Question

11．已知向量$\overrightarrow m$=（cos$\frac{x}{2}$，-1），$\overrightarrow n$=（$\sqrt{3}$sin$\frac{x}{2}$，cos²$\frac{x}{2}$），函數(shù)f（x）=$\overrightarrow m$•$\overrightarrow n$+1．
（1）若x∈[0，$\frac{π}{2}$]，f（x）=$\frac{11}{10}$，求cosx的值；
（2）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足2bcosA≤2c-$\sqrt{3}$a，求角B的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）進行數(shù)量積的坐標運算，并根據(jù)二倍角的正余弦公式及兩角差的正弦公式化簡便可得出$f（x）=sin（x-\frac{π}{6}）+\frac{1}{2}$，由f（x）=$\frac{11}{10}$便可得到$sin（x-\frac{π}{6}）=\frac{3}{5}$，進而求出$cos（x-\frac{π}{6}）=\frac{4}{5}$，根據(jù)cosx=$cos[（x-\frac{π}{6}）+\frac{π}{6}]$即可求出cosx的值；
（2）根據(jù)正弦定理便可由2bcosA≤2c-$\sqrt{3}$a得出$2sinBcosA≤2sinC-\sqrt{3}sinA$，而sinC=sin（A+B），帶入化簡即可得出cosB≥$\frac{\sqrt{3}}{2}$，從而求出B的取值范圍．

解答 解：（1）$f（x）=\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}+1$
=$\sqrt{3}sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}-co{s}^{2}\frac{x}{2}$+1
=$\frac{\sqrt{3}}{2}sinx-\frac{1+cosx}{2}+1$
=$\frac{\sqrt{3}}{2}sinx-\frac{1}{2}cosx+\frac{1}{2}$
=$sin（x-\frac{π}{6}）+\frac{1}{2}$；
∵$f（x）=\frac{11}{10}$，∴$sin（{x-\frac{π}{6}}）=\frac{3}{5}$；
又$x∈[{0，\frac{π}{2}}]$，∴$x-\frac{π}{6}∈[{-\frac{π}{6}，\frac{π}{3}}]$；
∴$cos（{x-\frac{π}{6}}）=\frac{4}{5}$；
∴$cosx=cos[（x-\frac{π}{6}）+\frac{π}{6}]$
=$cos（x-\frac{π}{6}）cos\frac{π}{6}-sin（x-\frac{π}{6}）sin\frac{π}{6}$
=$\frac{4}{5}×\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{3}{5}×\frac{1}{2}$
=$\frac{4\sqrt{3}-3}{10}$；
（2）根據(jù)正弦定理，$\frac{a}{sinA}=\frac{sinB}=\frac{c}{sinC}=2R$；
∴a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，
帶入$2bcosA≤2c-\sqrt{3}a$得：$2sinBcosA≤2sinC-\sqrt{3}sinA$；
∴$2sinBcosA≤2sin（A+B）-\sqrt{3}sinA$；
∴$2sinBcosA≤2（{sinAcosB+cosAsinB}）-\sqrt{3}sinA$；
∴$2sinAcosB≥\sqrt{3}sinA$；
∴$cosB≥\frac{{\sqrt{3}}}{2}$；
∴$B∈（{0，\frac{π}{6}}]$；
即角B的取值范圍為（0，$\frac{π}{6}$]．

點評 考查數(shù)量積的坐標運算，二倍角的正余弦公式，兩角和差的正余弦公式，以及正弦定理，并熟悉余弦函數(shù)的圖象．