2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第五章素能培優(yōu)（五）含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第五章考情分析：在三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)中，ω的求解是近幾年新高考全國(guó)卷的一個(gè)熱點(diǎn)內(nèi)容，通常會(huì)與三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)綜合考查，出現(xiàn)在選填題中．考點(diǎn)難度2023Ⅰ卷T15知零點(diǎn)個(gè)數(shù)求ω的取值范圍中Ⅱ卷T16知圖象求ω，進(jìn)而求函數(shù)值難2022Ⅰ卷T6知周期對(duì)稱性求ω，進(jìn)而求函數(shù)值中考向一三角函數(shù)的單調(diào)性與ω的關(guān)系例1(2023·廣東七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋2φ)－2sinφcos(ωx＋φ)(ω>0，φ∈R)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上單調(diào)遞增，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(5,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5,3)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5,3)))答案D解析根據(jù)正弦和角與差角公式化簡(jiǎn)函數(shù)式可得f(x)＝sin(ωx＋2φ)－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin[(ωx＋φ)＋φ]－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin(ωx＋φ)cosφ＋cos(ωx＋φ)sinφ－2sinφcos(ωx＋φ)＝sin(ωx＋φ)cosφ－cos(ωx＋φ)sinφ＝sin(ωx＋φ－φ)＝sinωx(ω>0，φ∈R)．由－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)≤x≤eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)，k∈Z，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)，\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)))(k∈Z)．由f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上單調(diào)遞增，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≤π，,\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≥\f(3π,2)，,\f(1,2)×\f(2π,ω)≥\f(3π,2)－π，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ω≥－\f(1,2)＋2k，,ω≤\f(1,3)＋\f(4k,3)，,ω≤2))(k∈Z)．又ω>0，當(dāng)k＝0時(shí)，可得0<ω≤eq\f(1,3)；當(dāng)k＝1時(shí)，可得eq\f(3,2)≤ω≤eq\f(5,3).故選D.根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求ω(1)基本策略確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)區(qū)間之間的包含關(guān)系，建立不等式，即可求ω的取值范圍．(2)常用結(jié)論已知函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的單調(diào)區(qū)間為(a，b)，則|a－b|≤eq\f(T,2)(T為最小正周期)．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,8)是函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，直線x＝eq\f(π,8)是函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱軸，若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上單調(diào)，則ω的最大值是()A．14 B．16C．18 D．20答案A解析設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T，因?yàn)閤＝－eq\f(π,8)是函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，直線x＝eq\f(π,8)是函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱軸，則eq\f(2n＋1,4)T＝eq\f(π,8)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝eq\f(π,4)，其中n∈N，所以T＝eq\f(π,2n＋1)＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝4n＋2，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上單調(diào)，則eq\f(π,4)－eq\f(π,5)≤eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)，所以ω≤20.所以ω的可能取值為2，6，10，14，18.①當(dāng)ω＝18時(shí)，f(x)＝sin(18x＋φ)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9π,4)＋φ))＝0，所以φ－eq\f(9π,4)＝kπ(k∈Z)，則φ＝kπ＋eq\f(9π,4)(k∈Z)，因?yàn)椋璭q\f(π,2)≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18x＋\f(π,4)))，當(dāng)eq\f(π,5)<x<eq\f(π,4)時(shí)，4π－eq\f(3π,20)＝eq\f(77π,20)<18x＋eq\f(π,4)<eq\f(19π,4)＝4π＋eq\f(3π,4)，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上不單調(diào)，不符合題意；②當(dāng)ω＝14時(shí)，f(x)＝sin(14x＋φ)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,4)＋φ))＝0，所以φ－eq\f(7π,4)＝kπ(k∈Z)，則φ＝kπ＋eq\f(7π,4)(k∈Z)，因?yàn)椋璭q\f(π,2)≤φ≤eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(14x－\f(π,4)))，當(dāng)eq\f(π,5)<x<eq\f(π,4)時(shí)，2π＋eq\f(11π,20)＝eq\f(51π,20)<14x－eq\f(π,4)<eq\f(13π,4)＝2π＋eq\f(5π,4)，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，\f(π,4)))上單調(diào)遞減，符合題意．因此ω的最大值為14.故選A.考向二三角函數(shù)的對(duì)稱性與ω的關(guān)系例2(2024·福州模擬)若定義在R上的函數(shù)f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)的圖象在區(qū)間[0，π]上恰有5條對(duì)稱軸，則ω的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(21,4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(25,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，\f(25,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,4)，\f(41,4)))答案A解析由已知，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))，令ωx＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(（4k＋1）π,4ω)，k∈Z，依題意知，有5個(gè)整數(shù)k滿足0≤eq\f(（4k＋1）π,4ω)≤π，即0≤4k＋1≤4ω，所以k＝0，1，2，3，4，則4×4＋1≤4ω<4×5＋1，故eq\f(17,4)≤ω<eq\f(21,4).故選A.利用函數(shù)的對(duì)稱性求ω三角函數(shù)兩條相鄰對(duì)稱軸或兩個(gè)相鄰對(duì)稱中心之間的“水平間隔”為eq\f(T,2)，相鄰的對(duì)稱軸和對(duì)稱中心之間的“水平間隔”為eq\f(T,4)，這就說(shuō)明，我們可根據(jù)三角函數(shù)的對(duì)稱性來(lái)研究其周期性，解決問(wèn)題的關(guān)鍵在于運(yùn)用整體代換的思想，建立關(guān)于ω的不等式組，進(jìn)而可以研究ω的取值范圍．已知函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的一條對(duì)稱軸為直線x＝eq\f(π,3)，一個(gè)對(duì)稱中心為點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，則ω有()A．最小值2 B．最大值2C．最小值1 D．最大值1答案A解析∵函數(shù)的對(duì)稱中心到對(duì)稱軸的最短距離是eq\f(T,4)，∴對(duì)稱中心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))到對(duì)稱軸x＝eq\f(π,3)的距離用周期可表示為eq\f(π,3)－eq\f(π,12)≥eq\f(T,4)，又T＝eq\f(2π,ω)，∴eq\f(\f(2π,ω),4)≤eq\f(π,4)，∴ω≥2，當(dāng)ω＝2時(shí)，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))滿足題意，∴ω有最小值2.考向三三角函數(shù)的最值(極值)與ω的關(guān)系例3(2023·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω>0，|φ|≤eq\f(π,2)，－eq\f(π,4)為f(x)的零點(diǎn)，且f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))恒成立，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值，無(wú)最大值，則ω的最大值是()A．11 B．13C．15 D．17答案C解析由題意，直線x＝eq\f(π,4)是f(x)圖象的一條對(duì)稱軸，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝±1，即eq\f(π,4)ω＋φ＝k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z①，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝0，所以－eq\f(π,4)ω＋φ＝k2π，k2∈Z②，由①②，得ω＝2(k1－k2)＋1，k1，k2∈Z，又f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))上有最小值無(wú)最大值，所以T≥eq\f(π,24)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\f(π,8)，即eq\f(2π,ω)≥eq\f(π,8)，解得ω≤16.綜上，先檢驗(yàn)ω＝15，當(dāng)ω＝15時(shí)，由①得eq\f(π,4)×15＋φ＝k1π＋eq\f(π,2)，k1∈Z，即φ＝k1π－eq\f(13π,4)，k1∈Z，又|φ|≤eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，此時(shí)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15x－\f(π,4)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,24)))時(shí)，15x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(3π,8)))，當(dāng)15x－eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(π,60)時(shí)，f(x)取得最小值，無(wú)最大值，滿足題意．故ω的最大值為15.根據(jù)函數(shù)的最值求ω利用三角函數(shù)的最值與對(duì)稱軸或周期的關(guān)系，可以列出關(guān)于ω的不等式(組)，進(jìn)而求出ω的值或取值范圍．(2024·南通模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinωx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(5π,6)))(ω>0)在[0，π]上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，則ω的取值范圍為_(kāi)_______．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(5,3)))解析依題意，f(x)＝eq\f(1,2)sinωx－eq\f(\r(3),2)cosωx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，由x∈[0，π]，ω>0，得－eq\f(π,3)≤ωx－eq\f(π,3)≤πω－eq\f(π,3)，函數(shù)y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，函數(shù)值的集合為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(4π,3)))上單調(diào)遞減，函數(shù)值的集合為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在[0，π]上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，則eq\f(π,2)≤πω－eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，解得eq\f(5,6)≤ω≤eq\f(5,3)，所以ω的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，\f(5,3))).考向四三角函數(shù)的零點(diǎn)與ω的關(guān)系例4(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝cosωx－1(ω>0)在區(qū)間[0，2π]有且僅有3個(gè)零點(diǎn)，則ω的取值范圍是________．答案[2，3)解析因?yàn)?≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，令f(x)＝cosωx－1＝0，則cosωx＝1有3個(gè)根，令t＝ωx，則cost＝1有3個(gè)根，其中t∈[0，2ωπ]，結(jié)合余弦函數(shù)y＝cost的圖象性質(zhì)可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3.利用函數(shù)零點(diǎn)求ω三角函數(shù)相鄰兩個(gè)零點(diǎn)之間的“水平間隔”為eq\f(T,2)，根據(jù)三角函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，可以研究ω的取值．(2022·全國(guó)甲卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))在區(qū)間(0，π)恰有三個(gè)極值點(diǎn)、兩個(gè)零點(diǎn)，則ω的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(13,6))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(19,6)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6)))答案C解析依題意可得ω＞0，因?yàn)閤∈(0，π)，所以ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3)))，要使函數(shù)在區(qū)間(0，π)恰有三個(gè)極值點(diǎn)、兩個(gè)零點(diǎn)，又y＝sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，3π))的圖象如圖所示．則eq\f(5π,2)＜ωπ＋eq\f(π,3)≤3π，解得eq\f(13,6)＜ω≤eq\f(8,3)，即ω的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(8,3))).故選C.第2課時(shí)簡(jiǎn)單的三角恒等變換考向一三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)例1(1)已知0<θ<π，則eq\f(（1＋sinθ＋cosθ）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(2＋2cosθ))＝________．答案－cosθ解析由θ∈(0，π)得0<eq\f(θ,2)<eq\f(π,2)，所以coseq\f(θ,2)>0，所以eq\r(2＋2cosθ)＝eq\r(4cos2\f(θ,2))＝2coseq\f(θ,2).又(1＋sinθ＋cosθ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)＋2cos2\f(θ,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2)))＝2coseq\f(θ,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(θ,2)－cos2\f(θ,2)))＝－2coseq\f(θ,2)cosθ，故原式＝eq\f(－2cos\f(θ,2)cosθ,2cos\f(θ,2))＝－cosθ.(2)化簡(jiǎn)：①eq\a\vs4\al\co1()eq\f(1,tan\f(α,2))－taneq\f(α,2)eq\a\vs4\al\co1()eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanαtan\f(α,2)))＝________；②eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝________．答案①eq\f(2,sinα)②eq\f(sinβ,sinα)解析①原式＝eq\a\vs4\al\co1()eq\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))eq\a\vs4\al\co1()eq\a\vs4\al\co1()1＋eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))eq\a\vs4\al\co1()＝eq\f(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin\f(α,2)cos\f(α,2))·eq\f(cosαcos\f(α,2)＋sinαsin\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2cosα,sinα)·eq\f(cos\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2,sinα).②原式＝eq\f(sin（2α＋β）－2sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(sin[α＋（α＋β）]－2sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(sinαcos（α＋β）＋cosαsin（α＋β）－2sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(cosαsin（α＋β）－sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(sin[（α＋β）－α],sinα)＝eq\f(sinβ,sinα).三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)要遵循“三看”原則1.化簡(jiǎn)：eq\f(2tan（45°－α）,1－tan2（45°－α）)·eq\f(sinαcosα,cos2α－sin2α)＝________．答案eq\f(1,2)解析原式＝tan(90°－2α)·eq\f(\f(1,2)sin2α,cos2α)＝eq\f(sin（90°－2α）,cos（90°－2α）)·eq\f(\f(1,2)sin2α,cos2α)＝eq\f(cos2α,sin2α)·eq\f(\f(1,2)sin2α,cos2α)＝eq\f(1,2).2．化簡(jiǎn)：eq\f(2cos4x－2cos2x＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝________．答案eq\f(1,2)cos2x解析原式＝eq\f(\f(1,2)（4cos4x－4cos2x＋1）,2·\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))·cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(（2cos2x－1）2,4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(cos22x,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x)))＝eq\f(cos22x,2cos2x)＝eq\f(1,2)cos2x.多角度探究突破考向二三角函數(shù)式的求值角度給角求值例2(1)求值：eq\f(cos20°,cos35°\r(1－sin20°))＝()A．1 B．2C.eq\r(2) D.eq\r(3)答案C解析原式＝eq\f(cos20°,cos35°|sin10°－cos10°|)＝eq\f(cos210°－sin210°,cos35°（cos10°－sin10°）)＝eq\f(cos10°＋sin10°,cos35°)＝eq\f(\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cos10°＋\f(\r(2),2)sin10°)),cos35°)＝eq\f(\r(2)cos（45°－10°）,cos35°)＝eq\f(\r(2)cos35°,cos35°)＝eq\r(2).(2)求值：eq\f(\r(3)tan12°－3,sin12°（4cos212°－2）)＝________．答案－4eq\r(3)解析原式＝eq\f(\f(\r(3)sin12°,cos12°)－3,2sin12°（2cos212°－1）)＝eq\f(\r(3)sin12°－3cos12°,2sin12°cos12°cos24°)＝eq\f(2\r(3)（sin12°cos60°－cos12°sin60°）,sin24°cos24°)＝eq\f(4\r(3)sin（12°－60°）,sin48°)＝－4eq\r(3).給角求值問(wèn)題的解題策略在三角函數(shù)的給角求值問(wèn)題中，已知角常常是非特殊角，但非特殊角與特殊角總有一定關(guān)系．其基本思路是觀察所給角與特殊角之間的關(guān)系，利用和、差、倍角公式等將非特殊角的三角函數(shù)值轉(zhuǎn)化為特殊角的三角函數(shù)值，或可正、負(fù)相消的項(xiàng)和特殊角的三角函數(shù)值，或可約分的項(xiàng)和特殊角的三角函數(shù)值等．1.(2024·揚(yáng)州高三開(kāi)學(xué)考試)eq\f(cos55°＋sin25°cos60°,cos25°)＝()A．－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)答案B解析eq\f(cos55°＋sin25°cos60°,cos25°)＝eq\f(cos（30°＋25°）＋\f(1,2)sin25°,cos25°)＝eq\f(\f(\r(3),2)cos25°－\f(1,2)sin25°＋\f(1,2)sin25°,cos25°)＝eq\f(\r(3),2).故選B.2．(1＋tan1°)(1＋tan2°)(1＋tan3°)…(1＋tan44°)的值為()A．222 B．223C．211 D．212答案A解析由tan1°＋tan44°＝1－tan1°tan44°，得(1＋tan1°)(1＋tan44°)＝1＋tan1°＋tan44°＋tan1°tan44°＝1＋1－tan1°tan44°＋tan1°tan44°＝2.所以(1＋tan1°)(1＋tan2°)(1＋tan3°)·…·(1＋tan44°)＝222.故選A.角度給值求值例3(1)(2023·湖南新高考聯(lián)盟第二次聯(lián)考)設(shè)sin20°＝m，cos20°＝n，化簡(jiǎn)eq\f(1＋tan10°,1－tan10°)－eq\f(2cos70°,cos50°)＝()A.eq\f(m,n) B．－eq\f(m,n)C.eq\f(n,m) D．－eq\f(n,m)答案A解析因?yàn)閟in20°＝m，cos20°＝n，所以eq\f(1＋tan10°,1－tan10°)－eq\f(2cos70°,cos50°)＝eq\f(cos10°＋sin10°,cos10°－sin10°)－eq\f(2sin20°,sin40°)＝eq\f(cos10°＋sin10°,cos10°－sin10°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(（cos10°＋sin10°）2,cos210°－sin210°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(1＋sin20°,cos20°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(sin20°,cos20°)＝eq\f(m,n).故選A.(2)(2023·淄博模擬)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，且eq\r(2)cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))，則sin2α＝()A．－eq\f(3,4) B.eq\f(3,4)C．－1 D．1答案C解析∵eq\r(2)cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sinα＋cosα)，∴cos2α－sin2α＝(cosα＋sinα)(cosα－sinα)＝eq\f(1,2)(cosα＋sinα)，∴(cosα＋sinα)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα－sinα－\f(1,2)))＝0，∴cosα＋sinα＝0或cosα－sinα＝eq\f(1,2)，由cosα＋sinα＝0平方可得1＋sin2α＝0，即sin2α＝－1；由cosα－sinα＝eq\f(1,2)平方可得1－sin2α＝eq\f(1,4)，即sin2α＝eq\f(3,4)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，∴2α∈(－π，0)，∴sin2α<0，∴sin2α＝－1.給值求值問(wèn)題的解題策略給值求值是指已知某個(gè)角的三角函數(shù)值，求與該角相關(guān)的其他三角函數(shù)值的問(wèn)題，解題的基本方法是通過(guò)角的三角函數(shù)的變換把求解目標(biāo)用已知條件表達(dá)出來(lái)．1.(2024·徐州模擬)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(cos2α,1＋tan2α)＝eq\f(3,8)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2) D．1答案C解析因?yàn)閑q\f(cos2α,1＋tan2α)＝eq\f(3,8)，所以3(1＋tan2α)＝8×eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝8×eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)，可得3(1＋tan2α)2＝8－8tan2α，解得tan2α＝eq\f(1,3)，因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以tanα＝eq\f(\r(3),3)，所以α＝eq\f(π,6)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).2．(2024·鎮(zhèn)江模擬)公元前6世紀(jì)，古希臘的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派研究過(guò)正五邊形和正十邊形的作圖，發(fā)現(xiàn)0.618就是黃金分割，這是一個(gè)偉大的發(fā)現(xiàn)，這一數(shù)值也表示為a＝2sin18°，若a2＋b＝4，則eq\f(1－2cos227°,a\r(b))＝________．答案－eq\f(1,2)解析∵a＝2sin18°，a2＋b＝4，∴b＝4－a2＝4－4sin218°＝4(1－sin218°)＝4cos218°，∴eq\f(1－2cos227°,a\r(b))＝eq\f(1－2cos227°,2sin18°\r(4cos218°))＝eq\f(－cos54°,4sin18°cos18°)＝eq\f(－sin36°,2sin36°)＝－eq\f(1,2).角度給值求角例4(1)(2023·常州模擬)已知cosα＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq\f(\r(10),10)，α，β均為銳角，則β＝()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,3)答案C解析因?yàn)閏osα＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq\f(\r(10),10)＜0，α，β均為銳角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(2\r(5),5)，β－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，可得cos(β－α)＝eq\r(1－sin2（β－α）)＝eq\f(3\r(10),10)，sinβ＝sin[(β－α)＋α]＝sin(β－α)cosα＋cos(β－α)sinα＝－eq\f(\r(10),10)×eq\f(\r(5),5)＋eq\f(3\r(10),10)×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(\r(2),2)，則β＝eq\f(π,4).故選C.(2)已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝eq\f(1,2)，tanβ＝－eq\f(1,7)，則2α－β的值為_(kāi)_______．答案－eq\f(3π,4)解析∵tanα＝tan[(α－β)＋β]＝eq\f(tan（α－β）＋tanβ,1－tan（α－β）tanβ)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,7),1＋\f(1,2)×\f(1,7))＝eq\f(1,3)>0，∴0<α<eq\f(π,2).又tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(3,4)>0，∴0<2α<eq\f(π,2)，∴tan(2α－β)＝eq\f(tan2α－tanβ,1＋tan2αtanβ)＝eq\f(\f(3,4)＋\f(1,7),1－\f(3,4)×\f(1,7))＝1.∵tanβ＝－eq\f(1,7)<0，∴eq\f(π,2)<β<π，∴－π<2α－β<0，∴2α－β＝－eq\f(3π,4).給值求角時(shí)，選取函數(shù)應(yīng)遵循的原則(1)已知正切函數(shù)值，則選正切函數(shù)．(2)已知正、余弦函數(shù)值，則選正弦或余弦函數(shù)．若角的范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則選正、余弦函數(shù)皆可；若角的范圍是(0，π)，則選余弦函數(shù)較好；若角的范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則選正弦函數(shù)較好．1.(2023·漳州八校聯(lián)考)已知銳角α的終邊上一點(diǎn)P(sin40°，1＋cos40°)，則α＝()A．10° B．20°C．70° D．80°答案C解析由題意，得tanα＝eq\f(1＋cos40°,sin40°)＝eq\f(2cos220°,2cos20°sin20°)＝eq\f(cos20°,sin20°)＝eq\f(sin70°,cos70°)＝tan70°.又α為銳角，∴α＝70°.故選C.2．已知sin(α＋2β)＝eq\f(4\r(3),7)，cos(2α＋β)＝－eq\f(11,14)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，則α－β＝________．答案eq\f(π,3)解析因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，則eq\f(π,4)<2α＋β<π，－eq\f(π,4)<α＋2β<eq\f(π,2)，eq\f(π,4)<α－β<eq\f(3π,4)，所以cos(α＋2β)＝eq\r(1－sin2（α＋2β）)＝eq\f(1,7)，sin(2α＋β)＝eq\r(1－cos2（2α＋β）)＝eq\f(5\r(3),14)，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)，因此α－β＝eq\f(π,3).課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1.eq\f(2cos58°＋sin28°,cos28°)＝()A．－eq\r(3) B．1C.eq\r(3) D．2答案C解析原式＝eq\f(2cos（30°＋28°）＋sin28°,cos28°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos28°－\f(1,2)sin28°))＋sin28°,cos28°)＝eq\f(\r(3)cos28°,cos28°)＝eq\r(3).2．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知α為銳角，cosα＝eq\f(1＋\r(5),4)，則sineq\f(α,2)＝()A.eq\f(3－\r(5),8) B.eq\f(－1＋\r(5),8)C.eq\f(3－\r(5),4) D.eq\f(－1＋\r(5),4)答案D解析因?yàn)閏osα＝1－2sin2eq\f(α,2)＝eq\f(1＋\r(5),4)，而α為銳角，解得sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(3－\r(5),8))＝eq\r(\f(（\r(5)－1）2,16))＝eq\f(\r(5)－1,4).故選D.3．(2023·棗莊模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知角α的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)(－3，4)，則taneq\f(α,2)＝()A．－eq\f(1,2)或2 B．2C．－eq\f(1,3)或3 D．3答案B解析因?yàn)榻铅恋捻旤c(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)(－3，4)，所以sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝－eq\f(3,5)，所以taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(\f(4,5),1－\f(3,5))＝2.故選B.4．(2023·蘇州三模)若X·(1＋eq\r(3)tan10°)＝1，則X可以為()A．sin20° B．sin40°C．cos20° D．cos40°答案D解析若X·(1＋eq\r(3)tan10°)＝1，則X＝eq\f(1,1＋\r(3)tan10°)＝eq\f(1,1＋\f(\r(3)sin10°,cos10°))＝eq\f(cos10°,cos10°＋\r(3)sin10°)＝eq\f(cos10°,2sin（10°＋30°）)＝eq\f(cos10°,2sin40°)＝eq\f(cos（90°－80°）,2sin40°)＝eq\f(sin80°,2sin40°)＝eq\f(2sin40°cos40°,2sin40°)＝cos40°.故選D.5．若θ是第二象限角，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋θ))＝－eq\f(5,12)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6)))＝()A.eq\f(120,169) B.eq\f(119,169)C．－eq\f(120,169) D．－eq\f(119,169)答案D解析設(shè)eq\f(π,3)＋θ＝α，則2θ＋eq\f(π,6)＝2α－eq\f(π,2)，∵taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋θ))＝tanα＝－eq\f(5,12)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,2)))＝－cos2α＝sin2α－cos2α＝eq\f(sin2α－cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tan2α－1,tan2α＋1)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,12)))\s\up12(2)－1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,12)))\s\up12(2)＋1)＝－eq\f(119,169).故選D.6．(2023·福州模擬)已知sin(2α－β)＝－3sinβ，且α－β≠eq\f(π,2)＋kπ，α≠eq\f(kπ,2)，其中k∈Z，則eq\f(tan（α－β）,tanα)＝()A．1B．2C．3D．4答案B解析∵sin(2α－β)＝－3sinβ，∴sin[(α－β)＋α]＝－3sin[α－(α－β)]，sin(α－β)cosα＋cos(α－β)sinα＝－3sinαcos(α－β)＋3cosαsin(α－β)，整理得2cos(α－β)sinα＝cosαsin(α－β)，由于α－β≠eq\f(π,2)＋kπ，α≠eq\f(kπ,2)，∴sinα≠0，cos(α－β)≠0，則eq\f(cosαsin（α－β）,cos（α－β）sinα)＝2，即eq\f(tan（α－β）,tanα)＝2.故選B.7.已知在區(qū)間[0，π]上，函數(shù)y＝3sineq\f(x,2)與函數(shù)y＝eq\r(1＋sinx)的圖象交于點(diǎn)P，設(shè)點(diǎn)P在x軸上的射影為P′，P′的橫坐標(biāo)為x0，則tanx0的值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(4,3)C.eq\f(4,5) D.eq\f(8,15)答案B解析依題意得3sineq\f(x0,2)＝eq\r(1＋sinx0)＝sineq\f(x0,2)＋coseq\f(x0,2)，即2sineq\f(x0,2)＝coseq\f(x0,2)，則taneq\f(x0,2)＝eq\f(1,2)，所以tanx0＝eq\f(2tan\f(x0,2),1－tan2\f(x0,2))＝eq\f(4,3).故選B.8．(2023·佛山模擬)設(shè)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．3α＋β＝eq\f(π,2)C．2α－β＝eq\f(π,2) D．2α＋β＝eq\f(π,2)答案C解析解法一：∵eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，∴sinαcosβ＝cosα＋cosαsinβ，∴sin(α－β)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，∵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)))，∴α－β＝eq\f(π,2)－α，∴2α－β＝eq\f(π,2).故選C.解法二：∵tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(β,2)＋sin\f(β,2)))\s\up12(2),cos2\f(β,2)－sin2\f(β,2))＝eq\f(cos\f(β,2)＋sin\f(β,2),cos\f(β,2)－sin\f(β,2))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)＋\f(π,4)))，又eq\f(β,2)＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴α＝eq\f(β,2)＋eq\f(π,4)，∴2α－β＝eq\f(π,2).故選C.二、多項(xiàng)選擇題9．已知sin10°＝a，則eq\f(3,sin240°)－eq\f(1,cos240°)的值用a可以表示為()A.eq\f(8a＋4,1－a2) B.eq\f(4a＋2,1－a2)C．16a D．32a答案AD解析eq\f(3,sin240°)－eq\f(1,cos240°)＝eq\f(3cos240°－sin240°,sin240°cos240°)＝eq\f(\f(3,2)（1＋cos80°）－\f(1,2)（1－cos80°）,\f(1,4)sin280°)＝eq\f(4＋8cos80°,cos210°)＝eq\f(4＋8sin10°,1－sin210°)＝eq\f(4＋8a,1－a2)，又sin30°＝sin(10°＋20°)＝sin10°cos20°＋cos10°sin20°＝sin10°(1－2sin210°)＋2sin10°cos210°＝3sin10°－4sin310°＝eq\f(1,2)，所以3a－4a3＝eq\f(1,2)，故6a－8a3＝1，得eq\f(4＋8a,1－a2)＝eq\f(4（6a－8a3）＋8a,1－a2)＝eq\f(32a（1－a2）,1－a2)＝32a.10．(2023·海口模擬)已知α∈(π，2π)，sinα＝eq\f(tanα,2)＝taneq\f(β,2)，則()A．tanα＝eq\r(3) B．cosα＝eq\f(1,2)C．tanβ＝4eq\r(3) D．cosβ＝eq\f(1,7)答案BD解析因?yàn)棣痢?π，2π)，所以sinα≠0，又sinα＝eq\f(tanα,2)＝eq\f(sinα,2cosα)，所以cosα＝eq\f(1,2)＞0，故B正確；由上述可得α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，則sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\f(\r(3),2)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\r(3)，故A錯(cuò)誤；由已知可得taneq\f(β,2)＝－eq\f(\r(3),2)，可得tanβ＝eq\f(2tan\f(β,2),1－tan2\f(β,2))＝－4eq\r(3)，故C錯(cuò)誤；cosβ＝eq\f(cos2\f(β,2)－sin2\f(β,2),cos2\f(β,2)＋sin2\f(β,2))＝eq\f(1－tan2\f(β,2),1＋tan2\f(β,2))＝eq\f(1,7)，故D正確．故選BD.11．下列式子中正確的是()A．cosαsinβ＝eq\f(1,2)[sin(α－β)－sin(α＋β)]B．sinθ－sinφ＝2coseq\f(θ＋φ,2)sineq\f(θ－φ,2)C．tanα＋tanβ＝tan(α＋β)＋tanαtanβtan(α＋β)D.eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sinβ,sinα)答案BD解析對(duì)于A，eq\f(1,2)[sin(α－β)－sin(α＋β)]＝eq\f(1,2)(sinαcosβ－sinβcosα－sinαcosβ－sinβcosα)＝－cosαsinβ，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，2coseq\f(θ＋φ,2)·sineq\f(θ－φ,2)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θ,2)＋\f(φ,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(θ,2)－\f(φ,2)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2)·cos\f(φ,2)－sin\f(θ,2)sin\f(φ,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)cos\f(φ,2)－cos\f(θ,2)sin\f(φ,2)))＝2coseq\f(θ,2)coseq\f(φ,2)sineq\f(θ,2)coseq\f(φ,2)－2sineq\f(θ,2)sineq\f(φ,2)·sineq\f(θ,2)coseq\f(φ,2)－2coseq\f(θ,2)coseq\f(φ,2)coseq\f(θ,2)sineq\f(φ,2)＋2sineq\f(θ,2)sineq\f(φ,2)coseq\f(θ,2)sineq\f(φ,2)＝cos2eq\f(φ,2)sinθ－sin2eq\f(θ,2)·sinφ－cos2eq\f(θ,2)sinφ＋sinθsin2eq\f(φ,2)＝sinθ－sinφ，故B正確；對(duì)于C，若α＝β＝eq\f(π,3)，則tanα＋tanβ＝taneq\f(π,3)＋taneq\f(π,3)＝2eq\r(3)，tan(α＋β)＋tanαtanβtan(α＋β)＝taneq\f(2π,3)＋taneq\f(π,3)taneq\f(π,3)taneq\f(2π,3)＝－4eq\r(3)，2eq\r(3)≠－4eq\r(3)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sin2αcosβ＋cos2αsinβ,sinα)－2cosαcosβ＋2sinαsinβ＝2cosαcosβ＋eq\f(cos2αsinβ,sinα)－2cosαcosβ＋2sinαsinβ＝eq\f(cos2αsinβ,sinα)＋2sinαsinβ＝eq\f(cos2αsinβ＋2sin2αsinβ,sinα)＝eq\f(cos2αsinβ＋（1－cos2α）sinβ,sinα)＝eq\f(sinβ,sinα)，故D正確．故選BD.三、填空題12．(2024·石家莊高三階段練習(xí))寫出滿足tan7α＝eq\f(cosα＋sinα,cosα－sinα)的α的一個(gè)值：________．答案eq\f(π,24)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(答案不唯一，只要滿足α＝\f(π,24)＋\f(kπ,6)（k∈Z）均可))解析因?yàn)閑q\f(cosα＋sinα,cosα－sinα)＝eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(tan\f(π,4)＋tanα,1－tan\f(π,4)tanα)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))，所以tan7α＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))，所以7α＝eq\f(π,4)＋α＋kπ(k∈Z)，即α＝eq\f(π,24)＋eq\f(kπ,6)(k∈Z)．13．定義運(yùn)算＝ad－bc.若cosα＝eq\f(1,7)，＝eq\f(3\r(3),14)，0<β<α<eq\f(π,2)，則β＝________．答案eq\f(π,3)解析由題意有sinαcosβ－cosαsinβ＝sin(α－β)＝eq\f(3\r(3),14)，又0<β<α<eq\f(π,2)，∴0<α－β<eq\f(π,2)，故cos(α－β)＝eq\r(1－sin2（α－β）)＝eq\f(13,14)，又cosα＝eq\f(1,7)，∴sinα＝eq\f(4\r(3),7)，于是sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(13,14)－eq\f(1,7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(\r(3),2).又0<β<eq\f(π,2)，故β＝eq\f(π,3).14．(2024·河北省部分名校高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝tan2x＋2tan(π－x)－1.若tanα＝2，則f(α)＝________；若f(x)的定義域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，則f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為_(kāi)_______．答案－eq\f(19,3)1解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝tan2x＋2tan(π－x)－1＝eq\f(2tanx,1－tan2x)－2tanx－1，若tanα＝2，則f(α)＝eq\f(2tanα,1－tan2α)－2tanα－1＝eq\f(4,1－4)－4－1＝－eq\f(19,3).令f(x)＝0，得eq\f(2tanx,1－tan2x)＝2tanx＋1，整理得2tan3x＋tan2x－1＝0，設(shè)tanx＝t，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，則t∈(－∞，－1)∪(0，1)，設(shè)g(t)＝2t3＋t2－1，t∈(－∞，－1)∪(0，1)，則g′(t)＝6t2＋2t，當(dāng)t∈(－∞，－1)∪(0，1)時(shí)，g′(t)＞0，g(t)在區(qū)間(－∞，－1)和(0，1)上單調(diào)遞增，且g(－1)＝－2＜0，g(0)＝－1＜0，g(1)＝2＞0，所以g(t)在區(qū)間(0，1)上存在唯一零點(diǎn)，又因?yàn)閥＝tanx在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1.四、解答題15．(2023·昆明高考三診一模)已知sin(α＋β)＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝eq\f(1,3).(1)求證：sinαcosβ＝5cosαsinβ；(2)若已知0<α＋β<eq\f(π,2)，0<α－β<eq\f(π,2)，求cos2α的值．解(1)證明：∵sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，∴2sinαcosβ＋2cosαsinβ＝1，①