Question

10．在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，且bcosC+ccosB=2acosB．
（I）求角B的大��；
（II）若函數f（x）=2cos²x+sin（2x+B）+sin（2x-B）-1，x∈R．
（i）求函數f（x）的單調遞減區(qū)間；
（ii）求函數f（x）在區(qū)間[-$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{4}$]上的最大值和最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）方法一：由已知及射影定理可求cosB=$\frac{1}{2}$，結合范圍0＜B＜π，可求B的值；方法二：將邊化角，由正弦定理，三角函數恒等變換的應用化簡可得cosB=$\frac{1}{2}$，結合范圍0＜B＜π，可求B的值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）及三角函數恒等變換的應用化簡函數解析式可得f（x）=$\sqrt{2}$sin（2x+$\frac{π}{4}$），（i）由2kπ+$\frac{π}{2}$≤2x+$\frac{π}{4}$≤2kπ+$\frac{3π}{2}$，k∈Z，可解得單調遞減區(qū)間．（ii）由x∈[-$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{4}$]，可求2x+$\frac{π}{4}$∈[-$\frac{π}{4}$，$\frac{3π}{4}$]，利用正弦函數的性質可求函數f（x）在區(qū)間[-$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{4}$]上的最大值，最小值．

解答 （本題滿分為12分）
解：（Ⅰ）方法一：bcosC+ccosB=2acosB，由射影定理，得a=2acosB，…．（1分）
∴cosB=$\frac{1}{2}$，…（2分）
又∵0＜B＜π，…..（3分）
∴B=$\frac{π}{3}$．…（4分）
方法二：或邊化角，由bcosC+ccosB=2acosB，變?yōu)閟inBcosC+sinCcosB=2sinAcosB，
即sin（B+C）=sinA=2sinAcosB，…．（1分）
∴cosB=$\frac{1}{2}$…．（2分）
又0＜B＜π，…（3分）
∴B=$\frac{π}{3}$．…．（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知B=$\frac{π}{3}$，
所以f（x）=2cos²x+sin（2x+B）+sin（2x-B）-1
=（2cos²x-1）+sin2xcos$\frac{π}{3}$+cos2xsin$\frac{π}{3}$+sin2xcos$\frac{π}{3}$-cos2xsin$\frac{π}{3}$+cos2x
=sin2x+cos2x
=$\sqrt{2}$sin（2x+$\frac{π}{4}$）．．…（6分）
（i）由2kπ+$\frac{π}{2}$≤2x+$\frac{π}{4}$≤2kπ+$\frac{3π}{2}$，k∈Z，可解得：kπ+$\frac{π}{8}$≤x≤kπ+$\frac{5π}{8}$，k∈Z，
可得：f（x）的單調遞減區(qū)間是：[kπ+$\frac{π}{8}$，kπ+$\frac{5π}{8}$]，k∈Z．…（8分）
（ii）∵x∈[-$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{4}$]，
∴2x∈[-$\frac{π}{2}$，$\frac{π}{2}$]，可得：2x+$\frac{π}{4}$∈[-$\frac{π}{4}$，$\frac{3π}{4}$]，…（9分）
∴sin（2x+$\frac{π}{4}$）∈[-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1]，…（10分）
所以，f（x）=$\sqrt{2}$sin（2x+$\frac{π}{4}$）∈[-1，$\sqrt{2}$]，…（11分）
故函數f（x）在區(qū)間[-$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{4}$]上的最大值為$\sqrt{2}$，最小值為-1．…（12分）

點評 本題主要考查了射影定理，正弦定理，三角函數恒等變換的應用，正弦函數的圖象和性質的應用，考查了轉化思想和數形結合思想的應用，屬于中檔題．