【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题3　三角中的最值、范围问题

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1.(2018·全国Ⅱ卷)若f(x)＝cs x－sin x在[－a，a]上是减函数，则a的最大值是( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2)
C.eq \f(3π,4) D.π
答案 A
解析 法一 f(x)＝cs x－sin x＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
且函数y＝cs x在区间[0，π]上单调递减，则由0≤x＋eq \f(π,4)≤π，得－eq \f(π,4)≤x≤eq \f(3π,4).
因为f(x)在[－a，a]上是减函数，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－a≥－\f(π,4)，,a≤\f(3π,4)，))解得a≤eq \f(π,4)，
所以0所以a的最大值是eq \f(π,4)，故选A.
法二 因为f(x)＝cs x－sin x，
所以f′(x)＝－sin x－cs x，
则由题意，知f′(x)＝－sin x－cs x≤0在[－a，a]上恒成立，
即sin x＋cs x≥0，
即eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≥0在[－a，a]上恒成立，结合函数y＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的图象可知有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，))解得a≤eq \f(π,4)，
所以0所以a的最大值是eq \f(π,4)，故选A.
2.(2022·全国甲卷)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))
在区间(0，π)上恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(13,6))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(19,6)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(8,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(19,6)))
答案 C
解析 由题意可得ω>0，故由x∈(0，π)，得ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，πω＋\f(π,3))).
根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有三个极值点，知eq \f(5π,2)<πω＋eq \f(π,3)≤eq \f(7π,2)，得eq \f(13,6)<ω≤eq \f(19,6).
根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有两个零点，知2π<πω＋eq \f(π,3)≤3π，得eq \f(5,3)<ω≤eq \f(8,3).
综上，ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(8,3))).
3.(2018·北京卷)若△ABC的面积为eq \f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，且C为钝角，则B＝________；eq \f(c,a)的取值范围是________.
答案 60° (2，＋∞)
解析 △ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)＝eq \f(\r(3),4)×2accs B，
所以tan B＝eq \r(3)，因为0°所以B＝60°.
因为C为钝角，所以0°所以0所以eq \f(c,a)＝eq \f(sin C,sin A)＝eq \f(sin（120°－A）,sin A)＝eq \f(sin 120°cs A－cs 120°sin A,sin A)
＝eq \f(\r(3),2tan A)＋eq \f(1,2)>2，
故eq \f(c,a)的取值范围为(2，＋∞).
4.(2022·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \f(cs A,1＋sin A)＝eq \f(sin 2B,1＋cs 2B).
(1)若C＝eq \f(2π,3)，求B；
(2)求eq \f(a2＋b2,c2)的最小值.
解 (1)因为eq \f(cs A,1＋sin A)＝eq \f(sin 2B,1＋cs 2B)，
所以eq \f(cs A,1＋sin A)＝eq \f(2sin Bcs B,1＋2cs2B－1)，
所以eq \f(cs A,1＋sin A)＝eq \f(sin B,cs B)，
所以cs Acs B＝sin B＋sin Asin B，
所以cs(A＋B)＝sin B，
所以sin B＝－cs C＝－cs eq \f(2π,3)＝eq \f(1,2).
因为B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，所以B＝eq \f(π,6).
(2)由(1)得cs(A＋B)＝sin B，
所以sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－（A＋B）))＝sin B，
且0所以0所以eq \f(π,2)－(A＋B)＝B，解得A＝eq \f(π,2)－2B，
由正弦定理得eq \f(a2＋b2,c2)＝eq \f(sin2A＋sin2B,sin2C)
＝eq \f(sin2A＋sin2B,1－cs2C)＝eq \f(sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2B))＋sin2B,1－sin2B)
＝eq \f(cs22B＋sin2B,cs2B)＝eq \f(（2cs2B－1）2＋1－cs2B,cs2B)
＝eq \f(4cs4B－5cs2B＋2,cs2B)＝4cs2B＋eq \f(2,cs2B)－5
≥2eq \r(4cs2B·\f(2,cs2B))－5＝4eq \r(2)－5，当且仅当cs2B＝eq \f(\r(2),2)时取等号，
所以eq \f(a2＋b2,c2)的最小值为4eq \r(2)－5.
热点一 三角函数式的最值、范围
求三角函数式的最值或范围问题，首先把函数式化为一个角的同名三角函数形式，接着利用三角函数的有界性或单调性求解.
例1 (2022·郑州调研)已知函数f(x)＝2sin xcs x－2eq \r(3)cs2x＋eq \r(3).
(1)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))的值；
(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值.
解 (1)因为f(x)＝2sin xcs x－2eq \r(3)cs2x＋eq \r(3)＝sin 2x－2eq \r(3)×eq \f(1＋cs 2x,2)＋eq \r(3)
＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(π,3)))＝2sin eq \f(π,6)＝1.
(2)因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，
所以，当2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(5π,12)时，f(x)取到最大值2；
当2x－eq \f(π,3)＝－eq \f(π,3)，即x＝0时，f(x)取到最小值－eq \r(3).
易错提醒 求三角函数式的最值范围问题要注意：
(1)把三角函数式正确地化简成单一函数形式；
(2)根据所给自变量的范围正确地确定ωx＋φ的范围，从而根据三角函数的单调性求范围.
训练1 (2022·潍坊质检)在①函数y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，②函数y＝f(x) 的图象关于点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称，③函数y＝f(x)的图象经过点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－1))，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答.
问题：已知函数f(x)＝sin ωxcs φ＋cs ωxsin φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，且________，判断函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上是否存在最大值？若存在，求出最大值及此时的x值；若不存在，说明理由.
解 f(x)＝sin ωxcs φ＋cs ωxsin φ＝sin(ωx＋φ)，
由已知函数f(x)的周期T＝eq \f(2π,ω)＝π，
得ω＝2，
所以f(x)＝sin(2x＋φ).
若选①，则有2×eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
解得φ＝kπ－eq \f(π,6)(k∈Z).
又因为|φ|所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，则2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，
所以当2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,3)时，函数f(x)取得最大值，最大值为1.
若选②，则有2×eq \f(π,6)＋φ＝kπ(k∈Z)，
解得φ＝kπ－eq \f(π,3)(k∈Z).
又因为|φ|所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，则2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，
所以当2x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(5π,12)时，函数f(x)取得最大值，最大值为1.
若选③，则有2×eq \f(2π,3)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)，
解得φ＝2kπ－eq \f(11π,6)(k∈Z).
又因为|φ|所以φ＝eq \f(π,6)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，则2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(7π,6)))，
显然，函数f(x)在该区间上没有最大值.
热点二 解三角形中的最值、范围
三角形中的最值、范围问题的解题策略
(1)定基本量：根据题意画出图形，找出三角形中的边、角，利用正弦、余弦定理求出相关的边、角，并选择边、角作为基本量，确定基本量的范围.
(2)构建函数：根据正弦、余弦定理或三角恒等变换，将所求范围的变量表示成函数形式.
(3)求最值：利用基本不等式或函数的单调性等求函数的最值.
例2 (2022·德州二模)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知6cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋A))＋cs A＝5.
(1)求A；
(2)若a＝2，求b2＋c2的取值范围.
解 (1)由已知得6sin2A＋cs A＝5，
整理得6cs2A－cs A－1＝0，
解得cs A＝eq \f(1,2)或cs A＝－eq \f(1,3).
又A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs A＝eq \f(1,2)，
即A＝eq \f(π,3).
(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A及a＝2，A＝eq \f(π,3)得4＝b2＋c2－bc，
即b2＋c2＝4＋bc，
由正弦定理得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(2,\f(\r(3),2))＝eq \f(4\r(3),3)，
即b＝eq \f(4\r(3),3)sin B，c＝eq \f(4\r(3),3)sin C，
又C＝eq \f(2π,3)－B，
所以bc＝eq \f(16,3)sin Bsin C＝eq \f(16,3)sin Bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))＝eq \f(8\r(3),3)sin B·cs B＋eq \f(8,3)sin2B
＝eq \f(4\r(3),3)sin 2B－eq \f(4,3)cs 2B＋eq \f(4,3)＝eq \f(8,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,6)))＋eq \f(4,3)，
又由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0解得eq \f(π,6)所以eq \f(π,6)<2B－eq \f(π,6)所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
所以bc∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，4))，
所以b2＋c2＝4＋bc∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(20,3)，8)).
规律方法 求解三角形中的最值、范围问题的注意点
(1)涉及求范围的问题，一定要搞清楚变量的范围，若已知边的范围，求角的范围可以利用余弦定理进行转化.
(2)注意题目中的隐含条件，如A＋B＋C＝π，0训练2 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知S＝eq \f(\r(3),4)(b2＋c2－a2)，a＝4.
(1)求角A的大小；
(2)求△ABC周长的取值范围.
解 (1)由S＝eq \f(\r(3),4)(b2＋c2－a2)，
得eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)(b2＋c2－a2)
＝eq \f(\r(3),4)×2bccs A，
整理得tan A＝eq \r(3)，因为A∈(0，π),
所以A＝eq \f(π,3).
(2)设△ABC的周长为L，
因为a＝4，A＝eq \f(π,3)，
由余弦定理得：42＝b2＋c2－2bccseq \f(π,3)，
即42＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)(b＋c)2，
所以b＋c≤8，
又b＋c>a＝4，
所以L＝a＋b＋c∈(8，12].
热点三 与三角函数性质有关的参数范围
与三角函数性质有关的参数问题，主要分为三类，其共同的解法是将y＝Asin(ωx＋φ)中的ωx＋φ看作一个整体，结合正弦函数的图象与性质进行求解.
考向1 由最值(或值域)求参数的范围
例3 若函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3，\f(7,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(7,2)))
答案 B
解析 因为ω>0，
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，ωx－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(ωπ,2)－\f(π,4))).
又因为函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(ω>0)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
所以eq \f(π,2)≤eq \f(ωπ,2)－eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，
解得eq \f(3,2)≤ω≤3.故选B.
考向2 由单调性求参数的范围
例4 已知f(x)＝sin(2x－φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上是增函数，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))上有最小值，那么φ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))
答案 B
解析 由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，可得2x－φ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－φ，\f(2π,3)－φ))，
又由0<φ且f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上是增函数，
可得eq \f(2π,3)－φ≤eq \f(π,2)，
所以eq \f(π,6)≤φ当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))时，2x－φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－φ，\f(7π,4)－φ))，
由f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,8)))上有最小值，
可得eq \f(7π,4)－φ>eq \f(3π,2)，
则φ综上，eq \f(π,6)≤φ考向3 由函数的零点求参数的范围
例5 已知a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(ω,2)x，sin ωx))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(ω,2)x，\f(1,2)))，
其中ω>0，若函数f(x)＝a·b－eq \f(1,2)在区间(π，2π)上没有零点，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,8)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,8)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(5,8)))
答案 D
解析 f(x)＝sin2eq \f(ω,2)x＋eq \f(1,2)sin ωx－eq \f(1,2)＝eq \f(1－cs ωx,2)＋eq \f(1,2)sin ωx－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)(sin ωx－cs ωx)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4))).
由函数f(x)在区间(π，2π)上没有零点，知其最小正周期T≥2π，
即eq \f(2π,ω)≥2π，所以ω≤1.
当x∈(π，2π)时，ωx－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωπ－\f(π,4)，2ωπ－\f(π,4)))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ωπ－\f(π,4)≥kπ，,2ωπ－\f(π,4)≤（k＋1）π))k∈Z，
解得k＋eq \f(1,4)≤ω≤eq \f(k,2)＋eq \f(5,8)(k∈Z).
因为0<ω≤1，
当k＝0时，eq \f(1,4)≤ω≤eq \f(5,8)，
当k＝－1时，0<ω≤eq \f(1,8)，
所以ω∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(5,8))).
故选D.
规律方法 由三角函数的性质求解参数，首先将解析式化简，利用对称性、奇偶性或单调性得到含有参数的表达式，进而求出参数的值或范围.
训练3 (1)(2022·马鞍山二模)若函数f(x)＝eq \f(1,2)cs ωx－eq \f(\r(3),2)sin ωx(ω>0)在[0，π]内的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，则ω的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(4,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))) D.(0，1]
(2)(2022·泰安一模)将函数f(x)＝sin4x＋cs4x的图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度后，得到g(x)的图象，若函数y＝g(ωx)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上单调递减，则正数ω的最大值为( )
A.eq \f(1,2) B.1
C.eq \f(3,2) D.eq \f(2,3)
答案 (1)A (2)A
解析 (1)f(x)＝eq \f(1,2)cs ωx－eq \f(\r(3),2)sin ωx＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，
当x∈[0，π]时，eq \f(π,3)≤ωx＋eq \f(π,3)≤ωπ＋eq \f(π,3).
又f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，
所以π≤ωπ＋eq \f(π,3)≤eq \f(5π,3)，
解得eq \f(2,3)≤ω≤eq \f(4,3)，
故ω的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(4,3))).
(2)依题意，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－cs 2x,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋cs 2x,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1＋cs22x,2)＝eq \f(3＋cs 4x,4)，
其图象向左平移eq \f(π,8)个单位长度得到
g(x)＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))))＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,2)))＝eq \f(3,4)－eq \f(1,4)sin 4x的图象，
故g(ωx)＝eq \f(3,4)－eq \f(1,4)sin(4ωx).
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤4ωx≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
由于ω>0，
得eq \f(－\f(π,8)＋\f(kπ,2),ω)≤x≤eq \f(\f(π,8)＋\f(kπ,2),ω)，k∈Z.
由于函数g(ωx)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上单调递减，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(－\f(π,8)＋\f(kπ,2),ω)≤－\f(π,12)，,\f(\f(π,8)＋\f(kπ,2),ω)≥\f(π,4)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω≤\f(3,2)－6k，,ω≤\f(1,2)＋2k，k∈Z，))
所以当k＝0时，ω＝eq \f(1,2)为正数ω的最大值.
一、基本技能练
1.(2022·汕头一模)将函数y＝cs(2x＋φ)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后得到的图象对应的函数为奇函数，则|φ|的最小值为( )
A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(5π,6)
答案 B
解析 将函数y＝cs(2x＋φ)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度得到
y＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋φ))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)＋φ))的图象，因为得到的函数为奇函数，
所以－eq \f(2π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，
解得φ＝eq \f(7π,6)＋kπ(k∈Z)，
则当k＝－1时，|φ|取得最小值eq \f(π,6).
2.(2022·镇海中学检测)设ω>0，将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后与函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))的图象重合，则ω的最小值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,2)
C.eq \f(5,2) D.1
答案 B
解析 将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后得到图象对应的函数为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(ωπ,3)＋\f(π,6)))，
与函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))的图象重合，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(ωπ,3)＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))，
即eq \f(ωπ,3)＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
解得ω＝6k＋eq \f(3,2)(k∈Z)，又ω>0，
所以当k＝0时，ω有最小值且为eq \f(3,2).
3.函数f(x)＝eq \r(3)cs ωx－sin ωx＋1(ω>0)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内存在最小值但无最大值，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(11,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，4))
C.[0，2] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(11,3)))
答案 A
解析 f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＋1，
因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内存在最小值但无最大值，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，ωx＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(πω,2)＋\f(π,6)))，
故结合图象可得，π所以eq \f(5,3)<ω≤eq \f(11,3).
4.(2022·西安调研)在古希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的海伦公式，利用三角形的三边长求三角形的面积.若三角形的三边长分别为a，b，c，则其面积S＝eq \r(p（p－a）（p－b）（p－c）)，其中p＝eq \f(1,2)(a＋b＋c).现有一个三角形的边长a，b，c满足a＋b＝7，c＝5，则此三角形面积的最大值为( )
A.17eq \r(21) B.eq \f(17,2)eq \r(21)
C.5eq \r(6) D.eq \f(5\r(6),2)
答案 D
解析 ∵a＋b＝7，c＝5，
∴p＝eq \f(a＋b＋c,2)＝6，
∴S2＝6×(6－5)×(6－b)×(6－a)＝6[ba－6(b＋a)＋36]
＝6(ba－6)≤6×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋a,2)))\s\up12(2)－6))＝eq \f(150,4)，
当且仅当b＝a时取等号，
∴S≤eq \f(5\r(6),2)，
即三角形面积的最大值为eq \f(5\r(6),2).
5.已知函数f(x)＝eq \r(3)sin eq \f(πx,ω)＋cs eq \f(πx,ω)(ω>0)，若存在实数x0，使得对任意的实数x，都有f(x0－2 022)≤f(x)≤f(x0)成立，则ω的最大值为( )
A.2 022 B.4 044
C.1 011 D.674
答案 A
解析 f(x)＝eq \r(3)sin eq \f(πx,ω)＋cs eq \f(πx,ω)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,ω)x＋\f(π,6)))，
由存在实数x0，对任意的实数x，
都有f(x0－2 022)≤f(x)≤f(x0)成立，
可得f(x0)，f(x0－2 022)分别为函数f(x)的最大值和最小值，要使得ω最大，只要最小正周期T＝eq \f(2π,\f(π,ω))＝2ω最大.
当eq \f(T,2)＝2 022，即T＝4 044＝2ω时，周期最大，此时ω＝2 022.
6.(2022·合肥模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asin A＋
2csin C＝2bsin Ccs A，则角A的最大值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(2π,3)
答案 A
解析 因为asin A＋2csin C＝2bsin Ccs A，
由正弦定理可得，a2＋2c2＝2bccs A，①
由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccs A，②
①＋②得2a2＝b2－c2，
∴cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋c2－\f(1,2)（b2－c2）,2bc)＝eq \f(b2＋3c2,4bc).
又b2＋3c2≥2eq \r(b2·3c2)＝2eq \r(3)bc，当且仅当b＝eq \r(3)c时取等号，
所以cs A≥eq \f(2\r(3)bc,4bc)＝eq \f(\r(3),2)，
所以角A的最大值为eq \f(π,6).
7.已知函数f(x)＝cs ωx＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上恰有一个最大值点和两个零点，则ω的取值范围是________.
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(13,6)))
解析 函数f(x)＝cs ωx＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，
由x∈[0，π]，得ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3))).
又f(x)在[0，π]上恰有一个最大值点和两个零点，
则2π≤ωπ＋eq \f(π,3)解得eq \f(5,3)≤ω8.(2022·兰州诊断)若函数f(x)＝sin(4x－φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤φ≤\f(π,2)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，则实数φ的取值范围是________.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))
解析 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，－φ≤4x－φ≤eq \f(2π,3)－φ.
因为函数y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，
且函数f(x)＝sin(4x－φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤φ≤\f(π,2)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，
所以得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－φ≥－\f(π,2)，,\f(2π,3)－φ≤\f(π,2)，))
解得eq \f(π,6)≤φ≤eq \f(π,2)，
所以实数φ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))).
9.设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2，A＝2B，则a的取值范围为________.
答案 (2eq \r(2)，2eq \r(3))
解析 ∵A＝2B，且△ABC为锐角三角形，
∴A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
又A＋B＝3B，∴3B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
∴B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))，∴B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))，
∴cs B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，
由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，
得a＝eq \f(bsin A,sin B)＝eq \f(bsin 2B,sin B)＝eq \f(2bsin Bcs B,sin B)＝4cs B，
∴a∈(2eq \r(2)，2eq \r(3)).
10.(2022·湖北九师联盟联考)如图，设△ABC的内角∠BAC，B，∠ACB所对的边分别为a，b，c，若b2＝ac，B＝eq \f(π,3)，D是△ABC外一点，AD＝3，CD＝2，则四边形ABCD面积的最大值是________.
答案 eq \f(13\r(3),4)＋6
解析 因为cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,2)，b2＝ac，
所以a2＋c2－ac＝ac，
则(a－c)2＝0，a＝c，
又B＝eq \f(π,3)，
所以△ABC是等边三角形.
在△ADC中，由余弦定理可得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcs D，
由于AD＝3，CD＝2，
所以b2＝13－12cs D，
所以S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝eq \f(1,2)b2sin eq \f(π,3)＋eq \f(1,2)·3·2sin D
＝eq \f(\r(3),4)b2＋3sin D＝eq \f(\r(3),4)(13－12cs D)＋3sin D＝6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(D－\f(π,3)))＋eq \f(13\r(3),4)，
所以四边形ABCD面积的最大值为eq \f(13\r(3),4)＋6.
11.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝btan A，且B为钝角.
(1)证明：B－A＝eq \f(π,2)；
(2)求sin A＋sin C的取值范围.
(1)证明 由a＝btan A及正弦定理，
得eq \f(sin A,cs A)＝eq \f(a,b)＝eq \f(sin A,sin B)，
所以sin B＝cs A，
即sin B＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋A)).
又B为钝角，因此eq \f(π,2)＋A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
故B＝eq \f(π,2)＋A，
即B－A＝eq \f(π,2).
(2)解 由(1)知，C＝π－(A＋B)＝π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,2)))＝eq \f(π,2)－2A>0，
所以A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
于是sin A＋sin C＝sin A＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2A))＝sin A＋cs 2A＝－2sin2A＋sin A＋1
＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin A－\f(1,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(9,8).
因为0所以0因此eq \f(\r(2),2)<－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin A－\f(1,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(9,8)≤eq \f(9,8).
由此可知sin A＋sin C的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(9,8))).
12.(2022·洛阳调研)已知向量a＝(cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x)))，b＝(－sin x，eq \r(3)sin x)，f(x)＝a·b.
(1)求函数f(x)的最小正周期及f(x)的最大值；
(2)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝1，a＝2eq \r(3)，求△ABC面积的最大值并说明此时△ABC的形状.
解 (1)由已知得a＝(－sin x，cs x)，
又b＝(－sin x，eq \r(3)sin x)，
则f(x)＝a·b＝sin2x＋eq \r(3)sin xcs x＝eq \f(1,2)(1－cs 2x)＋eq \f(\r(3),2)sin 2x
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，
当2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
即x＝eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)时，
f(x)取得最大值eq \f(3,2).
(2)在锐角△ABC中，
因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)＝1，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，所以A＝eq \f(π,3).
因为a2＝b2＋c2－2bccs A，
所以12＝b2＋c2－bc，
所以b2＋c2＝bc＋12≥2bc，
所以bc≤12(当且仅当b＝c＝2eq \r(3)时等号成立)，此时△ABC为等边三角形，
S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)bc≤3eq \r(3).
所以当△ABC为等边三角形时面积取最大值3eq \r(3).
二、创新拓展练
13.将函数y＝sin 2x＋cs 2x的图象向左平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))个单位长度后得到f(x)的图象，若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(5π,4)))上单调递减，则φ的取值范围为( )
A. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(3π,8))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(3π,8))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))
答案 C
解析 由题知y＝sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
则f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2（x＋φ）＋\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)＋2φ)).
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(5π,4)))，
所以2x＋eq \f(π,4)＋2φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π＋\f(π,4)＋2φ，2π＋\f(3π,4)＋2φ)).
又因为0<φ所以eq \f(3π,4)＋2φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，\f(7π,4)))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋2φ≥\f(π,2)，,\f(3,4)π＋2φ≤\f(3π,2)，))
可得φ的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(3π,8))).
故选C.
14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且A，B，C成等差数列，a＋c＝2，则b的取值范围是( )
A.[1，2) B.(0，2]
C.[1，eq \r(3)] D.[1，＋∞)
答案 A
解析 在△ABC中，由A，B，C成等差数列，得2B＝A＋C.
由A＋B＋C＝π，得3B＝π，B＝eq \f(π,3).
由余弦定理，得
b2＝a2＋c2－2ac×eq \f(1,2)＝(a＋c)2－3ac＝4－3ac，
又3ac≤eq \f(3,4)(a＋c)2＝3，
当且仅当a＝c＝1时等号成立，
即0<3ac≤3.
∴1≤4－3ac<4，即1≤b2<4，
解得1≤b<2.
15.已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|≤eq \f(π,2))，x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则ω的最大值为( )
A.11 B.9
C.7 D.5
答案 B
解析 因为x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)为f(x)图象的对称轴，
所以eq \f(π,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝eq \f(T,4)＋eq \f(kT,2)(k∈N*)，
即eq \f(π,2)＝eq \f(2k＋1,4)T＝eq \f(2k＋1,4)·eq \f(2π,ω)(k∈N*)，
所以ω＝2k＋1(k∈N*)，
又因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，
所以eq \f(5π,36)－eq \f(π,18)＝eq \f(π,12)≤eq \f(T,2)＝eq \f(2π,2ω)，
即ω≤12，当ω＝11时，验证不成立，
由此得ω的最大值为9，故选B.
16.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2c＝a(b2＋c2－a2).
(1)若A＝eq \f(π,3)，求B的大小；
(2)若a≠c，求eq \f(c－3b,a)的最小值.
解 (1)因为b2c＝a(b2＋c2－a2)，
所以由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b,2a).
因为A＝eq \f(π,3)，
所以eq \f(b,2a)＝eq \f(1,2)，即a＝b，
所以B＝A＝eq \f(π,3).
(2)由(1)及正弦定理得cs A＝eq \f(sin B,2sin A)，
即sin B＝2sin Acs A＝sin 2A，
所以B＝2A或B＋2A＝π.
当B＋2A＝π时，A＝C，与a≠c矛盾，故舍去，
所以B＝2A.
eq \f(c－3b,a)＝eq \f(sin C－3sin B,sin A)＝eq \f(sin（A＋B）－3sin B,sin A)
＝eq \f(sin Acs B＋cs Asin B－3sin B,sin A)
＝cs B＋eq \f(（cs A－3）sin 2A,sin A)
＝cs 2A＋2(cs A－3)·cs A
＝4cs2 A－6cs A－1
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs A－\f(3,4)))eq \s\up12(2)－eq \f(13,4).
因为C＝π－A－B＝π－3A>0，
即A所以cs A>eq \f(1,2)，
所以当cs A＝eq \f(3,4)时，eq \f(c－3b,a)有最小值－eq \f(13,4).