Question

17．已知向量$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$sin$\frac{x}{4}$，1），$\overrightarrow{n}$=（cos$\frac{x}{4}$，cos²$\frac{x}{4}$），f（x）=$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{n}$-1
（1）若$f（x）=0，求cos（x+\frac{π}{3}）$的值；
（2）在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c且滿足$（2a-\sqrt{3}c）cosB=\sqrt{3}bcosC$，求f（A）的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用化簡可得f（x）=sin（$\frac{x}{2}$+$\frac{π}{6}$）-$\frac{1}{2}$，由已知可求sin（$\frac{x}{2}$+$\frac{π}{6}$），利用二倍角的余弦函數(shù)公式即可計(jì)算得解．
（2）利用正弦定理，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用化簡可得cosB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，進(jìn)而可求B，由范圍0＜A＜$\frac{5π}{6}$．可求$\frac{A}{2}$+$\frac{π}{6}$的范圍，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)可求$\frac{1}{2}$＜sin（$\frac{A}{2}$+$\frac{π}{6}$）≤1．結(jié)合（1）可求f（A）的取值范圍．

解答 （本題滿分為12分）
解：（1）f（x）=$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}$-1=$\sqrt{3}$sin$\frac{x}{4}$cos$\frac{x}{4}$+cos²$\frac{x}{4}$-1=$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin$\frac{x}{2}$+$\frac{1}{2}$（cos$\frac{x}{2}$+1）-1=sin（$\frac{x}{2}$+$\frac{π}{6}$）-$\frac{1}{2}$，
∵f（x）=0，
∴sin（$\frac{x}{2}$+$\frac{π}{6}$）=$\frac{1}{2}$，
∴cos（x+$\frac{π}{3}$）=1-2sin²（$\frac{x}{2}$+$\frac{π}{6}$）=$\frac{1}{2}$，…6分
（2）∵（2a-$\sqrt{3}$c）cosB=$\sqrt{3}$bcosC，
由正弦定理得（2sinA-$\sqrt{3}$sinC）cosB=$\sqrt{3}$sinBcosC．
∴2sinAcosB-$\sqrt{3}$cosBsinC=$\sqrt{3}$sinBcosC，
∴2sinAcosB=$\sqrt{3}$sin（B+C），
∵A+B+C=π，
∴sin（B+C）=sinA，且sinA≠0，
∴cosB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，B=$\frac{π}{6}$，∴0＜A＜$\frac{5π}{6}$．∴$\frac{π}{6}$＜$\frac{A}{2}$+$\frac{π}{6}$＜$\frac{7}{12}$π，$\frac{1}{2}$＜sin（$\frac{A}{2}$+$\frac{π}{6}$）≤1．
又∵f（x）=$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}$=2sin（$\frac{x}{2}+\frac{π}{6}$）+1，
∴函數(shù)f（A）=2sin（$\frac{A}{2}$+$\frac{π}{6}$）+1，
∴f（A）的取值范圍是（2，3]…12分

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用，正弦定理，正弦函數(shù)的性質(zhì)，考查了轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，屬于中檔題．