8.2.4三角恒等变换的应用课件-2023-2024学年高一下学期数学人教B版（2019）必修第三册

8．2　三角恒等变换 8．2.4　三角恒等变换的应用 数学 目标导向 数学 数学 自主预习 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 合作探究 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 数学 高考链接 数学 课堂小结 数学 学习目标 核心素养 能用二倍角公式导出半角公式，能用两角和与差的三角函数公式导出积化和差、和差化积公式．体会其中的三角恒等变换的基本思想方法，以及进行简单的应用 逻辑推理 了解三角恒等变换的特点、变换技巧，掌握三角恒等变换的基本思想方法，能利用三角恒等变换对三角函数式化简、求值以及三角恒等式的证明和一些简单的应用 数学运算 新知初探 半角公式 (1)sin eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1－cos α,2))， (2)cos eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1＋cos α,2))， (3)tan eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1－cos α,1＋cos α))， (4)tan eq \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(sin α,1＋cos α)， tan eq \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－cos α,sin α). (5)积化和差公式 ①cos αcos β＝ eq \f(1,2)[cos (α＋β)＋cos (α－β)]； ②sin αsin β＝－ eq \f(1,2)[cos (α＋β)－cos (α－β)]； ③sin αcos β＝ eq \f(1,2)[sin (α＋β)＋sin (α－β)]； ④cos αsin β＝ eq \f(1,2)[sin (α＋β)－sin (α－β)]. (6)和差化积公式 ①cos x＋cos y＝2cos eq \f(x＋y,2)·cos eq \f(x－y,2)； ②cos x－cos y＝－2sin eq \f(x＋y,2)·sin eq \f(x－y,2)； ③sin x＋sin y＝2sin eq \f(x＋y,2)·cos eq \f(x－y,2)； ④sin x－sin y＝2cos eq \f(x＋y,2)·sin eq \f(x－y,2). (7)辅助角公式：a sin α＋b cos α＝ eq \r(a2＋b2)sin (α＋φ)，其中sin φ＝ eq \f(b,\r(a2＋b2))，cos φ＝ eq \f(a,\r(a2＋b2))，tan φ＝ eq \f(b,a). 名师点拨 (1)半角公式中正负号的选取由 eq \f(α,2)所在的象限确定． (2)半角都是相对于某个角来说的，如 eq \f(3α,2)可以看作是3α的半角，2α可以看作是4α的半角等等． (3)正切半角公式成立的条件是α≠2kπ＋π(k∈Z). (8)正切还有另外两个半角公式：tan eq \f(α,2)＝ eq \f(sin α,1＋cos α)(α≠2kπ＋π)，tan eq \f(α,2)＝ eq \f(1－cos α,sin α)(α≠kπ)，k∈Z，这两个公式不用考虑正负号的选取问题，但是需要知道两个三角函数值．常常用于把正切化为正余弦的表达式． 初试身手 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)sin (A＋B)＋sin (A－B)＝2sin A cos B．(　　) (2)cos (A＋B)－cos (A－B)＝2sin A cos B．(　　) (3)cos (α＋β)cos (α－β)＝cos2α－cos2β.(　　) (4)对任意角α都有1＋sinα＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin \f(α,2)＋cos \f(α,2))) eq \s\up12(2).(　　) (5)y＝3sin x＋4cos x的最大值是7.(　　) 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)× 2．已知cos α＝ eq \f(1,3)，且α∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，2π))，则sin eq \f(α,2)＝______；cos eq \f(α,2)＝________；tan eq \f(α,2)＝________． 解析：sin 2 eq \f(α,2)＝ eq \f(1－cos α,2)＝ eq \f(1,3)， cos 2 eq \f(α,2)＝ eq \f(1＋cos α,2)＝ eq \f(2,3)，tan 2 eq \f(α,2)＝ eq \f(sin 2\f(α,2),cos 2\f(α,2))＝ eq \f(1,2)， 由α∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，2π))，则 eq \f(α,2)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))， 故sin eq \f(α,2)＝ eq \f(\r(3),3)，cos eq \f(α,2)＝－ eq \f(\r(6),3)，tan eq \f(α,2)＝－ eq \f(\r(2),2). 答案： eq \f(\r(3),3)　－ eq \f(\r(6),3)　－ eq \f(\r(2),2) 3．已知25sin 2α＋sin α－24＝0，α为第二象限角，则cos eq \f(α,2)＝________． 解析：由25sin 2α＋sin α－24＝0得， (25sin α－24)(sin α＋1)＝0， 又α为第二象限角，故sin α＝ eq \f(24,25)， 则cos α＝－ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,25)))2)＝－ eq \f(7,25). 因为α为第二象限角， 则 eq \f(α,2)为第一象限或第三象限角． 故cos eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1＋cos α,2))＝± eq \f(3,5). 答案：± eq \f(3,5) 4．已知函数f(x)＝sin x＋ eq \r(3)cos x，求f(x)的最小正周期及最大值，并指出f(x)取得最大值时x的值． 解：由已知得，f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))， 从而f(x)的最小正周期T＝ eq \f(2π,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ω)))＝2π， f(x)的最大值为2，则x＋ eq \f(π,3)＝2kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z 此时x＝2kπ＋ eq \f(π,6)(k∈Z). 类型1　应用半角公式求值 【例1】　(1)设5π＜θ＜6π，cos eq \f(θ,2)＝a，则sin eq \f(θ,4)等于(　　) A． eq \f(\r(1＋a),2) B． eq \f(\r(1－a),2) C．－ eq \f(\r(1＋a),2) D．－ eq \r(\f(1－a,2)) (2)已知cos θ＝－ eq \f(3,5)，且180°<θ<270°，求tan eq \f(θ,2). 【解析】　(1)∵5π＜θ＜6π， ∴ eq \f(θ,2)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π))， eq \f(θ,4)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(3π,2))). 又cos eq \f(θ,2)＝a，∴sin eq \f(θ,4)＝－ eq \r(\f(1－cos \f(θ,2),2)) ＝－ eq \r(\f(1－a,2)).故选D. (2)解法1：∵180°<θ<270°，∴90°< eq \f(θ,2)<135°， 即 eq \f(θ,2)是第二象限角，∴tan eq \f(θ,2)<0， ∴tan eq \f(θ,2)＝－ eq \r(\f(1－cos θ,1＋cos θ))＝－ 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. 解法2：∵180°<θ<270°，即θ是第三象限角， ∴sin θ＝－ eq \r(1－cos2θ)＝－ eq \r(1－\f(9,25))＝－ eq \f(4,5)， ∴tan eq \f(θ,2)＝ eq \f(1－cos θ,sin θ)＝ eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5))),－\f(4,5))＝－2. 【答案】　(1)D　(2)见解析 【规律方法】 利用半角公式求值的思路 (1)看角：看已知角与待求角的2倍关系． (2)明范围：求出相应半角的范围为定符号作准备． (3)选公式：涉及半角公式的正切值时，常用tan eq \f(α,2)＝ eq \f(sin α,1＋cos α)＝ eq \f(1－cos α,sin α)，涉及半角公式的正、余弦值时，常利用sin2 eq \f(α,2)＝ eq \f(1－cosα,2)，cos2 eq \f(α,2)＝ eq \f(1＋cosα,2)计算． (4)下结论：结合(2)求值． 注意：已知cos α的值可求 eq \f(α,2)的正弦、余弦、正切值，要注意确定其符号． 跟踪训练1 已知cos θ＝－ eq \f(1,5)， eq \f(5π,2)<θ<3π，那么sin eq \f(θ,2)＝(　　) A． eq \f(\r(10),5) B．－ eq \f(\r(10),5) C． eq \f(\r(15),5) D．－ eq \f(\r(15),5) 解析：∵ eq \f(5π,2)<θ<3π，∴ eq \f(5π,4)< eq \f(θ,2)< eq \f(3π,2). ∴sin eq \f(θ,2)＝－ eq \r(\f(1－cos θ,2))＝－ eq \r(\f(1＋\f(1,5),2)) ＝－ eq \f(\r(15),5).故选D. 答案：D 类型2　三角函数式的化简 【例2】　(1)化简： eq \f((1＋sin θ＋cos θ)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin \f(θ,2)－cos \f(θ,2))),\r(2＋2cos θ))(0<θ<π)； (2)求值： eq \f(1＋cos 20°,2sin 20°)－sin 10° eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tan 5°)－tan 5°)). 【解】　(1)由θ∈(0，π)， 得0< eq \f(θ,2)< eq \f(π,2)，∴cos eq \f(θ,2)>0， ∴ eq \r(2＋2cos θ)＝ eq \r(4cos2\f(θ,2))＝2cos eq \f(θ,2). 又(1＋sin θ＋cos θ) 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))) ＝2cos eq \f(θ,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(θ,2)－cos2\f(θ,2))) ＝－2cos eq \f(θ,2)cos θ. 故原式＝ eq \f(－2cos \f(θ,2)cos θ,2cos \f(θ,2))＝－cos θ. (2)原式＝ eq \f(2cos210°,2×2sin10°cos 10°)－sin 10° eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos 5°,sin 5°)－\f(sin 5°,cos 5°))) ＝ eq \f(cos 10°,2sin 10°)－sin 10°· eq \f(cos25°－sin25°,sin5°cos 5°) ＝ eq \f(cos 10°,2sin 10°)－sin 10°· eq \f(cos 10°,\f(1,2)sin 10°) ＝ eq \f(cos 10°,2sin 10°)－2cos 10°＝ eq \f(cos 10°－2sin 20°,2sin 10°) ＝ eq \f(cos 10°－2sin (30°－10°),2sin 10°) ＝ eq \f(cos 10°－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos 10°－\f(\r(3),2)sin 10°)),2sin 10°) ＝ eq \f(\r(3)sin 10°,2sin 10°)＝ eq \f(\r(3),2). 【规律方法】 化简问题中的“三变” (1)变角：三角变换时，通常先寻找式子中各角之间的联系，通过拆、凑等手段消除角之间的差异，合理选择联系它们的公式． (2)变名：观察三角函数种类的差异，尽量统一函数的名称，如统一为弦或统一为切． (3)变式：观察式子的结构形式的差异，选择适当的变形途径，如升幂、降幂、配方、开方等． 跟踪训练2 化简： (1)sin 50°(1＋ eq \r(3)tan 10°)； (2) 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(x＋\f(π,4)))). 解：(1)sin50°(1＋ eq \r(3)tan 10°) ＝sin 50°(1＋tan 60°tan 10°) ＝sin 50°· eq \f(cos 60°cos 10°＋sin 60°sin 10°,cos 60°cos 10°) ＝sin 50°· eq \f(cos (60°－10°),cos 60°cos 10°)＝ eq \f(2sin 50°cos 50°,cos 10°) ＝ eq \f(sin 100°,cos 10°)＝ eq \f(cos 10°,cos 10°)＝1. (2)原式＝ eq \f(2cos2x(cos2x－1)＋\f(1,2),2tan\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(－4cos2x sin2x＋1,4cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝ eq \f(1－sin22x,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))) ＝ eq \f(cos22x,2cos2x)＝ eq \f(1,2)cos 2x. 类型3　三角恒等式的证明 【例3】　求证： eq \f(cos2α,\f(1,tan\f(α,2))－tan \f(α,2))＝ eq \f(1,4)sin 2α. 【证明】　　证法1： 左边＝ eq \f(cos2α,\f(cos\f(α,2),sin \f(α,2))－\f(sin \f(α,2),cos \f(α,2))) ＝ eq \f(cos2α,\f(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin\f(α,2)cos \f(α,2)))＝ eq \f(cos2αsin\f(α,2)cos \f(α,2),cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2)) ＝ eq \f(cos2αsin\f(α,2)cos \f(α,2),cos α)＝sin eq \f(α,2)cos eq \f(α,2)cos α ＝ eq \f(1,2)sin αcos α＝ eq \f(1,4)sin 2α＝右边，∴原式成立． 证法2： 左边＝ eq \f(cos2αtan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝ eq \f(1,2)cos2α· eq \f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2)) ＝ eq \f(1,2)cos2α·tanα＝ eq \f(1,2)cos αsin α ＝ eq \f(1,4)sin 2α＝右边， ∴原式成立． 【规律方法】 三角恒等式证明的常用方法 (1)执因索果法：证明的形式一般化繁为简； (2)左右归一法：证明左右两边都等于同一个式子； (3)拼凑法：针对题设和结论之间的差异，有针对性地变形，以消除它们之间的差异，简言之，即化异求同； (4)比较法：设法证明“左边－右边＝0”或“ eq \f(左边,右边)＝1”； (5)分析法：从被证明的等式出发，逐步地探求使等式成立的条件，直到已知条件或明显的事实为止，就可以断定原等式成立． 跟踪训练3 求证： eq \f(2sin x cos x,(sin x＋cos x－1)(sin x－cos x＋1)) ＝ eq \f(1＋cos x,sin x). 证明：左边＝ eq \f(2sin x cos x,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin \f(x,2)cos \f(x,2)－2sin2\f(x,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(x,2)cos \f(x,2)＋2sin2\f(x,2)))) ＝ eq \f(2sinx cos x,4sin2\f(x,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(x,2)－sin2\f(x,2))))＝ eq \f(sinx,2sin2\f(x,2)) ＝ eq \f(cos\f(x,2),sin \f(x,2))＝ eq \f(2cos2\f(x,2),2sin\f(x,2)cos \f(x,2))＝ eq \f(1＋cos x,sin x)＝右边． 所以原等式成立． 类型4　积化和差与和差化积公式的应用 【例4】　(1)求sin 20°cos 70°＋sin 10°sin 50°的值； (2)求sin 20°sin 40°sin 60°sin 80°的值； 【解】　(1)sin 20°cos 70°＋sin 10°sin 50° ＝ eq \f(1,2)(sin 90°－sin 50°)－ eq \f(1,2)(cos 60°－cos 40°) ＝ eq \f(1,4)－ eq \f(1,2)sin 50°＋ eq \f(1,2)cos 40° ＝ eq \f(1,4)－ eq \f(1,2)sin 50°＋ eq \f(1,2)sin 50°＝ eq \f(1,4). (2)原式＝cos 10°cos 30°cos 50°cos 70° ＝ eq \f(\r(3),2)cos 10°cos 50°cos 70° ＝ eq \f(\r(3),2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)(cos 60°＋cos 40°)·cos 70°)) ＝ eq \f(\r(3),8)cos 70°＋ eq \f(\r(3),4)cos 40°cos 70° ＝ eq \f(\r(3),8)cos 70°＋ eq \f(\r(3),8)(cos 110°＋cos 30°) ＝ eq \f(\r(3),8)cos 70°＋ eq \f(\r(3),8)cos 110°＋ eq \f(3,16)＝ eq \f(3,16). 【规律方法】 积化和差公式的功能与关键 (1)功能：①把三角函数的一种形式(积的形式)转化为另一种形式(和差的形式)； ②将角度化为特殊角求值或化简，将函数解析式变形以研究其性质． (2)关键：积化和差公式的关键是正确运用公式，以便把非特殊角的三角函数相消，从而化为特殊角的三角函数． 跟踪训练4 求值cos 20°＋cos 60°＋cos 100°＋cos 140°. 解：原式＝cos 20°＋ eq \f(1,2)＋(cos 100°＋cos 140°) ＝cos 20°＋ eq \f(1,2)＋2cos 120°cos 20° ＝cos 20°＋ eq \f(1,2)－cos 20°＝ eq \f(1,2). 类型5　辅助角公式的应用 【例5】　已知函数f(x)＝ eq \r(3)cos (2x－ eq \f(π,3))－2sin x cos x. (1)求f(x)的最小正周期． (2)求证：当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f(x)≥－ eq \f(1,2). 【解】　(1)f(x)＝ eq \r(3)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－2sin x cos x ＝ eq \f(\r(3),2)cos 2x＋ eq \f(3,2)sin 2x－sin 2x ＝ eq \f(1,2)sin 2x＋ eq \f(\r(3),2)cos 2x＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))， 所以T＝ eq \f(2π,2)＝π. (2)令t＝2x＋ eq \f(π,3)，因为－ eq \f(π,4)≤x≤ eq \f(π,4)， 所以－ eq \f(π,6)≤2x＋ eq \f(π,3)≤ eq \f(5π,6)， 因为y＝sin t在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递增， 在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上单调递减， 所以f(x)≥sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－ eq \f(1,2)，得证． 【规律方法】 运用三角函数的和、差、倍角公式将函数关系式化成y＝a sin ωx＋b cos ωx＋k的形式，借助辅助角公式化为y＝A sin (ωx＋φ)＋k或y＝A cos (ωx＋φ)＋k的形式，将ωx＋φ看作一个整体研究函数的性质. 跟踪训练5 已知函数f(x)＝ eq \r(3)sin (2x－ eq \f(π,6))＋2sin2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))(x∈R). (1)求函数f(x)的最小正周期； (2)求使函数f(x)取得最大值的x的集合． 解：(1)∵f(x) ＝ eq \r(3)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋2sin2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12))) ＝ eq \r(3)sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))＋1－cos eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12))))) ＝2 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))－\f(1,2)cos \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))))))＋1 ＝2sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－\f(π,6)))＋1 ＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋1，∴T＝ eq \f(2π,2)＝π. (2)当f(x)取得最大值时，sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝1， 有2x－ eq \f(π,3)＝2kπ＋ eq \f(π,2)，即x＝kπ＋ eq \f(5π,12)(k∈Z)， ∴所求x的集合为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝kπ＋\f(5π,12)，k∈Z)))). 1．(2022年高考·北京卷)已知函数f(x)＝cos2x－sin2x，则(　　) A．f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递减 B．f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上单调递增 C．f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减 D．f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上单调递增 解析：因为f(x)＝cos2x－sin2x＝cos2x. 当－ eq \f(π,2)<x<－ eq \f(π,6)时，－π<2x<－ eq \f(π,3)， 则f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递增，A错误； 当－ eq \f(π,4)<x< eq \f(π,12)时，－ eq \f(π,2)<2x< eq \f(π,6)， 则f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上不单调，B错误； 当0<x< eq \f(π,3)时，0<2x< eq \f(2π,3)， 则f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减，C正确； 当 eq \f(π,4)<x< eq \f(7π,12)时， eq \f(π,2)<2x< eq \f(7π,6)， 则f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上不单调，D错误．故选C. 答案：C 2．(2021年高考·全国乙卷)函数f(x)＝sin eq \f(x,3)＋cos eq \f(x,3)的最小正周期和最大值分别是(　　) A．3π和 eq \r(2) B．3π和2 C．6π和 eq \r(2) D．6π和2 解析：由题，f(x)＝sin eq \f(x,3)＋cos eq \f(x,3) ＝ eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f( \r(2),2)sin \f(x,3)＋\f(\r(2),2)cos \f(x,3)))＝ eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋\f(π,4)))， 所以f(x)的最小正周期为T＝ eq \f(2π,\f(1,3))＝6π， 最大值为 eq \r(2).故选C. 答案：C 1．学习三角恒等变换，千万不要只顾死记硬背公式，而忽视对思想方法的理解，要学会借助前面几个有限的公式来推导后继公式，立足于在公式推导过程中记忆公式和运用公式． 2．研究形如f(x)＝a sin x＋b cos x的函数性质，都要运用辅助角公式化为一个整体角的正弦函数或余弦函数的形式．因此辅助角公式是三角函数中应用较为广泛的一个重要公式，也是高考常考的考点之一．对一些特殊的系数a、b应熟练掌握．例如sin x±cos x＝ eq \r(2)sin (x± eq \f(π,4))；sin x± eq \r(3)cos x＝2sin (x± eq \f(π,3))等． $$