第4章 第5节 三角恒等变换（课件PPT）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

高考总复习 数学 第四章　三角函数 第五节　三角恒等变换 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 √ √ × × √ 必备知识 基础落实 C 必备知识 基础落实 AC 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 C 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 考点 公式的简单应用(自主练通) A 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 D 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 B 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 考点 三角函数式的化简(自主练通) 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 考点 三角函数的求值问题(多维贯通) B 关键能力 精准突破 D 关键能力 精准突破 B 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 A 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 B 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 D 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 考点 三角恒等变换的应用(讲练融通) 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 请完成：课时作业（二十九） 温馨提示 谢谢观看！ 课标解读 1.经历推导两角差余弦公式的过程，知道两角差余弦公式的意义． 2．能从两角差的余弦公式推导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系． 3．能运用公式进行简单的恒等变换． 1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin (α±β)＝________________________． (2)cos (α±β)＝________________________． (3)tan (α±β)＝ eq \f(tan α±tan β,1∓tan αtan β) . sinαcosβ±cosαsinβ cosαcosβ∓sinαsinβ 2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α. (2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝______________＝______________． (3)tan2α＝ eq \f(2tan α,1－tan2α) . 3．半角公式 sin eq \f(α,2) ＝± eq \r(\f(1－cos α,2)) ，cos eq \f(α,2) ＝± eq \r(\f(1＋cos α,2)) ， tan eq \f(α,2) ＝± eq \r(\f(1－cos α,1＋cos α)) ＝ eq \f(sin α,1＋cos α) ＝ eq \f(1－cos α,sin α) . 2cos2α－1 1－2sin2α 4．和差化积公式 (1)cos α＋cos β＝2cos eq \f(α＋β,2) cos eq \f(α－β,2) . (2)sin α＋sin β＝2sin eq \f(α＋β,2) cos eq \f(α－β,2) . (3)sin α－sin β＝2cos eq \f(α＋β,2) sin eq \f(α－β,2) . (4)cos α－cos β＝－2sin eq \f(α＋β,2) sin eq \f(α－β,2) . 5．积化和差公式 (1)sin αcos β＝ eq \f(1,2) [sin (α＋β)＋sin (α－β)]． (2)cos αsin β＝ eq \f(1,2) [sin (α＋β)－sin (α－β)]． (3)cos αcos β＝ eq \f(1,2) [cos (α＋β)＋cos (α－β)]． (4)sin αsin β＝_________________________． － eq \f(1,2) [cos(α＋β)－cos(α－β)] 6．形如a sin x＋b cos x的三角函数式的变形 a sin x＋b cos x＝ eq \r(a2＋b2) ( eq \f(a,\r(a2＋b2)) sin x＋ eq \f(b,\r(a2＋b2)) cos x). 令cos φ＝ eq \f(a,\r(a2＋b2)) ，sin φ＝ eq \f(b,\r(a2＋b2)) ， 则a sin x＋b cos x＝ eq \r(a2＋b2) (sin x·cos φ＋cos xsin φ)＝ eq \r(a2＋b2) sin (x＋φ)(其中角φ所在象限由a，b的符号确定，角φ的值由tan φ＝ eq \f(b,a) 确定，或由sin φ＝ eq \f(b,\r(a2＋b2)) 和cos φ＝ eq \f(a,\r(a2＋b2)) 共同确定). 1．判断正误 (1)两角和与差的正弦、余弦公式中的角α，β是任意的．(　　) (2)存在实数α，β，使等式sin (α＋β)＝sin α＋sin β成立．(　　) (3)公式tan (α＋β)＝ eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β) 可以变形为tan α＋tan β＝tan (α＋β)(1－tan αtan β)，且对任意角α，β都成立．(　　) (4)当α是第一象限角时，sin eq \f(α,2) ＝ eq \r(\f(1－cos α,2)) .(　　) (5)存在角α，使得sin 2α＝2sin α成立．(　　) 2．(2025·河北模拟)cos 198°cos 132°＋cos 42°·sin 18°＝(　　) A．－ eq \f(\r(3),2) B．－ eq \f(1,2) C． eq \f(\r(3),2) D．1 解析：原式＝cos (180°＋18°)cos (90°＋42°)＋cos 42°·sin 18°＝cos 18°sin 42°＋cos 42°sin 18°＝sin 60°＝ eq \f(\r(3),2) . 3．(多选)(2025·成都模拟)下列各式中，值可以是 eq \f(1,2) 的是(　　) A． eq \f(tan 22.5°,1－tan222.5°) B．tan10°＋tan 35°＋tan 10°tan 35° C．cos x cos (x＋ eq \f(π,3) )＋sin x sin (x＋ eq \f(π,3) ) D． eq \f(4－2cos220°,3－sin50°) 解析：对选项A： eq \f(tan 22.5°,1－tan222.5°) ＝ eq \f(1,2) × eq \f(2tan22.5°,1－tan222.5°) ＝ eq \f(1,2) tan45°＝ eq \f(1,2) ，故A选项正确； 对选项B：tan 45°＝ eq \f(tan 10°＋tan 35°,1－tan 10°tan 35°) ＝1，tan 10°＋tan 35°＋tan 10°tan 35°＝1，故B选项错误； 对选项C：cos x cos (x＋ eq \f(π,3) )＋sin x sin (x＋ eq \f(π,3) )＝cos eq \f(π,3) ＝ eq \f(1,2) ，故C选项正确； 对选项D： eq \f(4－2cos220°,3－sin50°) ＝ eq \f(4－1－cos 40°,3－sin 50°) ＝ eq \f(3－sin 50°,3－sin 50°) ＝1，故D选项错误． 4．(2024·宝鸡三模)若α∈(0，π)，且sin α＋2cos α＝2，则tan eq \f(α,2) ＝(　　) A．3 B．2 C． eq \f(1,2) D． eq \f(1,3) 解析：∵α∈(0，π)，∴ eq \f(α,2) ∈(0， eq \f(π,2) )，设tan eq \f(α,2) ＝x，x>0. ∵sin α＝ eq \f(2tan \f(α,2),1＋tan2\f(α,2)) ＝ eq \f(2x,1＋x2) ， cosα＝ eq \f(1－tan2\f(α,2),1＋tan2\f(α,2)) ＝ eq \f(1－x2,1＋x2) ， ∴sinα＋2cos α＝ eq \f(2x,1＋x2) ＋2· eq \f(1－x2,1＋x2) ＝ eq \f(2x＋2－2x2,1＋x2) ＝2， 即x＋1－x2＝1＋x2，即x(2x－1)＝0，解得x＝ eq \f(1,2) . 5．已知函数f(x)＝ eq \r(3) sin 2x＋2cos2x＋3，则f(x)的最小正周期为__________，最小值为________． 答案：π　2　 解析：f(x)＝ eq \r(3) sin 2x＋2cos2x＋3＝ eq \r(3) sin2x＋1＋cos 2x＋3＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) ＋4， ∴f(x)的最小正周期为π，最小值为2. 1.(2024·新课标Ⅰ卷)已知cos (α＋β)＝m，tan α·tan β＝2，则cos (α－β)＝(　　) A．－3m B．－ eq \f(m,3) C． eq \f(m,3) D．3m 解析：由cos (α＋β)＝m得cos αcos β－sin α·sin β＝m　①.由tan αtan β＝2得 eq \f(sin αsin β,cos αcos β) ＝2　②，由①②得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cos αcos β＝－m，,sin αsin β＝－2m，)) 所以cos (α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－3m，故选A. 2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知α为锐角，cos α＝ eq \f(1＋\r(5),4) ，则sin eq \f(α,2) ＝(　　) A． eq \f(3－\r(5),8) B． eq \f(－1＋\r(5),8) C． eq \f(3－\r(5),4) D． eq \f(－1＋\r(5),4) 解析：cos α＝ eq \f(1＋\r(5),4) ，则cos α＝1－2sin2 eq \f(α,2) ， 故2sin2 eq \f(α,2) ＝1－cosα＝ eq \f(3－\r(5),4) ，即sin2 eq \f(α,2) ＝ eq \f(3－\r(5),8) ＝ eq \f(（\r(5)）2＋12－2\r(5),16) ＝ eq \f(（\r(5)－1）2,16) ， ∵α为锐角，∴sin eq \f(α,2) >0，∴sin eq \f(α,2) ＝ eq \f(－1＋\r(5),4) . 3．(2023·新课标Ⅰ卷)已知sin (α－β)＝ eq \f(1,3) ，cos α·sin β＝ eq \f(1,6) ，则cos (2α＋2β)＝(　　) A． eq \f(7,9) B． eq \f(1,9) C．－ eq \f(1,9) D．－ eq \f(7,9) 解析：因为sin (α－β)＝sin αcos β－sin βcos α＝ eq \f(1,3) ，cos αsin β＝ eq \f(1,6) ， 所以sin αcos β＝ eq \f(1,2) ， 所以sin (α＋β)＝sin αcos β＋sin βcos α＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,6) ＝ eq \f(2,3) ， 则cos (2α＋2β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2× eq \f(4,9) ＝ eq \f(1,9) . 4．求下列各式的值： (1)sin eq \f(π,12) cos eq \f(π,12) ； (2)1－2sin2750°； (3) eq \f(2tan150°,1－tan2150°) . 解：(1)原式＝ eq \f(2sin\f(π,12)cos \f(π,12),2) ＝ eq \f(sin \f(π,6),2) ＝ eq \f(1,4) . (2)原式＝cos (2×750°)＝cos 1 500°＝cos (4×360°＋60°)＝cos 60°＝ eq \f(1,2) . (3)原式＝tan (2×150°)＝tan 300°＝tan (360°－60°)＝－tan 60°＝－ eq \r(3) . 应用三角恒等变换公式化简求值的策略 (1)首先要记住公式的结构特征和符号变化规律．例如两角差的余弦公式可简记为“同名相乘，符号反”． (2)注意与同角三角函数基本关系、诱导公式的综合应用． (3)注意配方法、因式分解和整体代换思想的应用． 1.(2024·重庆九龙坡三模) eq \f(2cos 20°－cos 40°,sin 40°) ＝________. 答案： eq \r(3) 　 解析：原式＝ eq \f(2sin 70°－cos 40°,sin 40°) ＝ eq \f(2（sin 30°cos 40°＋cos 30°sin 40°）－cos 40°,sin 40°) ＝ eq \f(2（\f(1,2)cos 40°＋\f(\r(3),2)sin 40°）－cos 40°,sin 40°) ＝ eq \f(\r(3)sin 40°,sin 40°) ＝ eq \r(3) . 2．(2025·南通模拟)化简 eq \r(2＋cos \f(π,9)－sin2\f(π,18)) ＝________. 答案： eq \r(3) cos eq \f(π,18) 　 解析： eq \r(2＋cos \f(π,9)－sin2\f(π,18)) ＝ eq \r(2＋cos\f(π,9)－\f(1－cos \f(π,9),2)) ＝ eq \r(\f(3（1＋cos \f(π,9)）,2)) ＝ eq \r(3cos2\f(π,18)) ＝ eq \r(3) cos eq \f(π,18) . 3. eq \f(1＋cos 20°,2sin 20°) －sin 10°×( eq \f(1,tan 5°) －tan 5°)＝________． 答案： eq \f(\r(3),2) 　 解析：原式＝ eq \f(2cos210°,4sin10°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°) －2cos 10°＝ eq \f(cos 10°－2sin 20°,2sin 10°) ＝ eq \f(cos 10°－2sin （30°－10°）,2sin 10°) ＝ eq \f(cos 10°－2sin 30°cos 10°＋2cos 30°sin 10°,2sin 10°) ＝cos 30°＝ eq \f(\r(3),2) . 角度1　给值求值问题 【例1】 (1)(2025·武汉模拟)已知sin ( eq \f(π,6) －x)＝ eq \f(1,4) ，则cos (2x－ eq \f(π,3) )＝(　　) A．－ eq \f(7,8) B． eq \f(7,8) C．－ eq \f(\r(15),4) D． eq \f(\r(15),4) (2)(2024·福建福州第一中学三模)若sin α＝－ eq \f(3,5) ，且α∈(π， eq \f(3π,2) )，则 eq \f(1－tan \f(α,2),1＋tan \f(α,2)) ＝(　　) A． eq \f(1,2) B．－ eq \f(1,2) C．2 D．－2 (3)(2024·黑龙江哈师大附中三模)已知sin (45°＋α)＝ eq \f(3,5) ，45°<α<135°，则cos 2α＝(　　) A． eq \f(24,25) B．－ eq \f(24,25) C． eq \f(7,25) D．－ eq \f(7,25) 解析：(1)因为sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x)) ＝－sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) ，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) ＝－ eq \f(1,4) ， cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))) ＝cos eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))))) ＝1－2sin2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) ＝1－2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(7,8) . (2)sinα＝2sin eq \f(α,2) cos eq \f(α,2) ＝－ eq \f(3,5) ， 故 eq \f(2sin \f(α,2)cos \f(α,2),sin2\f(α,2)＋cos2\f(α,2)) ＝ eq \f(2tan\f(α,2),tan2\f(α,2)＋1) ＝－ eq \f(3,5) ， 解得tan eq \f(α,2) ＝－ eq \f(1,3) 或tan eq \f(α,2) ＝－3， 又α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))) ，故tan eq \f(α,2) ＝－3，故 eq \f(1－tan \f(α,2),1＋tan \f(α,2)) ＝－2. (3)因为45°<α<135°，所以90°<α＋45°<180°， 又sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(45°＋α)) ＝ eq \f(3,5) ， 所以cos (45°＋α)＝－ eq \r(1－sin2（45°＋α）) ＝－ eq \f(4,5) ， 所以sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（45°＋α）)) ＝2sin (45°＋α)cos (45°＋α)＝2× eq \f(3,5) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5))) ＝－ eq \f(24,25) . 即sin (90°＋2α)＝－ eq \f(24,25) ，所以cos 2α＝－ eq \f(24,25) . (1)已知三角函数值，求其他三角函数式的值的一般思路： ①先化简所求式子； ②观察已知条件与所求式子之间的联系(从三角函数名及角入手)； ③将已知条件代入所求式子，化简求值． (2)角的变换技巧：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，( eq \f(π,4) ＋α)＋ ( eq \f(π,4) －α)＝ eq \f(π,2) 等． 【练1】 已知sin ( eq \f(π,5) －α)＝ eq \f(1,4) ，则cos (2α＋ eq \f(3π,5) )＝(　　) A．－ eq \f(7,8) B． eq \f(7,8) C．－ eq \f(\r(15),8) D． eq \f(\r(15),8) 解析：由题sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)－α)) ＝ eq \f(1,4) ， cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,5)－2α)) ＝1－2sin2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)－α)) ＝ eq \f(7,8) ， cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(3π,5))) ＝cos π－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,5)－2α)) ＝－cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,5)－2α)) ＝－ eq \f(7,8) .故选A. 【练2】 若α∈( eq \f(π,2) ，π)，且3cos 2α＝sin ( eq \f(π,4) －α)，则sin 2α的值为________． 答案：－ eq \f(17,18) 　 解析：cos 2α＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α)) ＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))))) ＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) ，代入原式，得6sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) ·cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) ＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) . 因为α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) ，所以cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) ＝ eq \f(1,6) ，所以sin 2α＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α)) ＝2cos2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) －1＝－ eq \f(17,18) . 角度2　给值求角问题 【例2】若cos α＝ eq \f(1,7) ，sin (α＋β)＝ eq \f(5\r(3),14) ，0<α< eq \f(π,2) ，0<β< eq \f(π,2) ，则角β的值为(　　) A． eq \f(π,4) B． eq \f(π,3) C． eq \f(π,8) D． eq \f(π,6) 解析：∵α，β均为锐角，∴0<α＋β<π， 由cos α＝ eq \f(1,7) ，sin (α＋β)＝ eq \f(5\r(3),14) ，得sin α＝ eq \f(4\r(3),7) ， cos (α＋β)＝± eq \f(11,14) ，若cos (α＋β)＝ eq \f(11,14) ， 则sin β＝sin [(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cos α－cos (α＋β)sin α＝ eq \f(5\r(3),14) × eq \f(1,7) － eq \f(11,14) × eq \f(4\r(3),7) <0， 与sin β>0矛盾，故cos (α＋β)＝－ eq \f(11,14) ， 则cos β＝cos [(α＋β)－α]＝cos (α＋β)cos α＋sin (α＋β)·sin α＝－ eq \f(11,14) × eq \f(1,7) ＋ eq \f(5\r(3),14) × eq \f(4\r(3),7) ＝ eq \f(1,2) ， 又β∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，∴β＝ eq \f(π,3) . 已知三角函数值求角的解题步骤 (1)根据条件确定所求角的范围； (2)确定待求角的某种三角函数值，为防止增解，最好选取在上述范围内单调的三角函数； (3)结合三角函数值及角的范围求角． 【练3】 (2025·荆门三校模拟)若α∈(0， eq \f(π,2) )，cos (α－ eq \f(2π,5) )＋2cos α＝4cos α·cos2 eq \f(π,5) ，则α＝(　　) A． eq \f(2π,5) B． eq \f(3π,10) C． eq \f(π,5) D． eq \f(π,10) 解析：依题意可知， cos(α－ eq \f(2π,5) )＝2cos α(2cos2 eq \f(π,5) －1)， 即cos(α－ eq \f(2π,5) )＝2cos αcos eq \f(2π,5) ， 即cos αcos eq \f(2π,5) ＋sin αsin eq \f(2π,5) ＝2cos αcos eq \f(2π,5) ， 得cos (α＋ eq \f(2π,5) )＝0，因为α∈(0， eq \f(π,2) )，α＋ eq \f(2π,5) ∈( eq \f(2π,5) ， eq \f(9π,10) )， 所以α＋ eq \f(2π,5) ＝ eq \f(π,2) ，即α＝ eq \f(π,10) . 【例3】 已知函数f(x)＝ eq \f(cos 2x,sin x＋cos x) ＋2sin x. (1)在△ABC中，cos A＝－ eq \f(3,5) ，求f(A)的值； (2)求函数f(x)的最小正周期及其图象的对称轴的方程． 解：(1)因为f(x)＝ eq \f(cos 2x,sin x＋cos x) ＋2sin x＝ eq \f(cos2x－sin2x,sinx＋cos x) ＋2sin x＝cos x＋sin x， 在△ABC中，cos A＝－ eq \f(3,5) ＜0，所以 eq \f(π,2) ＜A＜π， 所以sin A＝ eq \r(1－cos2A) ＝ eq \f(4,5) ， 所以f(A)＝sinA＋cos A＝ eq \f(4,5) － eq \f(3,5) ＝ eq \f(1,5) . (2)由(1)可得f(x)＝ eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))) ，所以f(x)的最小正周期T＝2π. 因为函数y＝sin x的对称轴的方程为x＝kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z， 又由x＋ eq \f(π,4) ＝kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，得x＝kπ＋ eq \f(π,4) ，k∈Z， 所以f(x)的对称轴的方程为x＝kπ＋ eq \f(π,4) ，k∈Z. 【变式探究1】 若本例条件不变，函数f(x)的值域为________． 答案：[－ eq \r(2) ，0)∪(0， eq \r(2) ]　 解析：由sin x＋cos x≠0得x≠kπ－ eq \f(π,4) ，k∈Z，而f(x)＝sin x＋cos x＝ eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))) ， ∴f(x)的值域为[－ eq \r(2) ，0)∪(0， eq \r(2) ]. 【变式探究2】 若本例中f(x)不变，增加f(x)＝ eq \f(\r(2),3) ，求sin 2x的值． 解：由本例解析知sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))) ＝ eq \f(1,3) ， ∴sin 2x＝－cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x)) ＝2sin2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))) －1＝2× eq \f(1,9) －1＝－ eq \f(7,9) . 三角恒等变换的综合应用主要是将三角变换与三角函数的性质相结合，通过变换把函数化为f(x)＝A sin(ωx＋φ)＋B的形式再研究其性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征，注意利用整体思想解决相关问题． 【练4】 设函数f(x)＝2 eq \r(3) sin x cos x－2sin2x＋1. (1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间； (2)求函数f(x)在[0， eq \f(π,3) )上的最大值与最小值及相应的x的值． 解：(1)因为f(x)＝2 eq \r(3) sinx cos x－2sin2x＋1 ＝ eq \r(3) sin2x＋cos 2x ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin 2x＋\f(1,2) cos 2x)) ＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) ， 即f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) ，所以函数的最小正周期T＝ eq \f(2π,2) ＝π， 令－ eq \f(π,2) ＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,6) ≤ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z， 解得－ eq \f(π,3) ＋kπ≤x≤ eq \f(π,6) ＋kπ，k∈Z， 所以函数的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ)) ，k∈Z. (2)因为x∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) ，所以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时函数取得最小值，即f(x)min＝f(0)＝1， 当2x＋ eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ，即x＝ eq \f(π,6) 时函数取得最大值，即f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) ＝2. $$