Question

5．已知函數(shù)f（x）=2$\sqrt{3}$sin$\frac{ωx}{2}$cos$\frac{ωx}{2}$-2sin²$\frac{ωx}{2}$（ω＞0）的最小正周期為3π．
（I）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對的邊，a＜b＜c，$\sqrt{3}$a=2csinA，并且f（$\frac{3}{2}$A+$\frac{π}{2}$）=$\frac{11}{13}$，求cosB的值．

Answer 1

分析 （I）由三角函數(shù)公式化簡可得f（x）=2sin（ωx+$\frac{π}{6}$）-1，由周期公式可得ω，解2kπ-$\frac{π}{2}$≤$\frac{2}{3}$x+$\frac{π}{6}$≤2kπ+$\frac{π}{2}$可得；
（Ⅱ）由題意和已知數(shù)據(jù)可得cosA=$\frac{12}{13}$，進(jìn)而可得sinA=$\frac{5}{13}$，再由$\sqrt{3}$a=2csinA和正弦定理可得C=$\frac{2π}{3}$，整體代入cosB=-cos（A+C）=sinAsinC-cosAcosC，計算可得．

解答 解：（I）由三角函數(shù)公式化簡可得
f（x）=2$\sqrt{3}$sin$\frac{ωx}{2}$cos$\frac{ωx}{2}$-2sin²$\frac{ωx}{2}$
=$\sqrt{3}$sinωx-1+cosωx
=2sin（ωx+$\frac{π}{6}$）-1，
∵函數(shù)f（x）的最小正周期為T=3π，
∴ω=$\frac{2π}{T}$=$\frac{2π}{3π}$=$\frac{2}{3}$，
∴f（x）=2sin（$\frac{2}{3}$x+$\frac{π}{6}$）-1，
由2kπ-$\frac{π}{2}$≤$\frac{2}{3}$x+$\frac{π}{6}$≤2kπ+$\frac{π}{2}$可得3kπ-π≤x≤3kπ+$\frac{π}{2}$，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為[3kπ-π，3kπ+$\frac{π}{2}$]，k∈Z；
（Ⅱ）∵f（$\frac{3}{2}$A+$\frac{π}{2}$）=$\frac{11}{13}$，∴2sin（A+$\frac{π}{3}$+$\frac{π}{6}$）-1=$\frac{11}{13}$，
∴2sin（A+$\frac{π}{2}$）-1=$\frac{11}{13}$，∴2cosA-1=$\frac{11}{13}$，
解得cosA=$\frac{12}{13}$，∴sinA=$\sqrt{1-co{s}^{2}A}$=$\frac{5}{13}$，
再由$\sqrt{3}$a=2csinA和正弦定理可得$\sqrt{3}$sinA=2sinCsinA，
約掉sinA可得sinC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴C=$\frac{π}{3}$或C=$\frac{2π}{3}$，
又∵a＜b＜c，∴C為最大角，C=$\frac{π}{3}$矛盾，
故C=$\frac{2π}{3}$，cosC=-$\frac{1}{2}$，
∴cosB=-cos（A+C）=sinAsinC-cosAcosC
=$\frac{5}{13}×\frac{\sqrt{3}}{2}$-$\frac{12}{13}×（-\frac{1}{2}）$=$\frac{5\sqrt{3}+12}{26}$

點(diǎn)評 本題考查三角函數(shù)恒等變換，涉及三角函數(shù)公式和單調(diào)性以及解三角形，屬中檔題．