微专题3　三角中的最值、范围问题-2024年高考数学二轮微专题系列

这是一份微专题3　三角中的最值、范围问题-2024年高考数学二轮微专题系列，共25页。试卷主要包含了基本不等式等内容，欢迎下载使用。


1.(2018·全国Ⅱ卷)若f(x)＝cs x－sin x在[－a，a]上是减函数，则a的最大值是( )
A.eq \f(π,4)B.eq \f(π,2)
C.eq \f(3π,4)D.π
答案 A
解析 法一 f(x)＝cs x－sin x＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
且函数y＝cs x在区间[0，π]上单调递减，则由0≤x＋eq \f(π,4)≤π，得－eq \f(π,4)≤x≤eq \f(3π,4).
因为f(x)在[－a，a]上是减函数，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－a≥－\f(π,4)，,a≤\f(3π,4)，))解得a≤eq \f(π,4)，
所以0所以a的最大值是eq \f(π,4)，故选A.
法二 因为f(x)＝cs x－sin x，
所以f′(x)＝－sin x－cs x，
则由题意，知f′(x)＝－sin x－cs x≤0在[－a，a]上恒成立，
即sin x＋cs x≥0，
即eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≥0在[－a，a]上恒成立，结合函数y＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的图象可知有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，))解得a≤eq \f(π,4)，
所以0所以a的最大值是eq \f(π,4)，故选A.
2.(2022·全国甲卷)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))
在区间(0，π)上恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(13,6)))B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(19,6)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(8,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(19,6)))
答案 C
解析 由题意可得ω>0，故由x∈(0，π)，得ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，πω＋\f(π,3))).
根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有三个极值点，知eq \f(5π,2)<πω＋eq \f(π,3)≤eq \f(7π,2)，得eq \f(13,6)<ω≤eq \f(19,6).
根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有两个零点，知2π<πω＋eq \f(π,3)≤3π，得eq \f(5,3)<ω≤eq \f(8,3).
综上，ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(8,3))).
3.(2018·北京卷)若△ABC的面积为eq \f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，且∠C为钝角，则∠B＝________；eq \f(c,a)的取值范围是________.
答案 60° (2，＋∞)
解析 △ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)＝eq \f(\r(3),4)×2accs B，
所以tan B＝eq \r(3)，因为0°<∠B<90°，
所以∠B＝60°.
因为∠C为钝角，所以0°<∠A<30°，
所以0所以eq \f(c,a)＝eq \f(sin C,sin A)＝eq \f(sin（120°－A）,sin A)＝eq \f(sin 120°cs A－cs 120°sin A,sin A)＝eq \f(\r(3),2tan A)＋eq \f(1,2)>2，
故eq \f(c,a)的取值范围为(2，＋∞).
4.(2022·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(cs A,1＋sin A)＝eq \f(sin 2B,1＋cs 2B).
(1)若C＝eq \f(2π,3)，求B；
(2)求eq \f(a2＋b2,c2)的最小值.
解 (1)因为eq \f(cs A,1＋sin A)＝eq \f(sin 2B,1＋cs 2B)，
所以eq \f(cs A,1＋sin A)＝eq \f(2sin Bcs B,1＋2cs2B－1)，
所以eq \f(cs A,1＋sin A)＝eq \f(sin B,cs B)，
所以cs Acs B＝sin B＋sin Asin B，
所以cs(A＋B)＝sin B，
所以sin B＝－cs C＝－cs eq \f(2π,3)＝eq \f(1,2).
因为B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，所以B＝eq \f(π,6).
(2)由(1)得cs(A＋B)＝sin B，
所以sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－（A＋B）))＝sin B，
且0所以0所以eq \f(π,2)－(A＋B)＝B，解得A＝eq \f(π,2)－2B，
由正弦定理得eq \f(a2＋b2,c2)＝eq \f(sin2A＋sin2B,sin2C)
＝eq \f(sin2A＋sin2B,1－cs2C)＝eq \f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2B))＋sin2B,1－sin2B)
＝eq \f(cs22B＋sin2B,cs2B)＝eq \f(（2cs2B－1）2＋1－cs2B,cs2B)
＝eq \f(4cs4B－5cs2B＋2,cs2B)＝4cs2B＋eq \f(2,cs2B)－5
≥2eq \r(4cs2B·\f(2,cs2B))－5＝4eq \r(2)－5，当且仅当cs2B＝eq \f(\r(2),2)时取等号，
所以eq \f(a2＋b2,c2)的最小值为4eq \r(2)－5.
热点一 三角函数式的最值或范围
求三角函数式的最值或范围问题，首先把函数式化为一个角的同名三角函数形式，接着利用三角函数的有界性或单调性求解.
例1 (2022·宁波调研)已知函数f(x)＝2sin xcs x－2eq \r(3)cs2x＋eq \r(3).
(1)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))的值；
(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值.
解 (1)因为f(x)＝2sin xcs x－2eq \r(3)cs2x＋eq \r(3)＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(π,3)))＝2sin eq \f(π,6)＝1.
(2)因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，
所以，当2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(5π,12)时，f(x)取到最大值2；
当2x－eq \f(π,3)＝－eq \f(π,3)，即x＝0时，f(x)取到最小值－eq \r(3).
易错提醒 求三角函数式的最值范围问题要注意：
(1)把三角函数式正确地化简成单一函数形式；
(2)根据所给自变量的范围正确地确定ωx＋φ的范围，从而根据三角函数的单调性求范围.
训练1 (2022·潍坊质检)在①函数y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，②函数y＝f(x) 的图象关于点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称，③函数y＝f(x)的图象经过点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－1))，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答.
问题：已知函数f(x)＝sin ωxcs φ＋cs ωxsin φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，且________，判断函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上是否存在最大值？若存在，求出最大值及此时的x值；若不存在，说明理由.
解 f(x)＝sin ωxcs φ＋cs ωxsin φ
＝sin(ωx＋φ)，
由已知函数f(x)的周期T＝eq \f(2π,ω)＝π，
得ω＝2，
所以f(x)＝sin(2x＋φ).
若选①，则有2×eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
解得φ＝kπ－eq \f(π,6)(k∈Z).
又因为|φ|所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，则2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，
所以当2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,3)时，函数f(x)取得最大值，最大值为1.
若选②，则有2×eq \f(π,6)＋φ＝kπ(k∈Z)，
解得φ＝kπ－eq \f(π,3)(k∈Z).
又因为|φ|所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，则2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，
所以当2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(5π,12)时，函数f(x)取得最大值，最大值为1.
若选③，则有2×eq \f(2π,3)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)，
解得φ＝2kπ－eq \f(11π,6)(k∈Z).
又因为|φ|所以φ＝eq \f(π,6)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，则2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(7π,6)))，
显然，函数f(x)在该区间上没有最大值.
热点二 与三角函数性质有关的参数范围
与三角函数性质有关的参数问题，主要分为三类，其共同的解法是将y＝Asin(ωx＋φ)中的ωx＋φ看作一个整体，结合正弦函数的图象与性质进行求解.
考向1 由最值(或值域)求参数的范围
例2 若函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3，\f(7,2)))D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(7,2)))
答案 B
解析 因为ω>0，
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，
ωx－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(ωπ,2)－\f(π,4))).
又因为函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
所以eq \f(π,2)≤eq \f(ωπ,2)－eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，
解得eq \f(3,2)≤ω≤3.故选B.
考向2 由单调性求参数的范围
例3 已知f(x)＝sin(2x－φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上是增函数，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))上有最小值，那么φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))
答案 B
解析 由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，
得2x－φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－φ，\f(2π,3)－φ))，
又由0<φ且f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上是增函数，
可得eq \f(2π,3)－φ≤eq \f(π,2)，所以eq \f(π,6)≤φ当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))时，2x－φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－φ，\f(7π,4)－φ))，
由f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))上有最小值，
可得eq \f(7π,4)－φ>eq \f(3π,2)，则φ综上，eq \f(π,6)≤φ考向3 由函数的零点求参数的范围
例4 已知a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(ω,2)x，sin ωx))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(ω,2)x，\f(1,2)))，其中ω>0，若函数f(x)＝a·b－eq \f(1,2)在区间(π，2π)上没有零点，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,8)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,8)，1))D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(5,8)))
答案 D
解析 f(x)＝sin2eq \f(ω,2)x＋eq \f(1,2)sin ωx－eq \f(1,2)
＝eq \f(1－cs ωx,2)＋eq \f(1,2)sin ωx－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)(sin ωx－cs ωx)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4))).
由函数f(x)在区间(π，2π)上没有零点，知其最小正周期T≥2π，
即eq \f(2π,ω)≥2π，所以ω≤1.
当x∈(π，2π)时，
ωx－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωπ－\f(π,4)，2ωπ－\f(π,4)))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ωπ－\f(π,4)≥kπ，,2ωπ－\f(π,4)≤（k＋1）π))(k∈Z)，
解得k＋eq \f(1,4)≤ω≤eq \f(k,2)＋eq \f(5,8)(k∈Z).
因为0<ω≤1，
当k＝0时，eq \f(1,4)≤ω≤eq \f(5,8)，
当k＝－1时，0<ω≤eq \f(1,8)，
所以ω∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(5,8))).
故选D.
规律方法 由三角函数的性质求解参数，首先将解析式化简，利用对称性、奇偶性或单调性得到含有参数的表达式，进而求出参数的值或范围.训练2 (1)(2022·广州调研)若函数f(x)＝eq \f(1,2)cs ωx－eq \f(\r(3),2)sin ωx(ω>0)在[0，π]内的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，则ω的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(4,3)))B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))D.(0，1]
(2)(2022·石家庄质检)将函数f(x)＝sin4x＋cs4x的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度后，得到g(x)的图象，若函数y＝g(ωx)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上单调递减，则正数ω的最大值为( )
A.eq \f(1,2) B.1
C.eq \f(3,2)D.eq \f(2,3)
答案 (1)A (2)A
解析 (1)f(x)＝eq \f(1,2)cs ωx－eq \f(\r(3),2)sin ωx＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，
当x∈[0，π]时，eq \f(π,3)≤ωx＋eq \f(π,3)≤ωπ＋eq \f(π,3).
又f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，
所以π≤ωπ＋eq \f(π,3)≤eq \f(5π,3)，解得eq \f(2,3)≤ω≤eq \f(4,3)，
故ω的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(4,3))).
(2)依题意，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－cs 2x,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋cs 2x,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1＋cs22x,2)＝eq \f(3＋cs 4x,4)，
其图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度得到
g(x)＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))))
＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,2)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(1,4)sin 4x的图象，
故g(ωx)＝eq \f(3,4)－eq \f(1,4)sin(4ωx).
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤4ωx≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
由于ω>0，得eq \f(－\f(π,8)＋\f(kπ,2),ω)≤x≤eq \f(\f(π,8)＋\f(kπ,2),ω)，k∈Z.
由于函数g(ωx)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上单调递减，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(－\f(π,8)＋\f(kπ,2),ω)≤－\f(π,12)，,\f(\f(π,8)＋\f(kπ,2),ω)≥\f(π,4)，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω≤\f(3,2)－6k，,ω≤\f(1,2)＋2k，k∈Z，))
所以当k＝0时，ω＝eq \f(1,2)为正数ω的最大值.
热点三 三角形中有关量的最值或范围
三角形中的最值、范围问题的解题策略
(1)定基本量：根据题意画出图形，找出三角形中的边、角，利用正弦、余弦定理求出相关的边、角，并选择边、角作为基本量，确定基本量的范围.
(2)构建函数：根据正弦、余弦定理或三角恒等变换，将所求范围的变量表示成函数形式.
(3)求最值：利用基本不等式或函数的单调性等求函数的最值.
例5 (2022·滨州二模)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知6cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋A))＋cs A＝5.
(1)求A的大小；
(2)若a＝2，求b2＋c2的取值范围.
解 (1)由已知得6sin2A＋cs A＝5，
整理得6cs2A－cs A－1＝0，
解得cs A＝eq \f(1,2)或cs A＝－eq \f(1,3).
又A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以cs A＝eq \f(1,2)，即A＝eq \f(π,3).
(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A及a＝2，A＝eq \f(π,3)得4＝b2＋c2－bc，
即b2＋c2＝4＋bc，
由正弦定理得
eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(2,\f(\r(3),2))＝eq \f(4\r(3),3)，
即b＝eq \f(4\r(3),3)sin B，c＝eq \f(4\r(3),3)sin C，
又C＝eq \f(2π,3)－B，
所以bc＝eq \f(16,3)sin Bsin C
＝eq \f(16,3)sin Bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))
＝eq \f(8\r(3),3)sin B·cs B＋eq \f(8,3)sin2B
＝eq \f(4\r(3),3)sin 2B－eq \f(4,3)cs 2B＋eq \f(4,3)
＝eq \f(8,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,6)))＋eq \f(4,3)，
又由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0解得eq \f(π,6)所以eq \f(π,6)<2B－eq \f(π,6)所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
所以bc∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，4))，
所以b2＋c2＝4＋bc∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(20,3)，8)).
易错提醒 求解三角形中的最值、范围问题的注意点
(1)涉及求范围的问题，一定要搞清楚变量的范围，若已知边的范围，求角的范围可以利用余弦定理进行转化.
(2)注意题目中的隐含条件，如A＋B＋C＝π，0训练3 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知S＝eq \f(\r(3),4)(b2＋c2－a2)，a＝4.
(1)求角A的大小.
(2)求△ABC周长的取值范围.
解 (1)由S＝eq \f(\r(3),4)(b2＋c2－a2)，
得eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)(b2＋c2－a2)＝eq \f(\r(3),4)×2bccs A，
整理得tan A＝eq \r(3)，因为A∈(0，π),
所以A＝eq \f(π,3).
(2)设△ABC的周长为L，
因为a＝4，A＝eq \f(π,3)，
由余弦定理得：42＝b2＋c2－2bccseq \f(π,3)，
即42＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)(b＋c)2，
所以b＋c≤8，又b＋c>a＝4，
所以L＝a＋b＋c∈(8，12].
一、基本技能练
1.已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝0，则ω的最小值为( )
A.2 B.4
C.6D.8
答案 A
解析 函数f(x)的周期T≤4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝π，则eq \f(2π,ω)≤π，解得ω≥2，
故ω的最小值为2.
2.将函数y＝cs(2x＋φ)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度，得到的函数为奇函数，则|φ|的最小值为( )
A.eq \f(π,12)B.eq \f(π,6)
C.eq \f(π,3)D.eq \f(5π,6)
答案 B
解析 将函数y＝cs(2x＋φ)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度，得到图象的函数解析式为y＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋φ))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)＋φ))，此函数为奇函数，所以－eq \f(2π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得φ＝eq \f(7π,6)＋kπ(k∈Z)，
则当k＝－1时，|φ|取得最小值eq \f(π,6).
3.(2022·海南模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asin A＋2csin C＝2bsin Ccs A，则角A的最大值为( )
A.eq \f(π,6)B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,3)D.eq \f(2π,3)
答案 A
解析 因为asin A＋2csin C＝2bsin Ccs A，
由正弦定理可得，a2＋2c2＝2bccs A，①
由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccs A，②
①＋②得2a2＝b2－c2，
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)
＝eq \f(b2＋c2－\f(1,2)（b2－c2）,2bc)＝eq \f(b2＋3c2,4bc)≥eq \f(2\r(3)bc,4bc)＝eq \f(\r(3),2)(当且仅当b＝eq \r(3)c时取等号)，
所以角A的最大值为eq \f(π,6).
4.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq \f(2a－c,b)＝eq \f(cs C,cs B)，b＝4，则△ABC的面积的最大值为( )
A.4eq \r(3) B.2eq \r(3)
C.2D.eq \r(3)
答案 A
解析 ∵在△ABC中，eq \f(2a－c,b)＝eq \f(cs C,cs B)，
∴(2a－c)cs B＝bcs C，
由正弦定理，得
(2sin A－sin C)cs B＝sin Bcs C，
整理得sin(B＋C)＝2sin Acs B，
∵A∈(0，π)，∴sin A≠0.
∴cs B＝eq \f(1,2)，即B＝eq \f(π,3)，
由余弦定理可得16＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，
∴ac≤16，当且仅当a＝c时取等号，
∴△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),4)ac≤4eq \r(3).
即△ABC的面积的最大值为4eq \r(3).
5.(2022·湘潭三模)若函数f(x)＝cs 2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))在(0，α)上恰有2个零点，则α的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(4π,3)))B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(4π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))
答案 B
解析 由题意，函数f(x)＝cs 2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
因为0所以eq \f(π,3)<2x＋eq \f(π,3)<2α＋eq \f(π,3)，
又由f(x)在(0，α)上恰有2个零点，
所以2π<2α＋eq \f(π,3)≤3π，
解得eq \f(5π,6)<α≤eq \f(4π,3)，
所以α的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(4π,3))).故选B.
6.已知函数f(x)＝cs(ωx＋φ)(ω＞0)的最小正周期为π，且对x∈R，f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))恒成立，若函数y＝f(x)在[0，a]上单调递减，则a的最大值是( )
A.eq \f(π,6)B.eq \f(π,3)
C.eq \f(2π,3)D.eq \f(5π,6)
答案 B
解析 因为函数f(x)＝cs(ωx＋φ)的最小正周期为π，
所以ω＝eq \f(2π,π)＝2，
又对x∈R，都有f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
所以函数f(x)在x＝eq \f(π,3)时取得最小值，
则eq \f(2π,3)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，
即φ＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z，
所以f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
令2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤π＋2kπ，k∈Z，
解得－eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，
则函数y＝f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减，
故a的最大值是eq \f(π,3)，故选B.
7.已知函数f(x)＝2sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，则ω的取值范围是________.
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
解析 x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))，
因为ω>0，－eq \f(π,3)ω≤ωx≤eq \f(π,4)ω，
由题意知－eq \f(π,3)ω≤－eq \f(π,2)，
即ω≥eq \f(3,2)，
故ω取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
8.已知函数f(x)＝cs ωx＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上恰有一个最大值点和两个零点，则ω的取值范围是________.
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(13,6)))
解析 函数f(x)＝cs ωx＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，
由x∈[0，π]，得ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3))).
又f(x)在[0，π]上恰有一个最大值点和两个零点，
则2π≤ωπ＋eq \f(π,3)解得eq \f(5,3)≤ω9.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的角平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为________.
答案 9
解析 因为∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，
所以∠ABD＝∠CBD＝60°，
由三角形的面积公式可得eq \f(1,2)acsin 120°＝eq \f(1,2)a×1·sin 60°＋eq \f(1,2)c·1·sin 60°，
化简得ac＝a＋c，
又a>0，c>0，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)＝1，
则4a＋c＝(4a＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq \f(c,a)＋eq \f(4a,c)≥5＋2eq \r(\f(c,a)·\f(4a,c))＝9，
当且仅当c＝2a时取等号，
故4a＋c的最小值为9.
10.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且A≠eq \f(π,2)，c＋bcs A－acs B＝eq \r(2)acs A，则eq \f(b,a)＝________；内角B的取值范围是________.
答案 eq \f(\r(2),2) eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))
解析 由c＋bcs A－acs B＝eq \r(2)acs A结合正弦定理得sin C＋sin Bcs A－sin Acs B＝eq \r(2)sin Acs A，
即sin(A＋B)＋sinBcs A－sin Acs B＝eq \r(2)sin Acs A，
化简得2sin Bcs A＝eq \r(2)sin Acs A.
因为A≠eq \f(π,2)，所以cs A≠0，
则2sin B＝eq \r(2)sin A，
所以eq \f(b,a)＝eq \f(sin B,sin A)＝eq \f(\r(2),2)，
则由余弦定理得cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(2b2＋c2－b2,2\r(2)bc)＝eq \f(b2＋c2,2\r(2)bc)≥eq \f(2bc,2\r(2)bc)＝eq \f(\r(2),2)，
当且仅当b＝c时等号成立，
解得0＜B≤eq \f(π,4).
11.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝btan A，且B为钝角.
(1)证明：B－A＝eq \f(π,2)；
(2)求sin A＋sin C的取值范围.
(1)证明 由a＝btan A及正弦定理，
得eq \f(sin A,cs A)＝eq \f(a,b)＝eq \f(sin A,sin B)，
所以sin B＝cs A，
即sin B＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋A)).
又B为钝角，
因此eq \f(π,2)＋A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
故B＝eq \f(π,2)＋A，
即B－A＝eq \f(π,2).
(2)解 由(1)知，C＝π－(A＋B)＝π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,2)))＝eq \f(π,2)－2A>0，
所以A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
于是sin A＋sin C＝sin A＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2A))＝sin A＋cs 2A＝－2sin2A＋sin A＋1
＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin A－\f(1,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(9,8).
因为0所以0因此eq \f(\r(2),2)<－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin A－\f(1,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(9,8)≤eq \f(9,8).
由此可知sin A＋sin C的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(9,8))).
12.已知向量a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))))，b＝(－sin x，eq \r(3)sin x)，f(x)＝a·b.
(1)求函数f(x)的最小正周期及f(x)的最大值；
(2)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝1，a＝2eq \r(3)，求△ABC面积的最大值并说明此时△ABC的形状.
解 (1)由已知得a＝(－sin x，cs x)，
又b＝(－sin x，eq \r(3)sin x)，
则f(x)＝a·b＝sin2x＋eq \r(3)sin xcs x
＝eq \f(1,2)(1－cs 2x)＋eq \f(\r(3),2)sin 2x
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，
当2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
即x＝eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)时，
f(x)取得最大值eq \f(3,2).
(2)在锐角△ABC中，
因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)＝1，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，所以A＝eq \f(π,3).
因为a2＝b2＋c2－2bccs A，
所以12＝b2＋c2－bc，
所以b2＋c2＝bc＋12≥2bc，
所以bc≤12(当且仅当b＝c＝2eq \r(3)时等号成立)，此时△ABC为等边三角形，
S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)bc≤3eq \r(3).
所以当△ABC为等边三角形时面积取最大值3eq \r(3).
二、创新拓展练
13.设锐角△ABC的三个内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且a＝1，B＝2A，则b的取值范围为( )
A.(eq \r(2)，eq \r(3)) B.(1，eq \r(3))
C.(eq \r(2)，2)D.(0，2)
答案 A
解析 ∵B＝2A，
∴sin B＝sin 2A＝2sin Acs A.
∵a＝1，∴b＝2acs A＝2cs A.
又△ABC为锐角三角形，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0<2A<\f(π,2)，,0∴eq \f(π,6)∴eq \f(\r(2),2)即eq \r(2)<2cs A14.(多选)设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，已知f(x)在[0，2π]上有且仅有3个极小值点，则( )
A.f(x)在(0，2π)上有且仅有5个零点
B.f(x)在(0，2π)上有且仅有2个极大值点
C.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递减
D.ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，\f(10,3)))
答案 CD
解析 因为x∈[0，2π]，
所以ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3))).
设t＝ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，2πω＋\f(π,3)))，
画出y＝cs t的图象如图所示.
由图象可知，若f(x)在[0，2π]上有且仅有3个极小值点，
则5π≤ 2πω＋eq \f(π,3)<7π，
解得eq \f(7,3)≤ω故f(x)在(0，2π)上可能有5，6或7个零点，故A错误；
f(x)在(0，2π)上可能有2或3个极大值点，故B错误；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,6)ω＋\f(π,3))).
因为eq \f(7,3)≤ω所以eq \f(13π,18)≤eq \f(π,6)ω＋eq \f(π,3)故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递减，故C正确.
15.(多选)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c＝6，记S为△ABC的面积，则下列说法正确的是( )
A.若C＝eq \f(π,3)，则S有最大值9eq \r(3)
B.若A＝eq \f(π,6)，a＝2eq \r(3)，则S有最小值3eq \r(3)
C.若a＝2b，则cs C有最小值0
D.若a＋b＝10，则sin C有最大值eq \f(24,25)
答案 ABD
解析 对于选项A，对角C由余弦定理得36＝c2＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab，
因此，S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(\r(3),4)ab≤9eq \r(3)，
当且仅当a＝b＝6时取等号，故A正确；
对于选项B，对角A用余弦定理得
12＝a2＝c2＋b2－eq \r(3)bc＝36＋b2－6eq \r(3)b，
解得b＝2eq \r(3)或b＝4eq \r(3)，
因此，S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(3,2)b≥3eq \r(3)，
当且仅当b＝2eq \r(3)时取等号，故B正确.
对于选项C，若a＝2b，
由三边关系可得a－b＝b此时，由余弦定理，得cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(5b2－36,4b2)＝eq \f(5,4)－eq \f(9,b2)∈(－1，1)，故C错误.
对于选项D，若a＋b＝10，则cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(（a＋b）2－c2－2ab,2ab)＝eq \f(32,ab)－1，
又ab≤eq \f(（a＋b）2,4)＝25，
当且仅当a＝b＝5时取等号，
∴cs C＝eq \f(32,ab)－1≥eq \f(7,25)⇒sin C＝eq \r(1－cs2 C)≤eq \f(24,25)，故D正确，故选ABD.
16.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2c＝a(b2＋c2－a2).
(1)若A＝eq \f(π,3)，求B的大小；
(2)若a≠c，求eq \f(c－3b,a)的最小值.
解 (1)因为b2c＝a(b2＋c2－a2)，
所以由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b,2a).
因为A＝eq \f(π,3)，所以eq \f(b,2a)＝eq \f(1,2)，即a＝b，
所以B＝A＝eq \f(π,3).
(2)由(1)及正弦定理得cs A＝eq \f(sin B,2sin A)，
即sin B＝2sin Acs A＝sin 2A，
所以B＝2A或B＋2A＝π.
当B＋2A＝π时，A＝C，与a≠c矛盾，故舍去，
所以B＝2A.
eq \f(c－3b,a)＝eq \f(sin C－3sin B,sin A)
＝eq \f(sin（A＋B）－3sin B,sin A)
＝eq \f(sin Acs B＋cs Asin B－3sin B,sin A)
＝cs B＋eq \f(（cs A－3）sin 2A,sin A)
＝cs 2A＋2(cs A－3)·cs A
＝4cs2 A－6cs A－1
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs A－\f(3,4)))eq \s\up12(2)－eq \f(13,4).
因为C＝π－A－B＝π－3A>0，即A所以cs A>eq \f(1,2)，
所以当cs A＝eq \f(3,4)时，eq \f(c－3b,a)有最小值－eq \f(13,4).