eq\f(1,4)，所以，函数f(x)在闭区间[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]上的最大值为eq\f(1,4)，最小值为－eq\f(1,2).11.设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．(1)求数列{an}的通项；(2)令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝7，,a1＋3＋a3＋4＝6a2，))解得a2＝2.设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝eq\f(2,q)，a3＝2q，又S3＝7，可知eq\f(2,q)＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0.解得q1＝2，q2＝eq\f(1,2).∵q>1，∴q＝2，∴a1＝1.故数列{an}的通项为an＝2n－1.(2)由于bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，由(1)得a3n＋1＝23n，∴bn＝ln23n＝3nln2.又bn＋1－bn＝3ln2，∴{bn}是等差数列，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(nb1＋bn,2)＝eq\f(3nn＋1,2)·ln2.故Tn＝eq\f(3nn＋1,2)ln2.12.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(n＋1,2n)an.(1)证明：数列{eq\f(an,n)}是等比数列；(2)求通项an与前n项的和Sn.(1)证明a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(n＋1,2n)an，当n∈N*时，eq\f(an,n)≠0.又eq\f(a1,1)＝eq\f(1,2)，eq\f(an＋1,n＋1)∶eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)(n∈N*)为常数，所以{eq\f(an,n)}是以eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列．(2)解由{eq\f(an,n)}是以eq\f(1,2)为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，得eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)×(eq\f(1,2))n－1，所以an＝n×(eq\f(1,2))n.∴Sn＝1·(eq\f(1,2))＋2·(eq\f(1,2))2＋3·(eq\f(1,2))3＋…＋n·(eq\f(1,2))n，eq\f(1,2)Sn＝1·(eq\f(1,2))2＋2·(eq\f(1,2))3＋…＋(n－1)(eq\f(1,2))n＋n·(eq\f(1,2))n＋1，∴eq\f(1,2)Sn＝(eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2))2＋(eq\f(1,2))3＋…＋(eq\f(1,2))n－n·(eq\f(1,2))n＋1＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,2)n＋1,1－\f(1,2))－n·(eq\f(1,2))n＋1，∴Sn＝2－(eq\f(1,2))n－1－n·(eq\f(1,2))n＝2－(n＋2)·(eq\f(1,2))n.综上，an＝n·(eq\f(1,2))n，Sn＝2－(n＋2)·(eq\f(1,2))n.13.已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝eq\f(anan＋1,2)，n∈N*.(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)设bn＝eq\f(1,2Sn)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.(1)证明∵Sn＝eq\f(anan＋1,2)，n∈N*，∴当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(a1a1＋1,2)(an>0)，∴a1＝1.当n≥2时，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2Sn＝a\o\al(2,n)＋an，,2Sn－1＝a\o\al(2,n－1)＋an－1，))2an＝aeq\o\al(2,n)＋an－aeq\o\al(2,n－1)－an－1.即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1(n≥2)．∴数列{an}是以1为首项，以1为公差的等差数列．(2)解由(1)可得an＝n，Sn＝eq\f(nn＋1,2)，bn＝eq\f(1,2Sn)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).14.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，a3＝5，S10＝100.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)设等差数列{an}的公差为d，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,10a1＋\f(10×9,2)d＝100，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))an＝2n－1.(2)因为bn＝＝eq\f(1,2)×4n＋2n，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)＝eq\f(4n＋1－4,6)＋n2＋n＝eq\f(2,3)×4n＋n2＋n－eq\f(2,3).15.(2014·四川)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－eq\f(1,ln2)，求数列{eq\f(an,bn)}的前n项和Tn.解(1)由已知，得b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2a8＝4×2a7＝2a7＋2.解得d＝a8－a7＝2.所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为＝()(x－a2)，它在x轴上的截距为a2－eq\f(1,ln2).由题意知，a2－eq\f(1,ln2)＝2－eq\f(1,ln2)，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1，从而an＝n，bn＝2n.所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，2Tn＝eq\f(1,1)＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1).因此，2Tn－Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).所以Tn＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).16.已知首项为eq\f(1,2)的等比数列{an}是递减数列，其前n项和为Sn，且S1＋a1，S2＋a2，S3＋a3成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝an·log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求满足不等式eq\f(Tn＋2,n＋2)≥eq\f(1,16)的最大n值．解(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意知a1＝eq\f(1,2)，又∵S1＋a1，S2＋a2，S3＋a3成等差数列，∴2(S2＋a2)＝S1＋a1＋S3＋a3，变形得S2－S1＋2a2＝a1＋S3－S2＋a3，即得3a2＝a1＋2a3，∴eq\f(3,2)q＝eq\f(1,2)＋q2，解得q＝1或q＝eq\f(1,2)，又由{an}为递减数列，于是q＝eq\f(1,2)，∴an＝a1qn－1＝(eq\f(1,2))n.(2)由于bn＝anlog2an＝－n·(eq\f(1,2))n，∴Tn＝－[1·eq\f(1,2)＋2·(eq\f(1,2))2＋…＋(n－1)·(eq\f(1,2))n－1＋n·(eq\f(1,2))n]，于是eq\f(1,2)Tn＝－[1·(eq\f(1,2))2＋…＋(n－1)·(eq\f(1,2))n＋n·(eq\f(1,2))n＋1]，两式相减得：eq\f(1,2)Tn＝－[eq\f(1,2)＋(eq\f(1,2))2＋…＋(eq\f(1,2))n－n·(eq\f(1,2))n＋1]＝－eq\f(\f(1,2)·[1－\f(1,2)n],1－\f(1,2))＋n·(eq\f(1,2))n＋1，∴Tn＝(n＋2)·(eq\f(1,2))n－2.∴eq\f(Tn＋2,n＋2)＝(eq\f(1,2))n≥eq\f(1,16)，解得n≤4，∴n的最大值为4.17.在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足Seq\o\al(2,n)＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2))).(1)求Sn的表达式；(2)设bn＝eq\f(Sn,2n＋1)，求{bn}的前n项和Tn.解(1)∵Seq\o\al(2,n)＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2)))，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴Seq\o\al(2,n)＝(Sn－Sn－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2)))，即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①由题意得Sn－1·Sn≠0，①式两边同除以Sn－1·Sn，得eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝1，公差2的等差数列．∴eq\f(1,Sn)＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝eq\f(1,2n－1).(2)∵bn＝eq\f(Sn,2n＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))]＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).18.(2014·重庆改编)已知函数f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)(ω>0，－eq\f(π,2)≤φ<eq\f(π,2))的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，且图象上相邻两个最高点的距离为π.(1)求ω和φ的值；(2)当x∈[0，eq\f(π,2)]时，求函数y＝f(x)的最大值和最小值．解(1)f(x)图象上相邻两个最高点距离为π，所以f(x)的最小正周期T＝π，从而ω＝eq\f(2π,T)＝2.又因f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，所以2·eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，由－eq\f(π,2)≤φ<eq\f(π,2)得k＝0所以φ＝eq\f(π,2)－eq\f(2π,3)＝－eq\f(π,6).综上，ω＝2，φ＝－eq\f(π,6).(2)由(1)知f(x)＝eq\r(3)sin(2x－eq\f(π,6))，当x∈[0，eq\f(π,2)]时，－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5,6)π，∴当2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)时，f(x)最大＝eq\r(3)；当2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝0时，f(x)最小＝－eq\f(\r(3),2).思维升华函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的性质(1)奇偶性：φ＝kπ(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为奇函数；φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数．(2)对称性：利用y＝sinx的对称中心为(kπ，0)(k∈Z)来解，令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求得其对称中心．利用y＝sinx的对称轴为x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)来解，令ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)得其对称轴．19.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(x∈R，ω，A>0,0<φ<eq\f(π,2))的最大值为2，最小正周期为π，直线x＝eq\f(π,6)是其图象的一条对称轴．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x－eq\f(π,12))－f(x＋eq\f(π,12))的单调递增区间．解(1)∵最小正周期为π.∴eq\f(2π,ω)＝π.即ω＝2.又∵直线x＝eq\f(π,6)是函数图象的一条对称轴，∴2×eq\f(π,6)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z.又∵φ∈(0，eq\f(π,2))，∴φ＝eq\f(π,6).又∵A＝2，∴函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin(2x＋eq\f(π,6))．(2)g(x)＝f(x－eq\f(π,12))－f(x＋eq\f(π,12))＝2sin[2(x－eq\f(π,12))＋eq\f(π,6)]－2sin[2(x＋eq\f(π,12))＋eq\f(π,6)]＝2sin2x－2sin(2x＋eq\f(π,3))＝2sin(2x－eq\f(π,3))由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z可得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5,12)π，k∈Z.即函数g(x)的单调递增区间是[kπ－eq\f(π,12)，kπ＋eq\f(5,12)π]，k∈Z.20.已知函数f(x)＝cosx·cos(x－eq\f(π,3))．(1)求f(eq\f(2π,3))的值；(2)求使f(x)<eq\f(1,4)成立的x的取值集合．解(1)f(eq\f(2π,3))＝coseq\f(2π,3)·coseq\f(π,3)＝－coseq\f(π,3)·coseq\f(π,3)＝