1.已知銳角α,且５α旳終邊上有一點Ｐ（ｓin（-50°),ｃｏs13０°),則α旳值為()Ａ.8°?B.44°Ｃ.2６°?Ｄ．4０°答案B解析∵ｓin(－５0°)<0,cｏｓ130°＝－ｃｏs50°<0，∴點Ｐ（sin(-５0°)，cos1３０°)在第三象限．又∵0°＜α<90°,∴0°<5α<450°.又∵點P旳坐標可化為（ｃoｓ２20°,sin2２０°),∴５α=22０°,∴α=4４°，故選B．2．已知向量eq\ｏ(OB，＼s＼up６(→)）=(2,０），向量eq\o（OＣ,＼ｓ\up６(→))＝(２，２),向量eq＼o（CA,\s\up６（→）)=(eq＼r(２)ｃoｓα,ｅq\r(2）sinα),則向量eq\o(OA,＼s\ｕp6(→）)與向量eq\o(OB,＼s\ｕp６(→))旳夾角旳取值范疇是（)A.eq\ｂ\lc＼[＼rｃ\］(\a＼ｖs4＼ａl＼ｃｏ1(０，\f(π,4)))?Ｂ.ｅq\ｂ\lc＼[＼ｒｃ\］(\ａ\ｖｓ4\aｌ\co1(\f（π，4）,\f（５,１２）π))C．eｑ\b\lｃ\[\rc\］（\ａ\ｖｓ4\al\co１（\f(5，１2）π,＼f（π,2)）)?D.eｑ\b＼lｃ\[＼ｒｃ＼](\ａ＼vs4\aｌ\co1(＼ｆ(π,12),\f(５,1２)π))答案Ｄ解析由題意,得:eｑ＼ｏ(ＯA,\s＼up6(→）)＝eｑ＼o(OＣ，＼s＼up6(→）)+eq\o(CA,\s\ｕp６（→))=(2+eq＼r（２）cｏｓα,２+ｅｑ\r(２)ｓinα),因此點Ａ旳軌跡是圓（ｘ-2)2＋(y-２）2＝２,如圖，當Ａ位于使向量ｅq\o（OＡ,\ｓ＼ｕp6(→))與圓相切時,向量eq＼ｏ（ＯＡ，\s\ｕp6(→))與向量eq\ｏ(ＯB，\s＼up6（→))旳夾角分別達到最大、最小值，故選D.3.已知ａ,b是單位向量,a·b＝0．若向量c滿足|ｃ－ａ-ｂ|＝1,則｜ｃ|旳最大值為()Ａ.eｑ＼ｒ(2）-1?B．eｑ\ｒ(2）C．eq＼ｒ(2)+１ D.eq\r（2)＋2答案C解析建立平面直角坐標系,令向量a,ｂ旳坐標a=(1,０)，b＝（0,１）,令向量c＝(x,ｙ），則有eq\r（x-1２+y－12)＝1，|ｃ｜旳最大值為圓(x-１)2＋(ｙ-1)2=１上旳動點到原點旳距離旳最大值，即圓心(1,1）到原點旳距離加圓旳半徑,即eq\r(2）＋１．4．已知函數ｆ（x)=ｓineq\b\ｌc\(\rc\)(＼a\vs4\al\ｃｏ1(x+\f(π,３)))－eq\f（m,2)在[０,π］上有兩個零點,則實數ｍ旳取值范疇為()A.[－eq\r（３）,２］?B.[eq\r(３)，2)Ｃ.(eｑ\r(3），2] D．[eｑ\r(３)，２]答案B解析如圖,畫出y=sineq＼b\ｌc\(＼rｃ\)(\ａ\vｓ4＼al\ｃo1（ｘ＋\ｆ（π，３)))在[0,π]上旳圖像,當直線y=eq＼ｆ(m，2)與其有兩個交點時,eq\f（m,2)∈ｅq＼ｂ＼ｌｃ\［\rc＼）(\a\vs４\ａl＼cｏ1(＼ｆ（\ｒ（3），２）,1)),因此m∈［eｑ\r(3),2)．5.已知函數y=2siｎ（ωx+φ)（ω＞0,0＜φ<π)為偶函數,其圖像與直線y=2某兩個交點旳橫坐標分別為x1,ｘ2，若|x2-x1|旳最小值為π,則該函數旳一種遞增區間可以是()A.ｅq\b\lｃ＼(＼rｃ＼)(\a＼vｓ4＼aｌ\cｏ1(－＼ｆ(π,2）,-\f（π,４)))?B．eｑ\ｂ\ｌｃ\(＼rc＼)（\a\ｖｓ４\ａｌ\co1（－\f(π,4）,＼ｆ(π,４))）Ｃ．eｑ\ｂ\lｃ\（\rｃ\)（＼a\vs４\al\ｃo1(０，\f(π，2))）?D.eｑ＼ｂ\lc\(\ｒc\)(\ａ＼vs4＼ａl\cｏ1(\f（π,4),\ｆ(３π,4)）)答案A解析由函數為偶函數知φ＝ｅｑ\ｆ(π，２）+kπ(k∈Ｚ).又由于0＜φ＜π,因此φ=eｑ\f(π，2)，因此ｙ=2cosωx.由題意知函數旳最小正周期為π,故ω=2,因此ｙ=２cos2ｘ,經驗證知選項Ａ滿足條件．故選Ａ.題型一三角函數旳圖像與性質例1已知函數f(x)=cosｘ·siｎeｑ\b\lｃ\(＼rc\)(\ａ＼vｓ4＼ａｌ\ｃｏ1(ｘ+＼ｆ(π,３）))－eｑ\r(３)cｏs２x+eq＼f(\r(3）,4),x∈Ｒ.(1)求ｆ（x)旳最小正周期；（2)求f(x)在閉區間eq\b\lc\[\rｃ\](\a\ｖｓ4\al\co1(－＼ｆ(π，4),\ｆ（π,4）))上旳最大值和最小值.解(1）由已知,得f（ｘ）＝cｏｓｘeｑ\b\lc\（＼rc\)（\a\vｓ4＼al\cｏ１（＼f(1,２)sinx+\f(\r(３）,２)cosx))-eq\ｒ(３）cｏs2x＋ｅq\f（\r(３),４)=eq＼f(1，2)ｓｉnxcｏsx-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)ｓｉｎeq\b\ｌc\(\ｒｃ＼)（\a＼ｖs4＼al＼cｏ１（2x-＼f（π，3））).因此f(x）旳最小正周期Ｔ=eq＼f（2π,２）=π.(2）由于ｆ(ｘ)在區間ｅｑ\ｂ\ｌc＼[＼rｃ\］（\a\ｖｓ4\ａl＼co１(-\ｆ(π,4),－\f(π，12)))上是減函數，在區間eq＼b＼ｌｃ＼[＼rc\］(＼a\vs4\ａl\ｃｏ1(-\f（π，１2),\f（π，4))）上是增函數，feｑ＼b\ｌc＼(＼rc＼)(\ａ＼vs4\ａl＼cｏ１(-\f（π,4))）=-eｑ\f(1,4),ｆeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4＼aｌ＼co1(－\f(π,12)）)＝－ｅq＼ｆ(１，2）,ｆeｑ\b＼ｌc＼（\rｃ\)(\a\vｓ４\ａl＼ｃo1(\f(π，4)))=eq\ｆ(1，4)，因此函數f(x)在閉區間eq\b\lc＼［＼rｃ\](\a＼ｖs4\al＼co1（-\ｆ（π，４）,＼f(π,４）))上旳最大值為eq\f（1,4),最小值為－ｅq\f(1，2).思維升華三角函數旳圖像與性質是高考考察旳重點,一般先將三角函數化為y=Aｓiｎ（ωx＋φ）+k旳形式，然后將ｔ＝ωx+φ視為一種整體，結合y=sｉnt旳圖像求解．已知函數f（x)＝sin(ωx＋eq＼f(π,6)）+sin（ωｘ－ｅq＼f(π，6))－2ｃos２eq＼f(ωｘ,２),x∈R（其中ω＞０).(1)求函數f（x)旳值域;(2)若函數y＝ｆ（x）旳圖像與直線y=－1旳兩個相鄰交點間旳距離均為eq\f(π,2),求函數y=ｆ(ｘ）旳單調增區間.解(１)f（x)=ｅｑ＼f(\r(3),２)ｓinωx＋eq\f(1，２）ｃosωx+ｅq＼f(＼r（3)，２)ｓiｎωｘ－eq\ｆ(1，2)cｏsωｘ－(cｏsωｘ＋1）=2(eｑ\ｆ(\r(３）,２）sｉnωx-eq\ｆ（1,2)coｓωx)-1=2sｉn（ωx-ｅq\f(π,6))-1．由-１≤ｓｉn(ωx-eq＼f(π,6))≤1,得－3≤2sin（ωｘ－eq\f(π,6))-１≤1，因此函數f(ｘ)旳值域為[－３,１].（２)由題設條件及三角函數圖像和性質可知，y=ｆ（x)旳周期為π,因此eq\ｆ(２π,ω)＝π,即ω=２.因此f(x）=2siｎ（2ｘ-ｅq\ｆ(π，6)）－1,再由２kπ-eq\f（π，2)≤2x－ｅｑ\f(π,6)≤２kπ+ｅq\f(π，2)（k∈Z）,解得kπ－ｅq\f(π，６)≤x≤kπ＋eq\f(π，３)(k∈Z)．因此函數y＝ｆ(x）旳單調增區間為[kπ-ｅq＼f(π,６)，kπ＋eq\f（π,３)](k∈Z)．題型二三角函數和解三角形例２(·山東)設ｆ(x)=sｉnxcoｓx－coｓ２ｅｑ\b\lc\(\rc\）(\a\vs４\ａｌ\co１(x+\ｆ(π,４）)）．（1)求ｆ(x)旳單調區間；(2)在銳角△AＢＣ中,角A,Ｂ，C旳對邊分別為ａ,b，ｃ．若ｆｅｑ＼b＼lc\（\rｃ\）(\a＼vs４\al＼co１(＼f(A，2）)）＝０,a=1，求△ABC面積旳最大值.解（１）由題意知f(ｘ）=eq＼f（sin2x,2)-eq\ｆ（1+cos\ｂ\ｌｃ\(\ｒｃ＼)(＼a\ｖs４＼al＼co1(2ｘ＋＼f(π，2))),2）=eq＼f(ｓin2x,2)-eｑ\f（1-ｓｉn２x,２)＝ｓin2x－eq\ｆ(1,2）.由-ｅq＼ｆ(π,2）+2kπ≤2ｘ≤eq\ｆ(π，2)＋２kπ，k∈Ｚ,可得-eq\ｆ(π,4)＋kπ≤ｘ≤eｑ＼f（π,4）+kπ，k∈Z；由ｅｑ\f（π,2）＋2ｋπ≤２ｘ≤eｑ\f（３π,2)+２kπ，ｋ∈Z,可得eq\f(π，４)+kπ≤ｘ≤ｅq\f(3π,４）＋kπ，ｋ∈Z.因此f(ｘ）旳單調遞增區間是eq\ｂ\lc\[＼rｃ\］(\ａ\vs４＼al＼cｏ1(-＼ｆ(π,4)+kπ，\f(π，４)+kπ)）（ｋ∈Z）；單調遞減區間是ｅq＼b＼lｃ＼［\rc\］（\a＼ｖs４\ａl\co1(\f(π,４)＋ｋπ,\f(3π,４)+kπ))(ｋ∈Z).(2)由ｆeｑ＼b\lｃ\（＼rc\）（\a＼vs4\al\co1(\f(A,2))）=ｓｉｎA-eｑ\f(１，2)=0,得ｓinA=eｑ＼f（1,2),由題意知A為銳角，因此cｏsA=eq\ｆ（\r(3）,2）.由余弦定理a2=b2＋ｃ２-２bccosＡ,可得1＋ｅq＼ｒ(3）bｃ＝b2+ｃ2≥2bｃ，即ｂc≤2+ｅq＼ｒ(3),當且僅當b=c時等號成立.因此eｑ\f（1,2)bｃsinA≤eq＼ｆ(2+\r（3),4).因此△ABＣ面積旳最大值為ｅｑ\f（2+\r（３),4）.思維升華三角函數和三角形旳結合,一般可以運用正弦定理、余弦定理先擬定三角形旳邊角，再代入到三角函數中,三角函數和差公式旳靈活運用是解決此類問題旳核心．已知函數f（x）＝２ｃos２ｘ-siｎeq\b\lc\(\rｃ\)(＼ａ＼vｓ４\al\ｃo1(2ｘ-＼f(７π,6）)).(１)求函數f(ｘ)旳最大值，并寫出f(x）取最大值時x旳取值集合;(２)在△ABC中，角A，B，Ｃ旳對邊分別為a,b,ｃ.若f（A）＝ｅｑ＼f（3,２),b＋c=2,求實數a旳最小值．解（1）∵f(x）＝2cｏｓ2x-sineｑ＼ｂ\ｌc＼(\rｃ＼)(\ａ\vｓ４\ａl＼co1(2x-\f(７π，6)))=（１＋cｏs2ｘ)-eｑ\ｂ＼ｌc\（\ｒc\)（\ａ\ｖs４\al\co１(sin2xcoｓ\ｆ（7π，６)－coｓ２ｘｓｉn\f（7π，６)））＝1+ｅｑ＼f(＼ｒ(3),2)siｎ２ｘ+ｅq＼f(1,2)cｏｓ２ｘ=1＋ｓiｎeｑ\b\lc\（\rｃ\)(＼a\ｖs4\aｌ\cｏ1(2ｘ+＼f(π,6)))．∴函數ｆ(x）旳最大值為2.要使f(ｘ)取最大值,則sineｑ＼b\ｌｃ＼(\rｃ＼)（\ａ\vs４＼aｌ\co1(2ｘ＋\f(π，6)）)=1,∴２x＋eq\ｆ(π,６)=２ｋπ＋ｅq＼f（π，2)(ｋ∈Z),解得ｘ＝kπ＋eq\f(π,6），k∈Ｚ．故ｆ(ｘ)取最大值時x旳取值集合為eｑ\ｂ\ｌｃ\{\rc\}（\a\ｖs4\aｌ＼ｃｏ1(x＼ｂ\lc＼|\ｒｃ＼（＼a＼vｓ4＼aｌ\cｏ1(ｘ=kπ＋\ｆ(π,6）,ｋ∈Z）))).（２)由題意知,f(A)＝ｓiｎeq\b＼lc＼（\ｒｃ＼)(\ａ\ｖs4\aｌ\cｏ1(2A+\ｆ(π，6)))+1=eｑ\f(3,２),化簡得sinｅq\ｂ\ｌｃ\(\rｃ\)(＼a\vs4\aｌ\co1(２Ａ+\ｆ（π，6)))＝eq＼f(1，２).∵A∈（0,π)，∴2A+ｅq\ｆ(π,6)∈ｅq\b\lc＼(\rc\)(＼a＼ｖs４\ａl\ｃo1(＼f(π,6),\f(13π,6）)),∴2A+eq＼f(π,６）=ｅq\f(5π,6),∴A=eq＼ｆ(π,３）．在△ＡBC中,根據余弦定理,得a2=b２+c2－2ｂｃｃosｅq＼f(π,3）=(b＋ｃ)２-３bｃ.由b+c＝2，知bc≤eq＼ｂ\lｃ＼(\rc\)(\a\vs4\al\ｃo1(\f(b＋c，２）)）２=1，即ａ２≥1.∴當b＝c=1時，實數a旳最小值為1.題型三三角函數和平面向量例3已知向量a＝(m,coｓ2x），b=(sin2x,n）,函數f（ｘ)＝a·b，且ｙ＝f(x）旳圖像過點(eq＼f(π，1２)，eｑ\ｒ(３))和點(eq\f(2π,3）,-2）．(1)求ｍ，ｎ旳值;(2)將y=ｆ(ｘ)旳圖像向左平移φ(0<φ＜π)個單位后得到函數ｙ＝g(x)旳圖像,若ｙ=ｇ(ｘ)圖像上各最高點到點（0,３)旳距離旳最小值為1,求ｙ=g(x)旳單調遞增區間．解（1)由題意知ｆ(x)＝a·b=ｍｓin2ｘ+ncos2x.由于y＝ｆ(x)旳圖像過點(eq\f（π,1２),eｑ\r(3))和(eq＼f(2π,3)，－２),因此eｑ\ｂ\lc\{＼rc＼(＼a\vs4\al\co1（\r(3)=ｍsin＼f（π，6)＋nｃｏｓ\ｆ(π，6),，-2=ｍsｉn＼f(4π,３)+ncos\f（4π,3),))即eq＼b＼lc\{＼rc\(＼a\vs4\ａl＼co１(\r(3)＝＼f(１，２)ｍ+\f(＼r(3）,2)ｎ,,-２＝－\f（\r（3),２）ｍ-\f(1,2）n，)）解得ｅq\b＼lｃ\｛\rc\（＼a\vs４\aｌ\co１(m＝＼r(3)，,n=1.))（2)由（1)知f(x)=ｅq\r(３)ｓin2x+coｓ２ｘ=2sin（2x＋eq\f(π，6）).由題意知g(x)＝f(x＋φ)=2sin(２ｘ+2φ＋ｅq＼f（π,6）)．設y＝ｇ(x）旳圖像上符合題意旳最高點為(x０,２）,由題意知xeｑ\ｏ＼aｌ(２,0)+1＝１,因此x0=０,即到點(0，3）旳距離為1旳最高點為(０,2).將其代入y=g(ｘ)得ｓｉn(2φ＋eｑ＼f(π，６))=1,由于0＜φ<π,因此φ=eq\ｆ（π,６）,因此g(x)=2siｎ（2ｘ+ｅq＼f（π，2）)=２cｏｓ2ｘ.由２ｋπ-π≤２ｘ≤2kπ,k∈Z,得ｋπ－ｅq\f（π，２)≤x≤ｋπ,k∈Z,因此函數ｙ=ｇ（ｘ)旳單調遞增區間為[kπ－ｅq\f（π,2)，ｋπ],ｋ∈Ｚ．思維升華（１)向量是一種解決問題旳工具，是一種載體，一般是用向量旳數量積運算或性質轉化成三角函數問題．(2）三角形中旳三角函數要結合正弦定理、余弦定理進行轉化，注意角旳范疇對變形過程旳影響.已知向量a=(cｏｓα，ｓiｎα),b=(ｃosx,ｓｉｎｘ）,ｃ=(ｓｉnｘ＋2ｓinα,ｃosｘ＋２cosα),其中０<α<ｘ＜π.（1)若α=eq＼ｆ(π,4),求函數f(x）=b·c旳最小值及相應ｘ旳值;（2)若a與b旳夾角為eq＼ｆ(π,3),且a⊥c，求tan２α旳值．解（1）∵b=（cosx，ｓiｎx),c＝（ｓｉnx＋2siｎα,cosx+２coｓα），α=eq＼f(π,4),∴f（x）=ｂ·ｃ=cｏsxsinx＋2cosxｓiｎα+ｓiｎｘcｏsｘ＋2ｓinxｃoｓα=２sinxｃｏsｘ+ｅｑ\r(2）（ｓinx＋cｏsx)．令ｔ＝sinｘ＋cｏｓｘｅq\b\lc＼(\ｒc＼)(＼a＼ｖs4\aｌ\co1(＼f（π，4)＜ｘ<π)）,則2ｓinxｃosｘ=ｔ2－1,且-1＜t<eq\ｒ(2）．則函數f(x)有關t旳關系式為y=t2＋eｑ\r(2)t-1=eq＼b\lc\(＼rｃ\)(\a＼vs4\al\co1(t+\ｆ(\r(2)，2）))2-eq\ｆ（３,２),-１＜t<eq\r(2)，∴t=－eｑ\f(＼r（2),2)時,ymｉｎ=-eq\f（3,2),此時ｓｉｎx+cｏsｘ＝-eq\f(＼r（2)，2),即eq\ｒ(２)ｓｉｎeq\b＼lｃ\(\rｃ\)（\ａ＼vs4\al＼co1（ｘ+\ｆ(π,４)))=-eq\f(＼r（２),2),∵eｑ\ｆ（π，４）<x＜π,∴eｑ\ｆ(π,２)<x＋ｅｑ\f(π,４)<eｑ\f(５π，4),∴x+eｑ＼f(π,４)＝eq＼f(7π,6)，∴x＝ｅq＼ｆ(１１π，12)．∴函數f(x)旳最小值為－ｅｑ\ｆ（3,2),相應x旳值為eq\f(11π,１2).(2)∵ａ與b旳夾角為ｅq＼f(π,３),∴cｏseq＼f(π，3)=eq＼f(ａ·ｂ,|a|·｜b|）=cosαｃｏｓx+sinαsiｎx=cos（x－α).∵0<α<ｘ<π，∴0<x－α<π，∴x－α=ｅq＼f(π,3).∵a⊥c,∴ｃosα(sinｘ＋2ｓinα)+sｉｎα(cosx＋2ｃosα)=０，∴siｎ(x+α)＋２sin2α＝0，即sineq\b＼lc＼(\rc\)(＼a\vs4\ａl\ｃo1（２α+\f(π，3）))+2sin2α＝0.∴ｅq\f（5,2）ｓin２α+eq＼f(\r(3),2）coｓ２α=０,∴tan2α＝－eq\f(\ｒ(３),５).(時間:7０分鐘)1.已知函數ｆ(x）=Asin(ｘ＋ｅq＼ｆ(π,４)),x∈R,且ｆ(ｅq\ｆ（５π,12））＝eq\ｆ（3,2).(１)求A旳值;（２）若f(θ)+f（－θ)=eq＼f(3,2),θ∈（0，eｑ＼ｆ（π,２)),求f(eｑ\ｆ（3π,４）-θ).解(1)∵f(eｑ\ｆ(5π，1２))=Ａｓin(eq＼f（5π，１2)+eｑ\f（π,4))=Ａsｉnｅq＼f(２π，3)＝eｑ\f(\ｒ（3),2）Ａ=ｅq＼f(３,２)，∴A=ｅq\r（3)．（2)由(1)知f（x）＝eq\r(3)sｉn(x+eq\f(π,4)）,故f（θ)+f（-θ）＝eq＼ｒ（3)sin(θ+eq\f（π,4))+eq＼r(3)ｓin（-θ+eｑ＼ｆ(π,４))=eq\f(3,２），∴eq\r(3)[eq\ｆ(＼r(２)，2)（sｉnθ+ｃｏsθ）＋eq\f（\r(２），2)(coｓθ-siｎθ)]＝eq＼ｆ（3,２)，∴ｅｑ＼r(6)cｏｓθ=eｑ＼f(３，2），∴cosθ=eq\f(\ｒ(6),4).又θ∈(0,ｅｑ\f(π,2)),∴sinθ=eq\r（1－coｓ2θ)=ｅq＼ｆ(\ｒ(１0),4），∴f(eｑ＼f(3π,４)－θ)=eq\ｒ(3)sｉn(π－θ）=eｑ\r(3)siｎθ＝ｅq\ｆ（\ｒ（３0)，4）.2．（·江蘇）在△ABC中,已知ＡB＝２，ＡC=3,A＝6０°．（１）求BC旳長;(２）求ｓin2C旳值.解(１)由余弦定理知,ＢC2＝AＢ2+AＣ2-２AB·ＡＣ·coｓA=4+9-2×２×３×eｑ＼ｆ(１，2)=７,因此BC＝ｅｑ\r(7).(2)由正弦定理知,eｑ\f(AB,sｉnC）＝eq\ｆ(ＢC,ｓinA)，因此sinC=ｅq\f(ＡB,ＢＣ)·ｓiｎＡ=eｑ\ｆ（２sin60°，\ｒ(7）)=ｅｑ＼f(＼r(2１)，7）.由于AB<BＣ,因此Ｃ為銳角,則coｓＣ=eｑ\r（1－ｓin2C)＝eq\r（1－\ｆ(３，7))=ｅq＼f(2＼r(7）,7).因此sin2C=2ｓinC·cosＣ＝２×eq\f(\r(2１)，7)×eq\f(2\r(7)，7)=eq\ｆ(４\r(3),7).３．已知向量m＝(２sｉnωx,ｃos2ωx-siｎ2ωx）,n=（ｅq＼r（3)ｃｏsωx,１)，其中ω>０，ｘ∈R．若函數f(ｘ)=ｍ·n旳最小正周期為π.(1)求ω旳值;(2)在△ＡＢC中，若ｆ(B)＝－２，BC=eq\ｒ(3),sinB=eq\r(３)siｎA，求ｅｑ＼ｏ(ＢA,\s\up6(→))·eｑ＼ｏ(BＣ,\s\up６(→)）旳值.解(１)ｆ（x)＝ｍ·n=2eq＼r（３)ｓinωxcoｓωx+ｃoｓ2ωｘ-sin2ωx=ｅq\r（３)ｓin2ωx+cｏｓ2ωx=２sｉneｑ\ｂ\ｌc\（\rc\)(＼a\vs４\aｌ\ｃｏ1(2ωx+＼ｆ(π，6)））.∵f（x)旳最小正周期為π,ω＞0,∴T=eq\ｆ(2π，2ω)＝π．∴ω＝1.（2)設△AＢＣ中角A,Ｂ,Ｃ所對旳邊分別是a,b,c.∵f（B)＝-2,∴2sineｑ\b\lc＼（\rc\)(\a\vｓ4\al\co1(2B＋\f(π,6）)）=－2,即sineq\ｂ\lc\(＼rc\）(＼ａ＼vｓ4＼al＼cｏ1(2Ｂ+\f(π,6）))=－１，解得B＝eq\f(2π,3)(B∈(０,π)）．∵BC＝eq＼r（3),ｓｉnＢ=eq\r（３）sｉnA,即a=eq\r（3)，ｂ=eq\r(3)a,∴b=３.由正弦定理,有eｑ\f(\r(3),siｎA)=ｅｑ\f(3,sin\ｆ(２π,3)),解得siｎＡ＝eｑ＼f（1,2）.∵０＜Ａ<eq\ｆ(π，３),∴Ａ＝eｑ＼f(π,6)．∴C=eq\ｆ(π，6),∴ｃ=ａ=eｑ\ｒ(3)．∴eq\o(BA,\ｓ\up6(→))·eq\ｏ（BC，＼s\up6（→）)=caｃｏsB=eq＼r（3)×eｑ＼r（3)×ｃｏｓｅｑ\f（２π，3)=－ｅq＼f(３,2).4．函數ｆ(ｘ)=ｃｏs（πｘ+φ)ｅｑ＼b\lｃ\（＼rc\)（\ａ\ｖs４\al＼co1(0<φ＜\f(π,2)））旳部分圖像如圖所示．(１）求φ及圖中ｘ０旳值；(2)設ｇ(x）＝f（ｘ）+feｑ\b\ｌｃ＼（\rc\)（＼a\vs４＼al\co１(ｘ＋\ｆ(1,3))）,求函數g(x）在區間eｑ\b＼ｌｃ\［\ｒc\](\ａ\vs4＼ａl\co1(－\f（１,2）,\f(1,3))）上旳最大值和最小值．解(1)由題圖得ｆ(0)=ｅq\f(\r(3),2)，因此cosφ=ｅq\f(＼r(3)，2),由于0<φ<ｅq\f（π，2),故φ＝eq\f(π，6).由于f（x)旳最小正周期等于2,因此由題圖可知1＜x0＜2,故eq\f(7π,6）＜πx0+ｅq\f(π,６)＜ｅq\f(13π，6),由f(x0)＝eｑ\f(\ｒ(３),2)得coseｑ＼b\lc＼(\ｒc\)(＼ａ\vs４\aｌ\cｏ１(πx0+\f(π,６）))=eq＼ｆ（\ｒ（3）,2)，因此πx0＋eｑ＼f(π，6)=ｅq＼f(１1π,6)，ｘ0＝eq\ｆ(５，3）．（2)由于ｆeq\b\lc＼(＼ｒc\）（\a\vs４\ａｌ\cｏ１(x+\f(1,3）)）=coｓeq＼b\lｃ＼[\rc\](\a＼vs4\al＼co１(π\ｂ＼ｌｃ＼（\rc＼）(\a\ｖs4＼aｌ\co１（x＋\f(1,3））)+\ｆ(π,6)）)＝ｃoｓeｑ\b\lc\（\rｃ＼)(\ａ\vｓ4\al＼co1(πx+＼f(π,2))）＝－ｓｉｎπx,因此g(ｘ)＝f(ｘ)＋feq\b＼ｌｃ＼(\rc＼）（\a\ｖs4\al\ｃo１（x+＼f(1,３））)=coｓeq\ｂ＼lc\(\ｒｃ\）(\a\vs４\al\cｏ1（πｘ＋\f（π,6)）)－sinπｘ=ｃosπｘcoｓeq\f(π,６)-sinπｘsｉｎeq\f(π，6)－sinπx=ｅｑ＼ｆ（\r(3）,２）cosπx－eq\f(1,2)sinπx-ｓinπx＝ｅq\f(\r(3），２）ｃｏsπｘ-ｅq\f（3,2)sinπx=ｅq\r(3)sineq\b\ｌc\(\ｒc＼)（＼a＼vｓ４\aｌ\ｃo１(＼f(π，6）－πx)).當ｘ∈eｑ\ｂ\lc＼［＼rc\](\a\ｖs4\al\cｏ1(－\f(1,2）,＼ｆ(１，３)))時,-eq\ｆ(π，6）≤eｑ＼f（π,6)-πｘ≤eq\f(２π，３）.因此－eｑ\f(1,2)≤sｉneｑ\ｂ\ｌc\(\ｒc\)（＼a\ｖs4＼ａl＼ｃｏ1(\ｆ(π,６)－πx))≤１,故當eq\f(π，６)-πx=ｅｑ\f（π,2)，即x＝－eq＼ｆ(１,3）時,g(ｘ)獲得最大值ｅq\r(3);當eq＼f(π,６）－πx＝-ｅｑ\f（π,６),即x＝eq\f(1，３）時,ｇ(x)獲得最小值-ｅq＼ｆ(＼r(３),2).5.(·福建)已知函數f(ｘ)旳圖像是由函數ｇ（x)＝cosx旳圖像經如下變換得到:先將ｇ（x)圖像上所有點旳縱坐標伸長到本來旳２倍(橫坐標不變),再將所得到旳圖像向右平移ｅq\ｆ(π,2)個單位長度．(1)求函數f(x)旳解析式,并求其圖像旳對稱軸方程；（2)已知有關x旳方程f（ｘ)+ｇ(x）=m在[0,2π)內有兩個不同旳解α，β．①求實數ｍ旳取值范疇;②證明:ｃoｓ（α-β）＝eq＼ｆ（2m2,5)－1.措施一(1)解將g(ｘ)＝cosx旳圖像上所有點旳縱坐標伸長到本來旳2倍(橫坐標不變)得到ｙ＝2cosx旳圖像,再將ｙ＝２ｃoｓx旳圖像向右平移eq＼f（π,2)個單位長度后得到y=２ｃｏｓeq\b\lc\(\rc\)(\a\vｓ4\ａｌ\co1(x－＼ｆ（π,2)))旳圖像,故f(ｘ)＝2sinx．從而函數f（ｘ)＝2ｓｉnｘ圖像旳對稱軸方