《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例2 (2023·河北石家庄二中模拟)设函数$f(x)=\sqrt{2}\sin(\omega x+\varphi )(\omega ＞ 0,0 ＜ \varphi ＜ \pi)$，该函数图象上相邻两个最高点间的距离为$4\pi$，且$f(x)$为偶函数.
(1)求$\omega$和$\varphi$的值；
(2)已知角$A,B,C$为$\triangle ABC$的三个内角，若$(2\sin A - \sin C)\cos B = \sin B\cos C$，求$[f(A)]^{2}+[f(C)]^{2}$的取值范围.

答案： 解　
(1)因为$f(x)=\sqrt{2}\sin(\omega x+\varphi)$的图象上相邻两个最高点间的距离为$4\pi$，
所以$\frac{2\pi}{\omega}=4\pi$，解得$\omega=\frac{1}{2}$，
所以$f(x)=\sqrt{2}\sin(\frac{1}{2}x+\varphi)$。
又因为$f(x)$为偶函数，所以$\varphi=k\pi+\frac{\pi}{2}$，$k\in\mathbf{Z}$。
又因为$0\lt\varphi\lt\pi$，所以$\varphi=\frac{\pi}{2}$。
(2)因为$(2\sin A-\sin C)\cos B=\sin B\cos C$，
所以$2\sin A\cos B-\sin C\cos B=\sin B\cos C$，
所以$2\sin A\cos B=\sin(B + C)$。
又因为$A + B + C=\pi$，且$0\lt A\lt\pi$，
所以$\sin(B + C)=\sin A\neq0$，所以$\cos B=\frac{1}{2}$。
因为$0\lt B\lt\pi$，所以$B=\frac{\pi}{3}$，则$A + C=\frac{2\pi}{3}$，即$C=\frac{2\pi}{3}-A$。
由
(1)知，函数$f(x)=\sqrt{2}\cos\frac{1}{2}x$，
所以$[f(A)]^2+[f(C)]^2=2\cos^2\frac{1}{2}A+2\cos^2\frac{1}{2}C=\cos A+\cos C + 2=\cos A+\cos(\frac{2\pi}{3}-A)+2=\cos A-\frac{1}{2}\cos A+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin A+2=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin A+\frac{1}{2}\cos A+2=\sin(A+\frac{\pi}{6})+2$。
因为$0\lt A\lt\frac{2\pi}{3}$，所以$\frac{\pi}{6}\lt A+\frac{\pi}{6}\lt\frac{5\pi}{6}$，
所以$\sin(A+\frac{\pi}{6})\in(\frac{1}{2},1]$，
则$\sin(A+\frac{\pi}{6})+2\in(\frac{5}{2},3]$，
即$[f(A)]^2+[f(C)]^2$的取值范围为$(\frac{5}{2},3]$。

训练 2. 设$f(x)=\sin x\cos x - \cos^{2}(x + \frac{\pi}{4}),x\in[0,\pi]$.
(1)求$f(x)$的单调递增区间；
(2)在锐角三角形$ABC$中，内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$. 若$f(\frac{A}{2}) = 0,a = 1$，求$\triangle ABC$面积的最大值.

答案： 解　
(1)由题意，得$f(x)=\frac{1}{2}\sin2x-\frac{1}{2}[\cos(2x+\frac{\pi}{2})+1]=\sin2x-\frac{1}{2}$。
因为$0\leqslant x\leqslant\pi$，所以$0\leqslant2x\leqslant2\pi$。
由正弦函数的单调性可知，当$0\leqslant2x\leqslant\frac{\pi}{2}$或$\frac{3\pi}{2}\leqslant2x\leqslant2\pi$，即$0\leqslant x\leqslant\frac{\pi}{4}$或$\frac{3\pi}{4}\leqslant x\leqslant\pi$时，函数$f(x)=\sin2x-\frac{1}{2}$单调递增。
所以$f(x)$的单调递增区间是$[0,\frac{\pi}{4}]$和$[\frac{3\pi}{4},\pi]$。
(2)由题意，得$f(\frac{A}{2})=\sin A-\frac{1}{2}=0$，
所以$\sin A=\frac{1}{2}$。
因为$\triangle ABC$为锐角三角形，所以$A\in(0,\frac{\pi}{2})$，故$A=\frac{\pi}{6}$。
由余弦定理，得$b^2 + c^2-2bc\cos A=a^2$，
故$b^2 + c^2-\sqrt{3}bc = 1$。
由基本不等式，得$b^2 + c^2\geqslant2bc$，故$bc\leqslant2+\sqrt{3}$，当且仅当$b = c$时，等号成立。
因此$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin A\leqslant\frac{2+\sqrt{3}}{4}$，当且仅当$b = c$时，$\triangle ABC$的面积取得最大值$\frac{2+\sqrt{3}}{4}$。

例3 已知向量$\boldsymbol{a}=(\sin x,\sqrt{3}\sin(\pi + x)),\boldsymbol{b}=(\cos x,-\sin x)$，函数$f(x)=\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}-\frac{\sqrt{3}}{2}$.
(1)求$f(x)$的最小正周期及$f(x)$图象的对称轴方程；
(2)先将$f(x)$的图象上每个点的纵坐标不变，横坐标变为原来的$2$倍，再向左平移$\frac{\pi}{3}$个单位长度得到函数$g(x)$的图象，若函数$y = g(x) - m$在区间$[\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}]$内有两个零点，求$m$的取值范围.

答案：
解　
(1)因为$f(x)=a\cdot b-\frac{\sqrt{3}}{2}=\sin x\cos x+\sqrt{3}\sin^2x-\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}\sin2x-\frac{\sqrt{3}}{2}\cos2x=\sin(2x-\frac{\pi}{3})$，
故$f(x)$的最小正周期为$T=\frac{2\pi}{2}=\pi$。
由$2x-\frac{\pi}{3}=k\pi+\frac{\pi}{2}$，$k\in\mathbf{Z}$，得$x=\frac{k\pi}{2}+\frac{5\pi}{12}$，$k\in\mathbf{Z}$。
所以$f(x)$的最小正周期为$\pi$，对称轴方程为$x=\frac{k\pi}{2}+\frac{5\pi}{12}$，$k\in\mathbf{Z}$。
(2)由
(1)，知$f(x)=\sin(2x-\frac{\pi}{3})$。
由题意，得$g(x)=\sin x$。
函数$y = g(x)-m$在区间$[\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}]$内有两个零点，
转化为函数$y=\sin x$，$x\in[\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}]$的图象与直线$y = m$有两个交点。
由图象可得，$m$的取值范围为$[\frac{1}{2},1)$。