Question

2．已知向量$\overrightarrow a=（cosx，sinx）$，$\overrightarrow b=（sin（x-\frac{π}{6}），cos（x-\frac{π}{6}））$，函数$f（x）=\overrightarrow a•\overrightarrow b$．
（1）求函数f（x）的零点；
（2）若△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且f（A）=1，求$\frac{b+c}{a}$的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据平面向量的数量积公式和三角恒等变换化简f（x），根据正弦函数的性质求出f（x）的零点；
（2）根据f（A）=1求出A，利用正弦定理和正弦函数的性质得出$\frac{b+c}{a}$的范围．

解答 解：（1）由条件可知：$\overrightarrow a•\overrightarrow b=cosx•sin（x-\frac{π}{6}）+sinx•cos（x-\frac{π}{6}）=sin（2x-\frac{π}{6}）$，
∴$f（x）=\overrightarrow a•\overrightarrow b=sin（2x-\frac{π}{6}）$．
令$sin（2x-\frac{π}{6}）=0$，得2x-$\frac{π}{6}$=kπ，∴$x=\frac{kπ}{2}+\frac{π}{12}$，k∈Z．
∴f（x）的零点为$\frac{π}{12}$+$\frac{kπ}{2}$，k∈Z．
（2）由正弦定理得$\frac{b+c}{a}=\frac{sinB+sinC}{sinA}$
由（1）f（A）=sin（2A-$\frac{π}{6}$）=1，
∴$2A-\frac{π}{6}=2kπ+\frac{π}{2}$，k∈Z，又A∈（0，π），∴$A=\frac{π}{3}$，
∴$C=\frac{2π}{3}-B$，
∴$\frac{b+c}{a}=\frac{{sinB+sin（\frac{2π}{3}-B）}}{sinA}=\frac{{\frac{3}{2}sinB+\frac{{\sqrt{3}}}{2}cosB}}{sinA}=\frac{{\sqrt{3}sin（B+\frac{π}{6}）}}{sinA}=2sin（B+\frac{π}{6}）$，
∵$0＜B＜\frac{2π}{3}$，∴$\frac{π}{6}＜B+\frac{π}{6}＜\frac{5π}{6}$，∴$\frac{1}{2}＜sin（B+\frac{π}{6}）≤1$．
∴$1＜\frac{b+c}{a}≤2$．

点评 本题考查了平面向量的数量积运算，三角恒等变换，正弦定理，属于中档题．