Question

12．已知函數(shù)f（x）=sin²x+$\sqrt{3}$sinxcosx+$\frac{3}{2}$，x∈R．
（I）求函數(shù)f（x）的最小正周期T及在[-π，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間．
（II）在△ABC中，邊a，b，c的對(duì)角分別為A，B，C，已知A為銳角，a=3$\sqrt{3}$，c=6，且f（A）是函數(shù)f（x）在[0，$\frac{π}{2}}$]上的最大值，求△ABC面積．

Answer 1

分析 （I）利用倍角公式、和差公式可得：f（x）=$sin（2x-\frac{π}{6}）$+2，可得T=$\frac{2π}{2}$=π．由2kπ+$\frac{π}{2}$≤$2x-\frac{π}{6}$≤2kπ+$\frac{3π}{2}$，基礎(chǔ)即可得出單調(diào)區(qū)間．
（II）x∈[0，$\frac{π}{2}}$]，可得$（2x-\frac{π}{6}）$∈$[-\frac{π}{6}，\frac{5π}{6}]$.$-\frac{1}{2}≤$$sin（2x-\frac{π}{6}）$≤1，因此f（x）_max=3，此時(shí)2x-$\frac{π}{6}$=$\frac{π}{2}$，由f（A）是函數(shù)f（x）在[0，$\frac{π}{2}}$]上的最大值，A為銳角，可得A．由余弦定理與三角形面積計(jì)算公式即可得出．

解答 解：（I）f（x）=sin²x+$\sqrt{3}$sinxcosx+$\frac{3}{2}$=$\frac{1-cos2x}{2}$+$\frac{\sqrt{3}}{2}sin2x$+$\frac{3}{2}$=$sin（2x-\frac{π}{6}）$+2，
∴T=$\frac{2π}{2}$=π．
由2kπ+$\frac{π}{2}$≤$2x-\frac{π}{6}$≤2kπ+$\frac{3π}{2}$，解得$kπ+\frac{π}{3}$≤x≤$\frac{5π}{6}+kπ$，（k∈Z）．
當(dāng)k=0時(shí)，x∈$[\frac{π}{3}，\frac{5π}{6}]$⊆[-π，π]．當(dāng)k=-1時(shí)，x∈$[-\frac{2π}{3}，-\frac{π}{6}]$⊆[-π，π]．
∴函數(shù)f（x）[-π，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間是$[\frac{π}{3}，\frac{5π}{6}]$，$[-\frac{2π}{3}，-\frac{π}{6}]$．
（II）x∈[0，$\frac{π}{2}}$]，∴$（2x-\frac{π}{6}）$∈$[-\frac{π}{6}，\frac{5π}{6}]$．∴$-\frac{1}{2}≤$$sin（2x-\frac{π}{6}）$≤1，∴f（x）_max=3，此時(shí)2x-$\frac{π}{6}$=$\frac{π}{2}$，
∵f（A）是函數(shù)f（x）在[0，$\frac{π}{2}}$]上的最大值，A為銳角，∴2A-$\frac{π}{6}$=$\frac{π}{2}$，解得A=$\frac{π}{3}$．
由余弦定理可得：a²=b²+c²-2bccos$\frac{π}{3}$，可得b²-6b+9=0，解得b=3．
∴S_△ABC=$\frac{1}{2}bc$sinA=$\frac{1}{2}×3×6×\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)、余弦定理的應(yīng)用、和差公式、倍角公式、三角形面積計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．