Question

3．已知函數(shù)$f（x）=cos（x+\frac{π}{6}）sin（x+\frac{π}{3}）-sinxcosx-\frac{1}{4}$．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間；
（Ⅱ）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若$b=2，f（\frac{A}{2}）=0，B=\frac{π}{6}$，求c的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導(dǎo)出函數(shù)$f（x）=cos（x+\frac{π}{6}）sin（x+\frac{π}{3}）-sinxcosx-\frac{1}{4}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$sin（2x+$\frac{3}{4}π$），由此能求出函數(shù)f（x）的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間；
（Ⅱ）先求出A=$\frac{π}{4}$，C=$π-\frac{π}{4}-\frac{π}{6}$=$\frac{7π}{12}$，由正弦定理得：$\frac{sinB}=\frac{c}{sinC}$，由此能求出c的值．

解答 解：（Ⅰ）∵函數(shù)$f（x）=cos（x+\frac{π}{6}）sin（x+\frac{π}{3}）-sinxcosx-\frac{1}{4}$
=（cosxcos$\frac{π}{6}$-sinxsin$\frac{π}{6}$）（sinxcos$\frac{π}{3}$+cosxsin$\frac{π}{3}$）-sinxcosx-$\frac{1}{4}$
=（$\frac{\sqrt{3}}{2}cosx$-$\frac{1}{2}sinx$）（$\frac{1}{2}sinx+\frac{\sqrt{3}}{2}cosx$）-sinxcosx-$\frac{1}{4}$
=$\frac{3}{4}co{s}^{2}x-\frac{1}{4}si{n}^{2}x$-sinxcosx-$\frac{1}{4}$
=$\frac{3}{8}cos2x+\frac{3}{8}$-$\frac{1}{8}$+$\frac{1}{8}cos2x$-$\frac{1}{2}sin2x$-$\frac{1}{4}$
=-$\frac{1}{2}sin2x$+$\frac{1}{2}sin2x$
=$\frac{\sqrt{2}}{2}$sin（2x+$\frac{3}{4}π$），
∴函數(shù)f（x）的最小正周期T=$\frac{2π}{2}$=π．
由$\frac{π}{2}+2kπ≤2x+\frac{3}{4}π≤\frac{3π}{2}+2kπ$，k∈Z，
得-$\frac{π}{8}+kπ$≤x≤$\frac{3π}{8}$+kπ，k∈Z，
∴單調(diào)遞減區(qū)間為[-$\frac{π}{8}$+kπ，$\frac{3π}{8}+kπ$]．k∈Z．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（$\frac{A}{2}$）=$\frac{\sqrt{2}}{2}$sin（A+$\frac{3π}{4}$）=0，
∵0＜A＜π，∴A=$\frac{π}{4}$，C=$π-\frac{π}{4}-\frac{π}{6}$=$\frac{7π}{12}$，
∴由正弦定理得：$\frac{sinB}=\frac{c}{sinC}$，
∴c=$\frac{bsinC}{sinB}$=$\frac{2sin\frac{7π}{12}}{sin\frac{π}{6}}$=4sin（$\frac{π}{4}+\frac{π}{3}$）
=4（sin$\frac{π}{4}$cos$\frac{π}{3}$+cos$\frac{π}{4}$sin$\frac{π}{3}$）
=4（$\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}$）=$\sqrt{2}+\sqrt{6}$．

點評 本題考查三角函數(shù)的最小正周期和單調(diào)減區(qū)間的求法，考查三角形邊長的求法，解題時要認真審題，注意三角函數(shù)性質(zhì)、正弦定理的合理運用．