内容正文:
[新新点拨]
新考法 本题是开放性“三选二”问题,在三个条件中选两个作为条件求f(x)的解析式
新思路 在函数f(x)的解析式中ω易求,那么选择的两个条件一定是用来求A,φ的,由条件①可求A,条件②可求A或φ,条件③可求φ.这样一分类思路就清晰了
[新新点拨]
新考法 此题是条件冗余的结构不良问题
新思路 若针对四个条件三个三个的组合检验,既浪费时间还易出错,不如假设满足再排除
[针对训练]
1.(1+tan 1°)·(1+tan 2°)·(1+tan 3°)·…·(1+tan 44°)·(1+tan 45°)的值是________.
解析:若A+B=45°,则(1+tan A)(1+tan B)=1+tan A+tan B+tan Atan B=1+tan(A+B)(1-tan Atan B)+tan Atan B=2,所以原式=[(1+tan 1°)(1+tan 44°)]·[(1+tan 2°)(1+tan 43°)]·…·[(1+tan 22°)(1+tan 23°)]·(1+tan 45°)=223.
答案:223
2.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,b=a+1,c=a+2.
(1)若2sin C=3sin A,求△ABC的面积;
(2)是否存在正整数a,使得△ABC为钝角三角形?若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.
“课时验收评价”见“课时验收评价(七)”
(单击进入电子文档)
20
强化批判性思维——让你领人一步
[典例] 已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)f(π,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0,ω>0,|φ|<))
,且f(x)的最小正周期为π,从条件:①f(x)的最小值为-2.②f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),\r(2))).③直线x=eq \f(3π,8)是函数f(x)的图象的一条对称轴中选择两个作为一组已知条件,可得f(x)的解析式为________.
[解析] 由最小正周期T=π可知ω=eq \f(2π,T)=2.
选条件①②
因为f(x)的最小值为-2,所以A=2,则f(x)=2sin(2x+φ).
又f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),\r(2))),
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,2)+φ))=eq \r(2),
即sin φ=-eq \f(\r(2),2),结合|φ|<eq \f(π,2),可得φ=-eq \f(π,4).
所以f(x)的解析式为f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,4))).
选条件①③
因为f(x)的最小值为-2,所以A=2,则f(x)=2sin(2x+φ).
又直线x=eq \f(3π,8)是函数f(x)的图象的一条对称轴,
可得2×eq \f(3π,8)+φ=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,
即φ=-eq \f(π,4)+kπ,k∈Z,
结合|φ|<eq \f(π,2),可得φ=-eq \f(π,4).
所以f(x)的解析式为f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,4))).
选条件②③
因为直线x=eq \f(3π,8)是函数f(x)的图象的一条对称轴,
所以2×eq \f(3π,8)+φ=eq \f(π,2)+kπ,k∈Z,即φ=-eq \f(π,4)+kπ,k∈Z,结合|φ|<eq \f(π,2),可得φ=-eq \f(π,4),所以f(x)=Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,4))).
因为f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),\r(2))),
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))=Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,2)-\f(π,4)))=eq \r(2),所以A=2.
所以f(x)的解析式为f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,4))).
[答案] f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,4)))
[针对训练]
已知函数f(x)=sin ωx+eq \r(3)cos ωx(ω>0),若函数f(x)的图象