高考數(shù)學(xué)理科專題二 三角函數(shù)與平面向量

第1講三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)高考定位三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)是高考考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn)內(nèi)容，主要從以下兩個(gè)方面進(jìn)行考查：1.三角函數(shù)的圖象，主要涉及圖象變換問題以及由圖象確定解析式問題，主要以選擇題、填空題的形式考查；2.利用三角函數(shù)的性質(zhì)求解三角函數(shù)的值、參數(shù)、最值、值域、單調(diào)區(qū)間等，主要以解答題的形式考查.真題感悟1.(2016·全國(guó)Ⅱ卷)若將函數(shù)y＝2sin2x的圖象向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，則平移后圖象的對(duì)稱軸為()A.x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)(k∈Z) B.x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)C.x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z) D.x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)(k∈Z)解析由題意將函數(shù)y＝2sin2x的圖象向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)的解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，由2x＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)得函數(shù)的對(duì)稱軸為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)，故選B.答案B2.(2015·安徽卷)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ均為正的常數(shù))的最小正周期為π，當(dāng)x＝eq\f(2π,3)時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值，則下列結(jié)論正確的是()A.f(2)<f(－2)<f(0) B.f(0)<f(2)<f(－2)C.f(－2)<f(0)<f(2) D.f(2)<f(0)<f(－2)解析由于f(x)的最小正周期為π，∴ω＝2，即f(x)＝Asin(2x＋φ)，又當(dāng)x＝eq\f(2π,3)時(shí)，2x＋φ＝eq\f(4π,3)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝2kπ－eq\f(11π,6)(k∈Z)，又φ>0，∴φmin＝eq\f(π,6)，故f(x)＝Asin(2x＋eq\f(π,6)).于是f(0)＝eq\f(1,2)A，f(2)＝Asin(4＋eq\f(π,6))，f(－2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4＋\f(π,6)))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))，又∵－eq\f(π,2)<eq\f(5π,6)－4<4－eq\f(7π,6)<eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，其中f(2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(π,6)))＝Asineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(π,6)))))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－4))，f(－2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))＝Asineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(7π,6))).又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內(nèi)單調(diào)遞增，∴f(2)<f(－2)<f(0)，故選A.答案A3.(2016·浙江卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝sin2x＋bsinx＋c，則f(x)的最小正周期()A.與b有關(guān)，且與c有關(guān) B.與b有關(guān)，但與c無關(guān)C.與b無關(guān)，且與c無關(guān) D.與b無關(guān)，但與c有關(guān)解析因?yàn)閒(x)＝sin2x＋bsinx＋c＝－eq\f(cos2x,2)＋bsinx＋c＋eq\f(1,2)，其中當(dāng)b＝0時(shí)，f(x)＝－eq\f(cos2x,2)＋c＋eq\f(1,2)，f(x)的周期為π；b≠0時(shí)，f(x)的周期為2π.即f(x)的周期與b有關(guān)但與c無關(guān)，故選B.答案B4.(2016·全國(guó)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,4)為f(x)的零點(diǎn)，x＝eq\f(π,4)為y＝f(x)圖象的對(duì)稱軸，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)，則ω的最大值為()A.11B.9C.7 D.5解析因?yàn)閤＝－eq\f(π,4)為f(x)的零點(diǎn)，x＝eq\f(π,4)為f(x)的圖象的對(duì)稱軸，所以eq\f(π,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝eq\f(T,4)＋eq\f(kT,2)，得T＝eq\f(2π,2k＋1)(k∈Z)，則ω＝2k＋1(k∈Z)，又因?yàn)閒(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)，所以eq\f(5π,36)－eq\f(π,18)＝eq\f(π,12)≤eq\f(T,2)＝eq\f(2π,2ω)，即ω≤12，又當(dāng)k＝5時(shí)，ω＝11，φ＝－eq\f(π,4)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上不單調(diào)；當(dāng)k＝4時(shí)，ω＝9，φ＝eq\f(π,4)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)，滿足題意.由此得ω的最大值為9，故選B.答案B考點(diǎn)整合1.常用三種函數(shù)的易誤性質(zhì)函數(shù)y＝sinxy＝cosxy＝tanx圖象單調(diào)性在eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)上單調(diào)遞增；在eq\b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2kπ，))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋2kπ))(k∈Z)上單調(diào)遞減在[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)上單調(diào)遞增；在[2kπ，π＋2kπ](k∈Z)上單調(diào)遞減在eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)上單調(diào)遞增對(duì)稱性對(duì)稱中心：(kπ，0)(k∈Z)；對(duì)稱軸：x＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)對(duì)稱中心：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋kπ，0))(k∈Z)；對(duì)稱軸：x＝kπ(k∈Z)對(duì)稱中心：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)2.三角函數(shù)的常用結(jié)論(1)y＝Asin(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝kπ(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù)；當(dāng)φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時(shí)為偶函數(shù)；對(duì)稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)求得.(2)y＝Acos(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù)；當(dāng)φ＝kπ(k∈Z)時(shí)為偶函數(shù)；對(duì)稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得.(3)y＝Atan(ωx＋φ)，當(dāng)φ＝kπ(k∈Z)時(shí)為奇函數(shù).3.三角函數(shù)的兩種常見變換熱點(diǎn)一三角函數(shù)的圖象[微題型1]三角函數(shù)的圖象變換【例1－1】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(qǐng)將上表數(shù)據(jù)補(bǔ)充完整，填寫在相應(yīng)位置，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(zhǎng)度，得到y(tǒng)＝g(x)的圖象.若y＝g(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))，求θ的最小值.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)))，得g(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2θ－\f(π,6))).因?yàn)閥＝sinx的對(duì)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(duì)稱，令eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)－θ＝eq\f(5π,12)，解得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).探究提高在圖象變換過程中務(wù)必分清是先相位變換，還是先周期變換.變換只是相對(duì)于其中的自變量x而言的，如果x的系數(shù)不是1，就要把這個(gè)系數(shù)提取后再確定變換的單位長(zhǎng)度和方向.[微題型2]由三角函數(shù)圖象求其解析式【例1－2】函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ為常數(shù)，A＞0，ω＞0，0＜φ＜π)的圖象如圖所示，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的值為______.解析根據(jù)圖象可知，A＝2，eq\f(3T,4)＝eq\f(11π,12)－eq\f(π,6)，所以周期T＝π，由ω＝eq\f(2π,T)＝2.又函數(shù)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，2))，所以有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，而0＜φ＜π.所以φ＝eq\f(π,6)，則f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,6)))＝1.答案1探究提高已知圖象求函數(shù)y＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ))(A＞0，ω＞0)的解析式時(shí)，常用的方法是待定系數(shù)法.由圖中的最高點(diǎn)、最低點(diǎn)或特殊點(diǎn)求A；由函數(shù)的周期確定ω；確定φ常根據(jù)“五點(diǎn)法”中的五個(gè)點(diǎn)求解，其中一般把第一個(gè)零點(diǎn)作為突破口，可以從圖象的升降找準(zhǔn)第一個(gè)零點(diǎn)的位置.【訓(xùn)練1】(2016·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜eq\f(π,2))的部分圖象如圖所示.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖象上各點(diǎn)的縱坐標(biāo)保持不變，橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)倍，再把所得的函數(shù)圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上的最小值.解(1)設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T，由題圖可知A＝1，eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即T＝π，所以π＝eq\f(2π,ω)，解得ω＝2，故f(x)＝sin(2x＋φ).由0＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))可得eq\f(π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ－eq\f(π,3)，k∈Z，因?yàn)閨φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).(2)根據(jù)條件得g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))時(shí)，4x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，所以當(dāng)x＝eq\f(π,8)時(shí)，g(x)取得最小值，且g(x)min＝eq\f(1,2).熱點(diǎn)二三角函數(shù)的性質(zhì)[微題型1]三角函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用【例2－1】已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)＋eq\r(3)cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，0＜|φ|＜\f(π,2)))為奇函數(shù)，且函數(shù)y＝f(x)的圖象的兩相鄰對(duì)稱軸之間的距離為eq\f(π,2).(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位后，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.解(1)f(x)＝sin(ωx＋φ)＋eq\r(3)cos(ωx＋φ)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin（ωx＋φ）＋\f(\r(3),2)cos（ωx＋φ）))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,3))).因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以f(0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,3)))＝0，又0＜|φ|＜eq\f(π,2)，可得φ＝－eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sinωx，由題意得eq\f(2π,ω)＝2·eq\f(π,2)，所以ω＝2.故f(x)＝2sin2x.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3).(2)將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位后，得到feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的圖象，所以g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).當(dāng)2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)時(shí)，g(x)單調(diào)遞增，因此g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z).探究提高對(duì)于函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)單調(diào)區(qū)間的求解，其基本方法是將ωx＋φ作為一個(gè)整體代入正弦函數(shù)增區(qū)間(或減區(qū)間)，求出的區(qū)間即為y＝Asin(ωx＋φ)的增區(qū)間(或減區(qū)間)，但是當(dāng)A＞0，ω＜0時(shí)，需先利用誘導(dǎo)公式變形為y＝－Asin(－ωx－φ)，則y＝Asin(－ωx－φ)的增區(qū)間即為原函數(shù)的減區(qū)間，減區(qū)間即為原函數(shù)的增區(qū)間.[微題型2]由三角函數(shù)的性質(zhì)求參數(shù)【例2－2】(1)(2015·湖南卷)已知ω>0，在函數(shù)y＝2sinωx與y＝2cosωx的圖象的交點(diǎn)中，距離最短的兩個(gè)交點(diǎn)的距離為2eq\r(3)，則ω＝________.(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ是常數(shù)，A>0，ω>0).若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有單調(diào)性，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，則f(x)的最小正周期為________.解析(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2sinωx，,y＝2cosωx))得sinωx＝cosωx，∴tanωx＝1，ωx＝kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z).∵ω>0，∴x＝eq\f(kπ,ω)＋eq\f(π,4ω)(k∈Z).設(shè)距離最短的兩個(gè)交點(diǎn)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，不妨取x1＝eq\f(π,4ω)，x2＝eq\f(5π,4ω)，則|x2－x1|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4ω)－\f(π,4ω)))＝eq\f(π,ω).又結(jié)合圖形知|y2－y1|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))－2×\f(\r(2),2)))＝2eq\r(2)，且(x1，y1)與(x2，y2)間的距離為2eq\r(3)，∴(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝(2eq\r(3))2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,ω)))eq\s\up12(2)＋(2eq\r(2))2＝12，∴ω＝eq\f(π,2).(2)由f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有單調(diào)性，得eq\f(T,2)≥eq\f(π,2)－eq\f(π,6)，即T≥eq\f(2π,3)；因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))，所以f(x)的一條對(duì)稱軸為x＝eq\f(\f(π,2)＋\f(2π,3),2)＝eq\f(7π,12)；又因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，所以f(x)的一個(gè)對(duì)稱中心的橫坐標(biāo)為eq\f(\f(π,2)＋\f(π,6),2)＝eq\f(π,3).所以eq\f(1,4)T＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，即T＝π.答案(1)eq\f(π,2)(2)π探究提高此類題屬于三角函數(shù)性質(zhì)的逆用，解題的關(guān)鍵是借助于三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)列出含參數(shù)的不等式，再根據(jù)參數(shù)范圍求解.或者，也可以取選項(xiàng)中的特殊值驗(yàn)證.[微題型3]三角函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用【例2－3】設(shè)函數(shù)f(x)＝sin2ωx＋2eq\r(3)sinωx·cosωx－cos2ωx＋λ(x∈R)的圖象關(guān)于直線x＝π對(duì)稱，其中ω，λ為常數(shù)，且ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)若y＝f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))，求函數(shù)f(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域.解(1)因?yàn)閒(x)＝sin2ωx＋2eq\r(3)sinωx·cosωx－cos2ωx＋λ＝－cos2ωx＋eq\r(3)sin2ωx＋λ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))＋λ，由直線x＝π是y＝f(x)圖象的一條對(duì)稱軸，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωπ－\f(π,6)))＝±1，所以2ωπ－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即ω＝eq\f(k,2)＋eq\f(1,3)(k∈Z).又ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，k∈Z，所以k＝1，故ω＝eq\f(5,6).所以f(x)的最小正周期是eq\f(6π,5).(2)由y＝f(x)的圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0，即λ＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)×\f(π,2)－\f(π,6)))＝－2sineq\f(π,4)＝－eq\r(2)，即λ＝－eq\r(2).故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)x－\f(π,6)))－eq\r(2)，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴eq\f(5,3)x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))，∴函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇－1－eq\r(2)，2－eq\r(2)].探究提高求三角函數(shù)最值的兩條思路：(1)將問題化為y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)或圖象求解；(2)將問題化為關(guān)于sinx或cosx的二次函數(shù)的形式，借助二次函數(shù)的性質(zhì)或圖象求解.【訓(xùn)練2】(2016·河南名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋sin2x－cos2x.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及其圖象的對(duì)稱軸方程；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝[f(x)]2＋f(x)，求g(x)的值域.解(1)f(x)＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x－cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).則f(x)的最小正周期為π，由2x－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)(k∈Z)，所以函數(shù)圖象的對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)(k∈Z).(2)g(x)＝[f(x)]2＋f(x)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4).當(dāng)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)時(shí)，g(x)取得最小值－eq\f(1,4)，當(dāng)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝1時(shí)，g(x)取得最大值2，所以g(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2)).1.已知函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A＞0，ω＞0)的圖象求解析式(1)A＝eq\f(ymax－ymin,2)，B＝eq\f(ymax＋ymin,2).(2)由函數(shù)的周期T求ω，ω＝eq\f(2π,T).(3)利用“五點(diǎn)法”中相對(duì)應(yīng)的特殊點(diǎn)求φ.2.運(yùn)用整體換元法求解單調(diào)區(qū)間與對(duì)稱性類比y＝sinx的性質(zhì)，只需將y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sinx中的“x”，采用整體代入求解.(1)令ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，可求得對(duì)稱軸方程；(2)令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得對(duì)稱中心的橫坐標(biāo)；(3)將ωx＋φ看作整體，可求得y＝Asin(ωx＋φ)的單調(diào)區(qū)間，注意ω的符號(hào).3.函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋B的性質(zhì)及應(yīng)用的求解思路第一步：先借助三角恒等變換及相應(yīng)三角函數(shù)公式把待求函數(shù)化成y＝Asin(ωx＋φ)＋B(一角一函數(shù))的形式；第二步：把“ωx＋φ”視為一個(gè)整體，借助復(fù)合函數(shù)性質(zhì)求y＝Asin(ωx＋φ)＋B的單調(diào)性及奇偶性、最值、對(duì)稱性等問題.一、選擇題1.(2016·山東卷)函數(shù)f(x)＝(eq\r(3)sinx＋cosx)(eq\r(3)cosx－sinx)的最小正周期是()A.eq\f(π,2) B.πC.eq\f(3π,2) D.2π解析∵f(x)＝2sinxcosx＋eq\r(3)(cos2x－sin2x)＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴T＝π，故選B.答案B2.函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則將y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位后，得到的圖象的解析式為()A.y＝sin2x B.y＝cos2xC.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))) D.y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))解析由圖象知A＝1，eq\f(3,4)T＝eq\f(11π,12)－eq\f(π,6)＝eq\f(3π,4)，T＝π，∴ω＝2，由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，|φ|＜eq\f(π,2)得eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)?φ＝eq\f(π,6)?f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，則圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位后得到的圖象的解析式為y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).答案D3.(2016·太原模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜π)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對(duì)稱，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝0，則ω取最小值時(shí)，φ的值為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)解析由eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)≥eq\f(1,4)×eq\f(2π,ω)，解得ω≥2，故ω的最小值為2.此時(shí)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(7π,12)＋φ))＝0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝0，又0＜φ＜π，所以φ＝eq\f(5π,6).答案D4.(2016·北京卷)將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))圖象上的點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，t))向左平移s(s＞0)個(gè)單位長(zhǎng)度得到點(diǎn)P′.若P′位于函數(shù)y＝sin2x的圖象上，則()A.t＝eq\f(1,2)，s的最小值為eq\f(π,6) B.t＝eq\f(\r(3),2)，s的最小值為eq\f(π,6)C.t＝eq\f(1,2)，s的最小值為eq\f(π,3) D.t＝eq\f(\r(3),2)，s的最小值為eq\f(π,3)解析點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，t))在函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))圖象上，則t＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)－\f(π,3)))＝sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2).又由題意得y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（x＋s）－\f(π,3)))＝sin2x，故s＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，所以s的最小值為eq\f(π,6).答案A5.(2016·唐山期末)已知函數(shù)f(x)＝sinωx＋eq\r(3)cosωx(ω＞0)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，且f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上遞減，則ω＝()A.3 B.2C.6 D.5解析∵f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0.∴當(dāng)x＝eq\f(\f(π,6)＋\f(π,2),2)＝eq\f(π,3)時(shí)，f(x)＝0.∴eq\f(π,3)ω＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，∴ω＝3k－1，k∈Z，排除A、C；又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上遞減，把ω＝2，ω＝5代入驗(yàn)證，可知ω＝2.答案B二、填空題6.(2016·臨沂模擬)若將函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象向右平移φ個(gè)單位，所得圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，則φ的最小正值是________.解析f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))eq\o(→,\s\up7(右平移φ))g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（x－φ）＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)－2φ))，關(guān)于y軸對(duì)稱，即函數(shù)g(x)為偶函數(shù)，則eq\f(π,4)－2φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝－eq\f(k,2)π－eq\f(π,8)(k∈Z)，顯然，k＝－1時(shí)，φ有最小正值eq\f(π,2)－eq\f(π,8)＝eq\f(3π,8).答案eq\f(3π,8)7.(2016·江蘇卷)定義在區(qū)間[0，3π]上的函數(shù)y＝sin2x的圖象與y＝cosx的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)是________.解析在區(qū)間[0，3π]上分別作出y＝sin2x和y＝cosx的簡(jiǎn)圖如下：由圖象可得兩圖象有7個(gè)交點(diǎn).答案78.(2015·天津卷)已知函數(shù)f(x)＝sinωx＋cosωx(ω＞0)，x∈R.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－ω，ω)內(nèi)單調(diào)遞增，且函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝ω對(duì)稱，則ω的值為________.解析f(x)＝sinωx＋cosωx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，因?yàn)閒(x)在區(qū)間(－ω，ω)內(nèi)單調(diào)遞增，且函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝ω對(duì)稱，所以f(ω)必為一個(gè)周期上的最大值，所以有ω·ω＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω2＝eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z.又ω－(－ω)≤eq\f(\f(2π,ω),2)，即ω2≤eq\f(π,2)，則ω2＝eq\f(π,4)，所以ω＝eq\f(\r(π),2).答案eq\f(\r(π),2)三、解答題9.已知函數(shù)f(x)＝4sin3xcosx－2sinxcosx－eq\f(1,2)cos4x.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值和最小值.解f(x)＝2sinxcosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin2x－1))－eq\f(1,2)cos4x＝－sin2xcos2x－eq\f(1,2)cos4x＝－eq\f(1,2)sin4x－eq\f(1,2)cos4x＝－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4))).(1)函數(shù)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2).令2kπ＋eq\f(π,2)≤4x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,16)≤x≤eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,16)，k∈Z.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,16)，\f(kπ,2)＋\f(5π,16)))，k∈Z.(2)因?yàn)?≤x≤eq\f(π,4)，所以eq\f(π,4)≤4x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4).此時(shí)－eq\f(\r(2),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))≤1，所以－eq\f(\r(2),2)≤－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))≤eq\f(1,2)，即－eq\f(\r(2),2)≤f(x)≤eq\f(1,2).所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值和最小值分別為eq\f(1,2)，－eq\f(\r(2),2).10.設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),3)sin2x－eq\f(\r(3),3)cos2x.(1)求f(x)的最小正周期及其圖象的對(duì)稱軸方程；(2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)g(x)的圖象，求g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上的值域.解(1)f(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x－eq\f(\r(3),3)cos2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),6)cos2x＝eq\f(\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).所以f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π.令2x＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)，(2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)g(x)＝eq\f(\r(3),3)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋\f(π,6)))＝－eq\f(\r(3),3)cos2x的圖象，即g(x)＝－eq\f(\r(3),3)cos2x.當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))時(shí)，2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，可得cos2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以－eq\f(\r(3),3)cos2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),6)))，即函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),6))).11.已知向量a＝(m，cos2x)，b＝(sin2x，n)，函數(shù)f(x)＝a·b，且y＝f(x)的圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\r(3)))和點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，－2)).(1)求m，n的值；(2)將y＝f(x)的圖象向左平移φ(0＜φ＜π)個(gè)單位后得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，若y＝g(x)圖象上各最高點(diǎn)到點(diǎn)(0，3)的距離的最小值為1，求y＝g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.解(1)由題意知f(x)＝a·b＝msin2x＋ncos2x.因?yàn)閥＝f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\r(3)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，－2))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)＝msin\f(π,6)＋ncos\f(π,6)，,－2＝msin\f(4π,3)＋ncos\f(4π,3)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)＝\f(1,2)m＋\f(\r(3),2)n，,－2＝－\f(\r(3),2)m－\f(1,2)n，))解得m＝eq\r(3)，n＝1.(2)由(1)知f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).由題意知g(x)＝f(x＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ＋\f(π,6))).設(shè)y＝g(x)的圖象上符合題意的最高點(diǎn)為(x0，2)，由題意知xeq\o\al(2,0)＋1＝1，所以x0＝0，即到點(diǎn)(0，3)的距離為1的最高點(diǎn)為(0，2).將其代入y＝g(x)得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2φ＋\f(π,6)))＝1，因?yàn)?＜φ＜π，所以φ＝eq\f(π,6).因此g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x.由2kπ－π≤2x≤2kπ，k∈Z，得kπ－eq\f(π,2)≤x≤kπ，k∈Z，所以函數(shù)y＝g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z.第2講三角恒等變換與解三角形高考定位1.三角函數(shù)的化簡(jiǎn)與求值是高考的命題熱點(diǎn)，其中同角三角函數(shù)的基本關(guān)系、誘導(dǎo)公式是解決計(jì)算問題的工具，三角恒等變換是利用三角恒等式(兩角和與差、二倍角的正弦、余弦、正切公式)進(jìn)行變換，“角”的變換是三角恒等變換的核心；2.正弦定理與余弦定理以及解三角形問題是高考的必考內(nèi)容，主要考查邊、角、面積的計(jì)算及有關(guān)的范圍問題.真題感悟1.(2016·全國(guó)Ⅲ卷)若tanα＝eq\f(3,4)，則cos2α＋2sin2α＝()A.eq\f(64,25) B.eq\f(48,25)C.1 D.eq\f(16,25)解析tanα＝eq\f(3,4)，則cos2α＋2sin2α＝eq\f(cos2α＋2sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(1＋4tanα,1＋tan2α)＝eq\f(64,25).答案A2.(2016·全國(guó)Ⅱ卷)△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，則b＝________.解析在△ABC中由cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，可得sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosA·sinC＝eq\f(63,65)，由正弦定理得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(21,13).答案eq\f(21,13)3.(2015·全國(guó)Ⅰ卷)在平面四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，則AB的取值范圍是________.解析如圖所示，延長(zhǎng)BA，CD交于點(diǎn)E，則可知在△ADE中，∠DAE＝105°，∠ADE＝45°，∠E＝30°，∴設(shè)AD＝eq\f(1,2)x，則AE＝eq\f(\r(2),2)x，DE＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)x，令CD＝m，∵BC＝2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)＋\r(2),4)x＋m))·sin15°＝1?eq\f(\r(6)＋\r(2),4)x＋m＝eq\r(6)＋eq\r(2)，∴0<x<4，而AB＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)x＋m－eq\f(\r(2),2)x＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)x＋m＝eq\r(6)＋eq\r(2)－eq\f(\r(2),2)x，∴AB的取值范圍是(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2)).答案(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2))4.(2016·全國(guó)Ⅰ卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知2cosC(acosB＋bcosA)＝c.(1)求C；(2)若c＝eq\r(7)，△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，求△ABC的周長(zhǎng).解(1)由已知及正弦定理得，2cosC(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinC，2cosCsin(A＋B)＝sinC，故2sinCcosC＝sinC.可得cosC＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,3).(2)由已知，eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),2)，又C＝eq\f(π,3)，所以ab＝6，由已知及余弦定理得，a2＋b2－2abcosC＝7，故a2＋b2＝13，從而(a＋b)2＝25.所以△ABC的周長(zhǎng)為5＋eq\r(7).考點(diǎn)整合1.三角函數(shù)公式(1)同角關(guān)系：sin2α＋cos2α＝1，eq\f(sinα,cosα)＝tanα.(2)誘導(dǎo)公式：對(duì)于“eq\f(kπ,2)±α，k∈Z的三角函數(shù)值”與“α角的三角函數(shù)值”的關(guān)系可按下面口訣記憶：奇變偶不變，符號(hào)看象限.(3)兩角和與差的正弦、余弦、正切公式：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ；cos(α±β)＝cosαcosβ?sinαsinβ；tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1?tanαtanβ).(4)二倍角公式：sin2α＝2sinαcosα，cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.2.正、余弦定理、三角形面積公式(1)eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝2R(R為△ABC外接圓的半徑).變形：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC.(2)a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC；推論：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)；變形：b2＋c2－a2＝2bccosA，a2＋c2－b2＝2accosB，a2＋b2－c2＝2abcosC.(3)S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA.熱點(diǎn)一三角恒等變換及應(yīng)用【例1】(1)(2015·重慶卷)若tanα＝2taneq\f(π,5)，則eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝()A.1 B.2C.3 D.4(2)已知α為銳角，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝________.(3)(2016·合肥質(zhì)檢)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝－eq\f(1,4)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).則sin2α＝________.解析(1)eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,5))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sinαcos\f(π,5)＋cosαsin\f(π,5),sinα·cos\f(π,5)－cosαsin\f(π,5))＝eq\f(\f(tanα,tan\f(π,5))＋1,\f(tanα,tan\f(π,5))－1)＝eq\f(2＋1,2－1)＝3.(2)∵α為銳角，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)＞0，∴α＋eq\f(π,6)為銳角，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2×eq\f(4,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(24,25)，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝eq\f(24,25).(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,4)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,2).∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，∴2α＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(4π,3)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),2)，∴sin2α＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))coseq\f(π,3)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))sineq\f(π,3)＝eq\f(1,2).答案(1)C(2)eq\f(24,25)(3)eq\f(1,2)探究提高1.解決三角函數(shù)的化簡(jiǎn)求值問題的關(guān)鍵是把“所求角”用“已知角”表示(1)當(dāng)已知角有兩個(gè)時(shí)，“所求角”一般表示為“兩個(gè)已知角”的和或差的形式；(2)當(dāng)“已知角”有一個(gè)時(shí)，此時(shí)應(yīng)著眼于“所求角”的和或差的關(guān)系，然后應(yīng)用誘導(dǎo)公式把“所求角”變成“已知角”.2.求角問題要注意角的范圍，要根據(jù)已知條件將所求角的范圍盡量縮小，避免產(chǎn)生增解.【訓(xùn)練1】(1)已知sin2α＝eq\f(2,3)，則cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)(2)(2016·成都模擬)sin(π－α)＝－eq\f(\r(5),3)且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(α,2)))＝()A.－eq\f(\r(6),3) B.－eq\f(\r(6),6)C.eq\f(\r(6),6) D.eq\f(\r(6),3)(3)(2016·中山模擬)已知cos(2α－β)＝－eq\f(11,14)，sin(α－2β)＝eq\f(4\r(3),7)，0＜β＜eq\f(π,4)＜α＜eq\f(π,2)，則α＋β＝________.解析(1)法一cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))))＝eq\f(1,2)(1－sin2α)＝eq\f(1,6).法二coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)cosα－eq\f(\r(2),2)sinα.所以cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)(cosα－sinα)2＝eq\f(1,2)(1－2sinαcosα)＝eq\f(1,2)(1－sin2α)＝eq\f(1,6).(2)sin(π－α)＝sinα＝－eq\f(\r(5),3)，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),3)))\s\up12(2))＝－eq\f(2,3).由cosα＝2cos2eq\f(α,2)－1，eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，得coseq\f(α,2)＝－eq\r(\f(cosα＋1,2))＝－eq\f(\r(6),6).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(α,2)))＝coseq\f(α,2)＝－eq\f(\r(6),6).(3)因?yàn)閏os(2α－β)＝－eq\f(11,14)，且eq\f(π,4)＜2α－β＜π，所以sin(2α－β)＝eq\f(5\r(3),14).因?yàn)閟in(α－2β)＝eq\f(4\r(3),7)，且－eq\f(π,4)＜α－2β＜eq\f(π,2).所以cos(α－2β)＝eq\f(1,7)，所以cos(α＋β)＝cos[(2α－β)－(α－2β)]＝cos(2α－β)cos(α－2β)＋sin(2α－β)sin(α－2β)＝－eq\f(11,14)×eq\f(1,7)＋eq\f(5\r(3),14)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(1,2).又eq\f(π,4)＜α＋β＜eq\f(3π,4)，所以α＋β＝eq\f(π,3).答案(1)A(2)B(3)eq\f(π,3)熱點(diǎn)二正、余弦定理的應(yīng)用[微題型1]三角形基本量的求解【例2－1】(2016·四川卷)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，且eq\f(cosA,a)＋eq\f(cosB,b)＝eq\f(sinC,c).(1)證明：sinAsinB＝sinC；(2)若b2＋c2－a2＝eq\f(6,5)bc，求tan B.(1)證明根據(jù)正弦定理，可設(shè)eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝k(k>0)，則a＝ksinA，b＝ksinB，c＝ksinC.代入eq\f(cosA,a)＋eq\f(cosB,b)＝eq\f(sinC,c)中，有eq\f(cosA,ksinA)＋eq\f(cosB,ksinB)＝eq\f(sinC,ksinC)，變形可得sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B).在△ABC中，由A＋B＋C＝π，有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC.所以sinAsinB＝sinC.(2)解由已知，b2＋c2－a2＝eq\f(6,5)bc，根據(jù)余弦定理，有cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(3,5).所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(4,5).由(1)，sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB，所以eq\f(4,5)sinB＝eq\f(4,5)cosB＋eq\f(3,5)sinB.故tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝4.探究提高1.解三角形時(shí)，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時(shí)，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時(shí)，則考慮兩個(gè)定理都有可能用到.2.關(guān)于解三角形問題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正弦、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見的三角恒等變換方法和原則都適用，同時(shí)要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”.[微題型2]求解三角形中的最值問題【例2－2】(2016·淄博模擬)已知a，b，c分別為△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0.(1)求A；(2)若a＝2，求△ABC面積的最大值.解(1)由acosC＋eq\r(3)asinC－b－c＝0及正弦定理得sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC－sinB－sinC＝0.因?yàn)锽＝π－A－C，所以eq\r(3)sinAsinC－cosAsinC－sinC＝0.易知sinC≠0，所以eq\r(3)sinA－cosA＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).又0＜A＜π，所以A＝eq\f(π,3).(2)法一由(1)得B＋C＝eq\f(2π,3)?C＝eq\f(2π,3)－Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜B＜\f(2π,3)))，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(2,sin\f(π,3))＝eq\f(4,\r(3))，所以b＝eq\f(4,\r(3))sinB，c＝eq\f(4,\r(3))sinC.所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\f(4,\r(3))sinB×eq\f(4,\r(3))sinC·sineq\f(π,3)＝eq\f(4\r(3),3)sinB·sinC＝eq\f(4\r(3),3)·sinB·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))＝eq\f(4\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinBcosB＋\f(1,2)sin2B))＝sin2B－eq\f(\r(3),3)cos2B＋eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋eq\f(\r(3),3).易知－eq\f(π,6)＜2B－eq\f(π,6)＜eq\f(7π,6)，故當(dāng)2B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即B＝eq\f(π,3)時(shí)，S△ABC取得最大值，最大值為eq\f(2\r(3),3)＋eq\f(\r(3),3)＝eq\r(3).法二由(1)知A＝eq\f(π,3)，又a＝2，由余弦定理得22＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)，即b2＋c2－bc＝4?bc＋4＝b2＋c2≥2bc?bc≤4，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時(shí)，等號(hào)成立.所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)bc≤eq\f(\r(3),4)×4＝eq\r(3)，即當(dāng)b＝c＝2時(shí)，S△ABC取得最大值，最大值為eq\r(3).探究提高求解三角形中的最值問題常用如下方法：(1)將要求的量轉(zhuǎn)化為某一角的三角函數(shù)，借助于三角函數(shù)的值域求最值.(2)將要求的量轉(zhuǎn)化為邊的形式，借助于基本不等式求最值.[微題型3]解三角形與三角函數(shù)的綜合問題【例2－3】(2016·四川成都診斷二)已知向量m＝(2sinωx，cos2ωx－sin2ωx)，n＝(eq\r(3)cosωx，1)，其中ω＞0，x∈R.若函數(shù)f(x)＝m·n的最小正周期為π.(1)求ω的值；(2)在△ABC中，若f(B)＝－2，BC＝eq\r(3)，sinB＝eq\r(3)sinA，求eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值.解(1)f(x)＝m·n＝2eq\r(3)sinωxcosωx＋cos2ωx－sin2ωx＝eq\r(3)sin2ωx＋cos2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6))).∵f(x)的最小正周期為π，∴T＝eq\f(2π,2|ω|)＝π.∵ω＞0，∴ω＝1.(2)設(shè)△ABC中角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c.∵f(B)＝－2，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝－2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝－1，解得B＝eq\f(2π,3)(B∈(0，π)).∵BC＝eq\r(3)，∴a＝eq\r(3)，∵sinB＝eq\r(3)sinA，∴b＝eq\r(3)a，∴b＝3.由正弦定理，有eq\f(\r(3),sinA)＝eq\f(3,sin\f(2π,3))，解得sinA＝eq\f(1,2).∵0＜A＜eq\f(π,3)，∴A＝eq\f(π,6).∴C＝eq\f(π,6)，∴c＝a＝eq\r(3).∴eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝cacosB＝eq\r(3)×eq\r(3)×coseq\f(2π,3)＝－eq\f(3,2).探究提高解三角形與三角函數(shù)的綜合題，其中，解決與三角恒等變換有關(guān)的問題，優(yōu)先考慮角與角之間的關(guān)系；解決與三角形有關(guān)的問題，優(yōu)先考慮正弦、余弦定理.【訓(xùn)練2】(2016·浙江卷)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知b＋c＝2acosB.(1)證明：A＝2B；(2)若△ABC的面積S＝eq\f(a2,4)，求角A的大小.(1)證明由正弦定理得sinB＋sinC＝2sinAcosB，故2sinAcosB＝sinB＋sin(A＋B)＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，于是sinB＝sin(A－B).又A，B∈(0，π)，故0＜A－B＜π，所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B.(2)解由S＝eq\f(a2,4)得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2,4)，故有sinBsinC＝eq\f(1,2)sin2B＝sinBcosB，因sinB≠0，得sinC＝cosB.又B，C∈(