专题十 解三角形综合问题考点一 正、余弦定理与三角函数结合的问题【方法总结】解三角形与三角函数交汇问题一般步骤【例题选讲】[例1]已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\r(3)(sinx＋cosx)2．(1)求函数f(x)的最大值和最小正周期；(2)设△ABC的三边a，b，c所对的角分别为A，B，C，若a＝2，c＝eq\r(7)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(C,2)))＝eq\r(3)，求b的值．解析 (1)f(x)＝eq\f(1,2)cos2x－eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\r(3)(1＋sin2x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\r(3)，所以f(x)的最大值为1＋eq\r(3)，最小正周期T＝π．(2)因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(C,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋C＋\f(π,6)))＋eq\r(3)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＋eq\r(3)＝eq\r(3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝0，因为00，所以b＝3．[例2]已知f(x)＝cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋1．(1)求f(x)在[0，π]上的单调递增区间；(2)在△ABC中，若角A，B，C的对边分别是a，b，c，且f(B)＝eq\f(5,4)，sinAsinC＝sin2B，求a－c的值．解析 f(x)＝cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋1＝cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx－\f(1,2)cosx))＋1＝eq\f(\r(3),4)sin2x－eq\f(1,2)×eq\f(1＋cos2x,2)＋1＝eq\f(\r(3),4)sin2x－eq\f(1,4)cos2x＋eq\f(3,4)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(3,4)．(1)由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，又x∈[0，π]，∴f(x)在[0，π]上的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))．(2)由f(B)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋eq\f(3,4)＝eq\f(5,4)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＝1．又B是△ABC的内角，∴2B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，得B＝eq\f(π,3)．由sinAsinC＝sin2B及正弦定理可得ac＝b2．在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得ac＝(a－c)2＋2ac－ac，则a－c＝0．[例3]已知函数f(x)＝sin2x－cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx(x∈R)．(1)求f(x)的最小正周期；(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)＝2，c＝5，cosB＝eq\f(1,7)，求△ABC中线AD的长．解析 (1)f(x)＝－cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))．∴T＝eq\f(2π,2)＝π．∴函数f(x)的最小正周期为π．(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∵在△ABC中f(A)＝2，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝1，∴2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，∴A＝eq\f(π,3)．又cosB＝eq\f(1,7)且B∈(0，π)，∴sinB＝eq\f(4\r(3),7)，∴sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,7)＋eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(5\r(3),14)，在△ABC中，由正弦定理eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)，得eq\f(5,\f(5\r(3),14))＝eq\f(a,\f(\r(3),2))，∴a＝7，∴BD＝eq\f(7,2)．在△ABD中，由余弦定理得，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB＝52＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))eq\s\up12(2)－2×5×eq\f(7,2)×eq\f(1,7)＝eq\f(129,4)，因此△ABC的中线AD＝eq\f(\r(129),2)．[例4]已知函数f(x)＝cos2x＋eq\r(3)sin(π－x)cos(π＋x)－eq\f(1,2)．(1)求函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间；(2)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，bsinC＝asinA，求△ABC的面积．解析 (1)f(x)＝cos2x－eq\r(3)sinxcosx－eq\f(1,2)＝eq\f(1＋cos2x,2)－eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，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，又∵x∈[0，π]，∴函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))．(2)由(1)知f(x)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴f(A)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝－1，∵△ABC为锐角三角形，∴0