Question

11．已知函数f（x）=$\sqrt{3}$sinωx•cosωx-cos²ωx（ω＞0）的最小正周期T=π．
（1）求f（x）的单调递增区间；
（2）在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若（2a-c）cosB=bcosC，a+c=4，b=$\sqrt{7}$，求△ABC的面积S．

Answer 1

分析 （1）由三角函数公式化简可得f（x）=sin（2ωx-$\frac{π}{6}$）-$\frac{1}{2}$，由周期公式可得ω=1，可得f（x）=sin（2x-$\frac{π}{6}$）-$\frac{1}{2}$，解不等式2kπ-$\frac{π}{2}$≤2x-$\frac{π}{6}$≤2kπ+$\frac{π}{2}$可得；
（2）由题意和正弦定理代入已知式子易得B=$\frac{π}{3}$，再由余弦定理可得ac的值，整体代入S=$\frac{1}{2}$acsinB计算可得．

解答 解：（1）由三角函数公式化简可得：f（x）=$\sqrt{3}$sinωx•cosωx-cos²ωx
=$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2ωx-$\frac{1}{2}$（1+cos2ωx）=sin（2ωx-$\frac{π}{6}$）-$\frac{1}{2}$，
由周期公式可得$\frac{2π}{2ω}$=π，解得ω=1，
故f（x）=sin（2x-$\frac{π}{6}$）-$\frac{1}{2}$，
由2kπ-$\frac{π}{2}$≤2x-$\frac{π}{6}$≤2kπ+$\frac{π}{2}$可得kπ-$\frac{π}{6}$≤x≤kπ+$\frac{π}{3}$，
∴f（x）的单调递增区间为[kπ-$\frac{π}{6}$，kπ+$\frac{π}{3}$]（k∈Z）；
（2）∵（2a-c）cosB=bcosC，∴（2sinA-sinC）cosB=sinBcosC，
∴2sinAcosB=sinCcosB+sinBcosC=sin（B+C）=sinA，
∴cosB=$\frac{1}{2}$，∴结合三角形内角的范围可得B=$\frac{π}{3}$，
由余弦定理可得b²=a²+c²-2accosB=a²+c²-ac=（a+c）²-3ac，
∵a+c=4，b=$\sqrt{7}$，∴7=16-3ac，解得ac=3，
∴△ABC的面积S=$\frac{1}{2}$acsinB=$\frac{1}{2}×3×\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$

点评 本题考查三角函数的图象和性质，涉及正余弦定理解三角形，属中档题．