Question

11．已知函數(shù)f（x）=sin（x+$\frac{π}{6}$）-cos（x+$\frac{π}{3}$），g（x）=2sin²$\frac{x}{2}$．
（Ⅰ）求函數(shù)y=f（x）+g（x）在[0，π]上的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）在△ABC中，A為銳角，且角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，若a=$\sqrt{5}$，f（A）=$\frac{3\sqrt{5}}{4}$，求△ABC面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）首先展開兩角和的正弦和余弦，代入y=f（x）+g（x）后化簡，然后利用復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性求在[0，π]上的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）由f（A）=$\frac{3\sqrt{5}}{4}$求得sinA，進(jìn)一步求得cosA，然后結(jié)合余弦定理即不等式求△ABC面積的最大值．

解答 解：f（x）=sin（x+$\frac{π}{6}$）-cos（x+$\frac{π}{3}$）=$sinxcos\frac{π}{6}+cosxsin\frac{π}{6}-cosxcos\frac{π}{3}+sinxsin\frac{π}{3}$=$\sqrt{3}sinx$．
g（x）=2sin²$\frac{x}{2}$=1-cosx．
（Ⅰ）y=f（x）+g（x）=$\sqrt{3}sinx-cosx$+1=2$sin（x-\frac{π}{6}）+1$．
令$2kπ-\frac{π}{2}≤x-\frac{π}{6}≤2kπ+\frac{π}{2}（k∈Z）$，得$2kπ-\frac{π}{3}≤x≤2kπ+\frac{2π}{3}$（k∈Z）．
令$2kπ+\frac{π}{2}≤x-\frac{π}{6}≤2kπ+\frac{3π}{2}$（k∈Z），得$2kπ+\frac{2π}{3}≤x≤2kπ+\frac{5π}{3}$（k∈Z）．
∴在[0，π]內(nèi)y=f（x）+g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是$[0，\frac{2π}{3}]$，單調(diào)遞減區(qū)間是$[\frac{2π}{3}，π]$．
（Ⅱ）∵f（A）=$\sqrt{3}sinA$=$\frac{3\sqrt{5}}{4}$，∴$sinA=\frac{\sqrt{15}}{4}$．
又∵A為銳角，∴$cosA=\frac{1}{4}$．
又∵a=$\sqrt{5}$，∴$cosA=\frac{^{2}+{c}^{2}-{a}^{2}}{2bc}=\frac{^{2}+{c}^{2}-5}{2bc}=\frac{1}{4}$．
∴$^{2}+{c}^{2}=5+\frac{1}{2}bc≥2bc$．
∴$bc≤\frac{10}{3}$．當(dāng)且僅當(dāng) b=c=$\frac{3\sqrt{10}}{3}$時，bc取得最大值．
∴△ABC的面積最大值為$\frac{1}{2}bcsinA=\frac{5\sqrt{15}}{12}$．

點(diǎn)評 本題考查了三角函數(shù)最值的求法，考查了與三角函數(shù)有關(guān)的復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用余弦定理解決與三角形有關(guān)的問題，是中檔題．