1、压轴题命题区间(三)三角函数与平面向量三角函数的图象与性质典例 已知函数f(x)2sin24x 3 cos 2x，x4，2(1)求f(x)的最大值和最小值；(2)若不等式2f(x)m2在x4，2 上恒成立，求实数m的取值范围解(1)f(x)2sin24x 3cos 2x1cos22x 3cos 2x1sin 2x 3cos 2x12sin2x3，因为 x4，2，所以62x323，故 212sin2x3 3，所以 f(x)maxf512 3，f(x)minf4 2(2)因为2f(x)m2f(x)2mf(x)2，x4，2，所以 mf(x)max2 且 mf(x)min2又 x4，2 时，f(x)m
2、ax3，f(x)min2，所以 1m4，即 m 的取值范围是(1,4)方法点拨本题求解的关键在于将三角函数 f(x)进行正确的“化一”及“化一”后角的范围的确定，因此，求解时要准确运用三角公式，并借助三角函数的图象和性质去确定函数 f(x)的最值对点演练已知函数 f(x)Asinx4(A0，0)，g(x)tan x，它们的最小正周期之积为 22，f(x)的最大值为 2g174(1)求 f(x)的单调递增区间；(2)设 h(x)32f2(x)2 3cos2x，当 xa，3 时，h(x)的最小值为 3，求 a 的值解：(1)由题意得2 22，所以1又A2g1742tan174 2tan42，所以f
3、(x)2sinx4 由2k2x42k2(kZ)，得2k34 x2k4(kZ)故f(x)的单调递增区间为2k34，2k4(kZ)(2)h(x)32f2(x)2 3cos2x324sin2x4 2 3cos2x31cos22x 3(cos 2x1)3 33sin 2x 3cos 2x3 32 3sin2x6 因为 h(x)的最小值为 3，令 3 32 3sin2x6 3sin2x6 12因为 xa，3，所以 2x62a6，56，所以 2a66，即 a6典例 已知 a，b，c 分别是ABC 的三个内角 A，B，C 的对边，且2bcacos Ccos A(1)求 A 的大小；(2)当 a 3时，求 b
4、2c2 的取值范围三角函数和解三角形解(1)已知在ABC 中，2bcacos Ccos A，由正弦定理，得2sin Bsin Csin Acos Ccos A，即 2sin Bcos Asin Acos Csin Ccos Asin(AC)sin B，所以 cos A12，所以 A60(2)由正弦定理，得asin Absin Bcsin C2，则 b2sin B，c2sin C，所以 b2c24sin2B4sin2C2(1cos 2B1cos 2C)22cos 2Bcos 2(120B)22cos 2Bcos(2402B)2212cos 2B 32 sin 2B 42sin(2B30)因为 0
5、B120，所以302B30210，所以12sin(2B30)1，所以 3b2c26即 b2c2 的取值范围是(3,6方法点拨三角函数和三角形的结合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先确定三角形的边、角，再代入到三角函数中，三角函数和差公式的灵活运用是解决此类问题的关键对点演练已知函数 f(x)2cos2xsin2x76(1)求函数 f(x)的最大值，并写出 f(x)取最大值时 x 的取值集合；(2)在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c若 f(A)32，bc2，求实数 a 的最小值解：(1)f(x)2cos2xsin2x76(1cos 2x)sin 2xcos76 cos 2xs
6、in 76 1 32 sin 2x12cos 2x1sin2x6 函数 f(x)的最大值为 2要使 f(x)取最大值，则 sin2x6 1，2x62k2，kZ，解得 xk6，kZ故 f(x)取最大值时 x 的取值集合为xxk6，kZ(2)由题意知，f(A)sin2A6 132，化简得 sin2A6 12A(0，)，2A66，136，2A656，A3在ABC 中，根据余弦定理，得a2b2c22bccos3(bc)23bc由 bc2，知 bcbc221，当且仅当 bc1 时等号成立即 a21当 bc1 时，实数 a 的最小值为 1典例 若 a，b，c 均为单位向量，且 ab0，(ac)(bc)0，
7、则|abc|的最大值为()A 21 B1C 2D2平面向量解析 法一：(目标不等式法)因为|a|b|c|1，ab0，所以|ab|2a2b22ab2，故|ab|2展开(ac)(bc)0，得 ab(ab)cc20，即 0(ab)c10，整理，得(ab)c1而|abc|2(ab)22(ab)cc232(ab)c，所以 32(ab)c3211所以|abc|21，即|abc|1，故|abc|的最大值为 1法二：(基向量法)取向量 a，b 作为平面向量的一组基底，设 cmanb由|c|1，即|manb|1，可得(ma)2(nb)22mnab1，由题意，知|a|b|1，ab0整理，得 m2n21而 ac(1
8、m)anb，bcma(1n)b，故由(ac)(bc)0，得(1m)anbma(1n)b0，展开，得 m(m1)a2n(n1)b20，即 m2mn2n0，又 m2n21，故 mn1而 abc(1m)a(1n)b，故|abc|2(1m)a(1n)b2(1m)2a22(1m)(1n)ab(1n)2b2(1m)2(1n)2m2n22(mn)232(mn)又 mn1，所以 32(mn)1故|abc|21，即|abc|1故|abc|的最大值为 1法三：(坐标法)因为|a|b|1，ab0，所以a，b2设 OAa，OBb，OCc，因为 ab，所以 OAOB分别以 OA，OB 所在的直线为 x 轴、y 轴建立平
9、面直角坐标系，如图(1)所示，则 a(1,0)，b(0,1)，则 A(1,0)，B(0,1)设 C(x，y)，则 c(x，y)，且 x2y21则 ac(1x，y)，bc(x,1y)，故由(ac)(bc)0，得(1x)(x)(y)(1y)0，整理，得 1xy0，即 xy1而 abc(1x,1y)，则|abc|1x21y2 32xy因为 xy1，所以 32(xy)1，即|abc|1所以|abc|的最大值为 1法四：(三角函数法)因为|a|b|1，ab0，所以a，b2设 OAa，OBb，OCc，因为 ab，所以 OAOB分别以 OA，OB 所在的直线为 x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，如图(1)所
10、示，则 a(1,0)，b(0,1)，A(1,0)，B(0,1)因为|c|1，设COA，所以 C 点的坐标为(cos，sin)则 ac(1cos，sin)，bc(cos，1sin)，故由(ac)(bc)0，得(1cos)(cos)(sin)(1sin)0，整理，得 sin cos 1而 abc(1cos，1sin)，则|abc|1cos 21sin 2 32sin cos 因为 sin cos 1，所以 32(sin cos)1，即|abc|1，所以|abc|的最大值为 1法五：(数形结合法)设 OAa，OBb，OCc，因为|a|b|c|1，所以点 A，B，C 在以 O 为圆心、1 为半径的圆上
11、易知 CAac，CBbc，|c|OC|由(ac)(bc)0，可得 CA CB0，则2BCA(因为 A，B，C 在以 O 为圆心的圆上，所以 A，B，C 三点不能共线，即BCA)，故点 C 在劣弧 AB 上由 ab0，得 OAOB，设 ODab，如图(2)所示，因为 abc OD OC CD，所以|abc|CD|，即|abc|为点 D 与劣弧 AB 上一点 C 的距离，显然，当点 C 与 A 或 B 点重合时，CD 最长且为 1，即|abc|的最大值为 1答案 B方法点拨平面向量具有双重性，处理平面向量问题一般可以从两个角度进行：(1)利用其“形”的特征，将其转化为平面几何的有关知识进行解决；(
12、2)利用其“数”的特征，通过坐标转化为代数中的有关问题进行解决对点演练1在ABD 中，AB2，AD2 2，E，C 分别在线段 AD，BD 上，且 AE13AD，BC34BD，AC BE113，则BAD的大小为()A6B4 C2D34所以 AD AB4，所以 cosBADAD AB|AD|AB|422 2 22，因为 0BAD，所以BAD34 解析：依题意，AC AB BC AB34 BD AB34(ADAB)14 AB34 AD，BE AE AB13 AD AB，所以AC BE14 AB34 AD13 AD AB14|AB|214|AD|223 AD AB142214(2 2)223 AD A
13、B113，答案：D2在等腰梯形 ABCD 中，已知 ABDC，AB2，BC1，ABC60动点 E 和 F 分别在线段 BC 和 DC 上，且 BE BC，DF 19 DC，则 AE AF的最小值为_解析：法一：(等价转化思想)因为 DF 19 DC，DC12 AB，CF DF DC 19 DC DC199DC1918AB，AE AB BE AB BC，AF AB BC CFAB BC1918 AB1918 AB BC所以 AE AF(AB BC)1918 AB BC1918 AB2 BC211918AB BC1918 41991821cos 120 291217182 291217182918，当且仅当 2912，即23时，AE AF的最小值为2918法二：(坐标法)以线段 AB 的中点为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则 A(1,0)，B(1,0)，C12，32，D12，32，所以 AE AB BE AB BC212，32 ，AF AD DF AD 19 DC12 19，32，所以 AE AF212 12 19 32 32 17182 2917182 2 292918，当且仅当 2912，即 23时，AE AF的最小值为2918答案：2918升级增分训练点击此处
