人教B版-必修三-第七章 三角函数-本章小结 公开课比赛一等奖

《综合复习与测试》学案8．倍角公式自学新教材(一)教材梳理填空倍角的正弦、余弦、正切公式三角函数公式简记正弦sin2α＝2sin_αcos_αS2α余弦cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2αC2α正切tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)T2α(二)基本知能小试1．判断正误(1)对于任意角α，总有sin2α＝2sinα.()(2)对于任意角α，总有cos2α＝1－2cos2α.()(3)对于任意角α，总有cos2α＝2sin2α－1.()(4)对于任意角α，总有tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).()(5)对于任意角α，总有eq\r(1＋sin2α)＝sinα＋cosα.()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×\f(1－tan215°,2tan15°)＝()\r(3) \f(\r(3),3)C．1 D．－1解析：选A原式＝eq\f(1,\f(2tan15°,1－tan215°))＝eq\f(1,tan30°)＝eq\r(3).\f(1,2)－cos2eq\f(π,8)＝________.解析：原式＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(π,8)－1))＝－eq\f(1,2)coseq\f(π,4)＝－eq\f(\r(2),4).答案：－eq\f(\r(2),4)提升新知能题型一化简、求值问题[学透用活]二倍角公式的灵活运用(1)公式的逆用：逆用公式，这种在原有基础上的变通是创新意识的体现．主要形式有：2sinαcosα＝sin2α，sinαcosα＝eq\f(1,2)sin2α，cosα＝eq\f(sin2α,2sinα)，cos2α－sin2α＝cos2α，eq\f(2tanα,1－tan2α)＝tan2α.(2)公式的变形用：公式间有着密切的联系，这就要求思考时融会贯通，有目的的活用公式．主要形式有：1±sin2α＝sin2α＋cos2α±2sinαcosα＝(sinα±cosα)2，1＋cos2α＝2cos2α，cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\f(1－cos2α,2).[典例1]化简求值．(1)cos4eq\f(α,2)－sin4eq\f(α,2)；(2)sineq\f(π,24)·coseq\f(π,24)·coseq\f(π,12)；(3)1－2sin2750°；(4)tan150°＋eq\f(1－3tan2150°,2tan150°).[解](1)cos4eq\f(α,2)－sin4eq\f(α,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(α,2)＋sin2\f(α,2)))＝cosα.(2)原式＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(π,24)cos\f(π,24)))coseq\f(π,12)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,12)coseq\f(π,12)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(π,12)cos\f(π,12)))＝eq\f(1,4)sineq\f(π,6)＝eq\f(1,8)，∴原式＝eq\f(1,8).(3)原式＝cos(2×750°)＝cos1500°＝cos(4×360°＋60°)＝cos60°＝eq\f(1,2)，∴原式＝eq\f(1,2).(4)原式＝eq\f(2tan2150°＋1－3tan2150°,2tan150°)＝eq\f(1－tan2150°,2tan150°)＝eq\f(1,tan300°)＝eq\f(1,tan360°－60°)＝－eq\f(1,tan60°)＝－eq\f(\r(3),3)，∴原式＝－eq\f(\r(3),3).[方法技巧]应用二倍角公式化简求值的三个关注点(1)当单角为非特殊角，而倍角为特殊角时，常利用倍角公式及其变形公式化为特殊角求值．(2)当式子中涉及的角较多，要先变角，化异角为同角．(3)对根式形式的化简，以去根号为目的，化简时注意角的范围．[对点练清]1．化简eq\f(cos25°－sin25°,sin40°cos40°)＝()A．1 B．2\f(1,2) D．－1解析：选Beq\f(cos25°－sin25°,sin40°cos40°)＝eq\f(cos10°,\f(1,2)sin80°)＝eq\f(cos10°,\f(1,2)cos10°)＝2.故选B.\f(3－sin70°,2－cos210°)＝________.解析：eq\f(3－sin70°,2－cos210°)＝eq\f(3－sin70°,2－\f(1＋cos20°,2))＝2×eq\f(3－cos20°,3－cos20°)＝2.答案：2题型二给值求值问题[学透用活][典例2](1)若sinα－cosα＝eq\f(1,3)，则sin2α＝______.(2)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，eq\f(π,2)≤α<eq\f(3π,2)，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值．[解析](1)(sinα－cosα)2＝sin2α＋cos2α－2sinαcosα＝1－sin2α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2⇒sin2α＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(8,9).答案：eq\f(8,9)(2)∵eq\f(π,2)≤α<eq\f(3π,2)，∴eq\f(3π,4)≤α＋eq\f(π,4)<eq\f(7π,4).∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))>0，∴eq\f(3π,2)<α＋eq\f(π,4)<eq\f(7π,4).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝－eq\f(4,5).∴cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(3,5)＝－eq\f(24,25)，sin2α＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝1－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＝eq\f(7,25).∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)cos2α－eq\f(\r(2),2)sin2α＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,25)－\f(7,25)))＝－eq\f(31\r(2),50).[方法技巧]解决给值求值问题的方法解决给值求值问题，要注意寻找已知式与未知式之间的联系，有两个观察方向：(1)有方向地将已知式或未知式化简，使关系明朗化；(2)寻找角之间的关系，看是否适合相关公式的使用，注意常见角的变换和角之间的二倍关系．[对点练清]1．[整体求值]已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))＝eq\f(1,3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝________.解析：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))－1＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－1＝－eq\f(7,9).答案：－eq\f(7,9)2．[变角求值]已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(5,13)，0＜x＜eq\f(π,4)，求eq\f(cos2x,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))的值．解：原式＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)).∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝eq\f(5,13)，且0＜x＜eq\f(π,4)，∴eq\f(π,4)＋x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝eq\f(12,13)，∴原式＝2×eq\f(12,13)＝eq\f(24,13).题型三利用倍角公式进行证明[学透用活][典例3]求证：eq\f(cos2α,\f(1,tan\f(α,2))－tan\f(α,2))＝eq\f(1,4)sin2α.[证明]法一：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),cosα)＝sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)cosα＝eq\f(1,2)sinαcosα＝eq\f(1,4)sin2α＝右边，∴等式成立．法二：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)cosαsinα＝eq\f(1,4)sin2α＝右边，∴等式成立．[方法技巧]证明问题的原则及一般步骤(1)原则：观察式子两端的结构形式，一般是从复杂到简单，如果两端都比较复杂，就将两端都化简，即采用“两头凑”的思想．(2)一般步骤：先观察，找出角、函数名称、式子结构等方面的差异，然后本着“复角化单角”“异名化同名”“变量集中”等原则，设法消除差异，达到证明的目的．[对点练清]求证：cos2(A＋B)－sin2(A－B)＝cos2Acos2B.证明：左边＝eq\f(1＋cos2A＋2B,2)－eq\f(1－cos2A－2B,2)＝eq\f(cos2A＋2B＋cos2A－2B,2)＝eq\f(1,2)(cos2Acos2B－sin2Asin2B＋cos2Acos2B＋sin2Asin2B)＝cos2Acos2B＝右边，∴等式成立．题型四三角恒等变换与三角函数性质综合[学透用活][典例4]求函数f(x)＝5eq\r(3)cos2x＋eq\r(3)sin2x－4sinxcosx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,24)))的最小值，并求其单调递减区间．[解]f(x)＝5eq\r(3)×eq\f(1＋cos2x,2)＋eq\r(3)×eq\f(1－cos2x,2)－2sin2x＝3eq\r(3)＋2eq\r(3)cos2x－2sin2x＝3eq\r(3)＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos2x－\f(1,2)sin2x))＝3eq\r(3)＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)cos2x－cos\f(π,3)sin2x))＝3eq\r(3)＋4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))＝3eq\r(3)－4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，因为eq\f(π,4)≤x≤eq\f(7π,24)，所以eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，所以当2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，即x＝eq\f(7π,24)时，f(x)取最小值为3eq\r(3)－2eq\r(2).因为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,24)))上单调递增，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(7π,24)))上单调递减．[方法技巧]应用公式解决三角函数综合问题的三个步骤(1)运用和、差、倍角公式化简；(2)统一化成f(x)＝asinωx＋bcosωx＋k的形式；(3)利用辅助角公式化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，研究其性质．[对点练清]求函数y＝sin4x＋2eq\r(3)sinxcosx－cos4x的最小正周期和最小值，并写出该函数在[0，π]上的单调递减区间．解：y＝sin4x＋2eq\r(3)sinxcosx－cos4x＝(sin2x＋cos2x)(sin2x－cos2x)＋2eq\r(3)sinxcosx＝－cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2x－\f(1,2)cos2x))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以T＝eq\f(2π,2)＝π，ymin＝－2.由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，又x∈[0，π]，所以令k＝0，得函数的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6))).训练新素养[课堂一刻钟巩固训练]一、基础经典题1．函数y＝1－2cos2x的最小正周期是()\f(π,4) \f(π,2)C．π D．2π解析：选Cy＝1－2cos2x＝－cos2x，其最小正周期是T＝eq\f(2π,2)＝π.故选C.2．(2018·全国卷Ⅲ)若sinα＝eq\f(1,3)，则cos2α＝()\f(8,9) \f(7,9)C．－eq\f(7,9) D．－eq\f(8,9)解析：选B∵sinα＝eq\f(1,3)，∴cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(7,9).故选B.3．若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)))＝eq\f(3,5)，则cos2θ＝________.解析：∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)))＝eq\f(3,5)，∴cosθ＝eq\f(3,5).∴cos2θ＝2cos2θ－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2－1＝－eq\f(7,25).答案：－eq\f(7,25)4．化简：eq\r(\a\vs4\al(1＋sin10°))－eq\r(\a\vs4\al(1－sin10°))＝________.解析：原式＝eq\r(sin5°＋cos5°2)－eq\r(sin5°－cos5°2)＝|sin5°＋cos5°|－|cos5°－sin5°|＝2sin5°.答案：2sin5°二、创新应用题5．已知eq\f(π,2)<α<π，cosα＝－eq\f(4,5).(1)求tanα的值；(2)求sin2α＋cos2α的值．解：(1)因为cosα＝－eq\f(4,5)，eq\f(π,2)<α<π，所以sinα＝eq\f(3,5)，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(3,4).(2)sin2α＝2sinαcosα＝－eq\f(24,25)，cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(7,25)，所以sin2α＋cos2α＝－eq\f(24,25)＋eq\f(7,25)＝－eq\f(17,25).三、易错防范题6．已知θ是第二象限角，化简eq\r(1＋sinθ)＋eq\r(1－sinθ).解：原式＝eq\r(1＋2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2))＋eq\r(1－2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)＋cos\f(θ,2)))2)＋eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2)))2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)＋cos\f(θ,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))).因为θ是第二象限角，即2kπ＋eq\f(π,2)<θ<2kπ＋π，k∈Z，所以kπ＋eq\f(π,4)<eq\f(θ,2)<kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，故原式＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2sin\f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)<\f(θ,2)<2kπ＋\f(π,2)，k∈Z))，,－2sin\f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(5π,4)<\f(θ,2)<2kπ＋\f(3π,2)，k∈Z)).))[易错矫正]本题易错点一是在去根号时，对sineq\f(θ,2)±coseq\f(θ,2)的符号未加以讨论，导致化简错误．二是盲目地运用公式化简函数的解析式，而忽略了定义域．要想正确求解，需要掌握倍角、分角的终边所在象限的确定方法．[课下双层级演练过关]A级——学考水平达标练1．若tanθ＝－eq\f(1,3)，则cos2θ等于()A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(1,5)\f(1,5) D．eq\f(4,5)解析：选D若tanθ＝－eq\f(1,3)，则cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝eq\f(4,5).2．(2017·全国卷Ⅲ)已知sinα－cosα＝eq\f(4,3)，则sin2α＝()A．－eq\f(7,9) B．－eq\f(2,9)\f(2,9) D．eq\f(7,9)解析：选A将sinα－cosα＝eq\f(4,3)的两边进行平方，得sin2α－2sinαcosα＋cos2α＝eq\f(16,9)，即sin2α＝－eq\f(7,9).3．计算：eq\f(sin65°cos25°＋cos65°sin25°－°,2tan°)＝()\f(1,2) B．1\r(3) D．2解析：选B原式＝eq\f(sin90°－°,2tan°)＝eq\f(1－°,2tan°)＝eq\f(1,tan45°)＝1.4．化简eq\f(sin2x,2cosx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanx·tan\f(x,2)))＝()A．cosx B．tanxC．sinx D．eq\f(1,2)sin2x解析：选B原式＝eq\f(2sinxcosx,2cosx)eq\b\lc\(\rc\)(1＋eq\f(sinx,cosx)·eq\f(sin\f(x,2),cos\f(x,2)))＝sinxeq\f(cosxcos\f(x,2)＋sinxsin\f(x,2),cosxcos\f(x,2))＝sinx·eq\f(cos\f(x,2),cosxcos\f(x,2))＝eq\f(sinx,cosx)＝tanx.5．已知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，cosx＝eq\f(4,5)，则tan2x等于()\f(7,24) B．－eq\f(7,24)\f(24,7) D．－eq\f(24,7)解析：选D由cosx＝eq\f(4,5)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，得sinx＝－eq\f(3,5)，所以tanx＝－eq\f(3,4)，所以tan2x＝eq\f(2tanx,1－tan2x)＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))2)＝－eq\f(24,7)，故选D.6．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(3,5)，则sin2x的值为________．解析：sin2x＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(7,25).答案：eq\f(7,25)7．已知2cos2x＋sin2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0，b∈R)，则A＝_______，b＝________.解析：2cos2x＋sin2x＝sin2x＋cos2x＋1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1，故A＝eq\r(2)，b＝1.答案：eq\r(2)18．已知sin2θ＝eq\f(3,4)，则cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝________.解析：cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(1＋cos\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))),2)＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,2))),2)＝eq\f(1＋sin2θ,2)，∵sin2θ＝eq\f(3,4)，∴cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(1＋\f(3,4),2)＝eq\f(7,8).答案：eq\f(7,8)9．求值：eq\f(sin50°1＋\r(3)tan10°－cos20°,cos80°\r(\a\vs4\al(1－cos20°))).解：∵sin50°(1＋eq\r(3)tan10°)＝sin50°·eq\f(cos10°＋\r(3)sin10°,cos10°)＝sin50°·eq\f(2sin40°,cos10°)＝1，cos80°eq\r(\a\vs4\al(1－cos20°))＝sin10°eq\r(2sin210°)＝eq\r(2)sin210°，∴eq\f(sin50°1＋\r(3)tan10°－cos20°,cos80°\r(1－cos20°))＝eq\f(1－cos20°,\r(2)sin210°)＝eq\r(2).10．已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋sin2x－cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx.(1)化简f(x)；(2)若f(α)＝eq\f(1,7)，2α是第一象限角，求sin2α.解：(1)f(x)＝eq\f(1,2)cos2x－eq\f(\r(3),2)sin2x－cos2x＋eq\r(3)sin2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)∵f(α)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝eq\f(1,7)，2α是第一象限角，即2kπ<2α<2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∴2kπ－eq\f(π,6)<2α－eq\f(π,6)<2kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝eq\f(4\r(3),7)，∴sin2α＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))·coseq\f(π,6)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))·sineq\f(π,6)＝eq\f(1,7)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(4\r(3),7)×eq\f(1,2)＝eq\f(5\r(3),14).B级——高考水平高分练1．已知tanx＝eq\f(1,2)，则sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝()\f(1,10) \f(1,5)\f(3,5) D．eq\f(9,10)解析：选D因为tanx＝eq\f(1,2)，所以sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x)),2)＝eq\f(1＋sin2x,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(sinxcosx,sin2x＋cos2x)＝eq\f(1,2)＋eq\f(tanx,tan2x＋1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,5)＝eq\f(9,10).2．设sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋θ))＝eq\f(\r(2),3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))＝()A．－eq\f(7,9) B．－eq\f(5,9)\f(5,9) D．eq\f(7,9)解析：选B因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋θ))＝eq\f(\r(2),3)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))－\f(π,2)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋θ))))＝－eq\f(5,9).3．函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－2eq\r(2)·sin2x的最小正周期是________．解析：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－2eq\r(2)sin2x＝eq\f(\r(2),2)sin2x－eq\f(\r(2),2)cos2x－2eq\r(2)×eq\f(1－cos2x,2)＝eq\f(\r(2),2)sin2x＋eq\f(\r(2),2)cos2x－eq\r(2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))－eq\r(2)，故该函数的最小正周期是eq\f(2π,2)＝π.答案：π4．已知α，β均为锐角，且tanα＝7，cosβ＝eq\f(2\r(5),5)，则α＋2β＝________.解析：∵β为锐角，且cosβ＝eq\f(2\r(5),5)，∴sinβ＝eq\f(\r(5),5)，∴tanβ＝eq\f(1,2)，则tan2β＝eq\f(2tanβ,1－tan2β)＝eq\f(2×\f(1,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(4,3).∵tanα＝7，∴tan(α＋2β)＝eq\f(tanα＋tan2β,1－tanαtan2β)＝eq\f(7＋\f(4,3),1－7×\f(4,3))＝eq\f(\f(25,3),－\f(25,3))＝－1.由α，β为锐角，可得α＋2β＝eq\