Question

5．设函数f（x）=$\frac{1}{2}$sin2x-cos²（x+$\frac{π}{4}$）．
（1）若x∈（0，π），求f（x）的单调递增区间；
（2）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（$\frac{B}{2}$）=0，b=1，求△ABC面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）由三角恒等变换化简f（x），由此得到递增区间．
（2）由等式得到$cosB=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，利用余弦定理及三角形面积公式即可．

解答 解：（Ⅰ）由题意可知，$f（x）=\frac{1}{2}sin2x-\frac{{1+cos（{2x+\frac{π}{2}}）}}{2}$=$\frac{1}{2}sin2x-\frac{1-sin2x}{2}$=$sin2x-\frac{1}{2}$，
由$2kπ-\frac{π}{2}≤2x≤2kπ+\frac{π}{2}，\;\;k∈Z$，
可解得：$kπ-\frac{π}{4}≤x≤kπ+\frac{π}{4}，\;\;k∈Z$．
又因为x∈（0，π），
所以f（x）的单调递增区间是$（{0，\;\;\frac{π}{4}}]$和$[{\frac{3π}{4}，\;\;π}）$．
（Ⅱ）由$f（{\frac{B}{2}}）=sinB-\frac{1}{2}=0$，可得$sinB=\frac{1}{2}$，
由题意知B为锐角，所以$cosB=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
由余弦定理b²=a²+c²-2accosB，
可得：$1+\sqrt{3}ac={a^2}+{c^2}≥2ac$，即$ac≤2+\sqrt{3}$，且当a=c时等号成立，
因此${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}acsinB≤\frac{{2+\sqrt{3}}}{4}$，
所以△ABC面积的最大值为$\frac{{2+\sqrt{3}}}{4}$．

点评 本题考查三角恒等变换，余弦定理及三角形面积公式．