2024-2025學年高中數(shù)學第1章三角函數(shù)章末復(fù)習課講義蘇教版必修4

PAGE1-第1章三角函數(shù)隨意角的三角函數(shù)概念(1)已知角α的終邊過點P(－4m,3m)(m≠0)，則2sinα＋cosα(2)函數(shù)y＝eq\r(sinx)＋eq\r(2cosx－1)的定義域是________．思路點撥：(1)依據(jù)三角函數(shù)的定義求解，留意探討m的正負．(2)利用三角函數(shù)線求解．(1)eq\f(2,5)或－eq\f(2,5)(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ≤x≤2kπ＋\f(π,3)，k∈Z))))[(1)r＝|OP|＝eq\r(－4m2＋3m2)＝5|m|.當m>0時，sinα＝eq\f(y,r)＝eq\f(3m,5m)＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(x,r)＝eq\f(－4m,5m)＝－eq\f(4,5)，∴2sinα＋cosα＝eq\f(2,5).當m<0時，sinα＝eq\f(y,r)＝eq\f(3m,－5m)＝－eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(x,r)＝eq\f(－4m,－5m)＝eq\f(4,5)，∴2sinα＋cosα＝－eq\f(2,5).故2sinα＋cosα的值是eq\f(2,5)或－eq\f(2,5).(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx≥0，,2cosx－1≥0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx≥0，,cosx≥\f(1,2)，))如圖，結(jié)合三角函數(shù)線知：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ≤x≤2kπ＋πk∈Z，,2kπ－\f(π,3)≤x≤2kπ＋\f(π,3)k∈Z，))解得2kπ≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，∴函數(shù)的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ≤x≤2kπ＋\f(π,3)，k∈Z)))).]三角函數(shù)的概念所涉及的內(nèi)容主要有以下兩方面：1隨意角和弧度制.理解隨意角的概念、弧度的意義，能正確地進行弧度與角度的換算.2隨意角的三角函數(shù).駕馭隨意角的正弦、余弦、正切的定義及三角函數(shù)線，能夠利用三角函數(shù)線推斷三角函數(shù)的符號，借助三角函數(shù)線求三角函數(shù)的定義域.1．(1)已知角α的頂點在原點，始邊為x軸的非負半軸．若角α的終邊經(jīng)過點P(－eq\r(3)，y)，且sinα＝eq\f(\r(3),4)y(y≠0)，推斷角α所在的象限，并求cosα和tanα的值；(2)若角α的終邊在直線y＝－3x上，求10sinα＋eq\f(3,cosα)的值．[解](1)依題意，點P到原點O的距離為|PO|＝eq\r(－\r(3)2＋y2)，∴sinα＝eq\f(y,r)＝eq\f(y,\r(3＋y2))＝eq\f(\r(3),4)y.∵y≠0，∴9＋3y2＝16，∴y2＝eq\f(7,3)，∴y＝±eq\f(\r(21),3).∴點P在其次或第三象限．當點P在其次象限時，y＝eq\f(\r(21),3)，cosα＝eq\f(x,r)＝－eq\f(3,4)，tanα＝－eq\f(\r(7),3).當點P在第三象限時，y＝－eq\f(\r(21),3)，cosα＝eq\f(x,r)＝－eq\f(3,4)，tanα＝eq\f(\r(7),3).(2)設(shè)角α終邊上任一點為P(k，－3k)(k≠0)，則r＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(k2＋－3k2)＝eq\r(10)|k|.當k>0時，r＝eq\r(10)k.∴sinα＝eq\f(－3k,\r(10)k)＝－eq\f(3,\r(10))，eq\f(1,cosα)＝eq\f(\r(10)k,k)＝eq\r(10).∴10sinα＋eq\f(3,cosα)＝－3eq\r(10)＋3eq\r(10)＝0.當k<0時，r＝－eq\r(10)k.∴sinα＝eq\f(－3k,－\r(10)k)＝eq\f(3,\r(10))，eq\f(1,cosα)＝eq\f(－\r(10)k,k)＝－eq\r(10).∴10sinα＋eq\f(3,cosα)＝3eq\r(10)－3eq\r(10)＝0.綜上，10sinα＋eq\f(3,cosα)＝0.同角三角函數(shù)的基本關(guān)系與誘導(dǎo)公式已知關(guān)于x的方程2x2－(eq\r(3)＋1)x＋m＝0的兩根為sinθ，cosθ，θ∈(0,2π)．求：(1)eq\f(cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＋cos－π－θ)＋eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ)),1＋tanπ－θ)；(2)m的值；(3)方程的兩根及此時θ的值．思路點撥：先利用根與系數(shù)的關(guān)系得到sinθ＋cosθ與sinθcosθ，再利用誘導(dǎo)公式和三角函數(shù)的基本關(guān)系式求解．[解]由根與系數(shù)的關(guān)系，得sinθ＋cosθ＝eq\f(\r(3)＋1,2)，sinθcosθ＝eq\f(m,2).(1)原式＝eq\f(sin2θ,sinθ－cosθ)＋eq\f(cosθ,1－tanθ)＝eq\f(sin2θ,sinθ－cosθ)＋eq\f(cosθ,1－\f(sinθ,cosθ))＝eq\f(sin2θ,sinθ－cosθ)－eq\f(cos2θ,sinθ－cosθ)＝sinθ＋cosθ＝eq\f(\r(3)＋1,2).(2)由sinθ＋cosθ＝eq\f(\r(3)＋1,2)，兩邊平方可得1＋2sinθcosθ＝eq\f(4＋2\r(3),4)，1＋2×eq\f(m,2)＝1＋eq\f(\r(3),2)，m＝eq\f(\r(3),2).(3)由m＝eq\f(\r(3),2)可解方程2x2－(eq\r(3)＋1)x＋eq\f(\r(3),2)＝0，得兩根eq\f(1,2)和eq\f(\r(3),2).∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(1,2)，,cosθ＝\f(\r(3),2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(\r(3),2)，,cosθ＝\f(1,2).))∵θ∈(0,2π)，∴θ＝eq\f(π,6)或eq\f(π,3).同角三角函數(shù)的基本關(guān)系和誘導(dǎo)公式是三角恒等變換的主要依據(jù)，主要應(yīng)用方向是三角函數(shù)式的化簡、求值和證明.常用以下方法技巧：1化弦：當三角函數(shù)式中三角函數(shù)名稱較多時，往往把三角函數(shù)化為弦，再化簡變形.2化切：當三角函數(shù)式中含有正切及其他三角函數(shù)時，有時可將三角函數(shù)名稱都化為正切，再化簡變形.3“1”的代換：在三角函數(shù)式中，有些會含有常數(shù)1，常數(shù)1雖然特別簡潔，但有些三角函數(shù)式的化簡卻須要利用三角函數(shù)公式將1代換為三角函數(shù)式.2．已知f(α)＝eq\f(sin2π－α·cos2π－α·tan－π＋α,sin－π＋α·tan－α＋3π).(1)化簡f(α)；(2)若f(α)＝eq\f(1,8)，且eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2)，求cosα－sinα的值；(3)若α＝－eq\f(47π,4)，求f(α)的值．[解](1)f(α)＝eq\f(sin2α·cosα·tanα,－sinα－tanα)＝sinα·cosα.(2)由f(α)＝sinα·cosα＝eq\f(1,8)可知，(cosα－sinα)2＝cos2α－2sinα·cosα＋sin2α＝1－2sinα·cosα＝1－2×eq\f(1,8)＝eq\f(3,4).又∵eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2)，∴cosα<sinα，即cosα－sinα<0，∴cosα－sinα＝－eq\f(\r(3),2).(3)∵α＝－eq\f(47π,4)＝－6×2π＋eq\f(π,4)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(47π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(47π,4)))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(47π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6×2π＋\f(π,4)))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6×2π＋\f(π,4)))＝coseq\f(π,4)·sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2).三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋1ω>0，A>0,0<φ<eq\f(π,2)的周期為π，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(3)＋1，且f(x)的最大值為3.(1)寫出f(x)的表達式；(2)寫出函數(shù)f(x)的對稱中心，對稱軸方程及單調(diào)區(qū)間；(3)求f(x)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．思路點撥：(1)由T＝eq\f(2π,ω)求ω，由f(x)的最大值為3求A，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(3)＋1，求φ.(2)把ωx＋φ看作一個整體，結(jié)合y＝sinx的單調(diào)區(qū)間與對稱性求解．(3)由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))求出ωx＋φ的范圍，利用單調(diào)性求最值．[解](1)∵T＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝2.∵f(x)的最大值為3，∴A＝2.∴f(x)＝2sin(2x＋φ)＋1.∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(3)＋1，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＋1＝eq\r(3)＋1，∴cosφ＝eq\f(\r(3),2).∵0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6).∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1.(2)由f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，令2x＋eq\f(π,6)＝kπ，得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z)，∴對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，1))(k∈Z)．由2x＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)，∴對稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)．由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，得kπ－eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)，∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)．由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，∴f(x)的單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)．(3)當0≤x≤eq\f(π,2)時，eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，∴－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為3，最小值為0.三角函數(shù)的圖象是探討三角函數(shù)性質(zhì)的基礎(chǔ)，又是三角函數(shù)性質(zhì)的詳細體現(xiàn).在平常的考查中，主要體現(xiàn)在三角函數(shù)圖象的變換和解析式的確定，以及通過對圖象的描繪、視察來探討函數(shù)的有關(guān)性質(zhì).詳細要求：1用“五點法”作y＝Asinωx＋φ的圖象時，確定五個關(guān)鍵點的方法是分別令eqωx＋φ＝0，\f(π,2)，π，\f(3π,2)，2π.2對于y＝Asinωx＋φ的圖象變換，應(yīng)留意先“平移”后“伸縮”與先“伸縮”后“平移”的區(qū)分.3已知函數(shù)圖象求函數(shù)y＝Asinωx＋φA＞0，ω＞0的解析式時，常用的解題方法是待定系數(shù)法.3．函數(shù)f(x)＝cos(πx＋φ)0<φ<eq\f(π,2)的部分圖象如圖所示．(1)求φ及圖中x0的值；(2)設(shè)g(x)＝f(x)＋fx＋eq\f(1,3)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3)))上的最大值和最小值．[解](1)由題圖得f(0)＝eq\f(\r(3),2)，所以cosφ＝eq\f(\r(3),2)，因為0<φ<eq\f(π,2)，故φ＝eq\f(π,6).由于f(x)的最小正周期等于2，所以由題圖可知1<x0<2.故eq\f(7π,6)<πx0＋eq\f(π,6)<eq\f(13π,6)，由f(x0)＝eq\f(\r(3),2)得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx0＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)，所以πx0＋eq\f(π,6)＝eq\f(11π,6)，x0＝eq\f(5,3).(2)因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,2)))＝－sinπx，所以g(x)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,6)))－sinπx＝cosπxcoseq\f(π,6)－sinπxsineq\f(π,6)－sinπx＝eq\f(\r(3),2)cosπx－eq\f(1,2)sinπx－sinπx＝eq\f(\r(3),2)cosπx－eq\f(3,2)sinπx＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－πx)).當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3)))時，－eq\f(π,6)≤eq\f(π,6)－πx≤eq\f(2π,3).所以－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－πx))≤1，故eq\f(π,6)－πx＝eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(1,3)時，g(x)取得最大值eq\r(3)；當eq\f(π,6)－πx＝－eq\f(π,6)，即x＝eq\f(1,3)時，g(x)取得最小值－eq\f(\r(3),2).數(shù)形結(jié)合思想【例4】已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)，x∈R其中A＞0，ω＞0，|φ|＜eq\f(π,2)在一個周期內(nèi)的簡圖如圖所示，求函數(shù)g(x)＝f(x)－lgx零點的個數(shù)．思路點撥：eq\x(識圖)→eq\x(求A，ω，φ)→eq\x(畫出fx及y＝lgx的圖象)→eq\x(下結(jié)論)[解]明顯A＝2.由圖象過(0,1)點，則f(0)＝1，即sinφ＝eq\f(1,2)，又|φ|＜eq\f(π,2)，則φ＝eq\f(π,6).又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，0))是圖象上的點，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)))＝0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)ω＋\f(π,6)))＝0，由圖象可知，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，0))是圖象在y軸右側(cè)部分與x軸的其次個交點．∴eq\f(11π,12)ω＋eq\f(π,6)＝2π，∴ω＝2，因此所求函數(shù)的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).在同一坐標系中作函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))和函數(shù)y＝lgx的示意圖如圖所示：∵f(x)的最大值為2，令lgx＝2，得x＝100，令eq\f(11,12)π＋kπ＜100(k∈Z)，得k≤30(k∈Z)，而eq\f(11,12)π＋31π＞100，∴在區(qū)間(0,100]內(nèi)有31個形如eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,12)π＋kπ，\f(17,12)π＋kπ))(k∈Z,0≤k≤30)的區(qū)間，在每個區(qū)