2024版新教材高考數(shù)學一輪復習第4章三角函數(shù)與解三角形第3節(jié)三角恒等變換學案含解析新人教B版202305182160

2024版新教材高考數(shù)學一輪復習第4章三角函數(shù)與解三角形第3節(jié)三角恒等變換學案含解析新人教B版202305182160第3節(jié)三角恒等變換一、教材概念·結論·性質(zhì)重現(xiàn)1．兩角和與差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ.(2)cos(α±β)＝cosαcosβ?sinαsinβ.(3)tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1?tanαtanβ).兩角和與差的正弦、余弦、正切公式的結構特征和符號特點及關系：C(α±β)同名相乘，符號相反；S(α±β)異名相乘，符號相同；T(α±β)分子同，分母反．2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α＝2sinαcosα.(2)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.(3)tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).二倍角是相對的，例如，eq\f(α,2)是eq\f(α,4)的二倍角，3α是eq\f(3α,2)的二倍角．3．常用公式(1)降冪擴角公式①cos2eq\f(α,2)＝eq\f(1＋cosα,2)；②sin2eq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,2).(2)升冪公式①1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)；②1－cosα＝2sin2eq\f(α,2).(3)公式變形tanα±tanβ＝tan(α±β)(1?tanα·tanβ)．(4)輔助角公式asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)，其中sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))，cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2)).4．常見的配角技巧2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β，β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)，α＝eq\f(α＋β,2)＋eq\f(α－β,2)，eq\f(α－β,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β)).二、基本技能·思想·活動體驗1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)兩角和與差的正弦、余弦公式中的角α，β是任意的．(√)(2)存在實數(shù)α，β，使等式sin(α＋β)＝sinα＋sinβ成立．(√)(3)公式tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)可以變形為tanα＋tanβ＝tan(α＋β)(1－tanαtanβ)，且對任意角α，β都成立．(×)(4)當α是第一象限角時，sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,2)).(×)(5)存在角α，使得sin2α＝2sinα成立．(√)2．sin45°cos15°＋cos225°sin165°＝()A．1 B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3),2) D．－eq\f(1,2)B解析：sin45°cos15°＋cos225°sin165°＝sin45°·cos15°＋(－cos45°)sin15°＝sin(45°－15°)＝sin30°＝eq\f(1,2).3．cos2eq\f(π,6)－sin2eq\f(π,6)＝________.eq\f(1,2)解析：根據(jù)二倍角公式有cos2eq\f(π,6)－sin2eq\f(π,6)＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).4．化簡：eq\f(2sinπ－α＋sin2α,cos2\f(α,2))＝________.4sinα解析：原式＝eq\f(2sinα＋2sinαcosα,\f(1,2)1＋cosα)＝eq\f(4sinα1＋cosα,1＋cosα)＝4sinα.5．若tanα＝eq\f(1,3)，tan(α＋β)＝eq\f(1,2)，則tanβ＝________.eq\f(1,7)解析：因為tanα＝eq\f(1,3)，tan(α＋β)＝eq\f(1,2)，所以tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq\f(tanα＋β－tanα,1＋tanα＋βtanα)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,3),1＋\f(1,2)×\f(1,3))＝eq\f(1,7).考點1公式的簡單應用——基礎性1．(2020·山東九校聯(lián)考)已知點A在圓x2＋y2＝4上，且∠xOA＝eq\f(7,12)π，則點A的橫坐標為()A.eq\f(\r(2)－\r(6),2) B.eq\f(\r(2)－\r(6),4)C.eq\f(1－\r(3),4) D.eq\f(1－\r(3),2)A解析：設點A(x0，y0)，因為點A在圓上，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4.因為∠xOA＝eq\f(7,12)π，coseq\f(7π,12)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,3)))＝coseq\f(π,4)·coseq\f(π,3)－sineq\f(π,4)sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(2)－\r(6),4).又因為cos∠xOA＝eq\f(x0,\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)))，即coseq\f(7π,12)＝eq\f(x0,2)，所以x0＝eq\f(\r(2)－\r(6),2).故選A.2．(2020·沈陽三模)被譽為“中國現(xiàn)代數(shù)學之父”的著名數(shù)學家華羅庚先生倡導的“0.618優(yōu)選法”，在生產(chǎn)和科研實踐中得到了非常廣泛的應用，0.618就是黃金分割比m＝eq\f(\r(5)－1,2)的近似值，黃金分割比還可以表示成2sin18°，則eq\f(m\r(4－m2),2cos227°－1)＝()A．4 B．eq\r(5)＋1C．2 D．eq\r(5)－1C解析：由題意，2sin18°＝m＝eq\f(\r(5)－1,2)，所以m2＝4sin218°，則eq\f(m\r(4－m2),2cos227°－1)＝eq\f(2sin18°·\r(4－4sin218°),cos54°)＝eq\f(2sin18°·2cos18°,cos54°)＝eq\f(2sin36°,sin36°)＝2.3.eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin170°)＝()A．4 B．2C．－2 D．－4D解析：eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin170°)＝eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin10°)＝eq\f(\r(3)sin10°－cos10°,sin10°cos10°)＝eq\f(2sin10°－30°,\f(1,2)sin20°)＝eq\f(－2sin20°,\f(1,2)sin20°)＝－4.4．(2020·全國卷Ⅱ)若sinx＝－eq\f(2,3)，則cos2x＝________.eq\f(1,9)解析：因為sinx＝－eq\f(2,3)，所以cos2x＝1－2sin2x＝eq\f(1,9).應用三角恒等變換公式化簡求值的策略(1)首先要記住公式的結構特征和符號變化規(guī)律．例如兩角差的余弦公式可簡記為：“同名相乘，符號反”．(2)注意與同角三角函數(shù)基本關系、誘導公式的綜合應用．(3)注意配方法、因式分解和整體代換思想的應用．考點2三角函數(shù)的化簡求值問題——綜合性考向1給值求值問題(1)(2020·全國卷Ⅰ)已知α∈(0，π)，且3cos2α－8cosα＝5，則sinα＝()A.eq\f(\r(5),3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(\r(5),9)A解析：由3cos2α－8cosα＝5，得6cos2α－8cosα－8＝0，即3cos2α－4cosα－4＝0，解得cosα＝－eq\f(2,3)或cosα＝2(舍去)．又因為α∈(0，π)，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),3).故選A.(2)(2020·山東師范大學附中高三質(zhì)評)若sinθ＝eq\r(5)cos(2π－θ)，則tan2θ＝()A．－eq\f(\r(5),3) B．eq\f(\r(5),3)C．－eq\f(\r(5),2) D．eq\f(\r(5),2)C解析：因為sinθ＝eq\r(5)cos(2π－θ)＝eq\r(5)cosθ，所以tanθ＝eq\r(5)，所以tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(2\r(5),1－5)＝－eq\f(\r(5),2).故選C.(3)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且3cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，則sin2α的值為________．－eq\f(17,18)解析：cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)).代入原式，得6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)).因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(1,6)，所以sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝－eq\f(17,18).給值求值問題的求解思路(1)化簡所求式子．(2)觀察已知條件與所求式子之間的聯(lián)系(從三角函數(shù)名及角入手)．(3)將已知條件代入所求式子，化簡求值．考向2給值求角問題已知cosα＝eq\f(1,7)，cos(α－β)＝eq\f(13,14)，且0<β<α<eq\f(π,2)，則β＝________.eq\f(π,3)解析：因為0<β<α<eq\f(π,2)，所以0<α－β<eq\f(π,2).又因為cos(α－β)＝eq\f(13,14)，所以sin(α－β)＝eq\r(1－cos2α－β)＝eq\f(3\r(3),14).因為cosα＝eq\f(1,7)，0<α<eq\f(π,2)，所以sinα＝eq\f(4\r(3),7).所以cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosα·cos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(1,7)×eq\f(13,14)＋eq\f(4\r(3),7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(1,2).因為0<β<eq\f(π,2)，所以β＝eq\f(π,3).已知三角函數(shù)值求角的解題步驟(1)根據(jù)條件確定所求角的范圍．(2)確定待求角的某種三角函數(shù)值，為防止增解，最好選取在上述范圍內(nèi)單調(diào)的三角函數(shù)．(3)結合三角函數(shù)值及角的范圍求角．1．(2019·全國卷Ⅱ)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2sin2α＝cos2α＋1，則sinα＝()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2\r(5),5)B解析：由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝2cos2α.又因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2sinα＝cosα.又因為sin2α＋cos2α＝1，所以sinα＝eq\f(\r(5),5).2．已知tanα，tanβ是方程x2＋3eq\r(3)x＋4＝0的兩根，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則α＋β＝()A．eq\f(π,3) B．eq\f(π,3)或－eq\f(2π,3)C．－eq\f(π,3)或eq\f(2π,3) D．－eq\f(2π,3)D解析：由題意得tanα＋tanβ＝－3eq\r(3)＜0，tanαtanβ＝4＞0，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\r(3)，且tanα＜0，tanβ＜0.又由α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，得α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以α＋β∈(－π，0)，所以α＋β＝－eq\f(2π,3).3．(2020·泰安高三一輪檢測)已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(12,13)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________.－eq\f(56,65)解析：因為α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，所以α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，β－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4))).因為sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(12,13)，所以cos(α＋β)＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝－eq\f(5,13)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝cos(α＋β)·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＋sin(α＋β)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(12,13)＝－eq\f(56,65).考點3角的變換與式的變換——綜合性考向1角的變換(1)(2020·全國卷Ⅲ)已知sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(2),2)B解析：因為sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝sinθ＋sinθcoseq\f(π,3)＋cosθsineq\f(π,3)＝sinθ＋eq\f(1,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝eq\f(3,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinθ＋\f(1,2)cosθ))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).故選B.(2)(2020·濟南一模)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝eq\f(2,3)，則eq\f(1,2)－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))的值為________．eq\f(1,3)解析：eq\f(1,2)－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3))),2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1－\f(2,3),2)＝eq\f(1,3).(3)化簡：eq\f(cos40°sin45°,cos25°\r(1－sin40°))＝________.1解析：eq\f(cos40°sin45°,cos25°\r(1－sin40°))＝eq\f(\f(\r(2),2)cos40°,cos25°\r(1－cos50°))＝eq\f(\f(\r(2),2)cos40°,cos25°·\r(2)sin25°)＝eq\f(cos40°,sin50°)＝1.本例(2)中條件改為“cos(75°＋α)＝eq\f(1,3)”，求cos(30°－2α)的值．解：因為cos(75°＋α)＝eq\f(1,3)，所以sin(15°－α)＝cos(75°＋α)＝eq\f(1,3)，所以cos(30°－2α)＝1－2sin2(15°－α)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(7,9).應用角的變換求值策略解決此類問題應明確各個角之間的關系(包括非特殊角與特殊角、已知角與未知角)，熟悉角的變換技巧，及半角與倍角的相互轉化，如：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，40°＝60°－20°，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(π,2)，eq\f(α,2)＝2×eq\f(α,4)等．考向2式的變換計算：eq\f(1＋cos20°,2sin20°)－sin10°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tan5°)－tan5°)).解：原式＝eq\f(2cos210°,2×2sin10°cos10°)－sin10°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos5°,sin5°)－\f(sin5°,cos5°)))＝eq\f(cos10°,2sin10°)－sin10°·eq\f(cos25°－sin25°,sin5°cos5°)＝eq\f(cos10°,2sin10°)－sin10°·eq\f(cos10°,\f(1,2)sin10°)＝eq\f(cos10°,2sin10°)－2cos10°＝eq\f(cos10°－2sin20°,2sin10°)＝eq\f(cos10°－2sin30°－10°,2sin10°)＝eq\f(cos10°－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°)),2sin10°)＝eq\f(\r(3)sin10°,2sin10°)＝eq\f(\r(3),2).應用式的變換求值策略解決此類問題應明確各個三角函數(shù)名稱之間的聯(lián)系，常常用到同角關系、誘導公式，把正弦、余弦函數(shù)化為正切函數(shù)，或者把正切函數(shù)化為正弦、余弦函數(shù)．1．設α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，則()A．3α－β＝eq\f(π,2) B．2α－β＝eq\f(π,2)C．3α＋β＝eq\f(π,2) D．2α＋β＝eq\f(π,2)B解析：由tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，得eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，即sinαcosβ＝cosα＋cosαsinβ，所以sin(α－β)＝cosα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)).因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，eq\f(π,2)－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，由sin(α－β)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，得α－β＝eq\f(π,2)－α，所以2α－β＝eq\f(π,2).2．(2020·百校聯(lián)盟1月聯(lián)考)已知α，β都是銳角，cos(α＋β)＝eq\f(5,13)，sin(α－β)＝eq\f(3,5)，則sinα＝()A.eq\f(9\r(130),130) B.eq\f(7\r(130),130)C.eq\f(7\r(65),65) D.eq\f(4\r(65),65)A解析：因為α，β都是銳角，所以0<α＋β<π，－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2).又因為cos(α＋β)＝eq\f(5,13)，sin(α－β)＝eq\f(3,5)，所以sin(α＋β)＝eq\f(12,13)，cos(α－β)＝eq\f(4,5)，則cos2α＝cos[(α＋β)＋(α－β)]＝cos(α＋β)cos(α－β)－sin(α＋β)sin(α－β)＝eq\f(5,13)×eq\f(4,5)－eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＝－eq\f(16,65).因為cos2α＝1－2sin2α＝－eq\f(16,65)，所以sin2α＝eq\f(81,130).因為sinα>0，所以sinα＝eq\f(9\r(130),130).故選A.考點4三角恒等變換的綜合應用——應用性已知函數(shù)f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若α∈(0，π)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,4)－\f(π,8)))＝eq\f(\r(2),2)，求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))的值．解：(1)因為f(x)＝(2cos2x－1)·sin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝cos2xsin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝eq\f(1,2)(sin4x＋cos4x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝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.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(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)因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,4)－\f(π,8)))＝eq\f(\r(2),2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝1.又α∈(0，π)，所以－eq\f(π,4)＜α－eq\f(π,4)＜eq\f(3π,4).所以α－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2).故α＝eq\f(3π,4).因此，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(tan\f(3π,4)＋tan\f(π,3),1－tan\f(3π,4)tan\f(π,3))＝eq\f(－1＋\r(3),1＋\r(3))＝2－eq\r(3).三角恒等變換綜合應用的解題思路(1)將f(x)化為asinx＋bcosx的形式．(2)構造f(x)＝eq\r(a2＋b2)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(a2＋b2))·sinx＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(a2＋b2))·cosx)).(3)和角公式逆用，得f(x)＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)(其中φ為輔助角)．(4)利用f(x)＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)研究三角函數(shù)的性質(zhì)．(5)反思回顧，查看關鍵點、易錯點和答題規(guī)范．1．(2020·北京卷)若函數(shù)f(x)＝sin(x＋φ)＋cosx的最大值為2，則常數(shù)φ的一個取值為________．eq\f(π,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，k∈Z均可))解析：因為f(x)＝cosφsinx＋(sinφ＋1)·cosx＝eq\r(cos2φ＋sinφ＋12)sin(x＋θ)，其中tanθ＝eq\f(1＋sinφ,cosφ)，所以eq\r(cos2φ＋sinφ＋12)＝2，解得sinφ＝1，故可取φ＝eq\f(π,2).2．已知角α的頂點在坐標原點，始邊與x軸的正半軸重合，終邊經(jīng)過點P(－3，eq\r(3))．(1)求sin2α－tanα的值；(2)若函數(shù)f(x)＝cos(x－α)cosα－sin(x－α)·sinα，求函數(shù)g(x)＝eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))－2f2(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上的值域．解：(1)因為角α的終邊經(jīng)過點P(－3，eq\r(3))，所以sinα＝eq\f(1,2)，cosα＝－eq\f(\r(3),2)，tanα＝－eq\f(\r(3),3).所以sin2α－tanα＝2sinαcosα－tanα＝－eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(3),3)＝－eq\f(\r(3),6).(2)因為f(x)＝cos(x－α)cosα－sin(x－α)sinα＝(cosxcosα＋sinxsinα)·cosα－(sinxcosα－cosxsinα)sinα＝cosxcos2α＋cosxsin2α＝cosx，所以g(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))－2cos2x＝eq\r(3)sin2x－1－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1.因為0≤x≤eq\f(2π,3)，所以－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6).所以－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤1.所以－2≤2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1≤1.故函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上的值域是[－2,1]．已知eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值．[四字程序]讀想算思求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值1.解答本題可能會用到哪些公式？2．條件中既有“切”又有“弦”，如何處理？三角恒等變換1.轉化與回歸；2．數(shù)形結合eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)1.兩角和的正弦、正切公式，二倍角公式，同角三角函數(shù)基本關系等；2．通常要切化弦sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)1.弦切互化及“1”的代換；2．拆角湊角；3．構造圖形思路參考：利用同角三角函數(shù)關系求值．解：由eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(tanα,\f(tanα＋1,1－tanα))＝－eq\f(2,3)，解得tanα＝－eq\f(1,3)或tanα＝2.當tanα＝－eq\f(1,3)時，α可能為第二象限角或第四象限角．若α為第二象限角，sinα＝eq\f(1,\r(10))，cosα＝－eq\f(3,\r(10))，所以sin2α＝－eq\f(3,5)，cos2α＝eq\f(4,5).若α為第四象限角，則sinα＝－eq\f(1,\r(10))，cosα＝eq\f(3,\r(10))，sin2α＝－eq\f(3,5)，cos2α＝eq\f(4,5).把sin2α＝－eq\f(3,5)，cos2α＝eq\f(4,5)代入求值，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),10).當tanα＝2時，α可能為第一象限角或第三象限角．若α為第一象限角，則sinα＝eq\f(2,\r(5))，cosα＝eq\f(1,\r(5))，所以sin2α＝eq\f(4,5)，cos2α＝－eq\f(3,5).若α為第三象限角，則sinα＝－eq\f(2,\r(5))，cosα＝－eq\f(1,\r(5))，所以sin2α＝eq\f(4,5)，cos2α＝－eq\f(3,5).把sin2α＝eq\f(4,5)，cos2α＝－eq\f(3,5)代入求值，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),10).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10).思路參考：根據(jù)萬能公式sin2α＝eq\f(2tanα,1＋tan2α)，cos2α＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)求值．解：由eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(tanα,\f(tanα＋1,1－tanα))＝－eq\f(2,3)，解得tanα＝－eq\f(1,3)或tanα＝2.根據(jù)公式sin2α＝eq\f(2tanα,1＋tan2α)，cos2α＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)，可得當tanα＝－eq\f(1,3)時，sin2α＝－eq\f(3,5)，cos2α＝eq\f(4,5)；當tanα＝2時，sin2α＝eq\f(4,5)，cos2α＝－eq\f(3,5)，兩種情況的結果都是sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),10).思路參考：利用同角三角函數(shù)基本關系中“1”的代換．解：由eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(tanα,\f(tanα＋1,1－tanα))＝－eq\f(2,3)，解得tanα＝－eq\f(1,3)或tanα＝2.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),2)(2sinαcosα＋cos2α－sin2α)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(2sinαcosα＋cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(2tanα＋1－tan2α,tan2α＋1).將tanα＝－eq\f(1,3)或tanα＝2代入上式均有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10).思路參考：把正切轉化為正弦、余弦的比值，得到α與α＋eq\f(π,4)的正余弦值的關系．解：因為eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(sinαcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),cosαsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，所以sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(2,3)cosα·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))).①又eq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－α，所以sineq\f(π,4)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－α))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cosα－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinα＝eq\f(\r(2),2).②由①②，得sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),5)，cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3\r(2),10)，把2α＋eq\f(π,4)拆分為α＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))))＝sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10).思路參考：令α＋eq\f(π,4)＝β，則2α＋eq\f(π,4)＝α＋β.將原問題進行轉化，然后構造幾何圖形求解．解：令α＋eq\f(π,4)＝β，則2α＋eq\f(π,4)＝α＋β.原題可轉化為：已知eq\f(tanα,tanβ)＝－eq\f(2,3)，求sin(α＋β)的值．如圖，構造Rt△ABC，其中BC＝1，CD＝2，AD＝1，tanα＝eq\f(1,3)，tanβ＝－eq\f(1,2)，sin(α＋β)＝sinθ，滿足題意．在△ABD中，BD＝eq\r(5)，AB＝eq\r(10)，AD＝1，由余弦定理得cosθ＝eq\f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq\f(\r(10)2＋\r(5)2－1,2\r(10)×\r(5))＝eq\f(7\r(2),10).所以sin(α＋β)＝sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7\r(2),10)))2)＝eq\f(\r(2),10).1．本題考查兩角和的正弦、正切公式，三角恒等變換，基本解題方法是利用有關公式直接求值(如解法1)．也可根據(jù)題目條件恰當選用“1”的代換、拆角湊角、數(shù)形結合等方法．在求解過程中，注意綜合運用數(shù)學思想方法分析與解決問題．2．基于課程標準，解答本題一般需要掌握運算求解能力、轉化化歸能力，體現(xiàn)邏輯推理、數(shù)學運算的核心素養(yǎng)．3．基于高考數(shù)學評價體系，本題涉及兩角和的正弦、正切公式等知識，滲透著轉化與化歸、數(shù)形結合等思想方法，有一定的綜合性，對培養(yǎng)創(chuàng)造性思維能力起到了積極的作用．若taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝3，則eq\f(cos2θ,1＋sin2θ)＝()A．3 B．－3C.eq\f(3,4) D．－eq\f(3,4)A解析：(方法一)因為taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(1－tanθ,1＋tanθ)＝3，所以tanθ＝－eq\f(1,2).所以eq\f(cos2θ,1＋sin2θ)＝eq\f(cos2θ－sin2θ,sin2θ＋2sinθcosθ＋cos2θ)＝eq\f(1－tan2θ,tan2θ＋2tanθ＋1)＝eq\f(1－\f(1,4),\f(1,4)－1＋1)＝3.(方法二)同方法一求得tanθ＝－eq\f(1,2).因為sin2θ＝eq\f(2tanθ,1＋tan2θ)＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)＝－eq\f(4,5)，cos2θ＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)＝eq\f(3,5).所以eq\f(cos2θ,1＋sin2θ)＝eq\f(\f(3,5),1－\f(4,5))＝3.第4節(jié)三角函數(shù)的性質(zhì)與圖像一、教材概念·結論·性質(zhì)重現(xiàn)1．用“五點法”作正弦函數(shù)和余弦函數(shù)的簡圖在正弦函數(shù)y＝sinx，x∈[0,2π]的圖像上，五個關鍵點是：(0,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．在余弦函數(shù)y＝cosx，x∈[0,2π]的圖像上，五個關鍵點是：(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0))，(2π，1)．2．正弦函數(shù)、余弦函數(shù)、正切函數(shù)的圖像和性質(zhì)函數(shù)y＝sinxy＝cosxy＝tanx圖像定義域RReq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x∈R，且x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))值域[－1,1][－1,1]R最小正周期2π2ππ奇偶性奇函數(shù)偶函數(shù)奇函數(shù)單調(diào)性在eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋\f(π,2)))上單調(diào)遞增；在eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(3,2)π))上單調(diào)遞減(k∈Z)在[2kπ，2kπ＋π]上遞減；在[2kπ－π，2kπ]上單調(diào)遞增(k∈Z)在eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))(k∈Z)上單調(diào)遞增對稱中心(kπ，0)(k∈Z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0))(k∈Z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)對稱軸x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)x＝kπ(k∈Z)無(1)求函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的單調(diào)區(qū)間時，應注意ω的符號，只有當ω＞0時，才能把ωx＋φ看作一個整體，代入y＝sint的相應單調(diào)區(qū)間求解．(2)表示單調(diào)區(qū)間時，不要忘記k∈Z.3．常用結論(1)若y＝Asin(ωx＋φ)為偶函數(shù)，則有φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)；若y＝Asin(ωx＋φ)為奇函數(shù)，則有φ＝kπ(k∈Z)．(2)若y＝Acos(ωx＋φ)為偶函數(shù)，則有φ＝kπ(k∈Z)；若y＝Acos(ωx＋φ)為奇函數(shù)，則有φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．(3)若y＝Atan(ωx＋φ)為奇函數(shù)，則有φ＝kπ(k∈Z)．二、基本技能·思想·活動體驗1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)y＝sinx在第一、第四象限單調(diào)遞增．(×)(2)由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(2π,3)))＝sineq\f(π,6)，知eq\f(2π,3)是正弦函數(shù)y＝sinx(x∈R)的一個周期．(×)(3)已知y＝ksinx＋1，x∈R，則y的最大值為k＋1.(×)(4)若sinx>eq\f(\r(2),2)，則x>eq\f(π,4).(×)2．函數(shù)y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(2π,3)))的定義域為()A.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠\f(3π,2)＋3kπ，k∈Z))))B.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,6)＋\f(kπ,3)，k∈Z))))C.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(π,18)＋kπ，k∈Z))))D.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(π,18)＋\f(kπ,3)，k∈Z))))D解析：由3x＋eq\f(2π,3)≠eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x≠－eq\f(π,18)＋eq\f(kπ,3)，k∈Z.3．若函數(shù)f(x)＝－cos2x，則f(x)的一個單調(diào)遞增區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))B解析：由f(x)＝－cos2x知單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，故只有B滿足．4．若函數(shù)y＝sin(2x＋φ)(0≤φ≤π)是R上的偶函數(shù)，則φ的值是________．eq\f(π,2)解析：若函數(shù)為偶函數(shù)，則φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．因為0≤φ≤π，所以φ＝eq\f(π,2).5．y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域是________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))解析：當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，故3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))，即y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)).考點1三角函數(shù)的定義域——基礎性1．函數(shù)f(x)＝eq\f(tan2x,tanx)的定義域為()A解析：要使函數(shù)f(x)＝eq\f(tan2x,tanx)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ，,x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z，,2x≠kπ＋\f(π,2)))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)，,x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)))(k∈Z)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(2kπ,4)，,x≠\f(2k＋1,4)π.))所以x≠eq\f(nπ,4)，n∈Z.所以函數(shù)f(x)＝eq\f(tan2x,tanx)的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,4)，k∈Z)))).2．函數(shù)y＝lg(2sinx－1)＋eq\r(1－2cosx)的定義域是________．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,3)，2kπ＋\f(5π,6)))，k∈Z解析：要使函數(shù)y＝lg(2sinx－1)＋eq\r(1－2cosx)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2sinx－1＞0，,1－2cosx≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx＞\f(1,2)，,cosx≤\f(1,2).))解得2kπ＋eq\f(π,3)≤x<2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z.即函數(shù)的定義域為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,3)，2kπ＋\f(5π,6)))，k∈Z.求三角函數(shù)的定義域，實際上是構造簡單的三角不等式(組)，有時候還需要借助三角函數(shù)圖像求解．考點2三角函數(shù)的值域或最值——綜合性(1)函數(shù)y＝3－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))的值域為________．[1,4]解析：因為eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,2)，所以0≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，所以－eq\f(1,2)≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1，所以1≤3－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤4.所以函數(shù)的值域為[1,4]．(2)(2019·全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值為________．－4解析：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1.令cosx＝t，t∈[－1,1]，則f(t)＝－2t2－3t＋1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(3,4)))2＋eq\f(17,8).易知當t＝1時，f(t)min＝－2×12－3×1＋1＝－4.故f(x)的最小值為－4.求三角函數(shù)的值域(最值)常見的三種類型(1)形如y＝asinx＋bcosx＋c的三角函數(shù)化為y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)．(2)形如y＝asin2x＋bsinx＋c的三角函數(shù)，可先設sinx＝t，化為關于t的二次函數(shù)求值域(最值)．1．當0<x<eq\f(π,4)時，函數(shù)f(x)＝eq\f(cos2x,cosxsinx－sin2x)的最小值是()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．2 D．4D解析：分子、分母同時除以cos2x，得f(x)＝eq\f(1,tanx－tan2x).因為0<x<eq\f(π,4)，所以0<tanx<1.因為tanx－tan2x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanx－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，所以當tanx＝eq\f(1,2)時，tanx－tan2x取得最大值eq\f(1,4).所以f(x)＝eq\f(cos2x,cosxsinx－sin2x)的最小值是4.2．已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，a)).若f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，則實數(shù)a的取值范圍是________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))解析：因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，a))，所以x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，a＋\f(π,6))).當x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))時，f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以由函數(shù)的圖像(圖略)知，eq\f(π,2)≤a＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，所以eq\f(π,3)≤a≤π.考點3三角函數(shù)的單調(diào)性——應用性考向1求三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(1)已知函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))，x∈[－π，0]，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為_____________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(7π,12)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))解析：f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))＝－4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ(k∈Z)．所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))(k∈Z)．因為x∈[－π，0]，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(7π,12)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0)).(2)函數(shù)y＝|tanx|的單調(diào)遞增區(qū)間為________，單調(diào)遞減區(qū)間為________．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Zeq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z解析：作出函數(shù)y＝|tanx|的圖像，如圖．觀察圖像可知，函數(shù)y＝|tanx|的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z；單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z.已知三角函數(shù)解析式求單調(diào)區(qū)間的方法(1)代換法：將比較復雜的三角函數(shù)含自變量的代數(shù)式整體當作一個角，利用復合函數(shù)的單調(diào)性列不等式求解．(2)圖像法：畫出三角函數(shù)的圖像，結合圖像求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．考向2已知三角函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)已知ω>0，函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，則ω的取值范圍是________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4)))解析：由eq\f(π,2)<x<π，ω>0，得eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,4)<ωx＋eq\f(π,4)<ωπ＋eq\f(π,4).又y＝sinx的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))，k∈Z，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥\f(π,2)＋2kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤\f(3π,2)＋2kπ，))k∈Z，解得4k＋eq\f(1,2)≤ω≤2k＋eq\f(5,4)，k∈Z.又由4k＋eq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k＋\f(5,4)))≤0，k∈Z，且2k＋eq\f(5,4)>0，k∈Z，得k＝0，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4))).本例中，若已知ω>0，函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍是________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4)))解析：函數(shù)y＝cosx的單調(diào)遞增區(qū)間為[－π＋2kπ，2kπ]，k∈Z，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥－π＋2kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤2kπ，))k∈Z，解得4k－eq\f(5,2)≤ω≤2k－eq\f(1,4)，k∈Z.又由4k－eq\f(5,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)))≤0，k∈Z，且2k－eq\f(1,4)>0，k∈Z，得k＝1，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4))).已知三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間確定參數(shù)ω的取值范圍的步驟首先，明確所給單調(diào)區(qū)間應為函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的子集；其次，要確定已知函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而利用它們之間的包含關系求解；另外，若是選擇題，利用特值驗證排除法求解更為簡捷．1．(2020·咸陽一模)函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－\f(π,4)))的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2k＋\f(3,4)，2k＋\f(7,4)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2k－\f(3,4)，2k＋\f(1,4)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2k＋\f(1,4)，2k＋\f(5,4)))(k∈Z)C解析：由2kπ－π≤πx－eq\f(π,4)≤2kπ，k∈Z，得2k－eq\f(3,4)≤x≤2k＋eq\f(1,4)，k∈Z.所以函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－\f(π,4)))的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2k－\f(3,4)，2k＋\f(1,4)))(k∈Z)．2．若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]上單調(diào)遞減，則a的最大值是()A．eq\f(π,4) B．eq\f(π,2)C．eq\f(3π,4) D．πA解析：f(x)＝cosx－sinx＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))).當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，即x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))時，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))單調(diào)遞增，則f(x)＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))單調(diào)遞減．因為函數(shù)f(x)在[－a，a]上單調(diào)遞減，所以[－a，a]?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以0<a≤eq\f(π,4).所以a的最大值是eq\f(π,4).考點4三角函數(shù)的周期性、奇偶性、對稱性綜合——綜合性考向1三角函數(shù)的周期性和奇偶性(1)(2020·浙江卷)函數(shù)y＝xcosx＋sinx在區(qū)間[－π，π]的圖像大致為()ABCDA解析：因為f(x)＝xcosx＋sinx，所以f(－x)＝－xcosx－sinx＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，函數(shù)圖像關于坐標原點對稱，可知選項C、D錯誤；當x＝π時，y＝πcosπ＋sinπ＝－π<0，可知選項B錯誤．故選A.(2)(2019·全國卷Ⅱ)若x1＝eq\f(π,4)，x2＝eq\f(3π,4)是函數(shù)f(x)＝sinωx(ω>0)兩個相鄰的極值點，則ω＝()A．2 B．eq\f(3,2)C．1 D．eq\f(1,2)A解析：由x1＝eq\f(π,4)，x2＝eq\f(3π,4)是f(x)＝sinωx的兩個相鄰的極值點，可得eq\f(T,2)＝eq\f(3π,4)－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，則T＝π＝eq\f(2π,ω)，得ω＝2.故選A.(3)函數(shù)f(x)＝eq\f(tanx,1＋tan2x)的最小正周期為()A．eq\f(π,4) B．eq\f(π,2)C．π D．2πC解析：由已知得f(x)＝eq\f(tanx,1＋tan2x)＝eq\f(\f(sinx,cosx),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))2)＝eq\f(\f(sinx,cosx),\f(cos2x＋sin2x,cos2x))＝sinx·cosx＝eq\f(1,2)sin2x，所以f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π.(1)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，①f(x)為偶函數(shù)的充要條件是φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)；②f(x)為奇函數(shù)的充要條件是φ＝kπ(k∈Z)．(2)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)與y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為T＝e