第五章 三角函数 章末总结-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第五章　三角函数 章末总结 知识系统整合 规律方法收藏 学科素养培优 目录 知识系统整合 知识系统整合 4 堵点自记：﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 知识系统整合 5 规律方法收藏 规律方法收藏 7 规律方法收藏 8 规律方法收藏 9 规律方法收藏 10 规律方法收藏 11 7．函数y＝Asin(ωx＋φ) 主要掌握由函数y＝sinx的图象到函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象的平移、伸缩等变换. 注意各种变换对图象的影响，注意各物理量的意义，A，ω，φ与各种变换的关系. 8．三角函数的应用 (1)根据图象建立解析式； (2)根据解析式作出图象； (3)将实际问题抽象为与三角函数有关的函数模型； (4)利用收集到的数据作出散点图，并根据散点图进行函数模拟． 在建立三角函数模型的时候，要注意从数据的周而复始的特点以及数据变化趋势两个方面来考虑． 规律方法收藏 12 学科素养培优 一、任意角三角函数的定义 学科素养培优 14 已知角α的终边经过点P(3m－9，m＋2)． (1)若m＝2，求5sinα＋3tanα的值； (2)若cosα≤0，且sinα>0，求实数m的取值范围． 解 学科素养培优 15 答案 解析 学科素养培优 16 答案 解析 学科素养培优 17 二、同角三角函数基本关系式的运用 学科素养培优 18 解 学科素养培优 19 解 学科素养培优 20 解 学科素养培优 21 三、诱导公式的应用 学科素养培优 22 学科素养培优 23 解 学科素养培优 24 解 学科素养培优 25 学科素养培优 26 解 学科素养培优 27 三角函数式的化简与证明要遵循“三看”原则：(1)一看“角”，一般化异角为同角，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分，从而正确使用公式；(2)二看“函数名称”，看函数名称之间的差异，一般化异名为同名，从而确定使用的公式，常见的有“切化弦”；(3)三看“结构特征”，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的方向，如“遇到分式要通分”等． 四、三角函数式的化简与证明 学科素养培优 28 学科素养培优 29 解 学科素养培优 30 解 学科素养培优 31 解 学科素养培优 32 解 学科素养培优 33 解 学科素养培优 34 1．“给角求值”：一般给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数． 2．“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，一般用已知角表示所求角． 3．“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再根据角的范围，确定角． 五、三角函数求值 学科素养培优 35 解 学科素养培优 36 解 学科素养培优 37 解 学科素养培优 38 解 学科素养培优 39 六、三角函数的图象 (2)在同一坐标系中描出各点． (3)用光滑的曲线连接这些点，进而形成图象． 学科素养培优 40 2．由图象或部分图象确定解析式y＝Asin(ωx＋φ)中的参数 (1)A：由最大值、最小值来确定A. (2)ω：通过求周期T来确定ω. (3)φ：利用已知点列方程求出． 学科素养培优 41 学科素养培优 42 解 学科素养培优 43 解 学科素养培优 44 学科素养培优 45 解 学科素养培优 46 解 学科素养培优 47 七、三角函数的性质 学科素养培优 48 3．求三角函数值域(最值)的方法 (1)利用sinx，cosx的有界性． (2)从y＝Asin(ωx＋φ)＋b的形式逐步分析ωx＋φ的范围，根据正弦函数单调性写出函数的值域． (3)换元法：把sinx或cosx看作一个整体，可化为求函数在区间上的值域(最值)问题． 特别提醒：利用换元法求三角函数的值域时，一定要注意三角函数自身的取值范围，否则会出现错误． 4．求三角函数的单调区间：求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的函数的单调区间可以通过解不等式的方法去解答，即把ωx＋φ视为一个“整体”，分别与正弦函数y＝sinx，余弦函数y＝cosx的单调递增(减)区间对应解出x，即得所求的单调递增(减)区间． 学科素养培优 49 学科素养培优 50 解 学科素养培优 51 学科素养培优 52 解 学科素养培优 53 解 学科素养培优 54 三角恒等变换与三角函数图象性质的综合问题的解题策略：利用三角恒等变换把函数化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的形式，然后根据化简后的三角函数，讨论其图象和性质． 八、三角恒等变换的综合应用 学科素养培优 55 学科素养培优 56 解 学科素养培优 57 解 学科素养培优 58 解 学科素养培优 59 解 学科素养培优 60 解 学科素养培优 61 　　　　　　　　　　　　　 R 1．任意角和弧度制 在任意角和弧度制的学习中，要区分开角的各种定义，如：锐角一定是第一象限角，而第一象限角不全是锐角，概念要搞清；角度制和弧度制表示角不能混用，如：α＝2kπ＋30°，k∈Z，这种表示法不正确． 2．三角函数的概念 任意角的三角函数，首先要考虑定义域，其次要深刻认识三角函数符号的含义，sinα＝eq \f(y,r)≠sin×α. 3．同角三角函数的基本关系式 sin2α＋cos2α＝1及eq \f(sinα,cosα)＝tanα，必须牢记这两个基本关系式，并能应用它们进行三角函数的求值、化简、证明，在应用中，注意掌握解题的技巧，能灵活运用公式．在应用平方关系求某个角的另一个三角函数值时，要注意根式前面的符号的确定． 4．三角函数的诱导公式 诱导公式一至六不仅要正确、熟练地掌握其记忆的诀窍，更要能灵活地运用． (1)－α角的三角函数是把负角转化为正角； (2)2kπ＋α(k∈Z)角的三角函数是化任意角为[0，2π)内的角； (3)eq \f(π,2)±α，π±α，eq \f(3π,2)±α，2π±α角的三角函数是化非锐角为锐角； (4)化负为正→化大为小→化为锐角； (5)记忆规律：奇变偶不变，符号看象限． 5．正弦函数、余弦函数的图象与性质 (1)“五点法”作图是画三角函数图象的基本方法，要切实掌握，作图时自变量要用弧度制，作出的图象要正规． (2)奇偶性、单调性、最值、周期是三角函数的重要性质，f(x＋T)＝f(x)应强调的是自变量x本身加常数才是周期，如f(2x＋T)＝f(2x)，eq \f(T,2)是f(2x)的周期． 解答三角函数的单调性的题目一定要注意复合函数单调性法则，更要注意定义域． 6．三角恒等变换 使用公式时，应注意公式的正用、逆用以及变形应用．如两角和与差的正切公式tan(α±β)＝eq \f(tanα±tanβ,1∓tanαtanβ)，其变形公式：tanα±tanβ＝tan(α±β)·(1∓tanαtanβ)应用广泛；公式cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α的变形公式：1＋cos2α＝2cos2α，1－cos2α＝2sin2α，cos2α＝eq \f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq \f(1－cos2α,2)常用来升幂或降幂． 利用定义求三角函数值的两种方法：(1)先由直线与单位圆相交求出交点坐标，再利用正弦、余弦、正切函数的定义，求出相应的三角函数值；(2)取角α的终边上任意一点P(a，b)(原点除外)，则对应的角α的正弦值sinα＝eq \f(b,\r(a2＋b2))，余弦值cosα＝eq \f(a,\r(a2＋b2))，正切值tanα＝eq \f(b,a).当角α的终边上点的坐标以参数形式给出时，要根据问题的实际情况对参数进行分类讨论． 解　(1)若m＝2，则P(－3，4)，所以x＝－3，y＝4，r＝5， 所以sinα＝eq \f(4,5)，tanα＝－eq \f(4,3). 故5sinα＋3tanα＝5×eq \f(4,5)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝4－4＝0. (2)由题意知，cosα＝eq \f(x,r)≤0，sinα＝eq \f(y,r)>0，即x≤0，y>0，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3m－9≤0，,m＋2>0，)) 所以－2<m≤3，即实数m的取值范围为(－2，3]． 解析：若角α的终边落在直线x＋y＝0上，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝\f(\r(2),2)，,cosα＝－\f(\r(2),2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝－\f(\r(2),2)，,cosα＝\f(\r(2),2)，))分别代入eq \f(sinα,\r(1－sin2α))＋eq \f(\r(1－cos2α),cosα)，可得其值为0. [素养训练1]　(1)若角α的终边落在直线x＋y＝0上，则eq \f(sinα,\r(1－sin2α))＋eq \f(\r(1－cos2α),cosα)的值为(　　) A．0 B．－2 C．2 D．－2或2 解析：∵角α的终边过点(2sin30°，－2cos30°)，∴角α终边上一点的坐标为(1，－eq \r(3))，故sinα＝eq \f(－\r(3),\r(12＋（－\r(3)）2))＝－eq \f(\r(3),2). (2)若角α的终边过点(2sin30°，－2cos30°)，则sinα的值为(　　) A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2) C．－eq \f(\r(3),2) D．－eq \f(\r(3),3) 1．公式变形：(1)sin2α＝1－cos2α，cos2α＝1－sin2α，sinα＝±eq \r(1－cos2α)，cosα＝±eq \r(1－sin2α)；(2)sinα＝cosαtanαeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))，cosα＝eq \f(sinα,tanα)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(kπ,2)，k∈Z)). 2．已知正切求余弦的公式：将sinα＝cosα·tanαeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))代入sin2α＋ cos2α＝1得cos2αtan2α＋cos2α＝1，因此cos2α＝eq \f(1,1＋tan2α)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z)). 3．“同角”的含义：一是“角相同”，二是对“任意”一个角(在使函数有意义的前提下)关系式都成立，与角的表达形式无关，如：sin23α＋cos23α＝1等． 已知eq \f(4sinθ－2cosθ,3sinθ＋5cosθ)＝eq \f(6,11)，求下列各式的值． (1)eq \f(5cos2θ,sin2θ＋2sinθcosθ－3cos2θ)；(2)1－4sinθcosθ＋2cos2θ. 解　∵eq \f(4sinθ－2cosθ,3sinθ＋5cosθ)＝eq \f(6,11)，∴eq \f(4tanθ－2,3tanθ＋5)＝eq \f(6,11)，解得tanθ＝2. (1)原式＝eq \f(5,tan2θ＋2tanθ－3)＝eq \f(5,5)＝1. (2)原式＝sin2θ－4sinθcosθ＋3cos2θ＝eq \f(sin2θ－4sinθcosθ＋3cos2θ,sin2θ＋cos2θ) ＝eq \f(tan2θ－4tanθ＋3,tan2θ＋1)＝－eq \f(1,5). [素养训练2]　已知α是三角形的内角，且sinα＋cosα＝eq \f(1,5). (1)求tanα的值； (2)把eq \f(1,cos2α－sin2α)用tanα表示出来，并求其值． 解：(1)由sinα＋cosα＝eq \f(1,5)，得1＋2sinαcosα＝eq \f(1,25)，所以sinαcosα＝－eq \f(12,25). 因为α是三角形的内角，所以sinα>0，cosα<0， 所以sinα－cosα＝eq \r(（sinα－cosα）2)＝eq \r(（sinα＋cosα）2－4sinαcosα) ＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))\s\up12(2)＋\f(48,25))＝eq \f(7,5)， 故sinα＝eq \f(4,5)，cosα＝－eq \f(3,5)，tanα＝－eq \f(4,3). (2)eq \f(1,cos2α－sin2α)＝eq \f(cos2α＋sin2α,cos2α－sin2α)＝eq \f(1＋tan2α,1－tan2α)， 又tanα＝－eq \f(4,3)，所以eq \f(1,cos2α－sin2α)＝eq \f(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))\s\up12(2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))\s\up12(2))＝－eq \f(25,7). 对于三角函数式的化简求值，关键在于根据给出角的特点，将角化成2kπ±α(k∈Z)，π±α，eq \f(π,2)±α，eq \f(3π,2)±αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或k·\f(π,2)±α，k∈Z))的形式，再用“奇变偶不变，符号看象限”来化简． 解决“已知某个三角函数值，求其他三角函数值”的问题，关键在于观察分析条件角与结论角，消除条件与结论之间的差异，将已知和未知联系起来，还应注意整体思想的应用． 在①tan(π＋α)＝2；②sin(π－α)－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝cos(－α)；③2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题． 已知________， (1)求eq \f(3sinα＋2cosα,sinα－cosα)的值； (2)当α为第三象限角时，求sin(－α)－cos(π＋α)－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,2)))的值． 解　若选①tan(π＋α)＝2，则tanα＝2. 若选②sin(π－α)－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝cos(－α)， 则sinα－cosα＝cosα， 即sinα＝2cosα，则tanα＝2. 若选③2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))， 则2cosα＝sinα， 即tanα＝2. (1)eq \f(3sinα＋2cosα,sinα－cosα)＝eq \f(3tanα＋2,tanα－1). 将tanα＝2代入，得原式＝eq \f(3×2＋2,2－1)＝8. (2)当α为第三象限角时，cosα＝－eq \f(\r(5),5)，sinα＝－eq \f(2\r(5),5). sin(－α)－cos(π＋α)－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,2)))＝－sinα＋cosα＋sinαcosα ＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))－eq \f(\r(5),5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))＝eq \f(2＋\r(5),5). [素养训练3]　已知α是第三象限角，且f(α)＝eq \f(sin（π－α）cos（2π－α）sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α＋\f(3π,2))),sin（－π－α）sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))). (1)化简f(α)； (2)若coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,2)))＝eq \f(1,5)，求f(α)． 解：(1)f(α)＝eq \f(sin（π－α）cos（2π－α）sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α＋\f(3π,2))),sin（－π－α）sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))) ＝eq \f(sinαcosα（－cosα）,sinαcosα)＝－cosα. (2)因为coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,2)))＝eq \f(1,5)，所以sinα＝－eq \f(1,5).又α是第三象限角， 所以cosα＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)))\s\up12(2))＝－eq \f(2\r(6),5)， 所以f(α)＝－cosα＝eq \f(2\r(6),5). (2024·广东佛山一中高一上期末) (1)化简：eq \f(1＋cosθ＋sinθ,1－cosθ＋sinθ)＋eq \f(1－cosθ＋sinθ,1＋cosθ＋sinθ)； (2)求证：tan2x＋eq \f(1,tan2x)＝eq \f(2（3＋cos4x）,1－cos4x). 解　(1)原式＝eq \f(2cos2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2),2sin2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)) ＋eq \f(2sin2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2),2cos2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2))＝eq \f(2cos\f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2)＋sin\f(θ,2))),2sin\f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)＋cos\f(θ,2))))＋eq \f(2sin\f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)＋cos\f(θ,2))),2cos\f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2)＋sin\f(θ,2)))) ＝eq \f(cos\f(θ,2),sin\f(θ,2))＋eq \f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))＝eq \f(cos2\f(θ,2)＋sin2\f(θ,2),sin\f(θ,2)cos\f(θ,2))＝eq \f(2,sinθ). (2)证法一：左边＝eq \f(sin2x,cos2x)＋eq \f(cos2x,sin2x)＝eq \f(sin4x＋cos4x,sin2xcos2x) ＝eq \f(（sin2x＋cos2x）2－2sin2xcos2x,\f(1,4)sin22x)＝eq \f(1－\f(1,2)sin22x,\f(1,4)sin22x)＝eq \f(1－\f(1,2)sin22x,\f(1,8)（1－cos4x）)＝eq \f(8－4sin22x,1－cos4x) ＝eq \f(6＋2cos4x,1－cos4x)＝eq \f(2（3＋cos4x）,1－cos4x) ＝右边． 故原等式得证． 证法二：右边＝eq \f(2（2＋1＋cos4x）,2sin22x) ＝eq \f(2（2＋2cos22x）,2sin22x)＝eq \f(2（1＋cos22x）,4sin2xcos2x) ＝eq \f(（sin2x＋cos2x）2＋（cos2x－sin2x）2,2sin2xcos2x) ＝eq \f(2（sin4x＋cos4x）,2sin2xcos2x)＝tan2x＋eq \f(1,tan2x)＝左边． 故原等式得证． [素养训练4]　(1)化简：·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanαtan\f(α,2)))； (2)求证：eq \f(（sin2x＋cos2x－1）（sin2x－cos2x＋1）,sin4x)＝tanx. 解：(1)原式＝ ＝eq \f(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin\f(α,2)cos\f(α,2))·eq \f(cosαcos\f(α,2)＋sinαsin\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq \f(2cosα,sinα)·eq \f(cos\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq \f(2,sinα). (2)证法一：左边＝eq \f(（2sinxcosx－2sin2x）（2sinxcosx＋2sin2x）,sin4x) ＝eq \f(4sin2x（cos2x－sin2x）,sin4x)＝eq \f(4sin2xcos2x,2sin2xcos2x)＝eq \f(2sin2x,2sinxcosx)＝tanx＝右边． 故原等式成立． 证法二：左边＝eq \f(（sin2x＋cos2x－1）（sin2x－cos2x＋1）,（sin2x＋cos2x）2－1) ＝eq \f(（sin2x＋cos2x－1）（sin2x－cos2x＋1）,（sin2x＋cos2x－1）（sin2x＋cos2x＋1）) ＝eq \f(sin2x＋1－cos2x,sin2x＋1＋cos2x)＝eq \f(2sinxcosx＋2sin2x,2sinxcosx＋2cos2x)＝eq \f(2sinx（cosx＋sinx）,2cosx（sinx＋cosx）)＝tanx＝右边． 故原等式成立． 已知sinα＋cosα＝eq \f(3\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sin2α和tan2α的值； (2)求cos(α＋2β)的值． 解　(1)由题意得(sinα＋cosα)2＝eq \f(9,5)，即1＋sin2α＝eq \f(9,5)， ∴sin2α＝eq \f(4,5)，又易知2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cos2α＝eq \r(1－sin22α)＝eq \f(3,5)， ∴tan2α＝eq \f(sin2α,cos2α)＝eq \f(4,3). (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)))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq \f(4,5)， ∴sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq \f(24,25). 又sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝－cos2β，∴cos2β＝－eq \f(24,25). 又易知2β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴sin2β＝eq \f(7,25). 又cos2α＝eq \f(1＋cos2α,2)＝eq \f(4,5)，∴cosα＝eq \f(2\r(5),5)，∴sinα＝eq \f(\r(5),5)， ∴cos(α＋2β)＝cosαcos2β－sinαsin2β＝eq \f(2\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,25)))－eq \f(\r(5),5)×eq \f(7,25)＝－eq \f(11\r(5),25). 解：①原式＝eq \f(sin（20°＋30°）－sin20°cos30°,cos20°) ＝eq \f(sin20°cos30°＋cos20°sin30°－sin20°cos30°,cos20°)＝eq \f(cos20°sin30°,cos20°)＝sin30°＝eq \f(1,2). ②设α＝θ＋15°，则原式＝sin(α＋60°)＋cos(α＋30°)－eq \r(3)cosα ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinα＋\f(\r(3),2)cosα))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα－\f(1,2)sinα))－eq \r(3)cosα＝0. [素养训练5]　(1)求值： ①eq \f(sin50°－sin20°cos30°,cos20°)；②sin(θ＋75°)＋cos(θ＋45°)－eq \r(3)cos(θ＋15°)． 解：因为eq \f(π,2)<α<π，tanα＝－eq \f(1,3)，所以eq \f(3π,4)<α<π.因为－π<β<0，tanβ＝－eq \f(1,7)，所以－eq \f(π,4)<β<0.于是eq \f(5π,4)<2α＋β<2π.又tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(2))＝ －eq \f(3,4)，tan(2α＋β)＝eq \f(tan2α＋tanβ,1－tan2αtanβ)＝eq \f(－\f(3,4)－\f(1,7),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7))))＝－1，所以2α＋β＝eq \f(7π,4). (2)已知tanα＝－eq \f(1,3)，tanβ＝－eq \f(1,7)，且eq \f(π,2)<α<π，－π<β<0，求2α＋β的值． 1．用“五点法”作函数y＝Asin(ωx＋φ)图象的步骤 (1)列表，由ωx＋φ＝0，eq \f(π,2)，π，eq \f(3π,2)，2π先求出x，再由ωx＋φ的值求出y的值． ωx＋φ 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π x －eq \f(φ,ω) eq \f(π,2ω)－eq \f(φ,ω) eq \f(π,ω)－eq \f(φ,ω) eq \f(3π,2ω)－eq \f(φ,ω) eq \f(2π,ω)－eq \f(φ,ω) y 0 A 0 －A 0 某同学用“五点法”画函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： ωx＋φ 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π x －1 5 Asin(ωx＋φ) 0 2 －2 0 (1)请将表中数据补充完整，并直接写出函数f(x)的解析式； (2)将f(x)的图象向右平移3个单位长度，然后把曲线上各点的横坐标变为原来的eq \f(1,3)(纵坐标不变)，得到g(x)的图象．若关于x的方程g(x)＝a2－a在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(5,3)))上有解，求实数a的取值范围． 解　(1) ωx＋φ 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π x －4 －1 2 5 8 Asin(ωx＋φ) 0 2 0 －2 0 f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(2π,3))). (2)由题意可得g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,6)))， ∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(5,3)))，∴eq \f(π,2)x＋eq \f(π,6)∈[0，π]， ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,6)))∈[0，1]， ∴0≤g(x)≤2，即0≤a2－a≤2， 解得－1≤a≤0或1≤a≤2， 即实数a的取值范围为[－1，0]∪[1，2]． [素养训练6]　如图是函数y＝Asin(ωx＋φ)＋keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，0<φ<\f(π,2)))的一段图象． (1)求此函数的解析式； (2)分析一下该函数的图象是由y＝sinx的图象经 过怎样的变换得到的？ 解：(1)由图象知， A＝eq \f(－\f(1,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2))),2)＝eq \f(1,2)，k＝eq \f(－\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2))),2)＝－1， T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2，∴y＝eq \f(1,2)sin(2x＋φ)－1. 当x＝eq \f(π,6)时，2×eq \f(π,6)＋φ＝eq \f(π,2)，∴φ＝eq \f(π,6). ∴所求函数的解析式为y＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1. (2)把y＝sinx的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象，然后把图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象，再把横坐标保持不变，纵坐标变为原来的eq \f(1,2)，得到y＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象，最后把函数y＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向下平移1个单位长度，得到y＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1的图象． 1．三角函数的周期性：函数y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(2π,|ω|)，y＝Atan(ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(π,|ω|). 2．三角函数的奇偶性：三角函数中奇函数一般可化为y＝Asinωx或y＝Atanωx的形式，而偶函数一般可化为y＝Acosωx＋b的形式． (2024·河北衡水第十四中学高一上期末)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋a，a为常数． (1)求函数f(x)的最小正周期； (2)求函数f(x)的单调递增区间； (3)若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)的最小值为－2，求a的值． 解　(1)f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋a， 所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π. (2)由2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)， 所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)． (3)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))， 所以当2x－eq \f(π,6)＝－eq \f(π,6)，即x＝0时，f(x)取得最小值， 即2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＋a＝－2， 故a＝－1. [素养训练7]　已知函数f(x)＝logacoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))(a>0，且a≠1)． (1)求函数f(x)的定义域； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)判断函数f(x)的奇偶性； (4)判断函数f(x)的周期性，如果是周期函数，求出它的周期． 解：(1)由题意知coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))>0，∴2kπ－eq \f(π,2)<2x－eq \f(π,3)<2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)， 即kπ－eq \f(π,12)<x<kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z)． 故函数f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)． (2)在定义域范围内求coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调区间． 函数u＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)上单调递减，∴当a>1时，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)，单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)； 当0<a<1时，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)． (3)∵函数f(x)的定义域不关于原点对称， ∴函数f(x)既不是奇函数也不是偶函数． (4)函数f(x)是周期函数，∵f(x＋π)＝logacoseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（x＋π）－\f(π,3))) ＝logacoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝f(x)， ∴函数f(x)的周期为T＝π. (2024·江苏苏州吴江中学高一下3月月考)已知函数f(x)＝2sinxcosx＋2eq \r(3)cos2x－eq \r(3). (1)求f(x)的单调递增区间； (2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))时，求f(x)的最值； (3)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))时，关于x的不等式afeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6)))－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))≥4有解，求实数a的取值范围． 解　(1)由题意，得函数f(x)＝2sinxcosx＋2eq \r(3)cos2x－eq \r(3)＝sin2x＋eq \r(3)cos2x ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x＋\f(\r(3),2)cos2x))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))， 由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)， 解得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)(k∈Z)， 所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)． (2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))时，2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，π))， 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))， 则f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(3)，2))， 当2x＋eq \f(π,3)＝－eq \f(π,3)，即x＝－eq \f(π,3)时，函数f(x)取得最小值，为－eq \r(3)； 当2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,12)时，函数f(x)取得最大值，为2. (3)由题意得x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))时，afeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,6)))－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝2asinx－2cos2x≥4有解， 而此时sinx>0，即a≥eq \f(2＋cos2x,sinx)有解，只需要a≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋cos2x,sinx))) eq \s\do7(min)即可， eq \f(2＋cos2x,sinx)＝eq \f(3－2sin2x,sinx)＝eq \f(3,sinx)－2sinx，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，令t＝sinx，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则y＝eq \f(3,t)－2t在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，所以当t＝1时，ymin＝1，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋cos2x,sinx))) eq \s\do7(min)＝1，所以a≥1. 解：(1)因为f(x)＝sin2x＋cos2x＋2sinxcosx＋cos2x＝1＋sin2x＋cos2x＝ eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1， 所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π. [素养训练8]　已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋cos2x. (1)求f(x)的最小正周期； (2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值． (2)由(1)知，f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1. 当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))， 由正弦函数y＝sinx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上的图象知，当2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,8)时， f(x)取得最大值eq \r(2)＋1； 当2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(5π,4)，即x＝eq \f(π,2)时， f(x)取得最小值0. 综上，f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为eq \r(2)＋1，最小值为0. $$