Question

13．已知數(shù)列{a_n}，對(duì)于任意m，n∈N^*滿足a_m+n=a_m+a_n，a₄=8，d=a₃-a₂，在△ABC中，a、b、c，為△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊，且滿足$\frac{sinB+sinC}{sinA}$+$\frac{cosB+cosC-d}{cosA}$=0．
（1）證明：AC，BC，AB三邊成等差數(shù)列；
（2）向量$\overrightarrow{m}$=（sinx，-1），$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}cosx$，-$\frac{1}{2}$），函數(shù)f（x）=|$\overrightarrow{m}$|²+$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{n}$-2．，將函數(shù)f（x）的圖象的橫坐標(biāo)擴(kuò)大為原來的2倍，在向左平移$\frac{π}{3}$個(gè)單位，得到函數(shù)g（x）的圖象且g（A）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，試求（cosB-cosC）²的值．

Answer 1

分析 （1）由a_m+n=a_m+a_n，及a₄=8，求得a₂和a₁，進(jìn)一步求得a₃，則d可求2，代入已知三角等式得到sinC+sinB=2sinA，由此得到b+c=2a，也就是AC，BC，AB三邊成等差數(shù)列；
（2）由平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算得到f（x）=$\frac{\sqrt{3}}{2}sin2x-\frac{1}{2}cos2x$=$sin（2x-\frac{π}{6}）$，由三角函數(shù)的平移變換和伸縮變換得到$g（x）=sin（x+\frac{π}{3}-\frac{π}{6}）=sin（x+\frac{π}{6}）$，根據(jù)g（A）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$求得A=$\frac{π}{6}$，再由三角恒等變化求得答案．

解答 （1）證明：對(duì)于任意m，n∈N^*滿足a_m+n=a_m+a_n，則a₄=2a₂=8，a₂=4，
a₂=2a₁=4，a₁=2，
∴a₄=8=a₃+a₁=a₃+2，a₃=6，
∴d=a₃-a₂=6-4=2，
由$\frac{sinB+sinC}{sinA}$+$\frac{cosB+cosC-d}{cosA}$=0，得$\frac{sinB+sinC}{sinA}$=$\frac{2-cosB-cosC}{cosA}$．
∴sinBcosA+sinCcosA=2sinA-cosBsinA-cosCsinA，
∴sinBcosA+cosBsinA+sinCcosA+cosCsinA
=2sinAsin（A+B）+sin（A+C）
=2sinA，
即sinC+sinB=2sinA，
∴b+c=2a，也就是AC，BC，AB三邊成等差數(shù)列；
（2）由$\overrightarrow{m}$=（sinx，-1），$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}cosx$，-$\frac{1}{2}$），
得函數(shù)f（x）=|$\overrightarrow{m}$|²+$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{n}$-2=$si{n}^{2}x+1+\sqrt{3}sinxcosx+\frac{1}{2}-2$
=$\frac{\sqrt{3}}{2}sin2x-\frac{1}{2}cos2x$=$sin（2x-\frac{π}{6}）$，
函數(shù)f（x）的圖象的橫坐標(biāo)擴(kuò)大為原來的2倍，在向左平移$\frac{π}{3}$個(gè)單位，得到函數(shù)g（x）的圖象，
則$g（x）=sin（x+\frac{π}{3}-\frac{π}{6}）=sin（x+\frac{π}{6}）$，
由g（A）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$sin（A+\frac{π}{6}）=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∵0＜A＜$\frac{π}{2}$，∴A=$\frac{π}{6}$，
∵sinC+sinB=2sinA=1，
兩邊平方得：cos²B+cos²C=1+2sinBsinC，
∴（cosB-cosC）²=cos²B+cos²C-2cosBcosC
=1-2cos（B+C）=1+2cosA=1+2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}+1$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列通項(xiàng)的求法，考查了三角函數(shù)的恒等變換及應(yīng)用，考查了平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，是中檔題．