Question

3．已知函數(shù)f（x）=cos（2x-$\frac{π}{3}$）+2sin（x-$\frac{π}{4}$）sin（x+$\frac{π}{4}$）．
（1）求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，滿足c=2$\sqrt{3}$，f（C）=1，且點(diǎn)O滿足|$\overrightarrow{OA}$|=|$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{OC}$|，求$\overrightarrow{CO}$•（$\overrightarrow{CA}$+$\overrightarrow{CB}$）的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）化簡(jiǎn)函數(shù)f（x）為正弦型函數(shù)，求出它的單調(diào)增區(qū)間即可；
（2）先求出C的值，再根據(jù)平面向量的數(shù)量積與模長(zhǎng)公式，即可求出正確的結(jié)果．

解答 解：（1）∵$f（x）=cos（2x-\frac{π}{3}）+2sin（x-\frac{π}{4}）sin（x+\frac{π}{4}）$
=$\frac{1}{2}cos2x+\frac{{\sqrt{3}}}{2}sin2x+（sinx-cosx）（sinx+cosx）$
=$\frac{1}{2}$cos2x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2x+sin²x-cos²x
=$\frac{1}{2}$cos2x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2x-cos2x
=$\frac{\sqrt{3}}{2}$sin2x-$\frac{1}{2}$cos2x
=sin（2x-$\frac{π}{6}$）；…（3分）
令-$\frac{π}{2}$+2kπ≤2x-$\frac{π}{6}$≤$\frac{π}{2}$+2kπ，k∈Z，
得-$\frac{π}{6}$+kπ≤x≤$\frac{π}{3}$+kπ，k∈Z；
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為$[kπ-\frac{π}{6}，kπ+\frac{π}{3}]$，k∈Z；…（5分）
（2）$f（C）=sin（2C-\frac{π}{6}）=1$，
∵0＜C＜π，0＜2C＜2π，
∴$-\frac{π}{6}＜2C-\frac{π}{6}＜\frac{11π}{6}$，
∴$2C-\frac{π}{6}=\frac{π}{2}$，
解得$C=\frac{π}{3}$，…（6分）
設(shè)CA，CB的中點(diǎn)分別為M，N，
∵O點(diǎn)滿足$|\overrightarrow{OA}|=|\overrightarrow{OB}|=|\overrightarrow{OC}|$，∴O為△ABC的外心，
$\overrightarrow{CO}$•（$\overrightarrow{CA}$+$\overrightarrow{CB}$）=$\overrightarrow{CO}$•$\overrightarrow{CA}$+$\overrightarrow{CO}$•$\overrightarrow{CB}$
=|$\overrightarrow{CM}$|×|$\overrightarrow{CA}$|+|$\overrightarrow{CN}$|×|$\overrightarrow{CB}$|
=$\frac{1}{2}（{a^2}+{b^2}）$…（8分）
=$\frac{1}{2}$${（\frac{c}{sinC}）}^{2}$（sin²A+sin²B）
=8×$\frac{2-cos2A-cos2B}{2}$
=4（2-2cos（A+B）cos（A-B））
=4（2+cos（A-B））（*），
又C=$\frac{π}{3}$，∴A+B=$\frac{2π}{3}$，
∴A-B=$\frac{2π}{3}$-2B∈（-$\frac{2π}{3}$，$\frac{2π}{3}$）；
由（*）得A=B=$\frac{π}{3}$時(shí)，得最大值12，
則6＜4（2+cos（A-B））≤12，
故$\overrightarrow{CO}$•（$\overrightarrow{CA}$+$\overrightarrow{CB}$）的取值范圍是[6，12]．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了三角函數(shù)的化簡(jiǎn)與運(yùn)算問(wèn)題，也考查了平面向量的數(shù)量積與模長(zhǎng)公式的應(yīng)用問(wèn)題，是綜合性題目．