第7章 三角函数 章末整合提升（课件PPT）-【精讲精练】2025-2026学年高中数学必修第三册（人教B版）

该高中数学三角函数单元复习课件系统梳理了三角函数的核心知识，通过知识框架图构建完整体系，重点整合了“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”两种图像变换方法，步骤明确，清晰呈现知识点内在逻辑。 其亮点在于采用步骤化图像变换指导与阅卷提醒设计，步骤化操作培养学生几何直观的数学眼光，阅卷提醒（如“值求错扣3分”）帮助规范解题过程，提升运算能力与推理意识，分层满足复习需求，助力教师精准教学。

第七章　三角函数 章末整合提升 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 谢谢观看 返回目录 第七章　三角函数 数学•必修　第三册(配RJB版) 1 (一)同角三角函数的基本关系式及诱导公式 1．牢记两个基本关系式sin2α＋cos2α＝1及 eq \f(sinα,cos α)＝tan α，并能应用两个关系式进行三角函数的求值、化简、证明．在应用中，要注意掌握解题的技巧．比如：已知sin α±cos α的值，可求cos αsin α.注意应用(cos α±sin α)2＝1±2sin αcos α. 2．诱导公式可概括为k· eq \f(π,2)±α(k∈Z)的各三角函数值的化简公式．记忆规律是：奇变偶不变，符号看象限． 3．三角函数式的求值、化简的策略 (1)化弦：当三角函数式中三角函数名称较多时，往往把三角函数化为弦，再化简变形． (2)化切：当三角函数式中含有正切及其他三角函数时，有时可将三角函数名称都化为正切，再变形化简． (3)“1”的代换：在三角函数式中，有些会含有常数1，常数1虽然非常简单，但有些三角函数式的化简却需要利用三角函数公式将1代换为三角函数式． 　(1)已知tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7π－α))＝3，则 eq \f(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α))－cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－α)),sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3π－α))－sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α)))＝(　　) A.－2 B．－ eq \f(1,2) C. eq \f(1,2) D．2 (2)已知sin α＋cos α＝－ eq \f(1,5)，且α∈(0，π)，则 eq \f(sin α·cos α,sin α－cos α)＝(　　) A.－ eq \f(12,5) B． eq \f(12,5) C.－ eq \f(12,35) D． eq \f(12,35) [解析]　(1)因为tan (7π－α)＝tan (π－α)＝－tan α＝3，所以tan α＝－3，所以原式＝ eq \f(－sin α＋cos α,sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－α))－sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,2)＋α)))＝ eq \f(－sin α＋cos α,sin α＋cos α)＝ eq \f(－tan α＋1,tan α＋1)＝ eq \f(3＋1,－3＋1)＝－2. (2)因为sin α＋cos α＝－ eq \f(1,5)， 所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin α＋cos α))2＝ eq \f(1,25)， 故sin2α＋2sinαcos α＋cos2α＝ eq \f(1,25)， 又sin2α＋cos2α＝1， 所以sinαcos α＝－ eq \f(12,25)，又α∈(0，π)， 所以α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以sin α－cos α>0， 又 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin α－cos α))2＝1－2sin αcos α＝1＋ eq \f(24,25)＝ eq \f(49,25)， 所以sin α－cos α＝ eq \f(7,5)，所以 eq \f(sin α·cos α,sin α－cos α)＝ eq \f(－\f(12,25),\f(7,5))＝－ eq \f(12,35). [答案]　(1)A　(2)C (二)三角函数的图象及变换 eq \a\vs4\al(多维探究) 1．三角函数的图象变换 由函数y＝sin x的图象通过变换得到函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象的两种方法 2．由图象或部分图象确定解析式y＝A sin (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． 角度1　三角函数图象间的变换 　将函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))图象上的点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，t))向左平移s(s＞0)个单位长度得到点P′.若P′位于函数y＝sin 2x的图象上，则(　　) A.t＝ eq \f(1,2)，s的最小值为 eq \f(π,6) B.t＝ eq \f(\r(3),2)，s的最小值为 eq \f(π,6) C.t＝ eq \f(1,2)，s的最小值为 eq \f(π,3) D.t＝ eq \f(\r(3),2)，s的最小值为 eq \f(π,3) [解析]　因为点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，t))在函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象上， 所以t＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)－\f(π,3)))＝sin eq \f(π,6)＝ eq \f(1,2). 又P′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－s，\f(1,2)))在函数y＝sin 2x的图象上， 所以 eq \f(1,2)＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－s))))，则2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－s))＝2kπ＋ eq \f(π,6)或2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－s))＝2kπ＋ eq \f(5π,6)，k∈Z， 得s＝－kπ＋ eq \f(π,6)或s＝－kπ－ eq \f(π,6)，k∈Z. 又s＞0，故s的最小值为 eq \f(π,6). [答案]　A 角度2　由三角函数的图象确定其解析式 　 (2024·湖南长沙高一期末)函数y＝A sin (ωx－φ)(A＞0，ω＞0，0＜φ＜π)的部分图象如图所示，则其解析式为(　　) A.y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))) B．y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))) C.y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3))) D．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))) [解析]　由图可得函数的最大值为2， 最小值为－2，故A＝2， eq \f(T,2)＝ eq \f(5π,12)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝ eq \f(π,2)，故T＝ eq \f(2π,ω)＝π， 解得ω＝2，故y＝2sin (2x－φ). 将 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，2))代入可得2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)－φ))＝2， 则 eq \f(5π,6)－φ＝2kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)， 解得φ＝－2kπ＋ eq \f(π,3)(k∈Z). ∵0＜φ＜π，∴φ＝ eq \f(π,3)，∴y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))). [答案]　B (三)三角函数性质及其应用 eq \a\vs4\al(多维探究) 重点应掌握y＝sin x，y＝cos x，y＝tan x的定义域、值域、单调性、奇偶性、对称性等有关性质，在此基础上掌握函数y＝A sin (ωx＋φ)，y＝A cos (ωx＋φ)及y＝A tan (ωx＋φ)的相关性质．在研究其相关性质时，将ωx＋φ看成一个整体，利用整体代换思想解题是常见的技巧． (1)三角函数的两条性质 ①周期性：函数y＝A sin (ωx＋φ)和y＝A cos (ωx＋φ)的最小正周期为 eq \f(2π,|ω|)，y＝tan (ωx＋φ)的最小正周期为 eq \f(π,|ω|). ②奇偶性：三角函数中奇函数一般可化为y＝A sin ωx或y＝A tan ωx，而偶函数一般可化为y＝A cos ωx＋B的形式． (2)求三角函数的单调区间的方法 求形如y＝A sin (ωx＋φ)或y＝A cos (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的函数的单调区间可以通过解不等式方法去解答，即把ωx＋φ视为一个“整体”，分别与正弦函数y＝sin x，余弦函数y＝cos x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． (3)三角函数图象的对称性 求形如y＝A cos (ωx＋φ)图象的对称轴，可把“ωx＋φ”看作一个整体，由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求x可得对称轴方程，类似通过ωx＋φ＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)，可求对称中心的横坐标． (4)三角函数的最值(值域)问题 三角函数的值域和最值问题一直是高考的热点．求三角函数的最值问题通常有以下两种途径： ①将所求三角函数式转化为y＝A sin (ωx＋φ)＋k或y＝A cos (ωx＋φ)＋k的形式，然后结合角x的取值范围求最值； ②将所求三角函数式变形转化为关于sin x(或cos x)的二次函数的形式，然后结合二次函数的性质求解． 角度1　三角函数的最值问题 　已知函数f(x)＝2sin2x－2a sinx＋a2－2a－1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(π,2)))的最小值为－2，求实数a的值，并求此时f(x)的最大值． [解析]　f(x)＝2sin2x－2a sinx＋a2－2a－1 ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin x－\f(a,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(a2,2)－2a－1. 由0≤x≤ eq \f(π,2)，得0≤sin x≤1. 当0≤a≤2时，0≤ eq \f(a,2)≤1， 当sin x＝ eq \f(a,2)时，f(x)取得最小值 eq \f(a2,2)－2a－1＝－2， 解得a＝2－ eq \r(2)或a＝2＋ eq \r(2)(舍去)， 此时f(x)的最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1； 当a＞2时， eq \f(a,2)＞1，当sin x＝1时，f(x)取得最小值a2－4a＋1＝－2，解得a＝3或a＝1(舍去)，此时f(x)的最大值为f(0)＝2； 当a＜0时， eq \f(a,2)＜0，当sin x＝0时，f(x)取得最小值a2－2a－1＝－2，解得a＝1(舍去). 综上所述，当a＝2－ eq \r(2)时，f(x)的最大值为－1， 当a＝3时，f(x)的最大值为2. 角度2　三角函数性质的综合问题 　(多选题)(2025·湖南长沙高一月考)已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，则下列结论正确的是(　　) A.f(x)的图象向左平移 eq \f(π,6)个单位长度后得到函数g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象 B.直线x＝ eq \f(2π,3)是f(x)图象的一条对称轴 C.f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减 D.f(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))对称 [解析]　对于A，f(x)的图象向左平移 eq \f(π,6)个单位长度后得到f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))的图象，故A错误； 对于B，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋\f(π,6)))＝sin eq \f(3π,2)＝－1，故B正确； 对于C，当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x＋ eq \f(π,6)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，故C正确； 对于D，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋\f(π,6)))＝sin π＝0，故D正确． [答案]　BCD 忽略函数的定义域致误 [典例]　函数y＝log2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))))的单调递增区间为_______________． [错解]　函数的增区间可由y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的增区间求得．由－ eq \f(π,2)＋2kπ≤x＋ eq \f(π,3)≤ eq \f(π,2)可得－ eq \f(5π,6)＋2kπ≤x≤ eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，故原函数的递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)＋2kπ，\f(π,6)＋2kπ))(k∈Z). [错因分析]　本题若忽略对数函数的定义域，即sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＞0，就会得到错误答案：函数y＝log2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))))的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)＋2kπ，\f(π,6)＋2kπ))(k∈Z). [正解]　由题意，得sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＞0， 所以2kπ＜x＋ eq \f(π,3)＜π＋2kπ，k∈Z， 解得－ eq \f(π,3)＋2kπ＜x＜ eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z. 又函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,6)π＋2kπ，\f(π,6)＋2kπ))(k∈Z)， 所以函数y＝log2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))))的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(π,6)＋2kπ))(k∈Z). [答案]　 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(π,6)＋2kπ))(k∈Z) [纠错心得] 解决与三角函数有关的复合函数问题时，定义域是首先要考虑的问题，要在定义域内思考问题． [典例]　(13分)已知函数f(x)＝ eq \r(3)sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π,2)≤φ＜\f(π,2)))的图象关于直线x＝ eq \f(π,3)对称，且图象上相邻两个最高点的距离为π. (1)求ω和φ的值； (2)若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝ eq \f(\r(3),4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＜α＜\f(2π,3)))，求cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))的值． [审题指导]　(1)利用对称轴和相邻两个最高点距离分别求ω，φ. (2)在(1)的基础上，注意角的范围，利用平方关系求值． [规范解答]　(1)因为f(x)的图象上相邻两个最高点的距离为π，所以f(x)的最小正周期T＝π，从而ω＝ eq \f(2π,T)＝2.①(3分) 又f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,3)对称， 所以2× eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z， 即φ＝－ eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z. 由－ eq \f(π,2)≤φ＜ eq \f(π,2)，得φ＝－ eq \f(π,6).②(6分) (2)由(1)，得 f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝ eq \r(3)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(α,2)－\f(π,6)))＝ eq \f(\r(3),4)， 所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝ eq \f(1,4).(9分) 由 eq \f(π,6)＜α＜ eq \f(2π,3)，得0＜α－ eq \f(π,6)＜ eq \f(π,2)，③(11分) 所以cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝ eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))) ＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(15),4).(13分) $