2016屆高考理科數(shù)學(xué)考點(diǎn)專題闖關(guān)訓(xùn)練29

專題二三角函數(shù)與平面向量真題體驗(yàn)·引領(lǐng)卷一、選擇題1．(2015·全國卷Ⅰ)sin20°cos10°－cos160°sin10°＝()A．－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2) C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)2．(2014·全國卷Ⅰ)若tanα>0，則()A．sinα>0 B．cosα>0C．sin2α>0 D．cos2α>03．(2015·全國卷Ⅰ)設(shè)D為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝3eq\o(CD,\s\up6(→))，則()A.eq\o(AD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(4,3)eq\o(AC,\s\up6(→)) B.eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(4,3)eq\o(AC,\s\up6(→))C.eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(4,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→)) D.eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(4,3)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))4．(2014·江西高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若3a＝2b，則eq\f(2sin2B－sin2A,sin2A)的值為()A．－eq\f(1,9) B.eq\f(1,3) C．1 D.eq\f(7,2)5．(2014·四川高考)平面向量a＝(1，2)，b＝(4，2)，c＝ma＋b(m∈R)，且c與a的夾角等于c與b的夾角，則m＝()A．－2B．－1C．1D．26．(2015·全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(1,4)，kπ＋\f(3,4)))，k∈ZB.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(1,4)，2kπ＋\f(3,4)))，k∈ZC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,4)，k＋\f(3,4)))，k∈ZD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z二、填空題7．(2015·天津高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知△ABC的面積為3eq\r(15)，b－c＝2，cosA＝－eq\f(1,4)，則a的值為________．8．(2014·重慶高考)將函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π,2)≤φ<\f(π,2)))圖象上每一點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的一半，縱坐標(biāo)不變，再向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度得到y(tǒng)＝sinx的圖象，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝________．9．(2015·全國卷Ⅰ)在平面四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，則AB的取值范圍是________．三、解答題10．(2015·全國卷Ⅱ)在△ABC中，D是BC上的點(diǎn)，AD平分∠BAC，△ABD面積是△ADC面積的2倍．(1)求eq\f(sinB,sinC)；(2)若AD＝1，DC＝eq\f(\r(2),2)，求BD和AC的長．11.(2015·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝sin2x－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．12．(2015·山東高考)設(shè)f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面積的最大值．專題二三角函數(shù)與平面向量經(jīng)典模擬·演練卷一、選擇題1．(2015·德州模擬)在△ABC中，角A，B，C所對應(yīng)的邊分別為a，b，c，則“a≤b”是“sinA≤sinB”的()A．充分必要條件 B．充分非必要條件C．必要非充分條件 D．非充分非必要條件2．(2015·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)三模)已知向量a＝(sinθ，－2)，b＝(1，cosθ)，且a⊥b，則sin2θ＋cos2θ的值為()A．1 B．2 C.eq\f(1,2) D．33．(2015·濰坊三模)已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋1(x∈R)圖象的一條對稱軸為x＝π，其中ω為常數(shù)，且ω∈(1，2)，則函數(shù)f(x)的最小正周期為()A.eq\f(3π,5) B.eq\f(6π,5) C.eq\f(9π,5) D.eq\f(12π,5)4．(2015·河北質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位后，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，下列關(guān)于y＝g(x)的說法正確的是()A．圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))中心對稱B．圖象關(guān)于x＝－eq\f(π,6)軸對稱C．在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，－\f(π,6)))上單調(diào)遞增D．在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上單調(diào)遞減5．(2015·南昌調(diào)研)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.若c2＝(a－b)2＋6，C＝eq\f(π,3)，則△ABC的面積是()A．3 B.eq\f(9\r(3),2)C.eq\f(3\r(3),2) D．3eq\r(3)6．(2015·臨沂模擬)已知偶函數(shù)f(x)，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)f(x)＝xsinx，設(shè)a＝f(cos1)，b＝f(cos2)，c＝f(cos3)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<b<c B．c>a>bC．c>b>a D．a(chǎn)>c>b二、填空題7．(2015·鄭州模擬)將函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的圖象向右平移eq\f(π,3ω)個(gè)單位，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，若y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上為增函數(shù)，則ω的最大值為________．8．(2015·德州模擬)已知向量eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))的夾角為60°，且|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2，若eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，且eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，則實(shí)數(shù)λ的值為________．9．(2015·邢臺模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知ac＝b2－a2，A＝eq\f(π,6)，則B＝________．三、解答題10．(2015·武漢模擬改編)某同學(xué)用“五點(diǎn)法”畫函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在某一個(gè)周期內(nèi)的圖象時(shí)，列表并填入了部分?jǐn)?shù)據(jù)，如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,3)eq\f(5π,6)Asin(ωx＋φ)05－50(1)請將上表數(shù)據(jù)補(bǔ)充完整，并直接寫出函數(shù)f(x)的解析式；(2)將y＝f(x)圖象上所有點(diǎn)向左平行移動(dòng)θ(θ>0)個(gè)單位長度，得到y(tǒng)＝g(x)的圖象．若y＝g(x)圖象的一個(gè)對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))，求θ的最小值．11.(2015·衡水中學(xué)調(diào)研)在△ABC中，A，B，C的對邊分別是a，b，c，且3acosA＝ccosB＋bcosC.(1)求cosA的值；(2)若a＝2eq\r(3)，cosB＋cosC＝eq\f(2\r(3),3)，求邊c.12．(2015·淄博模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋ωx))－cos2ωx－eq\f(1,2)(ω>0)，其圖象兩相鄰對稱軸間的距離為eq\f(π,2).(1)求ω的值及f(x)的單調(diào)增區(qū)間；(2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且c＝eq\r(7)，f(C)＝0，若向量m＝(1，sinA)與向量n＝(3，sinB)共線，求a，b的值．專題二三角函數(shù)與平面向量專題過關(guān)·提升卷(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．已知角α的終邊經(jīng)過點(diǎn)(－4，3)，則cosα＝()A.eq\f(4,5) B.eq\f(3,5) C．－eq\f(3,5) D．－eq\f(4,5)2．已知向量a＝(2，1)，b－a＝(－3，k2－3)，則k＝2是a⊥b的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分又不必要條件3．要得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象，只需將函數(shù)y＝sin4x的圖象()A．向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位B．向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位C．向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位D．向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位4．已知|a|＝4，|b|＝1，且〈a，b〉＝eq\f(2,3)π，當(dāng)|a＋xb|取得最小值時(shí)，則實(shí)數(shù)x的值為()A．1 B．－1 C．2 D．－25．已知sinα－cosα＝eq\f(\r(3),2)，則2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝()A.eq\f(3,4) B.eq\f(5,4) C．－eq\f(3,4) D．－eq\f(5,4)6．(2015·山東高考)已知菱形ABCD的邊長為a，∠ABC＝60°，則eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝()A．－eq\f(3,2)a2 B．－eq\f(3,4)a2 C.eq\f(3,4)a2 D.eq\f(3,2)a27．(2015·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin(x－φ)，且∫eq\f(2π,3)0f(x)dx＝0，則函數(shù)f(x)圖象的一條對稱軸是()A．x＝eq\f(5π,6) B．x＝eq\f(7π,12)C．x＝eq\f(π,3) D．x＝eq\f(π,6)8．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),3)，且θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝()A.eq\f(3\r(2)＋\r(3),6) B.eq\f(3\r(2)－\r(3),6)C.eq\f(2\r(6)＋1,6) D.eq\f(2\r(6)－1,6)9．已知函數(shù)f(x)＝2cos(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))，且f(0)＝1，f′(0)>0，將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位，得函數(shù)y＝g(x)的圖象，則函數(shù)g(x)在[0，π]上的最小值是()A．－eq\r(3) B．－1C.eq\r(3) D．110．(2015·四川高考)設(shè)四邊形ABCD為平行四邊形，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝6，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝4，若點(diǎn)M，N滿足eq\o(BM,\s\up6(→))＝3eq\o(MC,\s\up6(→))，eq\o(DN,\s\up6(→))＝2eq\o(NC,\s\up6(→))，則eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(NM,\s\up6(→))＝()A．20 B．15 C．9 D．611．(2014·新課標(biāo)全國卷Ⅱ)鈍角三角形ABC的面積是eq\f(1,2)，AB＝1，BC＝eq\r(2)，則AC＝()A．5 B.eq\r(5) C．2 D．112．△DEF的外接圓的圓心為O，半徑R＝4，如果eq\o(OD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝0，且|eq\o(OD,\s\up6(→))|＝|eq\o(DF,\s\up6(→))|，則向量eq\o(FE,\s\up6(→))在eq\o(FD,\s\up6(→))方向上的投影為()A．6 B．－6C．2eq\r(3) D．－2eq\r(3)第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把正確答案填寫在題中的橫線上)13．設(shè)常數(shù)a使方程sinx＋eq\r(3)cosx＝a在閉區(qū)間[0，2π]上恰有三個(gè)根x1，x2，x3，則x1＋x2＋x3＝________.14．(2015·南京模擬)已知函數(shù)y＝cosx與y＝sin(2x＋φ)(0≤φ<π)，它們的圖象有一個(gè)橫坐標(biāo)為eq\f(π,3)的交點(diǎn)，則φ的值是________．15．(2015·濰坊二模)已知G為△ABC的重心，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，過點(diǎn)G的直線分別交AB、AC于P、Q兩點(diǎn)，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝ma，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝nb，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝________．16．(2015·湖北高考)如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時(shí)測得公路北測一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600m后到達(dá)B處，測得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD＝________m.三、解答題(本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)(2015·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(2)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－eq\r(2)sin2eq\f(x,2).(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間[－π，0]上的最小值．18．(本小題滿分12分)(2015·廣東高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若m⊥n,求tanx的值．(2)若m與n的夾角為eq\f(π,3)，求x的值．19.(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝sinx－cosx，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)求函數(shù)g(x)＝f(x)f′(x)－f2(x)的最大值和最小正周期；(2)若f(x)＝2f′(x)，求eq\f(1＋sin2x,cos2x－sinxcosx)的值．20．(本小題滿分12分)(2015·浙江高考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知A＝eq\f(π,4)，b2－a2＝eq\f(1,2)c2.(1)求tanC的值；(2)若△ABC的面積為3，求b的值．21．(本小題滿分12分)函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的部分圖象如圖所示，且點(diǎn)P(0，eq\r(3))是y＝f′(x)的圖象與y軸的交點(diǎn)，點(diǎn)Q、R為y＝f′(x)的圖象與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)，△ABC的內(nèi)角滿足f(A)＝1，cosB＝eq\f(4,5).(1)若|QR|＝eq\f(π,2)，且0<φ<eq\f(π,2)，求sinC的值；(2)求曲線段eq\o(QSR,\s\up8(︵))與x軸所圍成的區(qū)域的面積．22．(本小題滿分12分)(2015·濟(jì)南調(diào)研)已知m＝(eq\r(3)sin(2π－x)，cosx)，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π－x))，cos（π＋x）))，f(x)＝m·n.(1)求y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間和對稱中心；(2)在△ABC中，角A、B、C所對應(yīng)的邊分別為a、b、c，若有f(B)＝eq\f(1,2)，b＝7，sinA＋sinC＝eq\f(13\r(3),14)，求△ABC的面積．專題二三角函數(shù)與平面向量真題體驗(yàn)·引領(lǐng)卷1．D[原式＝sin20°cos10°＋cos20°sin10°＝sin30°＝eq\f(1,2).]2．C[因?yàn)閠anα＝eq\f(sinα,cosα)>0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα>0，,cosα>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα<0，,cosα<0，))sin2α＝2sinαcosα>0.故選C.]3．A[∵eq\o(BC,\s\up6(→))＝3eq\o(CD,\s\up6(→))，∴eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝3(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))，即4eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝3eq\o(AD,\s\up6(→))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(4,3)eq\o(AC,\s\up6(→)).]4．D[由正弦定理得eq\f(2sin2B－sin2A,sin2A)＝eq\f(2b2－a2,a2)，由已知得eq\f(b,a)＝eq\f(3,2)，代入上式得結(jié)果為2×eq\f(9,4)－1＝eq\f(7,2).]5．D[由于a＝(1，2)，b＝(4，2)，所以c＝ma＋b＝(m＋4，2m又由于c與a的夾角等于c與b的夾角，所以cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉，也就是eq\f(a·c,|a||c|)＝eq\f(b·c,|b||c|)，則eq\f(（m＋4）＋2（2m＋2）,\r(5))＝eq\f(4（m＋4）＋2（2m＋2）,\r(20))，解得m＝2.]6．D[由函數(shù)的圖象知eq\f(T,2)＝eq\f(5,4)－eq\f(1,4)＝1，∴T＝2，因此xA＝eq\f(1,4)－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,4)，xB＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,4).所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z.]7．8[∵cosA＝－eq\f(1,4)，0<A<π，∴sinA＝eq\f(\r(15),4)，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc×eq\f(\r(15),4)＝3eq\r(15)，∴bc＝24，又b－c＝2，∴b2－2bc＋c2＝4，b2＋c2＝52，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA＝52－2×24×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝64，∴a＝8.]8.eq\f(\r(2),2)[依題意y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(ωx,3)＋φ))＝sinx，又因?yàn)棣?gt;0，－eq\f(π,2)≤φ<eq\f(π,2)，可求得ω＝eq\f(1,2)，φ＝eq\f(π,6)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2).]9．(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2))[如圖，作△PBC，使∠B＝∠C＝75°，BC＝2，作直線AD分別交線段PB、PC于A、D兩點(diǎn)(不與端點(diǎn)重合)，且使∠BAD＝75°，則四邊形ABCD就是符合題意的四邊形．過C作AD的平行線交PB于點(diǎn)Q，在△PBC中，∠APC＝30°，由正弦定理，eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(BP,sin75°)，則BP＝eq\r(6)＋eq\r(2).在△QBC中，∠QCB＝30°，∠BQC＝75°，由正弦定理，eq\f(BQ,sin30°)＝eq\f(BC,sin75°)，則BQ＝eq\f(4,\r(6)＋\r(2))＝eq\r(6)－eq\r(2).所以AB的取值范圍為(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2))．]10．解(1)S△ABD＝eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD，S△ADC＝eq\f(1,2)AC·ADsin∠CAD.因?yàn)镾△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，所以AB＝2AC由正弦定理可得eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(1,2).(2)因?yàn)镾△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝eq\r(2).在△ABD和△ADC中，由余弦定理知AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC.故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2由(1)知AB＝2AC，所以AC11．解(1)f(x)＝eq\f(1－cos2x,2)－eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))),2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3),2)sin2x))－eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(3),4)sin2x－eq\f(1,4)cos2x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)因?yàn)閒(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，－\f(π,6)))上是減函數(shù)，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上是增函數(shù)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－eq\f(1,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),4)，所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最大值為eq\f(\r(3),4)，最小值為－eq\f(1,2).12．解(1)f(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))))＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)sin2x＝sin2x－eq\f(1,2).由2kπ－eq\f(π,2)≤2x≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,4)≤x≤kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z.由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(π,4)≤x≤kπ＋eq\f(3π,4)，k∈Z.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ))(k∈Z)；單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋kπ，\f(3π,4)＋kπ))(k∈Z)．(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝sinA－eq\f(1,2)＝0，得sinA＝eq\f(1,2)，由題意知A為銳角，所以cosA＝eq\f(\r(3),2).由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得1＋eq\r(3)bc＝b2＋c2≥2bc，即bc≤2＋eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)等號成立．因此eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(2＋\r(3),4).所以△ABC面積的最大值為eq\f(2＋\r(3),4).經(jīng)典模擬·演練卷1．A[由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝2R(R為△ABC的外接圓的半徑)，得a＝2RsinA，b＝2RsinB，所以a≤b?sinA≤sinB，故選A.]2．A[由a⊥b，知a·b＝0，∴sinθ－2cosθ＝0，則tanθ＝2.故sin2θ＋cos2θ＝eq\f(2sinθcosθ＋cos2θ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(2tanθ＋1,tan2θ＋1)＝1.]3．B[∵f(x)的圖象關(guān)于直線x＝π對稱，∴ωπ－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，則ω＝k＋eq\f(2,3)，k∈Z.又1<ω<2，因此取k＝1，則ω＝eq\f(5,3)，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(6π,5).]4．C[依題意，y＝g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，A不滿足，A錯(cuò)誤，當(dāng)x＝－eq\f(π,6)時(shí)，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝sin0＝0，則圖象不關(guān)于x＝－eq\f(π,6)對稱，B錯(cuò)．當(dāng)－eq\f(5π,12)≤x≤－eq\f(π,6)時(shí)，－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤0，因此C正確．]5．C[由c2＝(a－b)2＋6得c2＝a2＋b2－2ab＋6.由余弦定理得c2＝a2＋b2－ab，∴ab＝6，∴S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×6×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2).]6．B[當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)＝sinx＋xcosx>0.∴f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函數(shù)，由f(x)為偶函數(shù)，得y＝f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上是減函數(shù)．∵cos1＝－cos(π－1)，則f(cos1)＝feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos（π－1）))又y＝cosx在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上是減函數(shù)，且3>π－1>2，則－1<cos3<cos(π－1)<cos2<0，所以f(cos3)>f[cos(π－1)]>f(cos2)，即c>a>b.]7．2[依題意g(x)＝2sinωx，∵y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上為增函數(shù)，∴0≤ωx≤eq\f(πω,4)≤eq\f(π,2)，則ω≤2，故ω的最大值為2.]8．1[由eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))且eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(λeq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝0.因此eq\o(AC,\s\up6(→))2－λeq\o(AB,\s\up6(→))2＋(λ－1)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，(*)又〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝60°，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2.故(*)式化為4－4λ＋(λ－1)×2×2cos60°＝0，解之得λ＝1.]9.eq\f(π,3)[由余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccosA.∴a2－b2＝c2－eq\r(3)bc.又ac＝b2－a2，∴eq\r(3)bc＝ac＋c2，即a＝eq\r(3)b－c.由正弦定理，得sinA＝eq\r(3)sinB－sinC，又sinC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)π－B))＝eq\f(1,2)cosB＋eq\f(\r(3),2)sinB，從而eq\f(1,2)＝eq\r(3)sinB－eq\f(1,2)cosB－eq\f(\r(3),2)sinB＝eq\f(\r(3),2)sinB－eq\f(1,2)cosB.∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，在△ABC中，B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，則B＝eq\f(π,3).]10．解(1)根據(jù)表中已知數(shù)據(jù)，解得A＝5，ω＝2，φ＝－eq\f(π,6).數(shù)據(jù)補(bǔ)全如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(7π,12)eq\f(5π,6)eq\f(13,12)πAsin(ωx＋φ)050－50且函數(shù)表達(dá)式為f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)由(1)知f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，根據(jù)圖象變換，得g(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2θ－\f(π,6))).因?yàn)閥＝sinx的對稱中心為(kπ，0)，k∈Z.令2x＋2θ－eq\f(π,6)＝kπ，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)－θ，k∈Z.由于函數(shù)y＝g(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))成中心對稱，令eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)－θ＝eq\f(5π,12)，得θ＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,3)，k∈Z.由θ>0可知，當(dāng)k＝1時(shí)，θ取得最小值eq\f(π,6).11．解(1)由正弦定理及3acosA＝ccosB＋bcosC得3sinAcosA＝sinCcosB＋sinBcosC＝sin(B＋C)∵B＋C＝π－A，∴3sinAcosA＝sinA.又sinA>0，從而cosA＝eq\f(1,3).(2)∵A∈(0，π)，cosA＝eq\f(1,3)，∴sinA＝eq\f(2\r(2),3)，又∵cosB＋cosC＝eq\f(2\r(3),3)，∴cos[π－(A＋C)]＋cosC＝eq\f(2\r(3),3)，整理得cosC＋eq\r(2)sinC＝eq\r(3).①又sin2C＋cos2C由①，②聯(lián)立，得sinC＝eq\f(\r(6),3).由eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(2\r(3)·\f(\r(6),3),\f(2,3)\r(2))＝3.12．解(1)f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx－eq\f(1＋cos2ωx,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx－eq\f(1,2)cos2ωx－1＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))－1.因?yàn)楹瘮?shù)圖象兩相鄰對稱軸間的距離為eq\f(π,2).∴f(x)的最小正周期T＝π，又T＝eq\f(2π,2ω)，∴ω＝1，從而f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.(2)由(1)知：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C－\f(π,6)))＝1，因?yàn)?<C<π，所以－eq\f(π,6)<2C－eq\f(π,6)<eq\f(11,6)π，所以2C－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即C＝eq\f(π,3)，由已知m∥n可得sinB－3sinA＝0，在△ABC中，由正弦定理得b－3a＝0，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，又已知c＝eq\r(7)，所以7＝a2＋b2－ab，②由①②聯(lián)立，解得a＝1，b＝3.專題過關(guān)·提升卷1．D[設(shè)P(－4，3)，則x＝－4，y＝3，r＝|OP|＝eq\r(（－4）2＋32)＝5，故cosα＝eq\f(x,r)＝eq\f(－4,5)＝－eq\f(4,5)，故選D.]2．A[由a＝(2，1)，b－a＝(－3，k2－3)，得b＝(－1，k2－2)．又a⊥b?a·b＝－2＋k2－2＝0，∴k＝±2，故“k＝2”是“a⊥b”3．B[∵y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))，∴要得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的圖象，只需將函數(shù)y＝sin4x的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位．]4．C[∵|a|＝4，|b|＝1，〈a，b〉＝eq\f(2,3)π，∴a2＝16，b2＝1，a·b＝|a||b|·coseq\f(2,3)π＝－2.則|a＋xb|2＝a2＋x2b2＋2xa·b＝16＋x2－4x＝(x－2)2＋12≥12當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)，|a＋xb|2有最小值．∴x＝2時(shí)，|a＋xb|取得最小值．]5．B[由sinα－cosα＝eq\f(\r(3),2)，得1－sin2α＝eq\f(3,4)，∴sin2α＝eq\f(1,4)，因此2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝1＋cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝1＋sin2α＝eq\f(5,4).]6．D[如圖所示，由題意，得BC＝a，CD＝a，∠BCD＝120°.BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos120°＝a2＋a2－2a·a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝3a2，∴BD＝eq\r(3)a.∴eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝|eq\o(BD,\s\up6(→))||eq\o(CD,\s\up6(→))|cos30°＝eq\r(3)a2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)a2.]7．A[∵∫eq\f(2π,3)0f(x)dx＝∫eq\f(2π,3)0sin(x－φ)dx＝0，∴－cos(x－φ)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)0＝cosφ－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π－φ))＝0)).則eq\f(3,2)cosφ－eq\f(\r(3),2)sinφ＝0，即eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,6)))＝0.∴φ＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得φ＝kπ＋eq\f(π,3).∴f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)))))，由x－kπ－eq\f(π,3)＝k′π＋eq\f(π,2)，得x＝(k＋k′)π＋eq\f(5,6)π(k，k′∈Z)，取k＋k′＝0，得x＝eq\f(5π,6).]8．B[由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),3)，得sinθcoseq\f(π,3)＋cosθsineq\f(π,3)＋sinθcoseq\f(π,3)－cosθsineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),3).∴2sinθcoseq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),3)，則sinθ＝eq\f(\r(3),3).又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(6),3).因此coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝cosθcoseq\f(π,6)－sinθsineq\f(π,6)＝eq\f(3\r(2)－\r(3),6).]9．B[由f(x)＝2cos(x＋φ)，得f′(x)＝－2sin(x＋φ)．∴f(0)＝2cosφ＝1，且f′(0)＝－2sinφ>0，因此cosφ＝eq\f(1,2)，且sinφ<0，所以φ＝2kπ－eq\f(π,3)，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，則φ＝－eq\f(π,3)，f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，根據(jù)圖象平移變換，知g(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)π)).又0≤x≤π，知－eq\f(2π,3)≤x－eq\f(2π,3)≤eq\f(π,3).∴g(x)的最小值為2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)π))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1.]10．C[eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\o(CM,\s\up6(→))－eq\o(CN,\s\up6(→))＝－eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)(4eq\o(AB,\s\up6(→))＋3eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\f(1,12)(4eq\o(AB,\s\up6(→))－3eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,48)(16eq\o(AB,\s\up6(→))2－9eq\o(AD,\s\up6(→))2)＝eq\f(1,48)(16×62－9×42)＝9.]11．B[由S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BCsinB＝eq\f(1,2)，得sinB＝eq\f(\r(2),2)，∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,4)或eq\f(3π,4).當(dāng)B＝eq\f(π,4)時(shí)，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝2＋1－2eq\r(2)×1×eq\f(\r(2),2)＝1，∴AC＝1，此時(shí)AB2＋AC2＝BC2，則△ABC為直角三角形，不合題設(shè)，舍去．當(dāng)B＝eq\f(3π,4)時(shí)，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝5，∴AC＝eq\r(5)，此時(shí)△ABC為鈍角三角形，符合題意．]12．A[如圖所示，由eq\o(OD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝0，得eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(DO,\s\up6(→))，∴四邊形DEOF為平行四邊形．又|eq\o(OD,\s\up6(→))|＝|eq\o(DF,\s\up6(→))|＝4，知△ODF為等邊三角形．在△DEF中，易知∠EDF＝120°，∠EFD＝30°，由正弦定理，得eq\f(EF,sin120°)＝eq\f(DE,sin30°)，則EF＝4eq\r(3).故eq\o(FE,\s\up6(→))在向量eq\o(FD,\s\up6(→))方向上的投影為|eq\o(EF,\s\up6(→))|cos30°＝6.]13.eq\f(2π,3)[令f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，作出函數(shù)圖象如圖所示，要使函數(shù)f(x)的圖象與y＝a有三個(gè)交點(diǎn)，則a＝eq\r(3)且必有一根x1＝0，另外兩根x2，x3關(guān)于直線x＝eq\f(7,6)π對稱，則x2＋x3＝eq\f(7,3)π，故x1＋x2＋x3＝eq\f(7π,3).]14.eq\f(π,6)[根據(jù)題意，將x＝eq\f(π,3)代入可得coseq\f(π,3)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋φ))＝eq\f(1,2)，∴eq\f(2,3)π＋φ＝2kπ＋eq\f(π,6)或eq\f(2,3)π＋φ＝2kπ＋eq\f(5,6)π，k∈Z.又∵φ∈[0，π)，∴φ＝eq\f(π,6).]15．3[由G為重心，得eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(a＋b)＝eq\f(1,3)(a＋b)．∴eq\o(PG,\s\up6(→))＝eq\o(AG,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－m))a＋eq\f(b,3)，eq\o(GQ,\s\up6(→))＝eq\o(AQ,\s\up6(→))－eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,3)))b－eq\f(1,3)a，又P、G、Q三點(diǎn)共線，∴eq\f(\f(1,3)－m,－\f(1,3))＝eq\f(\f(1,3),n－\f(1,3))，即m＋n＝3mn.因此eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝3.]16．100eq\r(6)[如圖所示，在△ABC中，AB＝600，∠BAC＝30°，∠ACB＝75°－30°＝45°.由正弦定理，得eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，∴BC＝600×eq\f(sin30°,sin45°)＝300eq\r(2).在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，∴CD＝BC·tan∠CBD＝300eq\r(2)·tan30°＝100eq\r(6).]17．解(1)因?yàn)閒(x)＝eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)(1－cosx)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\f(\r(2),2)，所以f(x)的最小正周期為2π.(2)因?yàn)椋小躼≤0，所以－eq\f(3π,4)≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,4).當(dāng)x＋eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(3π,4)時(shí)，f(x)取得最小值．所以f(x)在區(qū)間[－π，0]上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))＝－1－eq\f(\r(2),2).18．解(1)因?yàn)閙＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，m⊥n.所以m·n＝0，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝0，所以sinx＝cosx，所以tanx＝1.(2)因?yàn)閨m|＝|n|＝1，所以m·n＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝eq\f(1,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，因?yàn)?<x<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,4)<x－eq\f(π,4)<eq\f(π,4).因此x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,6)，故x＝eq\f(5π,12).19．解(1)∵f(x)＝sinx－cosx，且g(x)＝f(x)·f′(x)－f2(x)，∴f′(x)＝cosx＋sinx，因此g(x)＝(sinx－cosx)(sinx＋cosx)－(sinx－cosx)2＝sin2x－cos2x－(1－sin2x)＝sin2x－cos2x－1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－1.故函數(shù)f(x)的最小正周期T＝π，最大值為eq\r(2)－1.(2)由f(x)＝2f′(xsinx－cosx＝2(cosx＋sinx)，得tanx＝－3，eq\f(1＋sin2x,cos2x－sinxcosx)＝eq\f(2sin2x＋cos2x,cos2x－sinxcosx