Question

14．设f（x）=sinxcosx-cos²（x+$\frac{π}{4}$）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（$\frac{A}{2}$）=0，a=1，求△ABC面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由三角函数恒等变换化简解析式可得f（x）=sin2x-$\frac{1}{2}$，由2k$π-\frac{π}{2}$≤2x≤2k$π+\frac{π}{2}$，k∈Z可解得f（x）的单调递增区间，由2k$π+\frac{π}{2}$≤2x≤2k$π+\frac{3π}{2}$，k∈Z可解得单调递减区间．
（Ⅱ）由f（$\frac{A}{2}$）=sinA-$\frac{1}{2}$=0，可得sinA，cosA，由余弦定理可得：bc$≤2+\sqrt{3}$，且当b=c时等号成立，从而可求$\frac{1}{2}$bcsinA≤$\frac{2+\sqrt{3}}{4}$，从而得解．

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2k$π-\frac{π}{2}$≤2x≤2k$π+\frac{π}{2}$，k∈Z可解得：k$π-\frac{π}{4}$≤x≤k$π+\frac{π}{4}$，k∈Z；
由2k$π+\frac{π}{2}$≤2x≤2k$π+\frac{3π}{2}$，k∈Z可解得：k$π+\frac{π}{4}$≤x≤k$π+\frac{3π}{4}$，k∈Z；
所以f（x）的单调递增区间是[k$π-\frac{π}{4}$，k$π+\frac{π}{4}$]，（k∈Z）；单调递减区间是：[k$π+\frac{π}{4}$，k$π+\frac{3π}{4}$]，（k∈Z）；
（Ⅱ）由f（$\frac{A}{2}$）=sinA-$\frac{1}{2}$=0，可得sinA=$\frac{1}{2}$，
由题意知A为锐角，所以cosA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
由余弦定理a²=b²+c²-2bccosA，
可得：1+$\sqrt{3}$bc=b²+c²≥2bc，即bc$≤2+\sqrt{3}$，且当b=c时等号成立．
因此S=$\frac{1}{2}$bcsinA≤$\frac{2+\sqrt{3}}{4}$，
所以△ABC面积的最大值为$\frac{2+\sqrt{3}}{4}$．

点评 本题主要考查了正弦函数的图象和性质，余弦定理，基本不等式的应用，属于基本知识的考查．