Question

18．已知$\overrightarrow m=（sinx，\frac{1}{2}），\overrightarrow n=（cosx，cos（2x+\frac{π}{6}））$，$f（x）=\overrightarrow m•\overrightarrow n+\frac{3}{2}$
（1）試求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）把函數(shù)f（x）的橫坐標(biāo)縮小到原來的一半，再向右平移$\frac{π}{6}$個單位，得到函數(shù)g（x），在銳角△ABC中，△ABC的三角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且$g（B）=\frac{3}{2}$，且$\frac{π}{6}＜B$，b=3，求△ABC面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由條件兩個向量的數(shù)量積公式，三角恒等變換，化簡f（x）的解析式，再利用正弦函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間．
（2）由條件利用y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律求得g（x）的解析式，再利用余弦定理以及基本不等式式，求得△ABC面積的最大值．

解答 解：（1）∵$\overrightarrow m=（sinx，\frac{1}{2}），\overrightarrow n=（cosx，cos（2x+\frac{π}{6}））$，
∴$f（x）=\overrightarrow m•\overrightarrow n+\frac{3}{2}=（sinx，\frac{1}{2}）•（cosx，cos（2x+\frac{π}{6}））+\frac{3}{2}=sinxcosx+\frac{1}{2}cos（2x+\frac{π}{6}）+\frac{3}{2}$
=$\frac{1}{2}$sin2x+$\frac{1}{2}$（cos2x•$\frac{\sqrt{3}}{2}$-sin2x•$\frac{1}{2}$）+$\frac{3}{2}$=$\frac{1}{4}$sin2x+$\frac{\sqrt{3}}{4}$cos2x+$\frac{3}{2}$=$\frac{1}{2}$sin（2x+$\frac{π}{3}$）+$\frac{3}{2}$．
令$2kπ-\frac{π}{2}≤2x+\frac{π}{3}≤2kπ+\frac{π}{2}$，解得$kπ-\frac{5π}{12}≤x≤kπ+\frac{π}{12}$，
可得f（x）的單調(diào)增區(qū)間為$[kπ-\frac{5π}{12}，kπ+\frac{π}{12}]，k∈Z$
 （2）把函數(shù)f（x）的橫坐標(biāo)縮小到原來的一半，可得y=$\frac{1}{2}$sin（4x+$\frac{π}{3}$）+$\frac{3}{2}$的圖象，
再向右平移$\frac{π}{6}$個單位得到函數(shù)$g（x）=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}sin（4x-\frac{π}{3}）$的圖象，
∵$g（B）=\frac{3}{2}$，∴$\frac{3}{2}+\frac{1}{2}sin（4B-\frac{π}{3}）=\frac{3}{2}$，
∴$\frac{1}{2}sin（4B-\frac{π}{3}）=0，4B-\frac{π}{3}=kπ，B=\frac{kπ}{4}+\frac{π}{12}，k∈z$，
當(dāng)k=0時，$B=\frac{π}{12}$不合題意；當(dāng)$k=1，B=\frac{π}{3}$．
根據(jù)余弦定理可得b²=a²+c²-2accosB=a²+c²-ac≥ac，∴ac≤9，
${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}acsinB≤\frac{1}{2}×9×\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{{9\sqrt{3}}}{4}$，當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，△ABC面積的最大值為$\frac{9\sqrt{3}}{4}$．

點(diǎn)評 本題主要考查兩個向量的數(shù)量積公式，三角恒等變換，y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，余弦定理以及基本不等式的應(yīng)用，屬于中檔題．