Question

10．已知函數(shù)f（x）=2sinωx（0＜ω＜1）在[0，$\frac{π}{2}$]上的最大值為$\sqrt{2}$，當把f（x）的圖象上的所有點向右平移φ（0＜φ＜$\frac{π}{2}$）個單位后，得到圖象對應(yīng)的函數(shù)g（x）的圖象關(guān)于直線x=$\frac{7π}{6}$對稱．
（1）求函數(shù)g（x）的解析式：
（2）在△ABC中．一個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c．已知g（x）在y軸右側(cè)的第一個零點為C，若c=4，求△ABC的面積S的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意可得2sin（$\frac{π}{2}$ω）=$\sqrt{2}$，解得ω，利用平移變換規(guī)律可得g（x）=2sin（$\frac{1}{2}$x-$\frac{1}{2}$φ），利用正弦函數(shù)的對稱性可得$\frac{1}{2}$（$\frac{7π}{6}$-φ）=kπ+$\frac{π}{2}$，k∈Z，結(jié)合范圍0＜φ＜$\frac{π}{2}$，可求φ，即可得解函數(shù)g（x）的解析式．
（2）由題意可得2sin（$\frac{1}{2}$C-$\frac{π}{12}$）=0，解得$\frac{1}{2}$C-$\frac{π}{12}$=kπ，k∈Z，由題意可解得C，由余弦定理可得ab≤$\frac{16}{2-\sqrt{3}}$，利用三角形的面積公式即可得解．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=2sinωx（0＜ω＜1）在[0，$\frac{π}{2}$]上的最大值為$\sqrt{2}$，
∴2sin（$\frac{π}{2}$ω）=$\sqrt{2}$，解得ω=$\frac{1}{2}$，
把f（x）的圖象上所有的點向右平移φ（0＜φ＜$\frac{π}{2}$）個單位后，
得到的函數(shù)g（x）=2sin[$\frac{1}{2}$（x-φ）]=2sin（$\frac{1}{2}$x-$\frac{1}{2}$φ），
∵函數(shù)g（x）的圖象關(guān)于直線x=$\frac{7π}{6}$對稱，
∴$\frac{1}{2}$（$\frac{7π}{6}$-φ）=kπ+$\frac{π}{2}$，k∈Z，解得：φ=$\frac{π}{6}$-2kπ，k∈Z，
∴由0＜φ＜$\frac{π}{2}$，可得：φ=$\frac{π}{6}$．
∴函數(shù)g（x）的解析式為：g（x）=2sin[$\frac{1}{2}$（x-$\frac{π}{6}$）]=2sin（$\frac{1}{2}$x-$\frac{π}{12}$）．
（2）∵函數(shù)g（x）在y軸右側(cè)的第一個零點恰為C，
∴由2sin（$\frac{1}{2}$C-$\frac{π}{12}$）=0，解得$\frac{1}{2}$C-$\frac{π}{12}$=kπ，k∈Z，可得：C=2kπ+$\frac{π}{6}$，k∈Z，令k=0，可得C=$\frac{π}{6}$．
∵c=4，
∴由余弦定理可得：16=a²+b²-2abcosC=a²+b²-$\sqrt{3}$ab≥2ab-$\sqrt{3}$ab，解得：ab≤$\frac{16}{2-\sqrt{3}}$，
∴S_△ABC=$\frac{1}{2}$absinC≤$\frac{1}{2}$×$\frac{16}{2-\sqrt{3}}$×$\frac{1}{2}$=8$+4\sqrt{3}$．
故△ABC的面積S的最大值為8$+4\sqrt{3}$．

點評 本題主要考查了由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式，考查了正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，余弦定理，三角形面積公式的應(yīng)用，屬于基本知識的考查．