板块二 三角函数与解三角形 因材施教 冲刺“双一流”考生选用-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略教师用书word

　　　 　　　　（板块二　三角函数与解三角形的“3点”培优） 培优点1　三角函数中的参数范围问题　　 　　三角函数中的参数范围问题，是重点与难点，这类问题一般涉及值域、单调性及周期性等性质.三角函数因其函数性质的特殊性，如正弦函数和余弦函数的有界性，往往在确定变量范围或者最大、最小值有关问题上起着特殊作用.如果题目本身对自变量的取值范围问题有限制，那么更应该充分注意. 类型（一）　由单调性求ω的范围 [例1]　已知函数f（x）=cos（ωx+φ），|f|=1，f=0，且f（x）在区间上具有单调性，则ω的最大值为 （　　） A. B. C. D. 解析：选B　三角函数的周期性、单调性 法一：数形结合法　设函数f（x）的最小正周期为T，因为f=0，且f（x）在区间上具有单调性，所以≥-=，即T≥.f（0）=cos φ>0，|f|=1，当f=1时，T=-=（n∈N），所以T=π（n∈N）.因为T≥，所以π≥，则n≤. 当ω取最大值时，T取最小值，n取最大值，又n∈N，所以取n=1，此时Tmin=，令=，解得ω=. 当f=-1时，T=-=（k∈N），所以T=π（k∈N）. 因为T≥，所以π≥，则k≤. 当ω取最大值时，T取最小值，k取最大值， 又k∈N，所以取k=1，此时Tmin=，令=， 解得ω=. 综上，ω的最大值为，故选B. 法二　设函数f（x）的最小正周期为T， 由题意得，-=（2k+1）×（k∈N）， 则T=，因为T=，所以ω=. 因为f=0，f（x）在区间上具有单调性，所以-≤=，解得0<ω≤12， 则0<≤12，所以k≤，由k∈N，得k的最大值为3，ω的最大值为，故选B. |思|维|建|模|　由单调性求ω的一般方法 （1）根据单调区间[x1，x2]的长度不大于该函数最小正周期T的一半，即x2-x1≤T=，求得0<|ω|≤. （2）以f（x）=Asin（ωx+φ）（ω>0）在[x1，x2]上单调递增为例，利用[ωx1+φ，ωx2+φ]⊆，k∈Z（若能判断[ωx1+φ，ωx2+φ]是某个单调区间的子集，则无需“k”），解得ω的取值范围. 再结合求出的ω的取值范围对k进行赋值，从而求出ω（不含参数）的取值（范围）. 类型（二）　由对称性求ω的范围 [例2]　（2025·武汉检测）已知函数f（x）=2cos2ωx-（sin ωx-cos ωx）2（ω>0）的图象关于直线x=对称，且f（x）在上没有最小值，则ω的值为 （　　） A. B.1 C. D.2 解析：选C f（x）=2cos2ωx-（sin2ωx-2sin ωxcos ωx+cos2ωx）=2cos2ωx+sin 2ωx-1=cos 2ωx+sin 2ωx=sin，因为f（x）的图象关于直线x=对称，所以f=sin=±，故+=kπ+，k∈Z，即ω=6k+，k∈Z，当2ωx+=-+2mπ，m∈Z，即x=-+，m∈Z时，函数f（x）取得最小值，当m=1时，x=为y轴右侧第1个最小值点.因为f（x）在上没有最小值，所以≥，即ω≤，故由0<6k+≤，k∈Z，解得-<k≤，k∈Z，故k=0，ω=，故选C. |思|维|建|模|　由对称性求ω的一般方法 三角函数图象的两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为（T为最小正周期），相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为.由通法可知，y=Asin（ωx+φ）类型的函数图象的对称轴方程或对称中心的横坐标可由ωx+φ相关的式子得出.这就说明，我们可根据三角函数图象的对称性来研究三角函数的周期性，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于ω的方程（或不等式组），进而可以研究ω的取值（范围）. 类型（三）　由最值求ω的范围 [例3]　已知函数f（x）=sin ωx（ω>0）的图象在[0，π]上恰好有2个最高点，1个最低点，且这3个点可以组成一个锐角三角形，则实数ω的取值范围是 （　　） A. B. C. D. 解析：选A ∵x∈[0，π]，∴ωx∈[0，ωπ].∵函数f（x）的图象在[0，π]上恰好有2个最高点，1个最低点，∴≤ωπ<，（熟悉正弦函数的图象与性质，要注意等号能否取到）∴≤ω<.∵这3个点可以组成一个锐角三角形，∴<1， (由三角函数图象的对称性知该三角形是个等腰三角形，且顶角θ为以最低点为顶点的角，由这3个点可以组成一个锐角三角形知θ<，故tan ＝<1) ∴ω>π.综上，π<ω<. |思|维|建|模|　由最值（值域）求ω的一般方法 利用三角函数的最值（值域）与单调性、图象的对称性的关系，列出关于ω的不等式（组），进而求出ω的值或取值范围.要特别注意对ω正、负的讨论. 类型（四）　由零点存在情况求ω的范围 [例4]　设函数f（x）=2sin（ωx+φ），若f（x）的图象经过点（0，1），且f（x）在[0，π]上恰有2个零点，则实数ω的取值范围是 （　　） A. B. C. D. 解析：选B　三角函数的图象与性质 由函数f（x）的图象经过点（0，1），得sin φ=，又|φ|<，所以φ=，则f（x）=2sin.当x∈[0，π]时，ωx+∈.作出y=sin t的大致图象如图所示，若f（x）在[0，π]上恰有2个零点，则2π≤ωπ+<3π，解得≤ω<，故选B. |思|维|建|模|　由零点存在情况求ω的一般方法 　　首先三角函数图象的两个相邻零点之间的“水平间隔”为（T为最小正周期），根据三角函数的零点个数，可以研究ω的取值（范围）. 其次对于区间长度为定值的动区间，若区间内至少含有k个零点，则需要确定包含k个零点的区间长度，一般和周期相关.若区间内至多含有k个零点，则需要确定包含k+1个零点的区间长度的最小值. [应用体验] 1.设函数f（x）=sin在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是 （　　） A. B. C. D. 解析：选C　 思维路径：由x的取值范围得到ωx+的取值范围，再结合正弦函数的图象得到关于ω的不等式组，求解即可. 依题意可得ω>0，因为x∈（0，π），所以ωx+∈.作出y=sin x，x∈的图象如图所示. 要使函数f（x）在区间（0，π）恰有三个极值点、两个零点，则<ωπ+≤3π，解得<ω≤，即ω∈，故选C. 2.（2025·秦皇岛一模）已知函数f（x）=sin（ω∈N*），若f（x）在区间上具有单调性，则f= （　　） A. B.- C. D.- 解析：选C 当x∈时，ω>0，ωx+∈， 由f（x）在区间上具有单调性，则⊆（k∈Z）， 于是k∈Z，解得k∈Z， 由k∈Z，得-<k≤，k∈Z，因此0<ω≤或1≤ω≤，又ω∈N*， 则ω=1，f（x）=sin，所以f=sin=，故选C. 3.（2025·北京平谷一模）已知函数f（x）=sin（ω>0）在区间上恰好有两条对称轴，则ω的取值范围是 （　　） A.∪ B.∪ C.∪ D.∪ 解析：选A 由f（x）=sin（ω>0），令ωx+=kπ+，k∈Z，则x=，k∈Z，函数f（x）=sin在区间上有且仅有2条对称轴，即≤≤π有2个整数k符合题意，又在区间上恰好有两条对称轴，π-≥=，ω≥，由≤≤π，得≤≤1⇒2ω≤1+6k≤6ω，若k=1，2，则∴≤ω<；若k=2，3，则∴<ω<.综上，ω的取值范围为∪. 4.已知函数f（x）=sin（ω>0）在区间上单调递增，且f（x）在区间上只取得一次最大值1，则ω的取值范围为 （　　） A. B. C. D. 解析：选D　 法一　因为函数f（x）=sin（ω>0）在上单调递增，由x∈， 得ωx+∈， 所以-ω+≥-且ω+≤，解得ω≤且ω≤，所以0<ω≤.又因为f（x）在区间上只取得一次最大值1，即当x∈时，ωx+∈，所以≤ω+<，解得≤ω<.综上，≤ω≤，即ω的取值范围是，故选D. 法二　由x∈，得ωx+∈.因为f（x）在上单调递增，y=sin t在（k∈Z）上单调递增，所以k∈Z，解得k∈Z.又因为ω>0，所以又k∈Z，所以k=0，则0<ω≤.后同法一. 5.已知函数f（x）=sincos+cos2，其中实数ω>0.存在x0∈[0，2π），使得f（x）在区间[0，x0）上有最大值M，在区间[x0，2π）上有最小值m，且M+m=1，则ω的所有可能取值构成的集合为 （　　） A. B. C. D. 解析：选B　 由题意，f（x）=sin ωx+cos ωx+=sin+，为了使得f（x）在[0，x0）上有最大值M，在[x0，2π）上有最小值m，且M+m=1，需sin在[0，2π）上既有最大值1，又有最小值-1.令t=ωx+，因为ω>0，所以当x∈[0，2π）时，t∈，作出y=sin t的部分图象如图所示，结合图象可知，2πω+>，得ω>.故选B. 培优点2　张角定理与分角定理 （1）张角定理：=+ 证明如下： ∵S△ABC=S△ABD+S△ACD， ∴AB·ACsin（α+β）=AB·ADsin α+AC·ADsin β， 两边同时除以AB·AC·AD得=+. （2）分角定理 在△ABC中，D是边BC上（异于B，C）或其延长线上的一点，则有sin α∶sin β=∶. 证明如下： ∵=， 且= =·， 得=·， 故sin α∶sin β=∶. [典例]　在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足sin2A+sin2B=sin C. （1）求C； （2）若c=2，a=3b，点D在边AB上，且∠ACD=∠BCD，求CD的长. |方|法|例|析| （1）由正弦定理，得 a2+b2=c2-absin C. 又a2+b2=c2+2abcos C， ∴-absin C=2abcos C， ∴tan C=-，∴C=. （2）∵c=2，a=3b， 由余弦定理，得（2）2=a2+b2-2abcos=9b2+b2-6b2cos=13b2， ∴b=2.由张角定理，得=+， ∴=+=，∴CD==. |解|题|指|导|　在三角形中经常会遇到证明角度或线段长度关系的问题，若能灵活应用张角定理、分角定理，定能起到事半功倍的效果. [应用体验] 1.如图，已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcos C=a，点M在线段AB上，且∠ACM=∠BCM， AC=6CM=6，则cos∠BCM的值为　　　　.  解析：法一　∵bcos C=a，∴由正弦定理得sin Bcos C=sin A，即sin Bcos C=sin（B+C）=sin Bcos C+sin Ccos B，∴sin Ccos B=0.∵sin C>0，∴cos B=0.∵0<B<π，∴B=.∵AC=6CM=6，∴CM=1.∴在Rt△CBM中，a=CM·cos∠BCM=cos∠BCM.由角平分线张角定理得cos∠BCM=，即cos∠BCM==，∴cos∠BCM= 或 cos∠BCM=-（舍去）. 法二　前同法一.∵a=cos∠BCM，AC=6CM=6，∴由张角定理得=+，即=+，即2cos∠BCM=+，解得cos∠BCM=或cos∠BCM=-（舍去）. 答案： 2.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AD是∠BAC的角平分线，若∠BAC=，AD=2，则2b+c的最小值为　　　　.  解析：如图.∵AD是∠BAC的角平分线， ∴∠BAD=∠CAD=∠BAC=. 由张角定理得=+， 即=+， ∴+=， ∴2b+c=（2b+c）×2=++6≥6+2=6+4. 答案：6+4 3.在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，如果∠BAD=α，AD是∠BAC的角平分线，证明： （1）cos α=； （2）S△ABC=AD（b+c）sin α≥AD2tan α. 证明：（1）∵S△ABC=S△ABD+S△ACD， ∴AB×ACsin 2α=AB×ADsin α+AC×ADsin α，即cb×2sin αcos α=c×ADsin α+b×ADsin α. 两边同除以bcsin α得2cos α=+， ∴cos α=. （2）∵由（1）得cos α=， ∴=+. ∵（b+c）=++2≥2+2=4（当且仅当b=c时取“=”）， ∴（b+c）×≥4， 即b+c≥4×=， ∴S△ABC=AD（b+c）sin α≥AD××sin α=AD2tan α. 培优点3　三角中的创新应用问题 类型（一）　与三角函数有关的新定义问题 [例1]　已知定义域为R的函数h（x）满足对于任意的x∈R，都有h（x+2π）=h（x）+h（2π），则称函数h（x）具有性质P. （1）判断函数f（x）=2x，g（x）=cos x是否具有性质P；（直接写出结论） （2）已知函数f（x）=sin（ωx+φ），判断是否存在ω，φ，使函数f（x）具有性质P.若存在，求出ω，φ的值；若不存在，请说明理由； （3）设函数f（x）具有性质P，且在区间[0，2π]上的值域为[f（0），f（2π）].函数g（x）=sin[f（x）]满足g（x+2π）=g（x），且在区间（0，2π）上有且只有一个零点.求证：f（2π）=2π. |方|法|例|析| （1）因为f（x）=2x， 则f（x+2π）=2（x+2π）=2x+4π， 又f（2π）=4π，所以f（x+2π）=f（x）+f（2π），故函数f（x）=2x具有性质P. 因为g（x）=cos x， 所以g（x+2π）=cos（x+2π）=cos x. 又g（2π）=cos 2π=1，所以g（x）+g（2π）=cos x+1≠g（x+2π）， 故g（x）=cos x不具有性质P. （2）若函数f（x）具有性质P，则f（0+2π）=f（0）+f（2π），即f（0）=sin φ=0， 因为|φ|<，所以φ=0，所以f（x）=sin ωx， 所以必有f（2π）=0成立， 即sin 2ωπ=0.因为<ω<， 所以3π<2ωπ<5π， 所以2ωπ=4π，则ω=2，此时f（x）=sin 2x， 则f（x+2π）=sin 2（x+2π）=sin 2x， f（x）+f（2π）=sin 2x+sin 4π=sin 2x， 即有f（x+2π）=f（x）+f（2π）成立， 所以存在ω=2，φ=0，使函数f（x）具有性质P. （3）证明：由函数f（x）具有性质P及（2）可知，f（0）=0， 由g（x+2π）=g（x）可知函数g（x）是以2π为周期的周期函数，则g（2π）=g（0）， 即sin[f（2π）]=sin[f（0）]=0，所以f（2π）=kπ，k∈Z. 由f（0）=0，f（2π）=kπ以及题设可知， 函数f（x）在[0，2π]的值域为[0，kπ]，所以k∈Z且k>0. 当k>2，f（x）=π及f（x）=2π时，均有g（x）=sin[f（x）]=0， 这与g（x）在区间（0，2π）上有且只有一个零点矛盾，因此k=1或k=2. 当k=1时，f（2π）=π，函数f（x）在[0，2π]的值域为[0，π]， 此时函数g（x）的值域为[0，1]， 而f（x+2π）=f（x）+π，于是函数f（x）在[2π，4π]的值域为[π，2π]， 此时函数g（x）的值域为[-1，0]， 函数g（x）=sin[f（x）]在x∈[0，2π]和x∈[2π，4π]时的取值范围不同， 与函数g（x）是以2π为周期的周期函数矛盾，故k=2，即f（2π）=2π，命题得证. |解|题|指|导|　解决三角函数新定义问题的思路 （1）找出新定义的几个要素及其所代表的意义； （2）把新定义下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中； （3）利用三角函数的公式、性质解答问题. 类型（二）　与解三角形有关的新定义问题 [例2]　定义：如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的两倍，那么这个三角形叫做倍角三角形.如图，△ABC的面积为S，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin C=. （1）证明：△ABC是倍角三角形； （2）若c=9，当S取最大值时，求tan B. |方|法|例|析| （1）证明：因为sin C===，又sin C≠0，所以=1， 则b2=c2-ab. 又由余弦定理知，b2=a2+c2-2accos B， 故2ccos B=a+b， 由正弦定理，得2sin Ccos B=sin A+sin B. 又sin A=sin（B+C）=sin Bcos C+cos Bsin C， 代入上式可得sin Ccos B=sin Bcos C+sin B， 即sin Ccos B-sin Bcos C=sin B， sin（C-B）=sin B，则有C-B=B，C=2B， 故△ABC是倍角三角形. （2）因为C=2B，所以A=π-B-C=π-3B>0， 故0<B<，则tan B∈（0，）. 又c=9，=， 则a===， 则S=acsin B=asin B =××sin B=· =· =（sin 2B+cos 2Btan B） = =×. 设x=tan B∈（0，），f（x）=， 则f'（x）= =， 令f'（x）=0，得x2=2-3或x2=-2-3（舍去）， 且当0<x2<2-3时，f'（x）>0， 当2-3<x2<3时，f'（x）<0， 则f（x）在（0，）内单调递增， 在（）内单调递减， 故当x=时，f（x）取得最大值， 此时S也取得最大值，故tan B=. |解|题|指|导| 本题第（1）问中由条件sin C=正确选用S=absin C，即可消去sin C，得到边的等式，再结合正、余弦定理，从而推证三角形内角的关系.第（2）问中，利用（1）中的结论C=2B，结合正弦定理表示出边a，代入面积公式，化为关于tan B的关系式，最后结合换元法利用导数解决.本例看似简单，但解答运用知识点较多，需灵活运用相关知识解决. [应用体验] 1.（2025·全国Ⅰ卷）设函数f（x）=5cos x-cos 5x. （1）求f（x）在的最大值； （2）给定θ∈（0，π），a为给定实数，证明：存在y∈[a-θ，a+θ]，使得cos y≤cos θ； （3）若存在φ，使得对任意x，都有5cos x-cos（5x+φ）≤b，求b的最小值. 解：（1）f'（x）=5（sin 5x-sin x）=5[sin（3x+2x）-sin（3x-2x）]=10cos 3x·sin 2x， 令f'（x）=0，由x∈，解得x=0或x=. 结合单调性可知，当x∈时，f'（x）>0，f（x）单调递增；当x∈时，f'（x）<0， f（x）单调递减.故f（x）max=f=3. （2）证明：不妨设a∈[0，2π），令g（y）=cos y-cos θ，则g（a）=cos a-cos θ. 只需证明：g（y）≤0. 而g（a-θ）=-2sinsin =2sinsin， g（a+θ）=-2sinsin. ①若a-θ<θ<a+θ，则a<2θ. 令y=θ∈[a-θ，a+θ]，则cos y≥cos θ； ②若θ≤a-θ，a≥2θ，令y=a-θ，则y∈（0，π）且y∈[a-θ，a+θ]，cos y≥cos θ. 由周期性，∀a∈[2kπ，（2k+1）π）（k∈Z），上述结论都成立. 综上，存在y∈[a-θ，a+θ]，使得cos y≤cos θ. （3）令h（x）=5cos x-cos（5x+φ），h'（x）=-5sin x+5sin（5x+φ）， 由于h（x）周期为2π，不妨设x∈[-π，π]，φ∈[-π，π]， 因为h（x）连续且处处可导，所以h（x）最大值在极值点处取到， 令h'（x）=0，sin（5x+φ）=sin x，所以5x+φ=x+2k1π或5x+φ=π-x+2k2π，k1，k2∈Z， 所以x=-+或x=-+（k1，k2∈Z）， 当x=-+（k1∈Z）时，h（x）=5cos x-cos x=4cos x=4cos， 当x=-+（k2∈Z）时，h（x）=5cos x-cos（π-x+2k2π）=6cos x=6cos， 所以h（x）max=max，显然4cos≤4，记q（φ）=6cos， 取值情况最多有6种，相当于p（x）=6cos x图象上以A为起点，横坐标以为跨度，往后总共取6个点，由p（x）图象可知，φ=0时，q（φ）取最小值3，3>4， 所以b≥5cos x-cos（5x+φ），所以b≥q（φ）min=3， 此时h（x）≤3恒成立，且x=±时取等号，所以b的最小值为3. 2.（2025·泰安模拟）函数f（x）=sin（ωx+φ）的最小正周期为π，为该函数的一个对称中心. （1）求函数f（x）的解析式及单调递增区间； （2）当x1，x2∈（θ∈R）时，设|f（x1）-f（x2）|的最大值为F（θ），求F（θ）的值域； （3）把曲线y=f（x）向右平移个单位长度，再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到曲线y=g（x）.试问当m，n∈时，g（m），g（n），g（m+n）能否作为△ABC的三边长?若能，给出证明，并探究△ABC的外接圆的半径是否为定值?若不能，请说明理由. 解：（1）由题意得=π，∴ω=2. 又f=sin=0， 则sin=0，∴φ=kπ+（k∈Z）. 又|φ|<，∴φ=，∴f（x）=sin. 令2kπ-≤2x+≤2kπ+（k∈Z），解得kπ-≤x≤kπ+（k∈Z）， ∴函数f（x）的单调递增区间为（k∈Z）. （2）F（θ）的值域即为f（x）在区间上最大值与最小值之差的取值范围. ①若f（x）的对称轴在区间内，不妨设对称轴x=在区间内， 则f（x）的最大值为1，当f=f（θ）， 即f=f=时， F（θ）的最小值为1-=. ②若f（x）的对称轴不在区间内， 则f（x）在区间内具有单调性，在两端点处取得最大值与最小值， 则F（θ）=|f-f（θ）| =|sin-sin| =|sin+sin 2θ| =|sin|≤， 故函数f（x）=sin在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为， 即F（θ）的值域为. （3）把曲线y=f（x）向右平移个单位长度，再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到曲线g（x）=sin x， 当m，n∈时，g（m），g（n），g（m+n）可以作为△ABC的三边长.将问题转化为证明任意两数之和大于第三个数.证明如下： 先证明g（m）+g（m+n）>g（n）. 由题意可知，g（m）+g（m+n）=sin m+sin（m+n）>0，g（n）=sin n>0，m，n∈， g（m）+g（m+n）-g（n）=sin m+sin（m+n）-sin n=sin m（1+cos n）+sin n（cos m-1） =sin m·2cos2-sin n·2sin2 =4sincoscos2-4sincossin2 =4sincos =4sincoscos>0， 故g（m）+g（m+n）>g（n）. 同理，g（n）+g（m+n）>g（m）， g（m）+g（n）=sin m+sin n>sin mcos n+sin ncos m=g（m+n）. 综上，g（m），g（n），g（m+n）能作为△ABC的三边长. 设g（m+n）当作边时所对的角为α， 则cos α= = = =sin msin n-cos mcos n =-cos（m+n）=cos [π-（m+n）]. 又α∈（0，π），π-（m+n）∈（0，π）， ∴α=π-（m+n），sin α=sin [π-（m+n）]=sin（m+n）， 由正弦定理可得，△ABC的外接圆的直径为2R===1，即R=为定值. 故当m，n∈时，g（m），g（n），g（m+n）能作为△ABC的三边长，且△ABC外接圆的半径为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $