統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第四章4.4函數(shù)y＝Asinωx＋φ的圖象及簡單三角函數(shù)模型的應(yīng)用學(xué)案理含解析20230423160

統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第四章4.4函數(shù)y＝Asinωx＋φ的圖象及簡單三角函數(shù)模型的應(yīng)用學(xué)案理含解析20230423160第四節(jié)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及簡單三角函數(shù)模型的應(yīng)用【知識重溫】一、必記3個知識點(diǎn)1．函數(shù)y＝sinx的圖象變換得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的圖象的步驟2．用五點(diǎn)法畫y＝Asin(ωx＋φ)一個周期內(nèi)的簡圖用五點(diǎn)法畫y＝Asin(ωx＋φ)一個周期內(nèi)的簡圖時，要找五個特征點(diǎn)．如下表所示．x－eq\f(φ,ω)eq\f(\f(π,2)－φ,ω)eq\f(π－φ,ω)eq\f(\f(3π,2)－φ,ω)eq\f(2π－φ,ω)ωx＋φ⑦_(dá)___⑧____⑨____eq\o(○,\s\up1(10))____?____y＝Asin(ωx＋φ)0A0－A03.簡諧振動y＝Asin(ωx＋φ)中的有關(guān)物理量y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)，x∈[0，＋∞)表示一個振動量時振幅周期頻率相位初相AT＝?____f＝?______＝?______ωx＋φφ二、必明3個易誤點(diǎn)1．函數(shù)圖象變換要明確，要弄清楚是平移哪個函數(shù)的圖象，得到哪個函數(shù)的圖象．2．要注意平移前后兩個函數(shù)的名稱是否一致，若不一致，應(yīng)先利用誘導(dǎo)公式化為同名函數(shù)．3．由y＝Asinωx的圖象得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)的圖象時，需平移的單位數(shù)應(yīng)為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω)))，而不是|φ|.【小題熱身】一、判斷正誤1．判斷下列說法是否正確(請在括號中打“√”或“×”)．(1)函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的圖象是由y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的圖象向右平移eq\f(π,2)個單位得到的．()(2)利用圖象變換作圖時“先平移，后伸縮”與“先伸縮，后平移”中平移的長度一致．()(3)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的最小正周期為T＝eq\f(2π,ω).()(4)把函數(shù)y＝sinx的圖象上各點(diǎn)縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝sineq\f(1,2)x.()二、教材改編2．[必修4·P56練習(xí)T3改編]函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的振幅、頻率和初相分別為()A．2，eq\f(1,π)，eq\f(π,4)B．2，eq\f(1,2π)，eq\f(π,4)C．2，eq\f(1,π)，eq\f(π,8)D．2，eq\f(1,2π)，－eq\f(π,8)3．[必修4·P55練習(xí)T2改編]為了得到函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，可以將函數(shù)y＝2sin2x的圖象()A．向右平移eq\f(π,6)個單位長度B．向右平移eq\f(π,3)個單位長度C．向左平移eq\f(π,6)個單位長度D．向左平移eq\f(π,3)個單位長度三、易錯易混4．函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,4)))，x∈R的最小正周期為()A.eq\f(π,2)B．πC．2πD．4π5．函數(shù)y＝cosx|tanx|eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤π且x≠\f(π,2)))的圖象為()四、走進(jìn)高考6．[2020·天津卷]已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).給出下列結(jié)論：①f(x)的最小正周期為2π；②feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))是f(x)的最大值；③把函數(shù)y＝sinx的圖象上所有點(diǎn)向左平移eq\f(π,3)個單位長度，可得到函數(shù)y＝f(x)的圖象．其中所有正確結(jié)論的序號是()A．①B．①③C．②③D．①②③eq\x(考點(diǎn)一)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及變換[自主練透型]1．[2021·廣州模擬]將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度，再把所得圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的圖象，則f(x)＝()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(π,6)))B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(π,6)))C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(π,3)))D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(π,3)))2．已知函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).(1)求它的振幅、周期、初相；(2)用“五點(diǎn)法”作出它在區(qū)間[0，π]內(nèi)的圖象；(3)說明y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象可由y＝cosx的圖象經(jīng)過怎樣的變換而得到．悟·技法函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象的兩種作法五點(diǎn)法設(shè)z＝ωx＋φ，由z取0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3π,2)，2π來求出相應(yīng)的x，通過列表，計算得出五點(diǎn)坐標(biāo)，描點(diǎn)后得出圖象圖象變換法由函數(shù)y＝sinx的圖象通過變換得到y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)的圖象，有兩種主要途徑“先平移后伸縮”與“先伸縮后平移”[提醒]平移變換和伸縮變換都是針對x而言，即x本身加減多少值，而不是依賴于ωx加減多少值.考點(diǎn)二由圖象確定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式[互動講練型][例1](1)[2020·全國卷Ⅰ]設(shè)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]的圖象大致如圖，則f(x)的最小正周期為()A.eq\f(10π,9)B.eq\f(7π,6)C.eq\f(4π,3)D.eq\f(3π,2)(2)[2021·武昌區(qū)高三調(diào)研]函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則f(x)＝________.悟·技法確定y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)的解析式的步驟(1)求A，B，確定函數(shù)的最大值M和最小值m，則A＝eq\f(M－m,2)，B＝eq\f(M＋m,2).(2)求ω，確定函數(shù)的周期T，則ω＝eq\f(2π,T).(3)求φ，常用方法有①代入法：把圖象上的一個已知點(diǎn)代入(此時要注意該點(diǎn)在上升區(qū)間上還是在下降區(qū)間上)或把圖象的最高點(diǎn)或最低點(diǎn)代入．②五點(diǎn)法：確定φ值時，往往以尋找“五點(diǎn)法”中的特殊點(diǎn)作為突破口.[變式練]——(著眼于舉一反三)1．[2021·鄭州測試]將函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的解析式是()A．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))(x∈R)B．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))(x∈R)C．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))(x∈R)D．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))(x∈R)2．[2021·江西省名校高三教學(xué)質(zhì)量檢測]已知函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)＋2kπ，\f(19π,12)＋2kπ))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)＋kπ，\f(13π,12)＋kπ))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋2kπ，\f(7π,12)＋2kπ))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))(k∈Z)考點(diǎn)三三角函數(shù)圖象性質(zhì)的綜合應(yīng)用[分層深化型]考向一：三角函數(shù)模型的應(yīng)用[例2]如圖，某港口一天6時到18時的水深變化曲線近似滿足函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋φ))＋k，據(jù)此函數(shù)可知，這段時間水深(單位：m)的最大值為()A．5B．6C．8D．10考向二：函數(shù)零點(diǎn)(方程根)問題[例3][2021·哈爾濱六中模擬]設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9π,8)))，若方程f(x)＝a恰好有三個根x1，x2，x3，且x1<x2<x3，則x1＋x2＋x3的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,8)，\f(5π,4)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(11π,8)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(13π,8)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,4)，\f(15π,8)))考向三：三角函數(shù)圖象性質(zhì)的綜合[例4][2020·江蘇卷]將函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，則平移后的圖象中與y軸最近的對稱軸的方程是________________．悟·技法函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的性質(zhì)(1)奇偶性：φ＝kπ時，函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)為奇函數(shù)；φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時，函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)為偶函數(shù)．(2)周期性：y＝Asin(ωx＋φ)具有周期性，其最小正周期為T＝eq\f(2π,ω).(3)單調(diào)性：根據(jù)y＝sint和t＝ωx＋φ(ω＞0)的單調(diào)性來研究，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)得單調(diào)增區(qū)間；由eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)得單調(diào)減區(qū)間．(4)對稱性：利用y＝sinx的對稱中心為(kπ，0)(k∈Z)求解，令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求得對稱中心坐標(biāo)．利用y＝sinx的對稱軸為x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)求解，令ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)得其對稱軸方程.

[同類練]——(著眼于觸類旁通)3.[2021·四川樹德中學(xué)模擬]為了研究鐘表與三角函數(shù)的關(guān)系，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)秒針針尖的坐標(biāo)為P(x，y)．若針尖的初始坐標(biāo)為P0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，當(dāng)秒針從過點(diǎn)P0的位置(此時t＝0)開始走時，點(diǎn)P的縱坐標(biāo)y與時間t(單位：秒)的函數(shù)關(guān)系為()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t＋\f(π,6)))B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,60)t－\f(π,6)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t＋\f(π,6)))D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t－\f(π,3)))[變式練]——(著眼于舉一反三)4．[2021·湖北聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)cos(ωx＋φ)＋cos2(ωx＋φ)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0≤φ≤\f(π,2)))的圖象相鄰的兩條對稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，若將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后，得到奇函數(shù)g(x)的圖象，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)，\f(π,4)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))5．[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________．[拓展練]——(著眼于遷移應(yīng)用)6．[2021·山東濰坊高考模擬考試]若函數(shù)f(x)＝2sin(x＋2θ)·cosx(0<θ<eq\f(π,2))的圖象過點(diǎn)(0,2)，則下列說法正確的是()A．點(diǎn)(eq\f(π,4)，0)是y＝f(x)的一個對稱中心B．直線x＝eq\f(π,4)是y＝f(x)的一條對稱軸C．函數(shù)y＝f(x)的最小正周期是2πD．函數(shù)y＝f(x)的值域是[0,2]7．[2019·全國卷Ⅲ]設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]有且僅有5個零點(diǎn)．下述四個結(jié)論：①f(x)在(0,2π)有且僅有3個極大值點(diǎn)②f(x)在(0,2π)有且僅有2個極小值點(diǎn)③f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))單調(diào)遞增④ω的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10)))其中所有正確結(jié)論的編號是()A．①④B．②③C．①②③D．①③④第四節(jié)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及簡單三角函數(shù)模型的應(yīng)用【知識重溫】①|(zhì)φ|②eq\f(1,ω)③eq\f(1,ω)④eq\f(|φ|,ω)⑤A⑥A⑦0⑧eq\f(π,2)⑨π⑩eq\f(3π,2)?2π?eq\f(2π,ω)?eq\f(1,T)?eq\f(ω,2π)【小題熱身】1．答案：(1)√(2)×(3)×(4)×2．解析：由振幅、頻率和初相的定義可知，函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的振幅為2，頻率為eq\f(1,π)，初相為eq\f(π,4).故選A項．答案：A3．解析：因為y＝2sin2x＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,3)))，所以將y＝2sin2x的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度可得y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象．答案：A4．解析：最小正周期為T＝eq\f(2π,\f(1,2))＝4π.答案：D5．解析：因為|tanx|≥0，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，cosx≥0，y≥0；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，cosx≤0，y≤0.答案：C6．解析：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的最小正周期為2π，①正確；sineq\f(π,2)＝1＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))為f(x)的最大值，②錯誤；將y＝sinx的圖象上所有點(diǎn)向左平移eq\f(π,3)個單位長度，得到f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象，③正確．故選B.答案：B課堂考點(diǎn)突破考點(diǎn)一1．解析：由題意知，先將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)，再將所得圖象向右平移eq\f(π,3)個單位長度即得到函數(shù)f(x)的圖象，故f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3×2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(π,6))).答案：B2．解析：(1)函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的振幅為1，周期T＝eq\f(2π,2)＝π，初相是－eq\f(π,3).(2)列表：2x－eq\f(π,3)－eq\f(π,3)0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)eq\f(5π,3)x0eq\f(π,6)eq\f(5π,12)eq\f(2π,3)eq\f(11π,12)πyeq\f(1,2)10－10eq\f(1,2)描點(diǎn)，連線．(3)解法一把y＝cosx的圖象上所有的點(diǎn)向右平移eq\f(π,3)個單位長度，得到y(tǒng)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象；再把y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)(縱坐標(biāo)不變)，得到y(tǒng)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象．解法二將y＝cosx的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)(縱坐標(biāo)不變)，得到y(tǒng)＝cos2x的圖象；再將y＝cos2x的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到y(tǒng)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象．考點(diǎn)二例1解析：(1)解法一設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T，由題圖可得T<π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)))且eq\f(T,2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)))－(－π)，所以eq\f(10π,9)<T<eq\f(13π,9)，又因為|ω|＝eq\f(2π,T)，所以eq\f(18,13)<|ω|<eq\f(9,5).由題圖可知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)))＝0，且－eq\f(4π,9)是函數(shù)f(x)的上升零點(diǎn)，所以－eq\f(4πω,9)＋eq\f(π,6)＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，所以－eq\f(4,9)ω＝2k－eq\f(2,3)(k∈Z)，所以|ω|＝eq\f(3,2)|3k－1|(k∈Z)．又因為eq\f(18,13)<|ω|<eq\f(9,5)，所以k＝0，所以|ω|＝eq\f(3,2)，所以T＝eq\f(2π,|ω|)＝eq\f(2π,\f(3,2))＝eq\f(4π,3).故選C.解法二(五點(diǎn)法)由函數(shù)f(x)的圖象知，ω×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)))＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)，解得ω＝eq\f(3,2)，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為eq\f(4π,3)，故選C.(2)結(jié)合題圖知函數(shù)f(x)的最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，由T＝π得ω＝2，結(jié)合題圖知A＝eq\r(2)，所以f(x)＝eq\r(2)sin(2x＋φ)，因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,2)，0))在f(x)的圖象上，所以0＝eq\r(2)sin[2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＋φ]，所以φ－eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，因為0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).答案：(1)C(2)eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))變式練1．解析：依題意，設(shè)g(x)＝sin(ωx＋θ)，其中ω>0，|θ|<eq\f(π,2)，則有T＝eq\f(2π,ω)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－\f(π,6)))＝π，ω＝2，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋θ))＝1，則θ＝eq\f(π,6)，因此g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，f(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝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)))，故選A.答案：A2．解析：通解由題圖知，函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)的最小正周期T＝π，所以ω＝2.將點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))代入f(x)＝cos(2x＋φ)，得1＝cos(2×eq\f(π,12)＋φ)，得eq\f(π,6)＋φ＝2kπ，k∈Z，則φ＝2kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).令2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋π，k∈Z，得eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(7π,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(7π,12)＋kπ))(k∈Z)．優(yōu)解由題圖知，函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)的最小正周期T＝π，故排除A，C.又函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))(k∈Z)．答案：D考點(diǎn)三例2解析：由圖象可知，ymin＝2，因為ymin＝－3＋k，所以－3＋k＝2，解得k＝5，所以這段時間水深的最大值是ymax＝3＋k＝3＋5＝8.答案：C例3解析：由題意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9π,8)))，則2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,2)))，畫出函數(shù)的大致圖象，如圖所示，由圖得，當(dāng)eq\f(\r(2),2)≤a<1時，方程f(x)＝a恰好有三個根，由2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)得x＝eq\f(π,8)，由2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(3π,2)得x＝eq\f(5π,8)，由圖知，點(diǎn)(x1,0)與點(diǎn)(x2,0)關(guān)于直線x＝eq\f(π,8)對稱，點(diǎn)(x2,0)與點(diǎn)(x3,0)關(guān)于直線x＝eq\f(5π,8)對稱，∴x1＋x2＝eq\f(π,4)，π≤x3<eq\f(9π,8)，則eq\f(5π,4)≤x1＋x2＋x3<eq\f(11π,8)，即x1＋x2＋x3的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(11π,8)))，故選B.答案：B例4解析：將函數(shù)y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到y(tǒng)＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,4)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12)))的圖象，由2x－eq\f(π,12)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得對稱軸方程為x＝eq\f(7π,24)＋eq\f(1,2)kπ，k∈Z，其中與y軸最近的對稱軸的方程為x＝－eq\f(5π,24).答案：x＝－eq\f(5π,24)同類練3．解析：t時刻，秒針針尖經(jīng)過的圓弧對應(yīng)的角度為eq\f(t,60)×2π＝eq\f(πt,30)，以x軸正半軸為始邊，P(x，y)所在射線為終邊，得P0對應(yīng)的角度為eq\f(π,6)，則P(x，y)對應(yīng)的角度為eq\f(π,6)－eq\f(πt,30)，由P0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))可知P(x，y)在單位圓上，所以t時刻P(x，y)的縱坐標(biāo)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(πt,30)＋\f(π,6)))，故選C.秒殺解t＝0時，縱坐標(biāo)y＝eq\f(1,2)，排除BD；t＝10時，觀察圖形，此時縱坐標(biāo)y≠1，排除A.選C.答案：C變式練4．解析：f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin(2ωx＋2φ)＋eq\f(1,2)cos(2ωx＋2φ)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋2φ＋\f(π,6)))，∵函數(shù)f(x)的圖象相鄰的兩條對稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，∴eq\f(2π,2ω)×eq\f(1,2)＝eq\f(π,2)，∴ω＝1，將f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后，得到奇函數(shù)g(x)的圖象，∴g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋2φ＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ－\f(π,6)))，2φ－eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，∴φ＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)(k∈Z)，又0≤φ≤eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,12)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)，取k＝0，得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))，故選C.答案：C5．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(符合2kπ＋\f(π,2)，k∈Z都可以，答案不唯一))易知當(dāng)y＝sin(x＋φ)，y＝cosx同時取得最大值1時，函數(shù)f(x)＝sin(x＋φ)＋cosx取得最大值2，故sin(x＋φ)＝cosx，則φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，故常數(shù)φ的一個取值為eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)拓展練6．解析：由題意，函數(shù)f(x)＝2sin(x＋2θ)·cosx(0<θ<eq\f(π,2))的圖象過點(diǎn)(0,2)，可得2sin2θ＝2，即sin2θ＝1，∵0<θ<eq\f(π,2)，∴θ＝eq\f(π,4)，故f(x)＝2sin(x＋2θ)cosx＝2cos2x＝cos2x＋1，當(dāng)x＝eq\f(π,4)時，f(x)＝1，故A，B都不正確；f(x)的最小正周期為eq\f(2π,2)＝π，故C不正確；顯然，f(x)＝cos2x＋1∈[0,2]，故D正確，故選D.答案：D7．解析：如圖，根據(jù)題意知，xA≤2π<xB，根據(jù)圖象可知函數(shù)f(x)在(0,2π)有且僅有3個極大值點(diǎn)，所以①正確；但可能會有3個極小值點(diǎn)，所以②錯誤；根據(jù)xA≤2π<xB，有eq\f(24π,5ω)≤2π<eq\f(29π,5ω)，得eq\f(12,5)≤ω<eq\f(29,10)，所以④正確；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))時，eq\f(π,5)<ωx＋eq\f(π,5)<eq\f(ωπ,10)＋eq\f(π,5)，因為eq\f(12,5)≤ω<eq\f(29,10)，所以eq\f(ωπ,10)＋eq\f(π,5)<eq\f(49π,100)<eq\f(π,2)，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))單調(diào)遞增，所以③正確．答案：D第1課時兩角和與差的正弦、余弦和正切eq\x(考點(diǎn)一)三角函數(shù)公式的基本應(yīng)用[自主練透型]1．[2021·山西呂梁階段檢測]sin7°cos37°－sin83°cos307°＝()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(3),2)D.eq\f(\r(3),2)2．[2021·湖南益陽、湘潭質(zhì)量統(tǒng)測]已知sinα＝eq\f(1,3)(角α為第二象限角)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝()A.eq\f(4－\r(2),6)B.eq\f(\r(2)－2,6)C.eq\f(4＋\r(2),6)D.eq\f(\r(2)－4,6)3．[2020·全國卷Ⅲ]已知2tanθ－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝7，則tanθ＝()A．－2B．－1C．1D．2悟·技法三角函數(shù)公式的應(yīng)用策略(1)使用兩角和、差及倍角公式，首先要記住公式的結(jié)構(gòu)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)使用公式求值，應(yīng)注意與同角三角函數(shù)基本關(guān)系、誘導(dǎo)公式的綜合應(yīng)用.考點(diǎn)二三角函數(shù)公式的活用[互動講練型][例1](1)在△ABC中，若tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，則cosC的值為()A．－eq\f(\r(2),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2)D．－eq\f(1,2)(2)[2021·陜西漢中模擬]化簡：eq\f(sin10°,1－\r(3)tan10°)＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．－eq\f(\r(3),3)悟·技法三角函數(shù)公式活用技巧(1)逆用公式應(yīng)準(zhǔn)確找出所給式子與公式的異同，創(chuàng)造條件逆用公式．(2)tanαtanβ，tanα＋tanβ(或tanα－tanβ)，tan(α＋β)(或tan(α－β))三者中可以知二求一，注意公式的正用、逆用和變形使用(如本例(1)).[變式練]——(著眼于舉一反三)1．已知sin2α＝eq\f(1,3)，則cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝()A．－eq\f(1,3)B.eq\f(1,3)C．－eq\f(2,3)D.eq\f(2,3)2．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－sinα＝eq\f(4\r(3),5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(11π,6)))＝________.3．(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝________.考點(diǎn)三角的變換[互動講練型][例2](1)已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝－2，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝()A．－eq\f(1,3)B.eq\f(1,3)C．－3D．3(2)[2021·百校聯(lián)盟聯(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)悟·技法利用角的變換求三角函數(shù)值的策略(1)當(dāng)“已知角”有兩個時，一般把“所求角”表示為兩個“已知角”的和或差的形式．(2)當(dāng)“已知角”有一個時，此時應(yīng)著眼于“所求角”與“已知角”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”．(3)常見的角變換技巧：α＝2·eq\f(α,2)；α＝(α＋β)－β；α＝β－(β－α)；α＝eq\f(1,2)[(α＋β)＋(α－β)]；β＝eq\f(1,2)[(α＋β)－(α－β)]；eq\f(π,4)＋α＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)).(4)特殊角的拆分：eq\f(7π,12)＝eq\f(π,3)＋eq\f(π,4)，eq\f(5π,12)＝eq\f(π,4)＋eq\f(π,6)，eq\f(π,12)＝eq\f(π,3)－eq\f(π,4).[變式練]——(著眼于舉一反三)4．已知α，β均為銳角，cosα＝eq\f(4,5)，tan(α－β)＝－eq\f(1,3)，則tanβ＝________.5．若cos(75°－α)＝eq\f(1,3)，則cos(30°＋2α)＝________.微專題(十五)易錯警示：三角函數(shù)求值忽視角的范圍致誤[例](1)已知0<β<eq\f(π,2)<α<π，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(1,9)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(2,3)，則cos(α＋β)的值為________；(2)已知在△ABC中，sin(A＋B)＝eq\f(2,3)，cosB＝－eq\f(3,4)，則cosA＝________.易錯分析：(1)角eq\f(α,2)－β，α－eq\f(β,2)的范圍沒有確定準(zhǔn)確，導(dǎo)致開方時符號錯誤．(2)對三角形中角的范圍挖掘不夠，忽視隱含條件，B為鈍角．解析：(1)∵0<β<eq\f(π,2)<α<π，∴－eq\f(π,4)<eq\f(α,2)－β<eq\f(π,2)，eq\f(π,4)<α－eq\f(β,2)<π，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))＝eq\f(\r(5),3)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2))))＝eq\f(4\r(5),9)，∴coseq\f(α＋β,2)＝coseq\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))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))×eq\f(\r(5),3)＋eq\f(4\r(5),9)×eq\f(2,3)＝eq\f(7\r(5),27)，∴cos(α＋β)＝2cos2eq\f(α＋β,2)－1＝2×eq\f(49×5,729)－1＝－eq\f(239,729).(2)在△ABC中，∵cosB＝－eq\f(3,4)，∴eq\f(π,2)<B<π，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(\r(7),4).∵eq\f(π,2)<B<A＋B<π，sin(A＋B)＝eq\f(2,3)，∴cos(A＋B)＝－eq\r(1－sin2A＋B)＝－eq\f(\r(5),3)，∴cosA＝cos[(A＋B)－B]＝cos(A＋B)cosB＋sin(A＋B)sinB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＋eq\f(2,3)×eq\f(\r(7),4)＝eq\f(3\r(5)＋2\r(7),12).答案：(1)－eq\f(239,729)(2)eq\f(3\r(5)＋2\r(7),12)溫馨提醒：在解決三角函數(shù)式的求值問題時，要注意題目中角的范圍的限制，特別是進(jìn)行開方運(yùn)算時一定要注意所求三角函數(shù)值的符號．另外，對題目隱含條件的挖掘也是容易忽視的問題，解題時要加強(qiáng)對審題深度的要求與訓(xùn)練，以防出錯．方法與技巧：1．巧用公式變形：和差角公式變形：tanx±tany＝tan(x±y)·(1?tanx·tany)；倍角公式變形：降冪公式cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)，配方變形：1±sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)±cos\f(α,2)))2，1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)，1－cosα＝2sin2eq\f(α,2).2．重視三角函數(shù)的“三變”：“三變”是指“變角、變名、變式”；變角：對角的分拆要盡可能化成同名、同角、特殊角；變名：盡可能減少函數(shù)名稱；變式：對式子變形一般要盡可能有理化、整式化、降低次數(shù)等．在解決求值、化簡、證明問題時，一般是觀察角度、函數(shù)名、所求(或所證明)問題的整體形式中的差異，再選擇適當(dāng)?shù)娜枪胶愕茸冃危д`與防范：1．運(yùn)用公式時要注意審查公式成立的條件，要注意和、差、倍角的相對性，要注意升次、降次的靈活運(yùn)用，要注意“1”的各種變通．2．在三角函數(shù)求值時，一定不要忽視題中給出的或隱含的角的范圍．第1課時兩角和與差的正弦、余弦和正切課堂考點(diǎn)突破考點(diǎn)一1．解析：sin7°cos37°－sin83°cos307°＝sin7°cos37°－cos7°sin37°＝sin(7°－37°)＝sin(－30°)＝－sin30°＝－eq\f(1,2)，故選A.答案：A2．解析：因為角α為第二象限角，且sinα＝eq\f(1,3)，所以cosα＝－eq\f(2\r(2),3).所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝cosαcoseq\f(π,4)＋sinαsineq\f(π,4)＝－eq\f(\r(2),2)×eq\f(2\r(2),3)＋eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2)－4,6).故選D.答案：D3．解析：2tanθ－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝2tanθ－eq\f(tanθ＋1,1－tanθ)＝7，整理可得tan2θ－4tanθ＋4＝0，∴tanθ＝2，故選D.答案：D考點(diǎn)二例1解析：(1)由tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，可得eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－1，即tan(A＋B)＝－1，又A＋B∈(0，π)，所以A＋B＝eq\f(3π,4)，則C＝eq\f(π,4)，cosC＝eq\f(\r(2),2).(2)eq\f(sin10°,1－\r(3)tan10°)＝eq\f(sin10°cos10°,cos10°－\r(3)sin10°)＝eq\f(2sin10°cos10°,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°)))＝eq\f(sin20°,4sin30°－10°)＝eq\f(1,4)，故選A.答案：(1)B(2)A變式練1．解析：cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,2))),2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).答案：D2．解析：由cos(α＋eq\f(π,6))－sinα＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα－sinα＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(3,2)sinα＝eq\r(3)(eq\f(1,2)cosα－eq\f(\r(3),2)sinα)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(4\r(3),5)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(4,5).sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(11π,6)))＝－sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(11π,6)))))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝－eq\f(4,5).答案：－eq\f(4,5)3．解析：(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝1＋tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°＝1＋tan(20°＋25°)(1－tan20°tan25°)＋tan20°tan25°＝2.答案：2考點(diǎn)三例2解析：(1)∵taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝－2，∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＋\f(π,4)))＝eq\f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＋tan\f(π,4),1－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))·tan\f(π,4))＝eq\f(－2＋1,1－－2×1)＝－eq\f(1,3)，故選A.(2)∵α、β都是銳角，∴0<α＋β<π，－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2).又∵cos(α＋β)＝eq\f(5,13)，sin(α－β)＝eq\f(3,5)，∴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).∵cos2α＝1－2sin2α＝－eq\f(16,65)，∴sin2α＝eq\f(81,130)，∵sinα>0，∴sinα＝eq\f(9\r(130),130)，故選A.答案：(1)A(2)A變式練4．解析：由于α為銳角，且cosα＝eq\f(4,5)，故sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(3,5)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(3,4).由tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanα·tanβ)＝－eq\f(1,3)，解得tanβ＝eq\f(13,9).答案：eq\f(13,9)5．解析：∵cos(75°－α)＝sin(15°＋α)＝eq\f(1,3)，∴cos(30°＋2α)＝1－2sin2(15°＋α)＝1－2×eq\f(1,9)＝eq\f(7,9).答案：eq\f(7,9)第2課時簡單的三角恒等變換eq\x(考點(diǎn)一)三角函數(shù)式的化簡[自主練透型]1．化簡：eq\f(sin2α－2cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝________.2．化簡：eq\f(1＋sinθ＋cosθ·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(2＋2cosθ))(0<θ<π)．悟·技法(1)三角函數(shù)式的化簡要遵循“三看”原則(2)三角函數(shù)式化簡的方法弦切互化，異名化同名，異角化同角，降冪或升冪．在三角函數(shù)式的化簡中“次降角升”和“次升角降”是基本的規(guī)律，根號中含有三角函數(shù)式時，一般需要升次．如“考點(diǎn)一”第2題.考點(diǎn)二三角函數(shù)求值[互動講練型]考向一：給值求值[例1][2021·河南中原名校指導(dǎo)卷]若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，且α∈(0，π)，則cos2α＝()A.eq\f(－1＋2\r(6),6)B．－eq\f(1＋2\r(6),6)C．－eq\f(\r(3),2)D.eq\f(\r(3),2)考向二：給角求值[例2]化簡：sin50°(1＋eq\r(3)tan10°)＝________.考向三：給值求角[例3][2021·河北五校聯(lián)考]若sin2α＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝eq\f(\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，則α＋β的值是()A.eq\f(7π,4)B.eq\f(9π,4)C.eq\f(5π,4)或eq\f(7π,4)D.eq\f(5π,4)或eq\f(9π,4)悟·技法三角函數(shù)求值的3類求法(1)“給值求值”：給出某些角的三角函數(shù)式的值，求另外一些角的三角函數(shù)值，解題關(guān)鍵在于“變角”，使其角相同或具有某種關(guān)系．(2)“給角求值”：一般所給出的角都是非特殊角，從表面上來看是很難的，但仔細(xì)觀察非特殊角與特殊角總有一定關(guān)系，解題時，要利用觀察得到的關(guān)系，結(jié)合公式轉(zhuǎn)化為特殊角并且消除非特殊角的三角函數(shù)而得解．(3)“給值求角”：實質(zhì)是轉(zhuǎn)化為“給值求值”，先求角的某一函數(shù)值，再求角的范圍，最后確定角.[變式練]——(著眼于舉一反三)1．[2021·山東濟(jì)南長清月考]若eq\f(\r(2)cos2θ,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))＝eq\r(3)sin2θ，則sin2θ＝()A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C．－eq\f(2,3)D．－eq\f(1,3)2．[2021·長沙市四校模擬考試]已知α為銳角，且cosα(1＋eq\r(3)tan10°)＝1，則α的值為()A．20°B．40°C．50°D．70°3．[2021·山東煙臺三中月考]已知方程x2＋3ax＋3a＋1＝0(a>1)的兩根分別為tanα，tanβ，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則α＋β＝________.考點(diǎn)三三角恒等變換的綜合應(yīng)用[互動講練型][例4][2019·浙江卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝sinx，x∈R.(1)已知θ∈[0,2π)，函數(shù)f(x＋θ)是偶函數(shù)，求θ的值；(2)求函數(shù)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))2的值域．悟·技法求函數(shù)周期、最值、單調(diào)區(qū)間的方法步驟(1)利用三角恒等變換及輔助角公式把三角函數(shù)關(guān)系式化成y＝Asin(ωx＋φ)＋t或y＝Acos(ωx＋φ)＋t的形式．(2)利用公式T＝eq\f(2π,ω)(ω＞0)求周期．(3)根據(jù)自變量的范圍確定ωx＋φ的范圍，根據(jù)相應(yīng)的正弦曲線或余弦曲線求值域或最值，另外求最值時，根據(jù)所給關(guān)系式的特點(diǎn)，也可換元轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的最值．(4)根據(jù)正、余弦函數(shù)的單調(diào)區(qū)間列不等式求函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋t或y＝Acos(ωx＋φ)＋t的單調(diào)區(qū)間.[變式練]——(著眼于舉一反三)4．[2021·河南鄭州質(zhì)檢]已知函數(shù)f(x)＝4tanx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\r(3).(1)求f(x)的定義域與最小正周期；(2)討論f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的單調(diào)性．第2課時簡單的三角恒等變換課堂考點(diǎn)突破考點(diǎn)一1．解析：原式＝eq\f(2sinαcosα－2cos2α,\f(\r(2),2)sinα－cosα)＝2eq\r(2)cosα.答案：2eq\r(2)cosα2．解析：原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)＋2cos2\f(θ,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(4cos2\f(θ,2)))＝coseq\f(θ,2)·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(θ,2)－cos2\f(θ,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2))))＝eq\f(－cos\f(θ,2)·cosθ,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2)))).∵0<θ<π，∴0<eq\f(θ,2)<eq\f(π,2)，∴coseq\f(θ,2)>0，∴原式＝－cosθ.考點(diǎn)二例1解析：∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝－eq\f(1,3).∵0<α<π，∴－eq\f(π,6)<α－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)>0，∴－eq\f(π,6)<α－eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，∴0<α<eq\f(2π,3)，∴－eq\f(π,3)<2α－eq\f(π,3)<π，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝－eq\f(1,3)<0，∴2α－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝eq\f(2\r(2),3)，∴cos2α＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)－eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(3),2)＝－eq\f(1＋2\r(6),6).故選B.答案：B例2解析：sin50°(1＋eq\r(3)tan10°)＝sin50°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)·\f(sin10°,cos10°)))＝sin50°×eq\f(cos10°＋\r(3)sin10°,cos10°)＝sin50°×eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°＋\f(\r(3),2)sin10°)),cos10°)＝eq\f(2sin50°·cos50°,cos10°)＝eq\f(sin100°,cos10°)＝eq\f(cos10°,cos10°)＝1.答案：1例3解析：∵α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，∴2α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2π))，∵sin2α＝eq\f(\r(5),5)>0，∴2α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).∴α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))且cos2α＝－eq\f(2\r(5),5)，又∵sin(β－α)＝eq\f(\r(10),10)，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴β－α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，cos(β－α)＝－eq\f(3\r(10),10)，∴cos(α＋β)＝cos[(β－α)＋2α]＝cos(β－α)cos2α－sin(β－α)sin2α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))－eq\f(\r(10),10)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(\r(2),2)，又α＋β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，2π))，所以α＋β＝eq\f(7π,4)，故選A.答案：A變式練1．解析：通解∵eq\f(\r(2)cos2θ,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))＝eq\r(3)sin2θ，∴eq\f(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2θ)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\r(3)sin2θ，∴2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝－eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,2)))，∴2eq\r(3)sin2eq\b\lc\(\rc