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高考解答題專項突破(二) 三角函數的綜合問題
[考情分析]　以三角形、三角函數為載體，以三角函數的圖象與性質、正弦定理、余弦定理為工具，以三角恒等變換為手段來考查三角函數的綜合問題是高考的熱點題型，主要考查內容有正、余弦定理、三角形面積的計算、三角恒等變換和三角函數的性質．解題時要充分利用三角函數的圖象與性質，交替使用正弦定理、余弦定理，利用數形結合、函數與方程思想等進行求解．
考點一　三角函數圖象與性質的綜合
例1 已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示．
(1)求f(x)＝2的解集；
(2)求函數g(x)＝f－f的單調遞增區間．
解決三角函數圖象與性質綜合問題的方法 利用圖象討論三角函數的性質，應先把函數化成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)或y＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的形式，然后通過換元法令t＝ωx＋φ，轉化為研究y＝Asint或y＝Acost的性質．
　1.已知函數f(x)＝2sinωxcosφ＋2sinφ－4sin2sinφ(ω>0，|φ|<π)，其圖象的一條對稱軸與相鄰對稱中心的橫坐標相差，________，從以下兩個條件中任選一個補充在空白橫線中．
①函數f(x)的圖象向左平移個單位長度后得到的圖象關于y軸對稱且f(0)<0；
②函數f(x)的圖象的一條對稱軸為直線x＝－且f(1)求函數f(x)的解析式；
(2)若x∈，函數h(x)＝f(x)－a存在兩個不同零點x1，x2，求x1＋x2的值．
考點二　三角函數與解三角形的綜合
例2 (2023·河北石家莊二中模擬)設函數f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)，該函數圖象上相鄰兩個最高點間的距離為4π，且f(x)為偶函數．
(1)求ω和φ的值；
(2)已知角A，B，C為△ABC的三個內角，若(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，求[f(A)]2＋[f(C)]2的取值范圍．
解三角形與三角函數的綜合應用主要體現在以下兩個方面：(1)利用三角恒等變換化簡三角函數式進行解三角形；(2)解三角形與三角函數圖象和性質的綜合應用．
　2.設f(x)＝sinxcosx－cos2，x∈[0，π]．
(1)求f(x)的單調遞增區間；
(2)在銳角三角形ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若f＝0，a＝1，求△ABC面積的最大值．
考點三　三角函數與平面向量的綜合
例3 已知向量a＝(sinx，sin(π＋x))，b＝(cosx，－sinx)，函數f(x)＝a·b－.
(1)求f(x)的最小正周期及f(x)圖象的對稱軸方程；
(2)先將f(x)的圖象上每個點的縱坐標不變，橫坐標變為原來的2倍，再向左平移個單位長度得到函數g(x)的圖象，若函數y＝g(x)－m在區間內有兩個零點，求m的取值范圍．
當題目條件給出的向量坐標中含有三角函數的形式時，首先運用向量數量積的定義、向量共線、向量垂直等，得到三角函數的關系式，然后利用三角函數的圖象、性質解決問題．
　3.已知向量a＝，b＝(cosx，－1)．
(1)當a∥b時，求2cos2x－sin2x的值；
(2)求f(x)＝(a＋b)·b在上的單調遞增區間．
考點四　解三角形與平面向量的綜合
例4 (2024·四川成都調研)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且m＝(2b＋c，a)，n＝(cosA，cosC)，m⊥n.
(1)求角A的大小；
(2)D是線段BC上的點，且AD＝BD＝2，CD＝3，求△ABD的面積．
解決解三角形與平面向量綜合問題的關鍵：準確利用向量的坐標運算化簡已知條件，將其轉化為三角函數的問題解決．
　4.(2023·廣東廣州天河區模擬)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足bcos＝asinB.
(1)求A；
(2)若a＝，·＝3，AD是△ABC的中線，求AD的長．
課時作業
1．(2023·廣東佛山模擬)已知函數f(x)＝cos4x＋2sinxcosx－sin4x.
(1)求f(x)的最小正周期和單調遞減區間；
(2)已知△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若f(A)＝1，BC邊的中線AD的長為，求△ABC面積的最大值．
2.(2024·江西南昌模擬)如圖為函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象．
(1)求函數f(x)的解析式和單調遞增區間；
(2)若將y＝f(x)的圖象向右平移個單位長度，然后再將橫坐標縮短為原來的得到y＝g(x)的圖象，求函數g(x)在區間上的最大值和最小值．
3．設函數f(x)＝m·n，其中向量m＝(2cosx，1)，n＝(cosx，sin2x)(x∈R)．
(1)求f(x)的最小值；
(2)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C所對的邊，已知f(A)＝2，b＝1，△ABC的面積為，求的值．
4．(2023·四川成都模擬)已知函數f(x)＝2cos2x＋sin2x.
(1)求函數f(x)的單調遞增區間；
(2)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，且f(C)＝3，c＝1，ab＝2，求△ABC的周長．
5．(2023·福建福州模擬)已知向量m＝，n＝.
(1)若m·n＝2，求cos的值；
(2)記f(x)＝m·n，在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足(2a－c)cosB＝bcosC，求f(A)的取值范圍．
6．(2024·湖北黃岡調研)設△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知向量m＝(b，a)，n＝(sinA，cos(A＋C))，且m·n＝0.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝，求3a＋c的最大值．
7．已知函數f(x)＝cos4x－2sinxcosx－sin4x.
(1)求f(x)的最小正周期和單調遞增區間；
(2)求函數f(x)在區間上的值域；
(3)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若f＝0，a＝2，求△ABC面積的最大值．
8．(2024·重慶永川北山中學模擬)已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，cos(A－C)＋cosB＝，設m＝(b，c)，n＝(a，b)且m∥n.
(1)求角B的大小；
(2)延長BC至D，使BD＝5，若△ACD的面積S＝，求AD的長．
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高考解答題專項突破(二) 三角函數的綜合問題
[考情分析]　以三角形、三角函數為載體，以三角函數的圖象與性質、正弦定理、余弦定理為工具，以三角恒等變換為手段來考查三角函數的綜合問題是高考的熱點題型，主要考查內容有正、余弦定理、三角形面積的計算、三角恒等變換和三角函數的性質．解題時要充分利用三角函數的圖象與性質，交替使用正弦定理、余弦定理，利用數形結合、函數與方程思想等進行求解．
考點一　三角函數圖象與性質的綜合
例1 已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示．
(1)求f(x)＝2的解集；
(2)求函數g(x)＝f－f的單調遞增區間．
解　(1)由圖象可知，周期T＝＋＝π，
∴ω＝＝2，
∵點在函數圖象上，
∴Asin＝0，
∴sin＝0，解得＋φ＝π＋2kπ，φ＝2kπ＋，k∈Z，
∵|φ|<，∴φ＝，
∵點(0，1)在函數圖象上，∴Asin＝1，A＝2，
∴函數f(x)的解析式為f(x)＝2sin，
由f(x)＝2sin＝2，得sin＝1，
即2x＋＝＋2kπ，k∈Z，
解得x＝＋kπ，k∈Z，
∴f(x)＝2的解集為.
(2)g(x)＝f－f，
由(1)知f(x)＝2sin，
g(x)＝2sin－2sin＝2sin2x－2sin＝2sin2x－2＝sin2x－cos2x
＝2sin，
由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，
∴函數g(x)＝f－f的單調遞增區間為，k∈Z.
解決三角函數圖象與性質綜合問題的方法 利用圖象討論三角函數的性質，應先把函數化成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)或y＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的形式，然后通過換元法令t＝ωx＋φ，轉化為研究y＝Asint或y＝Acost的性質．
　1.已知函數f(x)＝2sinωxcosφ＋2sinφ－4sin2sinφ(ω>0，|φ|<π)，其圖象的一條對稱軸與相鄰對稱中心的橫坐標相差，________，從以下兩個條件中任選一個補充在空白橫線中．
①函數f(x)的圖象向左平移個單位長度后得到的圖象關于y軸對稱且f(0)<0；
②函數f(x)的圖象的一條對稱軸為直線x＝－且f(1)求函數f(x)的解析式；
(2)若x∈，函數h(x)＝f(x)－a存在兩個不同零點x1，x2，求x1＋x2的值．
解　(1)f(x)＝2sinωxcosφ＋2sinφ－2(1－cosωx)sinφ＝2sin(ωx＋φ)，
又函數f(x)的最小正周期為T＝4×＝π，
所以ω＝＝2，
若選條件①：將函數f(x)的圖象向左平移個單位長度得到的圖象關于y軸對稱，
所得函數為y＝2sin＝2sin，
由函數y＝2sin的圖象關于y軸對稱，
可得＋φ＝＋kπ(k∈Z)，
解得φ＝＋kπ(k∈Z)，
因為|φ|<π，所以φ的可能取值為－，，
若φ＝－，則f(x)＝2sin，
f(0)＝2sin＝－1，符合題意；
若φ＝，則f(x)＝2sin，f(0)＝2sin＝1，不符合題意．
所以f(x)＝2sin.
若選條件②：因為函數f(x)圖象的一條對稱軸為直線x＝－，所以2×＋φ＝＋kπ(k∈Z)，
解得φ＝＋kπ(k∈Z)，
因為|φ|<π，所以φ的可能取值為－，，
若φ＝－，則f(x)＝2sin，
則f＝2sin＝－2若φ＝，則f(x)＝2sin，
則f＝2sin＝2>f(1)，不符合題意．
所以f(x)＝2sin.
(2)令t＝2x－∈，此時函數h(x)＝f(x)－a存在兩個不同零點x1，x2等價于直線y＝a與函數y＝2sint，t∈的圖象有兩個不同交點．
當t＝時，函數取到最大值，
所以t1＋t2＝π，即2x1－＋2x2－＝π，
所以x1＋x2＝.
考點二　三角函數與解三角形的綜合
例2 (2023·河北石家莊二中模擬)設函數f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)，該函數圖象上相鄰兩個最高點間的距離為4π，且f(x)為偶函數．
(1)求ω和φ的值；
(2)已知角A，B，C為△ABC的三個內角，若(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，求[f(A)]2＋[f(C)]2的取值范圍．
解　(1)因為f(x)＝sin(ωx＋φ)的圖象上相鄰兩個最高點間的距離為4π，
所以＝4π，解得ω＝，
所以f(x)＝sin，
又因為f(x)為偶函數，所以φ＝kπ＋，k∈Z.
又因為0<φ<π，所以φ＝.
(2)因為(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，
所以2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC，
所以2sinAcosB＝sin(B＋C)，
又因為A＋B＋C＝π，且0所以sin(B＋C)＝sinA≠0，所以cosB＝，
因為0由(1)知，函數f(x)＝cosx，
所以[f(A)]2＋[f(C)]2＝2cos2A＋2cos2C＝cosA＋cosC＋2＝cosA＋cos＋2＝cosA－cosA＋sinA＋2＝sinA＋cosA＋2＝sin＋2，
因為0所以sin∈，
則sin＋2∈，
即[f(A)]2＋[f(C)]2的取值范圍為.
解三角形與三角函數的綜合應用主要體現在以下兩個方面：(1)利用三角恒等變換化簡三角函數式進行解三角形；(2)解三角形與三角函數圖象和性質的綜合應用．
　2.設f(x)＝sinxcosx－cos2，x∈[0，π]．
(1)求f(x)的單調遞增區間；
(2)在銳角三角形ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若f＝0，a＝1，求△ABC面積的最大值．
解　(1)由題意，得f(x)＝sin2x－＝sin2x－，
因為0≤x≤π，所以0≤2x≤2π，
由正弦函數的單調性可知，當0≤2x≤或≤2x≤2π，即0≤x≤或≤x≤π時，函數f(x)＝sin2x－單調遞增，
所以f(x)的單調遞增區間是和.
(2)由題意，得f＝sinA－＝0，
所以sinA＝，
因為△ABC為銳角三角形，所以A∈，故A＝.
由余弦定理，得b2＋c2－2bccosA＝a2，
故b2＋c2－bc＝1，
由基本不等式，得b2＋c2≥2bc，故bc≤2＋，當且僅當b＝c時，等號成立．
因此S△ABC＝bcsinA≤，當且僅當b＝c時，△ABC的面積取得最大值.
考點三　三角函數與平面向量的綜合
例3 已知向量a＝(sinx，sin(π＋x))，b＝(cosx，－sinx)，函數f(x)＝a·b－.
(1)求f(x)的最小正周期及f(x)圖象的對稱軸方程；
(2)先將f(x)的圖象上每個點的縱坐標不變，橫坐標變為原來的2倍，再向左平移個單位長度得到函數g(x)的圖象，若函數y＝g(x)－m在區間內有兩個零點，求m的取值范圍．
解　(1)因為f(x)＝a·b－＝sinxcosx＋sin2x－＝sin2x－cos2x＝sin，
故f(x)的最小正周期為T＝＝π.
由2x－＝kπ＋，k∈Z，得x＝＋，k∈Z，
所以f(x)的最小正周期為π，對稱軸方程為x＝＋，k∈Z.
(2)由(1)，知f(x)＝sin.
由題意，得g(x)＝sinx.
函數y＝g(x)－m在區間內有兩個零點，
轉化為函數y＝sinx，x∈的圖象與直線y＝m有兩個交點．
由圖象可得，m的取值范圍為.
當題目條件給出的向量坐標中含有三角函數的形式時，首先運用向量數量積的定義、向量共線、向量垂直等，得到三角函數的關系式，然后利用三角函數的圖象、性質解決問題．
　3.已知向量a＝，b＝(cosx，－1)．
(1)當a∥b時，求2cos2x－sin2x的值；
(2)求f(x)＝(a＋b)·b在上的單調遞增區間．
解　(1)由a∥b，得(－1)sinx＝cosx，
所以tanx＝－，
所以2cos2x－sin2x＝＝＝＝.
(2)f(x)＝a·b＋b2＝sinxcosx－＋cos2x＋1＝sin2x＋－＝sin，
當x∈時，2x＋∈，
令－≤2x＋≤，得－≤x≤0.
故函數f(x)在上的單調遞增區間為.
考點四　解三角形與平面向量的綜合
例4 (2024·四川成都調研)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且m＝(2b＋c，a)，n＝(cosA，cosC)，m⊥n.
(1)求角A的大小；
(2)D是線段BC上的點，且AD＝BD＝2，CD＝3，求△ABD的面積．
解　(1)因為m＝(2b＋c，a)，n＝(cosA，cosC)，m⊥n，
所以m·n＝(2b＋c)cosA＋acosC＝0，
由正弦定理可得2sinBcosA＋(sinAcosC＋cosAsinC)＝0，
即2sinBcosA＋sin(A＋C)＝0，
又A＋C＝π－B，
所以2sinBcosA＋sinB＝0，
又B∈(0，π)，則sinB>0，所以cosA＝－，
又A∈(0，π)，因此A＝.
(2)設B＝θ，因為A＝，則C＝π－－θ＝－θ，
因為AD＝BD＝2，
所以∠BAD＝B＝θ，∠ADC＝2θ，∠DAC＝－θ，
在△ACD中，由正弦定理可知＝，
即＝，
即3＝2，
化簡可得5sinθ＝cosθ，即tanθ＝，
所以sin2θ＝＝＝，
所以S△ABD＝AD·BDsin(π－2θ)＝AD·BDsin2θ＝×22×＝.
解決解三角形與平面向量綜合問題的關鍵：準確利用向量的坐標運算化簡已知條件，將其轉化為三角函數的問題解決．
　4.(2023·廣東廣州天河區模擬)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足bcos＝asinB.
(1)求A；
(2)若a＝，·＝3，AD是△ABC的中線，求AD的長．
解　(1)因為cos＝cos＝sin，
所以bsin＝asinB.
由正弦定理，得sinBsin＝sinAsinB.
因為sinB≠0，所以sin＝sinA.
所以sin＝2sincos.
因為A∈(0，π)，∈，所以sin≠0，
所以cos＝.所以＝.
所以A＝.
(2)因為·＝3，所以bccos(π－A)＝3.
又A＝，所以bc＝6.
由余弦定理，得b2＋c2＝a2＋2bccosA＝13.
又＝(＋)，
所以||2＝(＋)2＝(c2＋b2＋2bccosA)＝.
所以||＝，即AD的長為.
課時作業
1．(2023·廣東佛山模擬)已知函數f(x)＝cos4x＋2sinxcosx－sin4x.
(1)求f(x)的最小正周期和單調遞減區間；
(2)已知△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若f(A)＝1，BC邊的中線AD的長為，求△ABC面積的最大值．
解　(1)∵f(x)＝cos4x＋2sinxcosx－sin4x＝(cos2x－sin2x)(cos2x＋sin2x)＋sin2x＝cos2x＋sin2x＝2sin，故f(x)的最小正周期T＝π，
由＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，
得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
∴f(x)的單調遞減區間為(k∈Z)．
(2)由(1)得，f(A)＝2sin＝1，
即sin＝，
∵0又＝(＋)，
∴2＝(2＋2＋2·)，
∴7＝(c2＋b2＋2bccosA)＝(b2＋c2＋bc)，
∵b2＋c2≥2bc，∴b2＋c2＋bc≥3bc，
∴bc≤，當且僅當b＝c＝時取等號，
∴S△ABC＝bcsinA＝bc≤×＝，
∴△ABC面積的最大值為.
2.(2024·江西南昌模擬)如圖為函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象．
(1)求函數f(x)的解析式和單調遞增區間；
(2)若將y＝f(x)的圖象向右平移個單位長度，然后再將橫坐標縮短為原來的得到y＝g(x)的圖象，求函數g(x)在區間上的最大值和最小值．
解　(1)由圖象知，A＝2，＝－＝，T＝π，
又ω>0，則ω＝＝2，
則f(x)＝2sin(2x＋φ)，將代入得，
2sin＝2，
得＋φ＝2kπ＋，k∈Z，
解得φ＝2kπ＋，k∈Z，
因為|φ|<，所以φ＝，
所以f(x)＝2sin.
令－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，
得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
所以f(x)的單調遞增區間為(k∈Z)．
(2)將f(x)＝2sin的圖象向右平移個單位長度，得f＝2sin＝2sin的圖象，
然后再將橫坐標縮短為原來的，得g(x)＝2sin的圖象．
因為x∈，則4x＋∈，
所以－1≤sin≤1.
故當4x＋＝－，即x＝－時，g(x)取得最小值，為－2；
當4x＋＝，即x＝時，g(x)取得最大值，為2.
3．設函數f(x)＝m·n，其中向量m＝(2cosx，1)，n＝(cosx，sin2x)(x∈R)．
(1)求f(x)的最小值；
(2)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C所對的邊，已知f(A)＝2，b＝1，△ABC的面積為，求的值．
解　(1)因為m＝(2cosx，1)，n＝(cosx，sin2x)，
所以f(x)＝2cos2x＋sin2x＝sin2x＋cos2x＋1＝2sin＋1，
所以當sin＝－1，即2x＋＝－＋2kπ，k∈Z，
即x＝－＋kπ，k∈Z時，f(x)取得最小值，為－1.
(2)由f(A)＝2，得2sin＋1＝2，
則sin＝，又A∈(0，π)，
所以2A＋∈，
故2A＋＝，則A＝，
由S△ABC＝bcsinA＝×1×c×＝，
可得c＝2，
在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝1＋4－2×1×2×＝3，
所以a＝，所以＝＝＝2.
4．(2023·四川成都模擬)已知函數f(x)＝2cos2x＋sin2x.
(1)求函數f(x)的單調遞增區間；
(2)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，且f(C)＝3，c＝1，ab＝2，求△ABC的周長．
解　(1)依題意，f(x)＝2cos2x＋sin2x＝1＋cos2x＋sin2x＝2sin＋1，
由－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
所以函數f(x)的單調遞增區間是(k∈Z)．
(2)由(1)知，f(C)＝2sin＋1＝3，
即sin＝1，而C∈(0，π)，
則2C＋∈，于是2C＋＝，解得C＝，
由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，
得1＝(a＋b)2－(2＋)ab＝(a＋b)2－2×(2＋)，
解得a＋b＝2＋，
所以△ABC的周長為3＋.
5．(2023·福建福州模擬)已知向量m＝，n＝.
(1)若m·n＝2，求cos的值；
(2)記f(x)＝m·n，在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足(2a－c)cosB＝bcosC，求f(A)的取值范圍．
解　(1)m·n＝2sincos＋2cos2＝sin＋cos＋1＝2sin＋1.
因為m·n＝2，所以sin＝.
所以cos＝1－2sin2＝.
(2)因為f(x)＝m·n＝2sin＋1，
所以f(A)＝2sin＋1.
因為(2a－c)cosB＝bcosC，
由正弦定理，得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC.
所以2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC，
所以2sinAcosB＝sin(B＋C)．
因為A＋B＋C＝π，
所以sin(B＋C)＝sinA，且sinA≠0.
所以cosB＝.
因為B∈(0，π)，
所以B＝.
所以0所以<＋<，故f(A)的取值范圍是(2，3)．
6．(2024·湖北黃岡調研)設△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知向量m＝(b，a)，n＝(sinA，cos(A＋C))，且m·n＝0.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝，求3a＋c的最大值．
解　(1)在△ABC中，
因為m＝(b，a)，n＝(sinA，cos(A＋C))，
m·n＝0，
所以bsinA－acosB＝0.
由正弦定理，得sinAsinB＝sinAcosB，
又sinA>0，
所以sinB＝cosB，即tanB＝.
又0所以B＝.
(2)由(1)，知B＝，b＝，
由正弦定理，得＝＝＝2，
即a＝2sinA，c＝2sinC.
又C＝－A，
所以3a＋c＝6sinA＋2sinC＝6sinA＋2sin＝7sinA＋cosA＝2sin(A＋θ)，
其中銳角θ由tanθ＝確定，
又0則當且僅當A＋θ＝，即tanA＝tan＝時，
sin(A＋θ)取最大值1，
所以3a＋c的最大值為2.
7．已知函數f(x)＝cos4x－2sinxcosx－sin4x.
(1)求f(x)的最小正周期和單調遞增區間；
(2)求函數f(x)在區間上的值域；
(3)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若f＝0，a＝2，求△ABC面積的最大值．
解　(1)依題意，f(x)＝(cos2x＋sin2x)(cos2x－sin2x)－sin2x＝cos2x－sin2x＝sin，
所以f(x)的最小正周期T＝＝π；
由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ－，k∈Z，
所以f(x)的單調遞增區間為(k∈Z)．
(2)由x∈，得2x＋∈，
則－1≤sin≤，
即－≤f(x)≤1，
所以函數f(x)在區間上的值域為[－，1]．
(3)由(1)知，f＝sin＝0，而0則A＋＝π，
解得A＝，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，
得4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc，
于是bc≤4＋2，當且僅當b＝c時等號成立，
因此S△ABC＝bcsinA＝bc≤＋1，
所以△ABC面積的最大值為＋1.
8．(2024·重慶永川北山中學模擬)已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，cos(A－C)＋cosB＝，設m＝(b，c)，n＝(a，b)且m∥n.
(1)求角B的大小；
(2)延長BC至D，使BD＝5，若△ACD的面積S＝，求AD的長．
解　(1)由cos(A－C)＋cosB＝，
可知cos(A－C)－cos(A＋C)＝，
即cosAcosC＋sinAsinC－cosAcosC＋sinAsinC＝，
可得sinAsinC＝.
由m∥n可得b2－ac＝0，
由正弦定理可知sin2B＝sinAsinC＝，
因為B∈(0，π)，所以sinB＝，
因此B＝或.
分別代入cos(A－C)＋cosB＝，可知當B＝時，cos(A－C)＝2，不成立．
因此B＝.
(2)由B＝可知cos(A－C)＝1，即A＝C，
因此△ABC為等邊三角形，即a＝b＝c，
S△ACD＝AC·CDsin∠ACD＝b(5－a)sin＝a(5－a)＝，
整理可得a(5－a)＝4，即a2－5a＝－4，
在△ABD中，由余弦定理可知，
AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos＝c2＋25－5c＝a2＋25－5a＝21，
因此AD的長為.
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