2024版新教材高考数学一轮复习第4章三角函数与解三角形第3节三角恒等变换学案含解析新人教B版202305182160

2024版新教材高考数学一轮复习第4章三角函数与解三角形第3节三角恒等变换学案含解析新人教B版202305182160第3节三角恒等变换一、教材概念·结论·性质重现1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ.(2)cos(α±β)＝cosαcosβ∓sinαsinβ.(3)tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1∓tanαtanβ).两角和与差的正弦、余弦、正切公式的结构特征和符号特点及关系：C(α±β)同名相乘，符号相反；S(α±β)异名相乘，符号相同；T(α±β)分子同，分母反．2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α＝2sinαcosα.(2)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.(3)tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).二倍角是相对的，例如，eq\f(α,2)是eq\f(α,4)的二倍角，3α是eq\f(3α,2)的二倍角．3．常用公式(1)降幂扩角公式①cos2eq\f(α,2)＝eq\f(1＋cosα,2)；②sin2eq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,2).(2)升幂公式①1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)；②1－cosα＝2sin2eq\f(α,2).(3)公式变形tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanα·tanβ)．(4)辅助角公式asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)，其中sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))，cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2)).4．常见的配角技巧2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β，β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)，α＝eq\f(α＋β,2)＋eq\f(α－β,2)，eq\f(α－β,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β)).二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(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)＝sinα＋sinβ成立．(√)(3)公式tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)可以变形为tanα＋tanβ＝tan(α＋β)(1－tanαtanβ)，且对任意角α，β都成立．(×)(4)当α是第一象限角时，sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,2)).(×)(5)存在角α，使得sin2α＝2sinα成立．(√)2．sin45°cos15°＋cos225°sin165°＝()A．1 B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3),2) D．－eq\f(1,2)B解析：sin45°cos15°＋cos225°sin165°＝sin45°·cos15°＋(－cos45°)sin15°＝sin(45°－15°)＝sin30°＝eq\f(1,2).3．cos2eq\f(π,6)－sin2eq\f(π,6)＝________.eq\f(1,2)解析：根据二倍角公式有cos2eq\f(π,6)－sin2eq\f(π,6)＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).4．化简：eq\f(2sinπ－α＋sin2α,cos2\f(α,2))＝________.4sinα解析：原式＝eq\f(2sinα＋2sinαcosα,\f(1,2)1＋cosα)＝eq\f(4sinα1＋cosα,1＋cosα)＝4sinα.5．若tanα＝eq\f(1,3)，tan(α＋β)＝eq\f(1,2)，则tanβ＝________.eq\f(1,7)解析：因为tanα＝eq\f(1,3)，tan(α＋β)＝eq\f(1,2)，所以tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq\f(tanα＋β－tanα,1＋tanα＋βtanα)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,3),1＋\f(1,2)×\f(1,3))＝eq\f(1,7).考点1公式的简单应用——基础性1．(2020·山东九校联考)已知点A在圆x2＋y2＝4上，且∠xOA＝eq\f(7,12)π，则点A的横坐标为()A.eq\f(\r(2)－\r(6),2) B.eq\f(\r(2)－\r(6),4)C.eq\f(1－\r(3),4) D.eq\f(1－\r(3),2)A解析：设点A(x0，y0)，因为点A在圆上，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4.因为∠xOA＝eq\f(7,12)π，coseq\f(7π,12)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,3)))＝coseq\f(π,4)·coseq\f(π,3)－sineq\f(π,4)sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(2)－\r(6),4).又因为cos∠xOA＝eq\f(x0,\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)))，即coseq\f(7π,12)＝eq\f(x0,2)，所以x0＝eq\f(\r(2)－\r(6),2).故选A.2．(2020·沈阳三模)被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”，在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用，0.618就是黄金分割比m＝eq\f(\r(5)－1,2)的近似值，黄金分割比还可以表示成2sin18°，则eq\f(m\r(4－m2),2cos227°－1)＝()A．4 B．eq\r(5)＋1C．2 D．eq\r(5)－1C解析：由题意，2sin18°＝m＝eq\f(\r(5)－1,2)，所以m2＝4sin218°，则eq\f(m\r(4－m2),2cos227°－1)＝eq\f(2sin18°·\r(4－4sin218°),cos54°)＝eq\f(2sin18°·2cos18°,cos54°)＝eq\f(2sin36°,sin36°)＝2.3.eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin170°)＝()A．4 B．2C．－2 D．－4D解析：eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin170°)＝eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin10°)＝eq\f(\r(3)sin10°－cos10°,sin10°cos10°)＝eq\f(2sin10°－30°,\f(1,2)sin20°)＝eq\f(－2sin20°,\f(1,2)sin20°)＝－4.4．(2020·全国卷Ⅱ)若sinx＝－eq\f(2,3)，则cos2x＝________.eq\f(1,9)解析：因为sinx＝－eq\f(2,3)，所以cos2x＝1－2sin2x＝eq\f(1,9).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．考点2三角函数的化简求值问题——综合性考向1给值求值问题(1)(2020·全国卷Ⅰ)已知α∈(0，π)，且3cos2α－8cosα＝5，则sinα＝()A.eq\f(\r(5),3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(\r(5),9)A解析：由3cos2α－8cosα＝5，得6cos2α－8cosα－8＝0，即3cos2α－4cosα－4＝0，解得cosα＝－eq\f(2,3)或cosα＝2(舍去)．又因为α∈(0，π)，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),3).故选A.(2)(2020·山东师范大学附中高三质评)若sinθ＝eq\r(5)cos(2π－θ)，则tan2θ＝()A．－eq\f(\r(5),3) B．eq\f(\r(5),3)C．－eq\f(\r(5),2) D．eq\f(\r(5),2)C解析：因为sinθ＝eq\r(5)cos(2π－θ)＝eq\r(5)cosθ，所以tanθ＝eq\r(5)，所以tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(2\r(5),1－5)＝－eq\f(\r(5),2).故选C.(3)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且3cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，则sin2α的值为________．－eq\f(17,18)解析：cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)).代入原式，得6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝sineq\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coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(1,6)，所以sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝－eq\f(17,18).给值求值问题的求解思路(1)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．考向2给值求角问题已知cosα＝eq\f(1,7)，cos(α－β)＝eq\f(13,14)，且0<β<α<eq\f(π,2)，则β＝________.eq\f(π,3)解析：因为0<β<α<eq\f(π,2)，所以0<α－β<eq\f(π,2).又因为cos(α－β)＝eq\f(13,14)，所以sin(α－β)＝eq\r(1－cos2α－β)＝eq\f(3\r(3),14).因为cosα＝eq\f(1,7)，0<α<eq\f(π,2)，所以sinα＝eq\f(4\r(3),7).所以cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosα·cos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(1,7)×eq\f(13,14)＋eq\f(4\r(3),7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(1,2).因为0<β<eq\f(π,2)，所以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．1．(2019·全国卷Ⅱ)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2sin2α＝cos2α＋1，则sinα＝()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2\r(5),5)B解析：由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝2cos2α.又因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2sinα＝cosα.又因为sin2α＋cos2α＝1，所以sinα＝eq\f(\r(5),5).2．已知tanα，tanβ是方程x2＋3eq\r(3)x＋4＝0的两根，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则α＋β＝()A．eq\f(π,3) B．eq\f(π,3)或－eq\f(2π,3)C．－eq\f(π,3)或eq\f(2π,3) D．－eq\f(2π,3)D解析：由题意得tanα＋tanβ＝－3eq\r(3)＜0，tanαtanβ＝4＞0，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\r(3)，且tanα＜0，tanβ＜0.又由α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，得α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以α＋β∈(－π，0)，所以α＋β＝－eq\f(2π,3).3．(2020·泰安高三一轮检测)已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(12,13)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________.－eq\f(56,65)解析：因为α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，所以α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，β－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4))).因为sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(12,13)，所以cos(α＋β)＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝－eq\f(5,13)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝cos(α＋β)·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＋sin(α＋β)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(12,13)＝－eq\f(56,65).考点3角的变换与式的变换——综合性考向1角的变换(1)(2020·全国卷Ⅲ)已知sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(2),2)B解析：因为sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝sinθ＋sinθcoseq\f(π,3)＋cosθsineq\f(π,3)＝sinθ＋eq\f(1,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝eq\f(3,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinθ＋\f(1,2)cosθ))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).故选B.(2)(2020·济南一模)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝eq\f(2,3)，则eq\f(1,2)－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))的值为________．eq\f(1,3)解析：eq\f(1,2)－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3))),2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1－\f(2,3),2)＝eq\f(1,3).(3)化简：eq\f(cos40°sin45°,cos25°\r(1－sin40°))＝________.1解析：eq\f(cos40°sin45°,cos25°\r(1－sin40°))＝eq\f(\f(\r(2),2)cos40°,cos25°\r(1－cos50°))＝eq\f(\f(\r(2),2)cos40°,cos25°·\r(2)sin25°)＝eq\f(cos40°,sin50°)＝1.本例(2)中条件改为“cos(75°＋α)＝eq\f(1,3)”，求cos(30°－2α)的值．解：因为cos(75°＋α)＝eq\f(1,3)，所以sin(15°－α)＝cos(75°＋α)＝eq\f(1,3)，所以cos(30°－2α)＝1－2sin2(15°－α)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(7,9).应用角的变换求值策略解决此类问题应明确各个角之间的关系(包括非特殊角与特殊角、已知角与未知角)，熟悉角的变换技巧，及半角与倍角的相互转化，如：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，40°＝60°－20°，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(π,2)，eq\f(α,2)＝2×eq\f(α,4)等．考向2式的变换计算：eq\f(1＋cos20°,2sin20°)－sin10°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tan5°)－tan5°)).解：原式＝eq\f(2cos210°,2×2sin10°cos10°)－sin10°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos5°,sin5°)－\f(sin5°,cos5°)))＝eq\f(cos10°,2sin10°)－sin10°·eq\f(cos25°－sin25°,sin5°cos5°)＝eq\f(cos10°,2sin10°)－sin10°·eq\f(cos10°,\f(1,2)sin10°)＝eq\f(cos10°,2sin10°)－2cos10°＝eq\f(cos10°－2sin20°,2sin10°)＝eq\f(cos10°－2sin30°－10°,2sin10°)＝eq\f(cos10°－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°)),2sin10°)＝eq\f(\r(3)sin10°,2sin10°)＝eq\f(\r(3),2).应用式的变换求值策略解决此类问题应明确各个三角函数名称之间的联系，常常用到同角关系、诱导公式，把正弦、余弦函数化为正切函数，或者把正切函数化为正弦、余弦函数．1．设α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，则()A．3α－β＝eq\f(π,2) B．2α－β＝eq\f(π,2)C．3α＋β＝eq\f(π,2) D．2α＋β＝eq\f(π,2)B解析：由tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，得eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，即sinαcosβ＝cosα＋cosαsinβ，所以sin(α－β)＝cosα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)).因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，eq\f(π,2)－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，由sin(α－β)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，得α－β＝eq\f(π,2)－α，所以2α－β＝eq\f(π,2).2．(2020·百校联盟1月联考)已知α，β都是锐角，cos(α＋β)＝eq\f(5,13)，sin(α－β)＝eq\f(3,5)，则sinα＝()A.eq\f(9\r(130),130) B.eq\f(7\r(130),130)C.eq\f(7\r(65),65) D.eq\f(4\r(65),65)A解析：因为α，β都是锐角，所以0<α＋β<π，－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2).又因为cos(α＋β)＝eq\f(5,13)，sin(α－β)＝eq\f(3,5)，所以sin(α＋β)＝eq\f(12,13)，cos(α－β)＝eq\f(4,5)，则cos2α＝cos[(α＋β)＋(α－β)]＝cos(α＋β)cos(α－β)－sin(α＋β)sin(α－β)＝eq\f(5,13)×eq\f(4,5)－eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＝－eq\f(16,65).因为cos2α＝1－2sin2α＝－eq\f(16,65)，所以sin2α＝eq\f(81,130).因为sinα>0，所以sinα＝eq\f(9\r(130),130).故选A.考点4三角恒等变换的综合应用——应用性已知函数f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x.(1)求函数f(x)的最小正周期及单调递减区间；(2)若α∈(0，π)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,4)－\f(π,8)))＝eq\f(\r(2),2)，求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))的值．解：(1)因为f(x)＝(2cos2x－1)·sin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝cos2xsin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝eq\f(1,2)(sin4x＋cos4x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))，所以函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(π,2).令2kπ＋eq\f(π,2)≤4x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,16)≤x≤eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,16)，k∈Z.所以函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,16)，\f(kπ,2)＋\f(5π,16)))，k∈Z.(2)因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,4)－\f(π,8)))＝eq\f(\r(2),2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝1.又α∈(0，π)，所以－eq\f(π,4)＜α－eq\f(π,4)＜eq\f(3π,4).所以α－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2).故α＝eq\f(3π,4).因此，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(tan\f(3π,4)＋tan\f(π,3),1－tan\f(3π,4)tan\f(π,3))＝eq\f(－1＋\r(3),1＋\r(3))＝2－eq\r(3).三角恒等变换综合应用的解题思路(1)将f(x)化为asinx＋bcosx的形式．(2)构造f(x)＝eq\r(a2＋b2)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(a2＋b2))·sinx＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(a2＋b2))·cosx)).(3)和角公式逆用，得f(x)＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)(其中φ为辅助角)．(4)利用f(x)＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)研究三角函数的性质．(5)反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．1．(2020·北京卷)若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cosx的最大值为2，则常数φ的一个取值为________．eq\f(π,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，k∈Z均可))解析：因为f(x)＝cosφsinx＋(sinφ＋1)·cosx＝eq\r(cos2φ＋sinφ＋12)sin(x＋θ)，其中tanθ＝eq\f(1＋sinφ,cosφ)，所以eq\r(cos2φ＋sinφ＋12)＝2，解得sinφ＝1，故可取φ＝eq\f(π,2).2．已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点P(－3，eq\r(3))．(1)求sin2α－tanα的值；(2)若函数f(x)＝cos(x－α)cosα－sin(x－α)·sinα，求函数g(x)＝eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))－2f2(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上的值域．解：(1)因为角α的终边经过点P(－3，eq\r(3))，所以sinα＝eq\f(1,2)，cosα＝－eq\f(\r(3),2)，tanα＝－eq\f(\r(3),3).所以sin2α－tanα＝2sinαcosα－tanα＝－eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(3),3)＝－eq\f(\r(3),6).(2)因为f(x)＝cos(x－α)cosα－sin(x－α)sinα＝(cosxcosα＋sinxsinα)·cosα－(sinxcosα－cosxsinα)sinα＝cosxcos2α＋cosxsin2α＝cosx，所以g(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))－2cos2x＝eq\r(3)sin2x－1－cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1.因为0≤x≤eq\f(2π,3)，所以－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6).所以－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤1.所以－2≤2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－1≤1.故函数g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上的值域是[－2,1]．已知eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值．[四字程序]读想算思求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值1.解答本题可能会用到哪些公式？2．条件中既有“切”又有“弦”，如何处理？三角恒等变换1.转化与回归；2．数形结合eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)1.两角和的正弦、正切公式，二倍角公式，同角三角函数基本关系等；2．通常要切化弦sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)1.弦切互化及“1”的代换；2．拆角凑角；3．构造图形思路参考：利用同角三角函数关系求值．解：由eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(tanα,\f(tanα＋1,1－tanα))＝－eq\f(2,3)，解得tanα＝－eq\f(1,3)或tanα＝2.当tanα＝－eq\f(1,3)时，α可能为第二象限角或第四象限角．若α为第二象限角，sinα＝eq\f(1,\r(10))，cosα＝－eq\f(3,\r(10))，所以sin2α＝－eq\f(3,5)，cos2α＝eq\f(4,5).若α为第四象限角，则sinα＝－eq\f(1,\r(10))，cosα＝eq\f(3,\r(10))，sin2α＝－eq\f(3,5)，cos2α＝eq\f(4,5).把sin2α＝－eq\f(3,5)，cos2α＝eq\f(4,5)代入求值，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),10).当tanα＝2时，α可能为第一象限角或第三象限角．若α为第一象限角，则sinα＝eq\f(2,\r(5))，cosα＝eq\f(1,\r(5))，所以sin2α＝eq\f(4,5)，cos2α＝－eq\f(3,5).若α为第三象限角，则sinα＝－eq\f(2,\r(5))，cosα＝－eq\f(1,\r(5))，所以sin2α＝eq\f(4,5)，cos2α＝－eq\f(3,5).把sin2α＝eq\f(4,5)，cos2α＝－eq\f(3,5)代入求值，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),10).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10).思路参考：根据万能公式sin2α＝eq\f(2tanα,1＋tan2α)，cos2α＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)求值．解：由eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(tanα,\f(tanα＋1,1－tanα))＝－eq\f(2,3)，解得tanα＝－eq\f(1,3)或tanα＝2.根据公式sin2α＝eq\f(2tanα,1＋tan2α)，cos2α＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)，可得当tanα＝－eq\f(1,3)时，sin2α＝－eq\f(3,5)，cos2α＝eq\f(4,5)；当tanα＝2时，sin2α＝eq\f(4,5)，cos2α＝－eq\f(3,5)，两种情况的结果都是sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),10).思路参考：利用同角三角函数基本关系中“1”的代换．解：由eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(tanα,\f(tanα＋1,1－tanα))＝－eq\f(2,3)，解得tanα＝－eq\f(1,3)或tanα＝2.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),2)(2sinαcosα＋cos2α－sin2α)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(2sinαcosα＋cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(2tanα＋1－tan2α,tan2α＋1).将tanα＝－eq\f(1,3)或tanα＝2代入上式均有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10).思路参考：把正切转化为正弦、余弦的比值，得到α与α＋eq\f(π,4)的正余弦值的关系．解：因为eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(sinαcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),cosαsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，所以sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(2,3)cosα·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))).①又eq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－α，所以sineq\f(π,4)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－α))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cosα－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinα＝eq\f(\r(2),2).②由①②，得sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),5)，cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3\r(2),10)，把2α＋eq\f(π,4)拆分为α＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))))＝sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10).思路参考：令α＋eq\f(π,4)＝β，则2α＋eq\f(π,4)＝α＋β.将原问题进行转化，然后构造几何图形求解．解：令α＋eq\f(π,4)＝β，则2α＋eq\f(π,4)＝α＋β.原题可转化为：已知eq\f(tanα,tanβ)＝－eq\f(2,3)，求sin(α＋β)的值．如图，构造Rt△ABC，其中BC＝1，CD＝2，AD＝1，tanα＝eq\f(1,3)，tanβ＝－eq\f(1,2)，sin(α＋β)＝sinθ，满足题意．在△ABD中，BD＝eq\r(5)，AB＝eq\r(10)，AD＝1，由余弦定理得cosθ＝eq\f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq\f(\r(10)2＋\r(5)2－1,2\r(10)×\r(5))＝eq\f(7\r(2),10).所以sin(α＋β)＝sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7\r(2),10)))2)＝eq\f(\r(2),10).1．本题考查两角和的正弦、正切公式，三角恒等变换，基本解题方法是利用有关公式直接求值(如解法1)．也可根据题目条件恰当选用“1”的代换、拆角凑角、数形结合等方法．在求解过程中，注意综合运用数学思想方法分析与解决问题．2．基于课程标准，解答本题一般需要掌握运算求解能力、转化化归能力，体现逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及两角和的正弦、正切公式等知识，渗透着转化与化归、数形结合等思想方法，有一定的综合性，对培养创造性思维能力起到了积极的作用．若taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝3，则eq\f(cos2θ,1＋sin2θ)＝()A．3 B．－3C.eq\f(3,4) D．－eq\f(3,4)A解析：(方法一)因为taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(1－tanθ,1＋tanθ)＝3，所以tanθ＝－eq\f(1,2).所以eq\f(cos2θ,1＋sin2θ)＝eq\f(cos2θ－sin2θ,sin2θ＋2sinθcosθ＋cos2θ)＝eq\f(1－tan2θ,tan2θ＋2tanθ＋1)＝eq\f(1－\f(1,4),\f(1,4)－1＋1)＝3.(方法二)同方法一求得tanθ＝－eq\f(1,2).因为sin2θ＝eq\f(2tanθ,1＋tan2θ)＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)＝－eq\f(4,5)，cos2θ＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)＝eq\f(3,5).所以eq\f(cos2θ,1＋sin2θ)＝eq\f(\f(3,5),1－\f(4,5))＝3.第4节三角函数的性质与图像一、教材概念·结论·性质重现1．用“五点法”作正弦函数和余弦函数的简图在正弦函数y＝sinx，x∈[0,2π]的图像上，五个关键点是：(0,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．在余弦函数y＝cosx，x∈[0,2π]的图像上，五个关键点是：(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0))，(2π，1)．2．正弦函数、余弦函数、正切函数的图像和性质函数y＝sinxy＝cosxy＝tanx图像定义域RReq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x∈R，且x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))值域[－1,1][－1,1]R最小正周期2π2ππ奇偶性奇函数偶函数奇函数单调性在eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋\f(π,2)))上单调递增；在eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(3,2)π))上单调递减(k∈Z)在[2kπ，2kπ＋π]上递减；在[2kπ－π，2kπ]上单调递增(k∈Z)在eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))(k∈Z)上单调递增对称中心(kπ，0)(k∈Z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)，0))(k∈Z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)对称轴x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)x＝kπ(k∈Z)无(1)求函数y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时，应注意ω的符号，只有当ω＞0时，才能把ωx＋φ看作一个整体，代入y＝sint的相应单调区间求解．(2)表示单调区间时，不要忘记k∈Z.3．常用结论(1)若y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)；若y＝Asin(ωx＋φ)为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)．(2)若y＝Acos(ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ(k∈Z)；若y＝Acos(ωx＋φ)为奇函数，则有φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．(3)若y＝Atan(ωx＋φ)为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)．二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)y＝sinx在第一、第四象限单调递增．(×)(2)由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(2π,3)))＝sineq\f(π,6)，知eq\f(2π,3)是正弦函数y＝sinx(x∈R)的一个周期．(×)(3)已知y＝ksinx＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1.(×)(4)若sinx>eq\f(\r(2),2)，则x>eq\f(π,4).(×)2．函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(2π,3)))的定义域为()A.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠\f(3π,2)＋3kπ，k∈Z))))B.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,6)＋\f(kπ,3)，k∈Z))))C.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(π,18)＋kπ，k∈Z))))D.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(π,18)＋\f(kπ,3)，k∈Z))))D解析：由3x＋eq\f(2π,3)≠eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x≠－eq\f(π,18)＋eq\f(kπ,3)，k∈Z.3．若函数f(x)＝－cos2x，则f(x)的一个单调递增区间为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))B解析：由f(x)＝－cos2x知单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，故只有B满足．4．若函数y＝sin(2x＋φ)(0≤φ≤π)是R上的偶函数，则φ的值是________．eq\f(π,2)解析：若函数为偶函数，则φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．因为0≤φ≤π，所以φ＝eq\f(π,2).5．y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域是________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))解析：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)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，故3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))，即y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)).考点1三角函数的定义域——基础性1．函数f(x)＝eq\f(tan2x,tanx)的定义域为()A解析：要使函数f(x)＝eq\f(tan2x,tanx)有意义，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠kπ，,x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z，,2x≠kπ＋\f(π,2)))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)，,x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)))(k∈Z)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(2kπ,4)，,x≠\f(2k＋1,4)π.))所以x≠eq\f(nπ,4)，n∈Z.所以函数f(x)＝eq\f(tan2x,tanx)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,4)，k∈Z)))).2．函数y＝lg(2sinx－1)＋eq\r(1－2cosx)的定义域是________．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,3)，2kπ＋\f(5π,6)))，k∈Z解析：要使函数y＝lg(2sinx－1)＋eq\r(1－2cosx)有意义，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2sinx－1＞0，,1－2cosx≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx＞\f(1,2)，,cosx≤\f(1,2).))解得2kπ＋eq\f(π,3)≤x<2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z.即函数的定义域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,3)，2kπ＋\f(5π,6)))，k∈Z.求三角函数的定义域，实际上是构造简单的三角不等式(组)，有时候还需要借助三角函数图像求解．考点2三角函数的值域或最值——综合性(1)函数y＝3－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))的值域为________．[1,4]解析：因为eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,2)，所以0≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，所以－eq\f(1,2)≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1，所以1≤3－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤4.所以函数的值域为[1,4]．(2)(2019·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值为________．－4解析：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1.令cosx＝t，t∈[－1,1]，则f(t)＝－2t2－3t＋1＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(3,4)))2＋eq\f(17,8).易知当t＝1时，f(t)min＝－2×12－3×1＋1＝－4.故f(x)的最小值为－4.求三角函数的值域(最值)常见的三种类型(1)形如y＝asinx＋bcosx＋c的三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)．(2)形如y＝asin2x＋bsinx＋c的三角函数，可先设sinx＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)．1．当0<x<eq\f(π,4)时，函数f(x)＝eq\f(cos2x,cosxsinx－sin2x)的最小值是()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．2 D．4D解析：分子、分母同时除以cos2x，得f(x)＝eq\f(1,tanx－tan2x).因为0<x<eq\f(π,4)，所以0<tanx<1.因为tanx－tan2x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanx－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，所以当tanx＝eq\f(1,2)时，tanx－tan2x取得最大值eq\f(1,4).所以f(x)＝eq\f(cos2x,cosxsinx－sin2x)的最小值是4.2．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，其中x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，a)).若f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，则实数a的取值范围是________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))解析：因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，a))，所以x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，a＋\f(π,6))).当x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))时，f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以由函数的图像(图略)知，eq\f(π,2)≤a＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，所以eq\f(π,3)≤a≤π.考点3三角函数的单调性——应用性考向1求三角函数的单调区间(1)已知函数f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))，x∈[－π，0]，则f(x)的单调递减区间为_____________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(7π,12)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))解析：f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))＝－4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ(k∈Z)．所以函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))(k∈Z)．因为x∈[－π，0]，所以函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(7π,12)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0)).(2)函数y＝|tanx|的单调递增区间为________，单调递减区间为________．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Zeq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z解析：作出函数y＝|tanx|的图像，如图．观察图像可知，函数y＝|tanx|的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z；单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z.已知三角函数解析式求单调区间的方法(1)代换法：将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角，利用复合函数的单调性列不等式求解．(2)图像法：画出三角函数的图像，结合图像求函数的单调区间．考向2已知三角函数的单调性求参数已知ω>0，函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4)))解析：由eq\f(π,2)<x<π，ω>0，得eq\f(ωπ,2)＋eq\f(π,4)<ωx＋eq\f(π,4)<ωπ＋eq\f(π,4).又y＝sinx的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))，k∈Z，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥\f(π,2)＋2kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤\f(3π,2)＋2kπ，))k∈Z，解得4k＋eq\f(1,2)≤ω≤2k＋eq\f(5,4)，k∈Z.又由4k＋eq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k＋\f(5,4)))≤0，k∈Z，且2k＋eq\f(5,4)>0，k∈Z，得k＝0，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,4))).本例中，若已知ω>0，函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递增，则ω的取值范围是________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4)))解析：函数y＝cosx的单调递增区间为[－π＋2kπ，2kπ]，k∈Z，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,2)＋\f(π,4)≥－π＋2kπ，,ωπ＋\f(π,4)≤2kπ，))k∈Z，解得4k－eq\f(5,2)≤ω≤2k－eq\f(1,4)，k∈Z.又由4k－eq\f(5,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)))≤0，k∈Z，且2k－eq\f(1,4)>0，k∈Z，得k＝1，所以ω∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,4))).已知三角函数的单调区间确定参数ω的取值范围的步骤首先，明确所给单调区间应为函数的单调区间的子集；其次，要确定已知函数的单调区间，从而利用它们之间的包含关系求解；另外，若是选择题，利用特值验证排除法求解更为简捷．1．(2020·咸阳一模)函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－\f(π,4)))的单调递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2k＋\f(3,4)，2k＋\f(7,4)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2k－\f(3,4)，2k＋\f(1,4)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2k＋\f(1,4)，2k＋\f(5,4)))(k∈Z)C解析：由2kπ－π≤πx－eq\f(π,4)≤2kπ，k∈Z，得2k－eq\f(3,4)≤x≤2k＋eq\f(1,4)，k∈Z.所以函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－\f(π,4)))的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2k－\f(3,4)，2k＋\f(1,4)))(k∈Z)．2．若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]上单调递减，则a的最大值是()A．eq\f(π,4) B．eq\f(π,2)C．eq\f(3π,4) D．πA解析：f(x)＝cosx－sinx＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，即x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))单调递增，则f(x)＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))单调递减．因为函数f(x)在[－a，a]上单调递减，所以[－a，a]⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以0<a≤eq\f(π,4).所以a的最大值是eq\f(π,4).考点4三角函数的周期性、奇偶性、对称性综合——综合性考向1三角函数的周期性和奇偶性(1)(2020·浙江卷)函数y＝xcosx＋sinx在区间[－π，π]的图像大致为()ABCDA解析：因为f(x)＝xcosx＋sinx，所以f(－x)＝－xcosx－sinx＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，函数图像关于坐标原点对称，可知选项C、D错误；当x＝π时，y＝πcosπ＋sinπ＝－π<0，可知选项B错误．故选A.(2)(2019·全国卷Ⅱ)若x1＝eq\f(π,4)，x2＝eq\f(3π,4)是函数f(x)＝sinωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω＝()A．2 B．eq\f(3,2)C．1 D．eq\f(1,2)A解析：由x1＝eq\f(π,4)，x2＝eq\f(3π,4)是f(x)＝sinωx的两个相邻的极值点，可得eq\f(T,2)＝eq\f(3π,4)－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，则T＝π＝eq\f(2π,ω)，得ω＝2.故选A.(3)函数f(x)＝eq\f(tanx,1＋tan2x)的最小正周期为()A．eq\f(π,4) B．eq\f(π,2)C．π D．2πC解析：由已知得f(x)＝eq\f(tanx,1＋tan2x)＝eq\f(\f(sinx,cosx),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))2)＝eq\f(\f(sinx,cosx),\f(cos2x＋sin2x,cos2x))＝sinx·cosx＝eq\f(1,2)sin2x，所以f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π.(1)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，①f(x)为偶函数的充要条件是φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)；②f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z)．(2)函数y＝Asin(ωx＋φ)与y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为T＝e