Question

7．設(shè)函數(shù)f（x）=cos（$\frac{π}{2}$-x）cosx+sin²（π-x）-$\frac{1}{2}$
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最小正周期和單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，a=2，且f（$\frac{A}{2}$）=-$\frac{1}{10}$，則當(dāng)△ABC的周長(zhǎng)取最大值時(shí)，求b的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由條件利用三角恒等變換化簡(jiǎn)函數(shù)解析式，利用正弦函數(shù)的周期公式及單調(diào)性即可得解．
（Ⅱ）△ABC的周長(zhǎng)為a+b+c，利用余弦定理、基本不等式求得周長(zhǎng)2+b+c最大值為2+2$\sqrt{10}$，此時(shí)，b=$\sqrt{10}$=c．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=cos（$\frac{π}{2}$-x）cosx+sin²（π-x）-$\frac{1}{2}$
=sinxcosx+sin²x-$\frac{1}{2}$
=$\frac{1}{2}$sin2x+$\frac{1-cos2x}{2}$-$\frac{1}{2}$
=$\frac{\sqrt{2}}{2}$sin（2x-$\frac{π}{4}$），
∴函數(shù)f（x）的最小正周期T=$\frac{2π}{2}$=π，
令2kπ-$\frac{π}{2}$≤2x-$\frac{π}{4}$≤2kπ+$\frac{π}{2}$，k∈Z，可解得：kπ-$\frac{π}{8}$≤x≤kπ+$\frac{3π}{8}$，k∈Z，
可得函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為：[kπ-$\frac{π}{8}$，kπ+$\frac{3π}{8}$]，k∈Z．
（Ⅱ）∵f（$\frac{A}{2}$）=-$\frac{1}{10}$，
∴$\frac{\sqrt{2}}{2}$sin（A-$\frac{π}{4}$）=-$\frac{1}{10}$，解得：sin（A-$\frac{π}{4}$）=-$\frac{\sqrt{2}}{10}$，
∵A∈（0，π），A-$\frac{π}{4}$∈（-$\frac{π}{4}$，$\frac{3π}{4}$），
∴A-$\frac{π}{4}$∈（-$\frac{π}{4}$，0），可得：cos（A-$\frac{π}{4}$）=$\sqrt{1-si{n}^{2}（A-\frac{π}{4}）}$=$\frac{7\sqrt{2}}{10}$，
∴cosA=cos（A-$\frac{π}{4}$+$\frac{π}{4}$）=cos（A-$\frac{π}{4}$）cos$\frac{π}{4}$-sin（A-$\frac{π}{4}$）sin$\frac{π}{4}$=$\frac{7\sqrt{2}}{10}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$-（-$\frac{\sqrt{2}}{10}$）×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{4}{5}$，
∵a=2，
∴由于△ABC的周長(zhǎng)為a+b+c，
由余弦定理可得2²=b²+c²-2bc•$\frac{4}{5}$=（b+c）²-$\frac{18}{5}$bc≥（b+c）²-$\frac{18}{5}$•（$\frac{b+c}{2}$）2=$\frac{1}{10}$•（b+c）²，
∴b+c≤2$\sqrt{10}$，當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)，取等號(hào)，
此時(shí)，三角形的周長(zhǎng)為 2+b+c最大為2+2$\sqrt{10}$，
故此時(shí)b=$\sqrt{10}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查三角恒等變換，正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，考查了余弦定理以及基本不等式在解三角形中的應(yīng)用，屬于中檔題．