Question

1．已知函數(shù)f（x）=4cosxsin（x-$\frac{π}{6}$），x∈R．
（1）求f（x）的最小正周期；
（2）若方程f（x）=2m-1在[0，$\frac{π}{2}$]上有兩個(gè)不等的實(shí)根，求實(shí)數(shù)m的取值范圍及兩根之和；
（3）在△ABC中，BC=4，sinC=2sinB，若f（x）的最大值為f（A），求△ABC內(nèi)切圓的半徑．

Answer 1

分析 （1）利用二倍角公式及變形，兩角差的正弦公式化簡解析式，由三角函數(shù)的周期公式求出f（x）的最小正周期；
（2）由x的范圍2x-$\frac{π}{6}$的范圍，由正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)求出$sin（2x-\frac{π}{6}）$的范圍，將方程根的問題轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)問題，由條件和正弦函數(shù)的圖象列出不等式，求出實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）由（1）和正弦函數(shù)的最值求出對應(yīng)的x值，由題意和A的范圍求出A的值，由正弦定理化簡已知的條件，在△ABC中由余弦定理列出方程，求出b、c的值，由三角形的面積公式和等面積法求出△ABC內(nèi)切圓的半徑．

解答 解：（1）由題意得，f（x）=4cosxsin（x-$\frac{π}{6}$）
=4cosx（$\frac{\sqrt{3}}{2}$sinx-$\frac{1}{2}$cosx）=2$\sqrt{3}$cosxsinx-2cos²x
=$\sqrt{3}$sin2x-（1+cos2x）=$2sin（2x-\frac{π}{6}）-1$，
∴f（x）的最小正周期T=$\frac{2π}{2}=π$；
（2）由0$≤x≤\frac{π}{2}$得，$-\frac{π}{6}≤2x-\frac{π}{6}≤\frac{5π}{6}$，則$-\frac{1}{2}≤sin（2x-\frac{π}{6}）≤1$，
∴$-2≤2sin（2x-\frac{π}{6}）-1≤1$，則f（x）的值域是[-2，1]，
∵方程f（x）=2m-1在[0，$\frac{π}{2}$]上有兩個(gè)不等的實(shí)根，
∴函數(shù)y=f（x）與y=2m-1的圖象在[0，$\frac{π}{2}$]上有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
則$2×\frac{1}{2}-1≤2m-1＜2×1-1$，解得$\frac{1}{2}≤m＜1$，
實(shí)數(shù)m的取值范圍是$[\frac{1}{2}，1）$，
設(shè)兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x₁，x₂，
由$2x-\frac{π}{6}=\frac{π}{2}$得x=$\frac{π}{3}$，則x=$\frac{π}{3}$是函數(shù)f（x）的一條對稱軸，
∴兩根之和x₁+x₂=$\frac{2π}{3}$；
（3）由（1）得，當(dāng)$2x-\frac{π}{6}=\frac{π}{2}+2kπ（k∈Z）$時(shí)，f（x）取到最大值，
此時(shí)$x=\frac{π}{3}+kπ（k∈Z）$，
由題意和0＜A＜π得，A=$\frac{π}{3}$，
設(shè)AB=c、AC=b、BC=a，△ABC的內(nèi)切圓半徑為r，則a=4，
∵sinC=2sinB，∴由正弦定理得，c=2b，
在△ABC中，由余弦定理得a²=b²+c²-2bccosA，
∴16=b²+（2b）²-2b×2b×$\frac{1}{2}$，解得b=$\frac{4}{\sqrt{3}}$，則c=$\frac{8}{\sqrt{3}}$，
∴△ABC的面積S=$\frac{1}{2}bcsinA=\frac{1}{2}（a+b+c）r$，
則$\frac{4}{\sqrt{3}}×\frac{8}{\sqrt{3}}×\frac{\sqrt{3}}{2}=（4+\frac{4}{\sqrt{3}}+\frac{8}{\sqrt{3}}）r$，解得r=$\frac{2（3-\sqrt{3}）}{3}$，
∴△ABC內(nèi)切圓的半徑是$\frac{2（3-\sqrt{3}）}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二倍角公式及變形、兩角差的正弦公式，正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，正弦、余弦定理的應(yīng)用，以及方程根的轉(zhuǎn)化，考查轉(zhuǎn)化思想，化簡、變形能力．