用三角变换给出，
解析：函数\(f(x)=2sinx\cdot cosx+2\sqrt{3}\cdot cos^2x-\sqrt{3}+1\)
\(=2sin(2x+\cfrac{\pi}{3})+1\)
若\(x\in [-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}]\)，则可得
\(-\cfrac{2\pi}{3}\leq 2x\leq \cfrac{\pi}{2}\)，则\(-\cfrac{\pi}{3}\leq 2x+\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{5\pi}{6}\)，
故当\(2x+\cfrac{\pi}{3}=-\cfrac{\pi}{3}\)，即\(x=-\cfrac{\pi}{3}\)时，\(f(x)_{min}=f(-\cfrac{\pi}{3})=2\times (-\cfrac{\sqrt{3}}{2})+1=-\sqrt{3}+1\)；
故当\(2x+\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(x=\cfrac{\pi}{12}\)时，\(f(x)_{max}=f(\cfrac{\pi}{12})=2\times 1+1=3\)；
用实际问题给出
分析：由\(\cfrac{b}{a}=\cfrac{sinB}{sinA}=\cfrac{1-cosB}{cosA}\)，
得到\(sinBcosA+cosBsinA=sinA\)，即\(sin(A+B)=sinA\)
则\(sinC=sinA\)，即\(A=C\)，
故\(a=b=c\)，为等边三角形。
在\(\Delta AOB\)中，\(AB^2=2^2+1^2-2\cdot 2\cdot 1\cdot cos\theta=5-4cos\theta\)，
故\(S_{OACB}=S_{\Delta AOB}+S_{\Delta ABC}\)
\(=\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 1\cdot sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot AB^2\)
\(=sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}(5-4cos\theta)=2sin(\theta-\cfrac{\pi}{3})+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}\)
当\(\theta-\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{2}\)时，即\(\theta=\cfrac{5\pi}{6}\in (0，\pi)\)时，四边形的面积有最大值，
且\(S_{max}=2+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}=\cfrac{8+5\sqrt{3}}{4}\)，故选\(B\)。
用向量运算给出，如向量的内积或平行或垂直关系给出；
\(f(x)=2sinx\cdot cosx+2\sqrt{3}\cdot cos^2x-\sqrt{3}+1\)
\(f(x)=sin2x+\sqrt{3}(2cos^2x-1)+1\)
\(=sin2x+\sqrt{3}cos2x+1\)
\(=2sin(2x+\cfrac{\pi}{3})+1\)
用图像变换给出
（1）写出直线\(l\)的普通方程与曲线\(C\)的直角坐标方程；
（2）设曲线\(C\)经过伸缩变换\(\begin{cases}x‘=x\\y‘=\cfrac{1}{2}y\end{cases}\)得到曲线\(C‘\)，设\(M(x，y)\)为曲线\(C‘\)上任意一点，求\(x^2-\sqrt{3}xy+2y^2\)的最小值，并求相应的点\(M\)的坐标。
分析：(1)消去参数\(t\)，得到直线\(l\)的普通方程为\(\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}+2=0\)
由\(\rho=2\)，得到曲线\(C\)的直角坐标方程为\(x^2+y^2=4\)；
(2)曲线\(C：x^2+y^2=4\)经过伸缩变换\(\begin{cases}x‘=x\\y‘=\cfrac{1}{2}y\end{cases}\)得到曲线\(C‘\)，
即将\(x=x‘，y=2y‘\)代入\(C：x^2+y^2=4\)得到，\(x‘^2+4y‘^2=4\)，
整理得到曲线\(C‘：\cfrac{x^2}{4}+y^2=1\)。
由曲线\(C‘\)的参数方程得到点\(M(2cos\theta，sin\theta)\)，
即\(x=2cos\theta，y=sin\theta\)，代入得到
\(x^2-\sqrt{3}xy+2y^2=(2cos\theta)^2-\sqrt{3}\cdot 2cos\theta\cdot sin\theta+2sin^2\theta\)
\(=4cos^2\theta+2sin^2\theta-\cfrac{\sqrt{3}}{2}sin2\theta\)
\(=2+2cos^2\theta-\cfrac{\sqrt{3}}{2}sin2\theta\)
\(=2+1+cos2\theta-\cfrac{\sqrt{3}}{2}sin2\theta\)
\(=3-2sin(2\theta-\cfrac{\pi}{6})\)
当\(2\theta-\cfrac{\pi}{6}=2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，
即\(\theta=k\pi+\cfrac{\pi}{3}(k\in Z)\)时，
即点\(M(1，\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)或\(M(-1，-\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)时，
\(x^2-\sqrt{3}xy+2y^2\)的最小值为1.
用表格给出
用图像给出
分析：由图像可知，函数的最大值\(M=4\)，最小值\(m=0\)，故\(A=\cfrac{4-0}{2}=2\)，\(b=\cfrac{4+0}{2}=2\)，
又由于\(\cfrac{T}{4}=\cfrac{5\pi}{12}-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{4}\)，故\(T=\pi\)，故\(\omega=\cfrac{2\pi}{\pi}=2\)，
又\(2\times \cfrac{\pi}{6}+\phi=\cfrac{\pi}{2}\)，解得\(\phi=\cfrac{\pi}{6}\in (-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2})\)，
故所求解析式为\(f(x)=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+2\)，故选\(D\)。
分析：由于函数\(y＝sin(ωx＋φ)\)的最小正周期为\(π\)，故\(\omega=2\)，又图象关于点\((-\cfrac{3\pi}{8}，0)\)对称，
则\(2\times (-\cfrac{3\pi}{8})+\phi=k\pi\)，故\(\phi=k\pi+\cfrac{3\pi}{4}\)，\(k\in Z\) ,
当\(k=0\)时，\(\phi=\cfrac{3\pi}{4}\in (0,\pi)\)，故解析式为\(y=sin(2x+\cfrac{3\pi}{4})\).
分析：这类题目一般需要先将\(f(x)\)转化为正弦型或者余弦型，
再利用给定的条件分别求\(\omega\)和\(\phi\)，由\(f(x)=2Acos^2(\omega x+\phi)=A[cos2(\omega x+\phi)+1]-A=Acos(2\omega x+2\phi)\)，
故其周期为\(T=\cfrac{2\pi}{2\omega}=\cfrac{\pi}{\omega}\)，
又由题目可知\(\cfrac{T}{4}=\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{\pi}{12}=\cfrac{\pi}{4}\)，则\(T=\pi=\cfrac{\pi}{\omega}\)，
故\(\omega=1\)，则函数简化为\(f(x)=Acos(2x+2\phi)\)，再利用直线\(x=\cfrac{\pi}{3}\)是函数\(f(x)\)图象上的一条对称轴，
故\(2\times \cfrac{\pi}{3}+2\phi=k\pi,(k\in Z)\),解得\(\phi=\cfrac{k\pi}{2}-\cfrac{\pi}{3}\)，
令\(k=1\)，则\(\phi=\cfrac{\pi}{6}\in (0,\cfrac{\pi}{2})\)，满足题意，故\(f(x)=Acos(2x+2\phi)=Acos(2x+\cfrac{\pi}{3})\).
令\(2k\pi-\pi\leq 2x+\cfrac{\pi}{3}\leq 2k\pi(k\in Z)\)，解得\(k\pi-\cfrac{2\pi}{3}\leq x \leq k\pi-\cfrac{\pi}{6}\)，即单调递增区间为\(A．[k\pi-\cfrac{2\pi}{3} ，k\pi-\cfrac{\pi}{6}](k\in Z)\);
原文：https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/12868448.html