Question

13．已知数列{a_n}，对于任意m，n∈N^*满足a_m+n=a_m+a_n，a₄=8，d=a₃-a₂，在△ABC中，a、b、c，为△ABC的内角A、B、C的对边，且满足$\frac{sinB+sinC}{sinA}$+$\frac{cosB+cosC-d}{cosA}$=0．
（1）证明：AC，BC，AB三边成等差数列；
（2）向量$\overrightarrow{m}$=（sinx，-1），$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}cosx$，-$\frac{1}{2}$），函数f（x）=|$\overrightarrow{m}$|²+$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{n}$-2．，将函数f（x）的图象的横坐标扩大为原来的2倍，在向左平移$\frac{π}{3}$个单位，得到函数g（x）的图象且g（A）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，试求（cosB-cosC）²的值．

Answer 1

分析 （1）由a_m+n=a_m+a_n，及a₄=8，求得a₂和a₁，进一步求得a₃，则d可求2，代入已知三角等式得到sinC+sinB=2sinA，由此得到b+c=2a，也就是AC，BC，AB三边成等差数列；
（2）由平面向量的坐标运算得到f（x）=$\frac{\sqrt{3}}{2}sin2x-\frac{1}{2}cos2x$=$sin（2x-\frac{π}{6}）$，由三角函数的平移变换和伸缩变换得到$g（x）=sin（x+\frac{π}{3}-\frac{π}{6}）=sin（x+\frac{π}{6}）$，根据g（A）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$求得A=$\frac{π}{6}$，再由三角恒等变化求得答案．

解答 （1）证明：对于任意m，n∈N^*满足a_m+n=a_m+a_n，则a₄=2a₂=8，a₂=4，
a₂=2a₁=4，a₁=2，
∴a₄=8=a₃+a₁=a₃+2，a₃=6，
∴d=a₃-a₂=6-4=2，
由$\frac{sinB+sinC}{sinA}$+$\frac{cosB+cosC-d}{cosA}$=0，得$\frac{sinB+sinC}{sinA}$=$\frac{2-cosB-cosC}{cosA}$．
∴sinBcosA+sinCcosA=2sinA-cosBsinA-cosCsinA，
∴sinBcosA+cosBsinA+sinCcosA+cosCsinA
=2sinAsin（A+B）+sin（A+C）
=2sinA，
即sinC+sinB=2sinA，
∴b+c=2a，也就是AC，BC，AB三边成等差数列；
（2）由$\overrightarrow{m}$=（sinx，-1），$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}cosx$，-$\frac{1}{2}$），
得函数f（x）=|$\overrightarrow{m}$|²+$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{n}$-2=$si{n}^{2}x+1+\sqrt{3}sinxcosx+\frac{1}{2}-2$
=$\frac{\sqrt{3}}{2}sin2x-\frac{1}{2}cos2x$=$sin（2x-\frac{π}{6}）$，
函数f（x）的图象的横坐标扩大为原来的2倍，在向左平移$\frac{π}{3}$个单位，得到函数g（x）的图象，
则$g（x）=sin（x+\frac{π}{3}-\frac{π}{6}）=sin（x+\frac{π}{6}）$，
由g（A）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$sin（A+\frac{π}{6}）=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∵0＜A＜$\frac{π}{2}$，∴A=$\frac{π}{6}$，
∵sinC+sinB=2sinA=1，
两边平方得：cos²B+cos²C=1+2sinBsinC，
∴（cosB-cosC）²=cos²B+cos²C-2cosBcosC
=1-2cos（B+C）=1+2cosA=1+2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}+1$．

点评 本题考查了数列通项的求法，考查了三角函数的恒等变换及应用，考查了平面向量的坐标运算，是中档题．