Question

18．设f（x）=sin（x+$\frac{5π}{2}$）cos（x-$\frac{π}{2}$）-cos²（x+$\frac{π}{4}}$）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（$\frac{A}{2}}$）=$\frac{{\sqrt{3}-1}}{2}$，a=1，求△ABC周长的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得f（x）=sin2x-$\frac{1}{2}$，利用$-\frac{π}{2}+2kπ≤2x≤\frac{π}{2}+2kπ，k∈Z$，$\frac{π}{2}+2kπ≤2x≤\frac{3π}{2}+2kπ，k∈Z$，可求f（x）的单调区间；
（2）由已知可求sinA，又A为锐角，可得A=$\frac{π}{3}$，利用正弦定理可得b=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$sinB，c=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$sinC，利用三角函数恒等变换的应用化简可得周长L=1+2sin（C+$\frac{π}{6}$），利用正弦函数的性质即可得解．

解答 解：（1）由题意知$f（x）=\frac{sin2x}{2}-\frac{{1+cos（{2x+\frac{π}{2}}）}}{2}$=$\frac{sin2x}{2}-\frac{1-sin2x}{2}=sin2x-\frac{1}{2}$，
由$-\frac{π}{2}+2kπ≤2x≤\frac{π}{2}+2kπ，k∈Z$，可得$-\frac{π}{4}+kπ≤x≤\frac{π}{4}+kπ，k∈Z$，
由$\frac{π}{2}+2kπ≤2x≤\frac{3π}{2}+2kπ，k∈Z$，可得$\frac{π}{4}+kπ≤x≤\frac{3π}{4}+kπ，k∈Z$，
所以函数f（x）的单调递增区间是：$[{-\frac{π}{4}+kπ，\frac{π}{4}+kπ}]（{k∈Z}）$；
单调递减区间是：$[{\frac{π}{4}+kπ，\frac{3π}{4}+kπ}]（{k∈Z}）$．
（2）因为：f（$\frac{A}{2}}$）=sinA-$\frac{1}{2}$=$\frac{{\sqrt{3}-1}}{2}$，
所以：sinA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，又A为锐角，可得A=$\frac{π}{3}$，
由a=1，利用正弦定理可得：$\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}=\frac{a}{sinA}=\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
所以：b=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$sinB，c=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$sinC，
∴△ABC周长L=a+b+c=1+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$sinB+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$sinC=1+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$sin（$\frac{2π}{3}$-C）+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$sinC=1+2sin（C+$\frac{π}{6}$），
故当sin（C+$\frac{π}{6}$）取最大值1时，△ABC周长取最大值为3．

点评 本题主要考察了正弦定理、余弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质的综合应用，属于基本知识的考查．