Question

5．已知f（x）=cos²（$\frac{π}{4}$-x）-$\frac{1}{2}$（cosx-sinx）²-$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
（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（$\frac{A}{2}$）=0，且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-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，利用正弦函数的单调性即可得解．
（2）由题意知$f（\frac{A}{2}）=sinA-\frac{{\sqrt{3}}}{2}=0$，可求$A=\frac{π}{3}$，利用正弦定理可求$b=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}sinB$，$c=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}sinC$，从而利用三角函数恒等变换的应用化简可求a+b+c=2sin（B+$\frac{π}{6}$）+1，由范围$\left\{\begin{array}{l}0＜B＜\frac{π}{2}\\ 0＜C=\frac{2π}{3}-B＜\frac{π}{2}\end{array}\right.$，可求$B+\frac{π}{6}∈（\frac{π}{3}，\frac{2π}{3}）$，利用正弦函数的性质可求其最大值．

解答 解：（1）$f（x）=\frac{{1+cos（\frac{π}{2}-2x）}}{2}-\frac{1}{2}（{sin^2}x-2sinxcosx+cos{x^2}）-\frac{{\sqrt{3}}}{2}$=$\frac{1}{2}（1+sin2x）-\frac{1}{2}（1-sin2x）-\frac{{\sqrt{3}}}{2}=sin2x-\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
∴由$-\frac{π}{2}+2kπ≤2x≤\frac{π}{2}+2kπ$，得其增区间为：$[-\frac{π}{4}+kπ，\frac{π}{4}+kπ]（k∈Z）$；
由$\frac{π}{2}+2kπ≤2x≤\frac{3π}{2}+2kπ$，得其减区间为：$[\frac{π}{4}+kπ，\frac{3π}{4}+kπ]（k∈Z）$．
（2）∵由题意知$f（\frac{A}{2}）=sinA-\frac{{\sqrt{3}}}{2}=0$，∴$A=\frac{π}{3}$．
又由正弦定理$\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}=\frac{a}{sinA}=\frac{1}{{\frac{{\sqrt{3}}}{2}}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，知：$b=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}sinB$，$c=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}sinC$，
则△ABC的周长为$a+b+c=1+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}sinB+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}sinC=1+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}sinB+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}sin（\frac{2π}{3}-B）$=$1+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}sinB+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}（\frac{{\sqrt{3}}}{2}cosB+\frac{1}{2}sinB）=1+\sqrt{3}sinB+cosB=2sin（B+\frac{π}{6}）+1$．
由$\left\{\begin{array}{l}0＜B＜\frac{π}{2}\\ 0＜C=\frac{2π}{3}-B＜\frac{π}{2}\end{array}\right.$，知：$\frac{π}{6}＜B＜\frac{π}{2}$，
则有$B+\frac{π}{6}∈（\frac{π}{3}，\frac{2π}{3}）$，$sin（B+\frac{π}{6}）∈（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，1]$，
∴△ABC的周长的最大值为3．

点评 本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和数形结合思想的应用，属于中档题．