Question

18．已知向量$\overrightarrow a=（{1，sinx}）$，$\overrightarrow b=（{cos（{2x+\frac{π}{3}}），sinx}）$，函數(shù)f（x）=$\overrightarrow a•\overrightarrow b-\frac{1}{2}$cos2x．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式及其單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若c=$\sqrt{3}$且f（C）=0，求△ABC周長的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)平面向量的數(shù)量積運(yùn)算和三角恒等變換求出f（x）的解析式，再利用正弦函數(shù)的單調(diào)性求出f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）由f（C）=0求出角C，再由正弦定理表示出a、b，利用三角恒等變換和三角函數(shù)的有界性求出△ABC周長的取值范圍．

解答 解：（1）向量$\overrightarrow a=（{1，sinx}）$，$\overrightarrow b=（{cos（{2x+\frac{π}{3}}），sinx}）$，
函數(shù)f（x）=$\overrightarrow a•\overrightarrow b-\frac{1}{2}$cos2x
=cos（2x+$\frac{π}{3}$）+sin²x-$\frac{1}{2}$cos2x
=cos2xcos$\frac{π}{3}$-sin2xsin$\frac{π}{3}$+$\frac{1-cos2x}{2}$-$\frac{1}{2}$cos2x
=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2x-$\frac{1}{2}$cos2x+$\frac{1}{2}$
=sin（2x+$\frac{7π}{6}$）+$\frac{1}{2}$；
由$2kπ-\frac{π}{2}≤2x+\frac{7π}{6}≤2kπ+\frac{π}{2}$，k∈Z，
得$kπ-\frac{5π}{6}≤2x+\frac{7π}{6}≤kπ-\frac{π}{3}$，k∈Z；
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$[{kπ-\frac{5π}{6}，kπ-\frac{π}{3}}]$，k∈Z；
（2）由（1）$f（C）=sin（{2C+\frac{7π}{6}}）+\frac{1}{2}=0$，
又C為△ABC的內(nèi)角，所以$2C+\frac{7π}{6}=\frac{11π}{6}$，
解得$C=\frac{π}{3}$；
又c=2，由正弦定理可得$\frac{a}{sinA}=\frac{sinB}=\frac{c}{sinC}=2$，
所以a=2sinA，b=2sinB，
所以$a+b=2sinA+2sinB=2[{sinA+sin（{\frac{2π}{3}-A}）}]=2（{\frac{3}{2}sinA+\frac{{\sqrt{3}}}{2}cosA}）=2\sqrt{3}sin（{A+\frac{π}{6}}）$；
由$C=\frac{π}{3}$，且$0＜A＜\frac{2π}{3}$，
所以$\frac{π}{6}＜A+\frac{π}{6}＜\frac{5π}{6}$，
所以$\frac{1}{2}＜sin（{A+\frac{π}{6}}）≤1$，
所以$\sqrt{3}＜2\sqrt{3}sin（{A+\frac{π}{6}}）≤2\sqrt{3}$，
所以△ABC的周長的取值范圍是$（{2\sqrt{3}，3\sqrt{3}}]$．

點(diǎn)評 本題考查了平面向量的數(shù)量積運(yùn)算和三角恒等變換以及三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用問題，是綜合性題目．