簡單的三角恒等變換

簡單的三角恒等變換教學目標1．運用三角變換公式進展簡單的三角恒等變換．(重點)2．公式的綜合運用，根據(jù)三角變換特點，設計變換過程．(難點)3．應用半角公式求值時的符號問題．(易混點)[根底·初探]教材整理半角公式閱讀教材P139～P140例2以上內(nèi)容，完成以下問題．sineq\f(α,2)＝±_eq\r(\f(1－cosα,2))，coseq\f(α,2)＝±_eq\r(\f(1＋cosα,2))，taneq\f(α,2)＝±_eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))，taneq\f(α,2)＝eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))＝eq\f(sin\f(α,2)·2cos\f(α,2),cos\f(α,2)·2cos\f(α,2))＝eq\f(sinα,1＋cosα)，taneq\f(α,2)＝eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))＝eq\f(sin\f(α,2)·2sin\f(α,2),cos\f(α,2)·2sin\f(α,2))＝eq\f(1－cosα,sinα).判斷(正確的打“√〞，錯誤的打“×〞)(1)coseq\f(α,2)＝eq\r(\f(1＋cosα,2)).()(2)存在α∈R，使得coseq\f(α,2)＝eq\f(1,2)cosα.()(3)對于任意α∈R，sineq\f(α,2)＝eq\f(1,2)sinα都不成立．()(4)假設α是第一象限角，則taneq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα)).()解：(1)×.只有當－eq\f(π,2)＋2kπ≤eq\f(α,2)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即－π＋4kπ≤α≤π＋4kπ(k∈Z)時，coseq\f(α,2)＝eq\r(\f(1＋cosα,2)).(2)√.當cosα＝－eq\r(3)＋1時，上式成立，但一般情況下不成立．(3)×.當α＝2kπ(k∈Z)時，上式成立，但一般情況下不成立．(4)√.假設α是第一象限角，則eq\f(α,2)是第一、三象限角，此時taneq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))成立．【答案】(1)×(2)√(3)×(4)√化簡求值問題(1)cosθ＝－eq\f(3,5)，且180°<θ<270°，求taneq\f(θ,2)；(2)化簡(1－sinα)(1－sinβ)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α＋β,2)－cos\f(α－β,2)))eq\s\up12(2).(1)①cosθ＝－eq\f(3,5)→taneq\f(θ,2)＝±eq\r(\f(1－cosθ,1＋cosθ))→taneq\f(θ,2)的值；②cosθ＝－eq\f(3,5)→taneq\f(θ,2)＝eq\f(1－cosθ,sinθ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或tan\f(θ,2)＝\f(sinθ,1＋cosθ)))→taneq\f(θ,2)的值．對于(1)的思考要注意符號的選擇．(2)靈活運用三角函數(shù)公式求解．解：(1)法一：因為180°<θ<270°，所以90°<eq\f(θ,2)<135°，即eq\f(θ,2)是第二象限的角，所以taneq\f(θ,2)<0，∴taneq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1－cosθ,1＋cosθ))＝－eq\r(\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5))),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))))＝－2.法二：因為180°<θ<270°，即θ是第三象限角，∴sinθ＝－eq\r(1－cos2θ)＝－eq\r(1－\f(9,25))＝－eq\f(4,5)，∴taneq\f(θ,2)＝eq\f(1－cosθ,sinθ)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5))),－\f(4,5))＝－2.(2)原式＝1－(sinα＋sinβ)＋sinαsinβ－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(α＋β,2)－2sin\f(α＋β,2)cos\f(α－β,2)＋cos2\f(α－β,2)))＝1－2sineq\f(α＋β,2)coseq\f(α－β,2)＋sinαsinβ－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－cos〔α＋β〕,2)＋\f(1＋cos〔α－β〕,2)－2sin\f(α＋β,2)cos\f(α－β,2)))＝sinαsinβ＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos〔α＋β〕－cos〔α－β〕))＝sinαsinβ－sinαsinβ＝0.1．解決給值求值問題的方法及思路(1)給值求值問題，其關(guān)鍵是找出式與欲求式之間的角、運算及函數(shù)的差異，經(jīng)過適當變換式或變換欲求式解題．(2)給值求值的重要思想是建立式與欲求式之間的聯(lián)系，應注意“配角〞方法的應用．2．三角函數(shù)化簡的思路及原則：(1)在應用和差化積公式時，必須是一次同名三角函數(shù)方可施行，假設是異名，必須用誘導公式化為同名；假設是高次函數(shù)，必須用降冪公式降為一次．(2)根據(jù)實際問題選用公式時，應從以下幾個方面加以考慮：①運用公式之后能否出現(xiàn)特殊角；②運用公式之后能否進展提取公因式，能否約分，能否合并或消項；③運用公式之后能否使三角函數(shù)式構(gòu)造更加簡單，各種關(guān)系更加明顯，從而為下一步選用公式進展變換創(chuàng)造條件．(3)對于三角函數(shù)的和差化積，有時因為使用公式不同，或選擇題的思路不同，化積結(jié)果可能不一致．[再練一題]1．(1)sinα＝eq\f(\r(5),5)，cosα＝eq\f(2,5)eq\r(5)，則taneq\f(α,2)等于()A．2－eq\r(5) B．2＋eq\r(5)C．eq\r(5)－2 D．±(eq\r(5)－2)(2)化簡eq\f(〔1－sinα－cosα〕\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2))),\r(2－2cosα))(－π<α<0).解：(1)因為sinα＝eq\f(\r(5),5)>0，cosα＝eq\f(2,5)eq\r(5)>0，所以α的終邊落在第一象限，eq\f(α,2)的終邊落在第一、三象限．所以taneq\f(α,2)>0，故taneq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))＝eq\r(\f(1－\f(2\r(5),5),1＋\f(2\r(5),5)))＝eq\r(5)－2.【答案】C(2)原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin2\f(α,2)－2sin\f(α,2)cos\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2))),\r(2×2sin2\f(α,2)))＝eq\f(2sin\f(α,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2))),2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2))))＝eq\f(sin\f(α,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(α,2)－cos2\f(α,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2))))＝eq\f(－sin\f(α,2)cosα,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)))).因為－π<α<0，所以－eq\f(π,2)<eq\f(α,2)<0，所以sineq\f(α,2)<0，所以原式＝eq\f(－sin\f(α,2)cosα,－sin\f(α,2))＝cosα.三角恒等式的證明(1)求證：1＋2cos2θ－cos2θ＝2；(2)求證：eq\f(2sin*cos*,〔sin*＋cos*－1〕〔sin*－cos*＋1〕)＝eq\f(1＋cos*,sin*).(1)可由左向右證：先把左邊cos2θ降冪化為同角后整理可證．(2)可先從左邊表達式分母中升冪縮角入手，再通過改變函數(shù)構(gòu)造向右邊轉(zhuǎn)化．解：(1)左邊＝1＋2cos2θ－cos2θ＝1＋2×eq\f(1＋cos2θ,2)－cos2θ＝2＝右邊．所以原等式成立．(2)左邊＝eq\f(2sin*cos*,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(*,2)cos\f(*,2)－2sin2\f(*,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(*,2)cos\f(*,2)＋2sin2\f(*,2))))＝eq\f(2sin*cos*,4sin2\f(*,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(*,2)－sin2\f(*,2))))＝eq\f(sin*,2sin2\f(*,2))＝eq\f(cos\f(*,2),sin\f(*,2))＝eq\f(2cos2\f(*,2),2sin\f(*,2)cos\f(*,2))＝eq\f(1＋cos*,sin*)＝右邊．所以原等式成立．三角恒等式證明的五種常用方法：(1)執(zhí)因索果法：證明的形式一般化繁為簡．(2)左右歸一法：證明左右兩邊都等于同一個式子．(3)拼湊法：針對題設和結(jié)論之間的差異，有針對性地變形，以消除它們之間的差異，簡言之，即化異求同．(4)比擬法：設法證明“左邊－右邊＝0〞或“左邊/右邊＝1〞．(5)分析法：從被證明的等式出發(fā)，逐步探求使等式成立的條件，一直到條件或明顯的事實為止，就可以斷定原等式成立．[再練一題]2．0<α<eq\f(π,4)，0<β<eq\f(π,4)，且3sinβ＝sin(2α＋β)，4taneq\f(α,2)＝1－tan2eq\f(α,2)，求證：α＋β＝eq\f(π,4).證明：∵3sinβ＝sin(2α＋β)，即3sin(α＋β－α)＝sin(α＋β＋α)，∴3sin(α＋β)cosα－3cos(α＋β)sinα＝sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα，∴2sin(α＋β)cosα＝4cos(α＋β)sinα，∴tan(α＋β)＝2tanα.又∵4taneq\f(α,2)＝1－tan2eq\f(α,2)，∴tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq\f(1,2)，∴tan(α＋β)＝2tanα＝1，∵α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α＋β＝eq\f(π,4).三角函數(shù)在實際問題中的應用如圖3－2－1所示，要把半徑為R的半圓形木料截成長方形，應怎樣截取，才能使△OAB的周長最大？圖3－2－1eq\*(設∠AOB＝α)→eq\*(建立周長l〔α〕)→eq\*(求l的最大值)解：設∠AOB＝α，△OAB的周長為l，則AB＝Rsinα，OB＝Rcosα，∴l(xiāng)＝OA＋AB＋OB＝R＋Rsinα＋Rcosα＝R(sinα＋cosα)＋R＝eq\r(2)Rsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋R.∵0<α<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,4)<α＋eq\f(π,4)<eq\f(3π,4).∴l(xiāng)的最大值為eq\r(2)R＋R＝(eq\r(2)＋1)R，此時，α＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即α＝eq\f(π,4)，即當α＝eq\f(π,4)時，△OAB的周長最大．1．解答此類問題，關(guān)鍵是合理引入輔助角α，確定各量之間的關(guān)系，將實際問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題，再利用三角函數(shù)的有關(guān)知識求解．2．在求解過程中，要注意三點：(1)充分借助平面幾何性質(zhì)，尋找數(shù)量關(guān)系；(2)注意實際問題中變量(角α)的*圍；(3)重視三角函數(shù)有界性的影響．[再練一題]3．有一塊以O為圓心的半圓形空地，要在這塊空地上劃出一個內(nèi)接矩形ABCD辟為綠地，使其一邊AD落在圓的直徑上，另外兩點B，C落在半圓的圓周上，半圓的半徑長為a，如何選擇關(guān)于點O對稱的點A，D的位置，可以使矩形ABCD的面積最大？解：如下圖，設∠AOB＝θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))，則AB＝asinθ，OA＝acosθ.設矩形ABCD的面積為S，則S＝2OA·AB，∴S＝2acosθ·asinθ＝a2·2sinθcosθ＝a2sin2θ.∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2θ∈(0，π)．因此，當2θ＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,4)時，Sma*＝a2.這時點A、D距離O的距離為eq\f(\r(2),2)a，矩形ABCD的面積最大值為a2.三角恒等變換與三角函數(shù)圖象性質(zhì)的綜合探究1如何求函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,6)))＋2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*－\f(π,12)))(*∈R)的最小正周期？【提示】y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,6)))＋1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,6)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,6)－\f(π,4)))＋1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(5,12)π))＋1，所以函數(shù)的最小正周期T＝π.探究2研究形如f(*)＝asin2ω*＋bsinω*cosω*＋ccos2ω*的性質(zhì)時應首先把函數(shù)f(*)化簡成什么形式再解答？【提示】研究形如f(*)＝asin2ω*＋bsinω*cosω*＋ccos2ω*的性質(zhì)時，先化成f(*)＝eq\r(a2＋b2)sin(ω*＋φ)＋c的形式再解答．函數(shù)f(*)＝4cosω*·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω*＋\f(π,4)))(ω>0)的最小正周期為π.(1)求ω的值；(2)討論f(*)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的單調(diào)性．利用三角公式化簡函數(shù)式，寫為f(*)＝Asin(ω*＋φ)＋b的形式，再討論函數(shù)的性質(zhì)．解：(1)f(*)＝4cosω*·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω*＋\f(π,4)))＝2eq\r(2)sinω*·cosω*＋2eq\r(2)cos2ω*＝eq\r(2)(sin2ω*＋cos2ω*)＋eq\r(2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ω*＋\f(π,4)))＋eq\r(2).因為f(*)的最小正周期為π，且ω>0，從而有eq\f(2π,2ω)＝π，故ω＝1.(2)由(1)知，f(*)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*＋\f(π,4)))＋eq\r(2).假設0≤*≤eq\f(π,2)，則eq\f(π,4)≤2*＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4).當eq\f(π,4)≤2*＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)，即0≤*≤eq\f(π,8)時，f(*)單調(diào)遞增；當eq\f(π,2)<2*＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，即eq\f(π,8)<*≤eq\f(π,2)時，f(*)單調(diào)遞減．綜上可知，f(*)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．三角恒等變換與三角函數(shù)圖象性質(zhì)的綜合問題的解題策略：運用三角函數(shù)的和、差、倍角公式將函數(shù)關(guān)系式化成y＝asinω*＋bcosω*＋k的形式，借助輔助角公式化為y＝Asin(ω*＋φ)＋k(或y＝Acos(ω*＋φ)＋k)的形式，將ω*＋φ看作一個整體研究函數(shù)的性質(zhì)．[再練一題]4．函數(shù)f(*)＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*＋\f(π,4)))＋6sin*cos*－2cos2*＋1，*∈R.(1)求f(*)的最小正周期；(2)求f(*)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解：(1)f(*)＝－sin2*－cos2*＋3sin2*－cos2*＝2sin2*－2cos2*＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,4))).所以f(*)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由(1)知f(*)＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,4)))，由于*∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2*－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1)).所以f(*)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為2eq\r(2)，最小值為－2.[構(gòu)建·體系]1．假設cosα＝eq\f(2,3)，α∈(0，π)，則coseq\f(α,2)的值為()A．eq\f(\r(6),6) B．－eq\f(\r(6),6)C．eq\f(\r(30),6) D．－eq\f(\r(30),6)解：由題意知eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴coseq\f(α,2)>0，coseq\f(α,2)＝eq\r(\f(1＋cosα,2))＝eq\f(\r(30),6).【答案】C2．cosα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π，2π))，則sineq\f(α,2)等于()A．eq\f(\r(5),5) B．－eq\f(\r(5),5)C．eq\f(4,5) D．eq\f(2\r(5),5)解：由題知eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π，π))，∴sineq\f(α,2)>0，sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,2))＝eq\f(\r(5),5).【答案】A3．sinα－cosα＝－eq\f(5,4)，則sin2α的值等于()A．eq\f(7,16) B．－eq\f(7,16)C．－eq\f(9,16) D．eq\f(9,16)解：由sinα－cosα＝－eq\f(5,4)，(sinα－cosα)2＝1－2sinαcosα＝1－sin2α＝eq\f(25,16)，所以sin2α＝－eq\f(9,16).【答案】C4．(2014·**高考)函數(shù)y＝eq\f(\r(3),2)sin2*＋cos2*的最小正周期為________．解：∵y＝eq\f(\r(3),2)sin2*＋cos2*＝eq\f(\r(3),2)sin2*＋eq\f(1,2)cos2*＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，∴函數(shù)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.【答案】π化簡eq\f(2cos2α－1,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))).解：eq\f(2cos2α－1,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))＝eq\f(cos2α,\f(2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))×sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))＝eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α)))＝eq\f(cos2α,cos2α)＝1.學業(yè)分層測評一、選擇題1．假設函數(shù)f(*)＝－sin2*＋eq\f(1,2)(*∈R)，則f(*)是()A．最小正周期為eq\f(π,2)的奇函數(shù)B．最小正周期為π的奇函數(shù)C．最小正周期為2π的偶函數(shù)D．最小正周期為π的偶函數(shù)解：f(*)＝－eq\f(1－cos2*,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)cos2*.應選D．【答案】D2．(2016·**期末)假設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)))等于()A．－eq\f(\r(6),3) B．－eq\f(\r(6),6)C．eq\f(\r(6),6) D．eq\f(\r(6),3)解：由題意知sinα＝－eq\f(\r(5),3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3,2)π))，∴cosα＝－eq\f(2,3)，∵eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3,4)π))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(α,2)))＝coseq\f(α,2)＝－eq\r(\f(1＋cosα,2))＝－eq\f(\r(6),6).應選B．【答案】B3．(2016·鶴崗一中期末)設a＝eq\f(1,2)cos7°＋eq\f(\r(3),2)sin7°，b＝eq\f(2tan19°,1－tan219°)，c＝eq\r(\f(1－cos72°,2))，則有()A．b>a>c B．a(chǎn)>b>cC．a(chǎn)>c>b D．c>b>a解：a＝sin37°，b＝tan38°，c＝sin36°，由于tan38°>sin38°>sin37°>sin36°，所以b>a>c.應選A．【答案】A4．假設sin(α＋β)cosβ－cos(α＋β)sinβ＝0，則sin(α＋2β)＋sin(α－2β)等于()A．1 B．－1C．0 D．±1解：∵sin(α＋β)cosβ－cos(α＋β)sinβ＝sin(α＋β－β)＝sinα＝0，∴sin(α＋2β)＋sin(α－2β)＝2sinαcos2β＝0.【答案】C5．假設函數(shù)f(*)＝(1＋eq\r(3)tan*)cos*，0≤*<eq\f(π,2)，則f(*)的最大值是()A．1 B．2C．eq\r(3)＋1 D．eq\r(3)＋2解：f(*)＝(1＋eq\r(3)tan*)cos*＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)\f(sin*,cos*)))cos*＝eq\r(3)sin*＋cos*＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*＋\f(π,6))).∵0≤*<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)≤*＋eq\f(π,6)<eq\f(2,3)π，∴當*＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)時，f(*)取到最大值2.【答案】B二、填空題6．假設θ是第二象限角，且25sin2θ＋sinθ－24＝0，則coseq\f(θ,2)＝________.解：由25sin2θ＋sinθ－24＝0，又θ是第二象限角，得sinθ＝eq\f(24,25)或sinθ＝－1(舍去)．故cosθ＝－eq\r(1－sin2θ)＝－eq\f(7,25)，由cos2eq\f(θ,2)＝eq\f(1＋cosθ,2)得cos2eq\f(θ,2)＝eq\f(9,25).又eq\f(θ,2)是第一、三象限角，所以coseq\f(θ,2)＝±eq\f(3,5).【答案】±eq\f(3,5)7．(2016·**一中期末)eq\f(1,sin\f(π,18))－eq\f(\r(3),cos\f(π,18))＝________.解：原式＝eq\f(cos\f(π,18)－\r(3)sin\f(π,18),sin\f(π,18)cos\f(π,18))＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos\f(π,18)－\f(\r(3),2)sin\f(π,18))),\f(1,2)sin\f(π,9))＝eq\f(4sin\f(π,9),sin\f(π,9))＝4.【答案】4三、解答題8．(2015·**高考)tanα＝2.(1)求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值；(2)求eq\f(sin2α,sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)的值．解：(1)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanαtan\f(π,4))＝eq\f(2＋1,1－2×1)＝－3.(2)eq\f(sin2α,sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋sinαcosα－2cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋tanα－2)＝eq\f(2×2,4＋2－2)＝1.9．設函數(shù)f(*)＝2cos2ω*＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ω*－\f(π,6)))＋a(其中ω>0，a∈R)，且f(*)的圖象在y軸右側(cè)的第一個最高點的橫坐標為eq\f(π,6).(1)求ω的值；(2)設f(*)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上的最小值為eq\r(3)，求a的值．解：f(*)＝1＋cos2ω*＋eq\f(\r(3),2)sin2ω*－eq\f(1,2)cos2ω*＋a＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ω*＋\f(π,6)))＋a＋1.(1)由2ω*＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得ω*＝kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)．又ω>0，∴當k＝0時，f(*)的圖象在y軸右側(cè)的第一個最高點的橫坐標為*＝eq\f(π,6ω)＝eq\f(π,6)，故ω＝1.(2)由(1)知f(*)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*＋\f(π,6)))＋a＋1，由eq\f(π,6)≤*≤eq\f(π,3)，得eq\f(π,3)≤2*≤eq\f(2,3)π，eq\f(π,2)≤2*＋eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，∴當2*＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，即*＝eq\f(π,3)時，f(*)取得最小值為eq\f(1,2)＋a＋1.由eq\f(1,2)＋a＋1＝eq\r(3)，得a＝eq\r(3)－eq\f(3,2).[能力提升]1．(2016·**高一檢測)450°<α<540°，則eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(\f(1,2)＋\f(1,2)cos2α))的值是()A．－sineq\f(α,2) B．coseq\f(α,2)C．sineq\f(α,2) D．－coseq\f(α,2)解：因為450°<α<540°，所以225°<eq\f(α,2)<270°.所以cosα<0，sineq\f(α,2)<0.所以原式＝eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(\f(1＋cos2α,2)))＝eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(cos2α))＝eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)|cosα|)＝eq\r(\f(1,2)－\f(1,2)cosα)＝eq\r(sin2\f(α,2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)))＝－sineq\f(α,2).應選A．【答案】A2．(2016·**質(zhì)檢)函數(shù)f(*)＝2cos2eq\f(*,2)，g(*)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(*,2)＋cos\f(*,2)))eq\s\up12(2).(1)求證：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－*))＝g(*)；(2)求函數(shù)h(*)＝f(*)－g(*)(*∈[0，π])的單調(diào)區(qū)間，并求使h(*)取到最小值時*的值．解：(1)證明：f(*)＝2cos2eq\f(*,2)＝1＋cos*，g(*)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(*,2)＋cos\f(*,2)))eq\s\up12(2)＝1＋2sineq\f(*,2)coseq\f(*,2)＝1＋sin*，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－*))＝1＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－*))＝1＋sin*，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－*))＝g(*)，命題得證．(2)函數(shù)h(*)＝f(*)－g(*)＝cos*－sin*＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cos*－\f(\r(2),2)sin*))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*＋\f(π,4)))，∵*∈[0，π]，∴eq\f(π,4)≤*＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，當eq\f(π,4)≤*＋eq\f(π,4)≤π，即0≤*≤eq\f(3π,4)時，h(*)遞減，當π≤*＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，即eq\f(3π,4)≤*≤π時，h(*)遞增．∴函數(shù)h(*)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，根據(jù)函數(shù)h(*)的單調(diào)性，可知當*＝eq\f(3π,4)時，函數(shù)h(*)取到最小值．小結(jié)①cosαcosβ＋sinαsinβ②sinαcosβ－cosαsinβ③eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)④cosαcosβ－sinαsinβ⑤sinαcosβ＋cosαsinβ⑥eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)⑦cos2α－sin2α⑧2cos2α－1⑨1－2sin2α⑩2sinαcosα?eq\f(2tanα,1－tan2α)給值求值問題給出*些角的三角函數(shù)值，求另外一些角的三角函數(shù)值，解題的關(guān)鍵在于“變角〞．使其角一樣或具有*種關(guān)系，解題的根本方法是：①將待求式用三角函數(shù)表示．②將條件轉(zhuǎn)化而推出可用的結(jié)論．其中“湊角法〞是解決此類問題的常用技巧．解題時首先是分析式與待求式之間角、函數(shù)、構(gòu)造間的差異，有目的的將式、待求式的一方或兩方加以變換，找出它們之間的聯(lián)系，最后求出待求式的值．eq\f(3π,4)<α<π，tanα＋eq\f(1,tanα)＝－eq\f(10,3).(1)求tanα的值；(2)求eq\f(5sin2\f(α,2)＋8sin\f(α,2)cos\f(α,2)＋11cos2\f(α,2)－8,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2))))的值．(1)結(jié)合α的取值*圍，求解tanα的值；(2)利用降冪公式和誘導公式先統(tǒng)一角，通過三角變換轉(zhuǎn)化成關(guān)于tanα的式子代入求值即可．解：(1)由tanα＋eq\f(1,tanα)＝－eq\f(10,3)，得3tan2α＋10tanα＋3＝0，即tanα＝－3或tanα＝－eq\f(1,3).又eq\f(3π,4)<α<π，所以tanα＝－eq\f(1,3).(2)原式＝eq\f(5×\f(1－cosα,2)＋4sinα＋11×\f(1＋cosα,2)－8,－\r(2)cosα)＝eq\f(5－5cosα＋8sinα＋11＋11cosα－16,－2\r(2)cosα)＝eq\f(4sinα＋3cosα,－\r(2)cosα)＝eq\f(4tanα＋3,－\r(2))＝－eq\f(5\r(2),6).[再練一題]1．sin(α＋β)＝eq\f(7\r(2),10)，sin(α－β)＝－eq\f(\r(2),2)，求eq\f(tanα,tanβ)的值．解：由sin(α＋β)＝eq\f(7\r(2),10)，得sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(7\r(2),10)，①由sin(α－β)＝－eq\f(\r(2),2)，得sinαcosβ－cosαsinβ＝－eq\f(\r(2),2)，②①＋②得：sinαcosβ＝eq\f(\r(2),10)，①－②得：cosαsinβ＝eq\f(6\r(2),10)，eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(sinαcosβ,cosαsinβ)＝eq\f(\f(\r(2),10),\f(6\r(2),10))＝eq\f(1,6).三角函數(shù)式的化簡與證明三角函數(shù)式的化簡是三角變換應用的一個重要方面，其根本思想方法是統(tǒng)一角、統(tǒng)一三角函數(shù)的名稱．在具體實施過程中，應著重抓住“角〞的統(tǒng)一．通過觀察角、函數(shù)名、項的次數(shù)等，找到突破口，利用切化弦、升冪、降冪、逆用公式等手段將其化簡．三角函數(shù)式的證明實質(zhì)上也是化簡，是有方向目標的化簡；根本原則：由繁到簡，消除兩端差異，到達證明目的．證明：eq\f(1＋sin2θ－cos2θ,1＋sin2θ＋cos2θ)＝tanθ.可從左邊向右邊證明，先把角由2θ向θ轉(zhuǎn)化，再實現(xiàn)函數(shù)名稱向tanθ轉(zhuǎn)化．解法一：左邊＝eq\f(sin2θ＋〔1－cos2θ〕,sin2θ＋〔1＋cos2θ〕)＝eq\f(2sinθcosθ＋2sin2θ,2sinθcosθ＋2cos2θ)＝eq\f(sinθ〔cosθ＋sinθ〕,cosθ〔cosθ＋sinθ〕)＝tanθ＝右邊．解法二：左邊＝eq\f(sin2θ＋cos2θ＋sin2θ＋sin2θ－cos2θ,sin2θ＋cos2θ＋sin2θ＋cos2θ－sin2θ)＝eq\f(sin2θ＋2sin2θ,sin2θ＋2cos2θ)＝eq\f(2sinθ〔sinθ＋cosθ〕,2cosθ〔sinθ＋cosθ〕)＝tanθ＝右邊．解法三：左邊＝eq\f(〔1＋sin2θ〕－cos2θ,〔1＋sin2θ〕＋cos2θ)＝eq\f(〔sin2θ＋cos2θ＋2sinθ·cosθ〕－〔cos2θ－sin2θ〕,〔sin2θ＋cos2θ＋2sinθ·cosθ〕＋〔cos2θ－sin2θ〕)＝eq\f(〔sinθ＋cosθ〕2－〔cosθ＋sinθ〕〔cosθ－sinθ〕,〔sinθ＋cosθ〕2＋〔cosθ＋sinθ〕〔cosθ－sinθ〕)＝eq\f(〔sinθ＋cosθ〕〔sinθ＋cosθ＋sinθ－cosθ〕,〔sinθ＋cosθ〕〔sinθ＋cosθ＋cosθ－sinθ〕)＝eq\f(〔sinθ＋cosθ〕·2sinθ,〔sinθ＋cosθ〕·2cosθ)＝tanθ＝右邊．[再練一題]2．求證taneq\f(3*,2)－taneq\f(*,2)＝eq\f(2sin*,cos*＋cos2*).證明：eq\f(2sin*,cos*＋cos2*)＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3*,2)－\f(*,2))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3*,2)－\f(*,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3*,2)＋\f(*,2))))＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3*,2)cos\f(*,2)－cos\f(3*,2)sin\f(*,2))),2cos\f(3*,2)cos\f(*,2))＝eq\f(sin\f(3*,2),cos\f(3*,2))－eq\f(sin\f(*,2),cos\f(*,2))＝taneq\f(3*,2)－taneq\f(*,2).三角恒等變形的綜合應用與三角恒等變形有關(guān)的綜合問題一般有以下兩種類型：(1)以三角恒等變形為主要的化簡手段，考察三角函數(shù)的性質(zhì)．當給出的三角函數(shù)關(guān)系式較為復雜，我們要先通過三角恒等變換，將三角函數(shù)的表達式變形化簡，將函數(shù)表達式變形為y＝Asin(ω*＋φ)＋k或y＝Acos(ω*＋φ)＋k等形式，然后再根據(jù)化簡后的三角函數(shù)，討論其圖象和性質(zhì)．(2)以向量運算為載體，考察三角恒等變形．這類問題往往利用向量的知識和公式，通過向量的運算，將向量條件轉(zhuǎn)化為三角條件，然后通過三角變換解決問題；有時還從三角與向量的關(guān)聯(lián)點處設置問題，把三角函數(shù)中的角與向量的夾角統(tǒng)一為一類問題考察．(2016·**質(zhì)檢)向量a＝(1，－eq\r(3))，b＝(sin*，cos*)，f(*)＝a·b.(1)假設f(θ)＝0，求eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))的值；(2)當*∈[0，π]時，求函數(shù)f(*)的值域．(1)可先由f(θ)＝0求tanθ，再化簡eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))后，由tanθ值代入求值；(2)先化簡得f(*)＝Asin(ω*＋φ)的形式，再據(jù)**圍求ω*＋φ*圍，進而求得f(*)的值域．解：(1)∵a＝(1，－eq\r(3))，b＝(sin*，cos*)，∴f(*)＝a·b＝sin*－eq\r(3)cos*，∵f(θ)＝0，即sinθ－eq\r(3)cosθ＝0，∴tanθ＝eq\r(3)，∴eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(cosθ－sinθ,sinθ＋cosθ)＝eq\f(1－tanθ,tanθ＋1)＝eq\f(1－\r(3),\r(3)＋1)＝－2＋eq\r(3).(2)f(*)＝sin*－eq\r(3)cos*＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*－\f(π,3)))，∵*∈[0，π]，∴*－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，當*－eq\f(π,3)＝－eq\f(π,3)，即*＝0時，f(*)min＝－eq\r(3)，當*－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，即*＝eq\f(5π,6)時，f(*)ma*＝2，∴當*∈[0，π]時，函數(shù)f(*)的值域為[－eq\r(3)，2]．[再練一題]3．向量m＝(sinA，cosA)，n＝(eq\r(3)，－1)，且m·n＝1，且A為銳角．(1)求角A的大小；(2)求函數(shù)f(*)＝cos2*＋4cosAsin*(*∈R)的值域.解：(1)由題意得m·n＝eq\r(3)sinA－cosA＝1，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝1，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).由A為銳角得A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(π,3).(2)由(1)知cosA＝eq\f(1,2).所以f(*)＝cos2*＋2sin*＝1－2sin2*＋2sin*＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin*－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,2).因為*∈R，所以sin*∈[－1，1]，因此，當sin*＝eq\f(1,2)時，f(*)有最大值eq\f(3,2)，當sin*＝－1時，f(*)有最小值－3，所以所求函數(shù)f(*)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).轉(zhuǎn)化與化歸的思想三角式的恒等變換是解三角函數(shù)問題的方法根底，所謂三角式的恒等變換，就是運用有關(guān)概念和公式把給定的三角式化為另一等價形式．轉(zhuǎn)化與化歸的思想是三角恒等變換應用最廣泛的，也是最根本的數(shù)學思想，它貫穿于三角恒等變換的始終，要認真體會理解，在解題過程中學會靈活應用．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝－eq\f(12,13)，且α－eq\f(β,2)和eq\f(α,2)－β分別為第二、第三象限角，求taneq\f(α＋β,2)的值．先根據(jù)α－eq\f(β,2)，eq\f(α,2)－β的*圍求得其正、余弦再求正切值，最后由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))求解．【規(guī)*解答】∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\f(4,5)，且α－eq\f(β,2)為第二象限角，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2))))＝－eq\f(3,5).又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝－eq\f(12,13)，且eq\f(α,2)－β為第三象限角，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝－eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))＝－eq\f(5,13).∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(4,3)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(5,12)，∴taneq\f(α＋β,2)＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))))＝eq\f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)),1＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))＝eq\f(－\f(4,3)－\f(5,12),1－\f(4,3)×\f(5,12))＝－eq\f(63,16).[再練一題]4．(2016·來安中學期末)sinα－cosα＝－eq\f(\r(5),5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).(1)求sinα和cosα的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－β＋\f(π,4)))的值．解：(1)由題意得(sinα－cosα)2＝eq\f(1,5)，即1－sin2α＝eq\f(1,5)，∴sin2α＝eq\f(4,5).又2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cos2α＝eq\r(1－sin22α)＝eq\f(3,5)，∴cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)＝eq\f(4,5)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴cosα＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，sinα＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5).(2)∵β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，β－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－β＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝cosαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＋sinαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(4,5)＋eq\f(\r(5),5)×e