统考版2024届高考数学一轮复习第四章4.4函数y＝Asinωx＋φ的图象及简单三角函数模型的应用学案理含解析20230423160

统考版2024届高考数学一轮复习第四章4.4函数y＝Asinωx＋φ的图象及简单三角函数模型的应用学案理含解析20230423160第四节函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及简单三角函数模型的应用【知识重温】一、必记3个知识点1．函数y＝sinx的图象变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的图象的步骤2．用五点法画y＝Asin(ωx＋φ)一个周期内的简图用五点法画y＝Asin(ωx＋φ)一个周期内的简图时，要找五个特征点．如下表所示．x－eq\f(φ,ω)eq\f(\f(π,2)－φ,ω)eq\f(π－φ,ω)eq\f(\f(3π,2)－φ,ω)eq\f(2π－φ,ω)ωx＋φ⑦____⑧____⑨____eq\o(○,\s\up1(10))____⑪____y＝Asin(ωx＋φ)0A0－A03.简谐振动y＝Asin(ωx＋φ)中的有关物理量y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)，x∈[0，＋∞)表示一个振动量时振幅周期频率相位初相AT＝⑫____f＝⑬______＝⑭______ωx＋φφ二、必明3个易误点1．函数图象变换要明确，要弄清楚是平移哪个函数的图象，得到哪个函数的图象．2．要注意平移前后两个函数的名称是否一致，若不一致，应先利用诱导公式化为同名函数．3．由y＝Asinωx的图象得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象时，需平移的单位数应为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(φ,ω)))，而不是|φ|.【小题热身】一、判断正误1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的图象是由y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq\f(π,2)个单位得到的．()(2)利用图象变换作图时“先平移，后伸缩”与“先伸缩，后平移”中平移的长度一致．()(3)函数y＝Asin(ωx＋φ)的最小正周期为T＝eq\f(2π,ω).()(4)把函数y＝sinx的图象上各点纵坐标不变，横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，所得图象对应的函数解析式为y＝sineq\f(1,2)x.()二、教材改编2．[必修4·P56练习T3改编]函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的振幅、频率和初相分别为()A．2，eq\f(1,π)，eq\f(π,4)B．2，eq\f(1,2π)，eq\f(π,4)C．2，eq\f(1,π)，eq\f(π,8)D．2，eq\f(1,2π)，－eq\f(π,8)3．[必修4·P55练习T2改编]为了得到函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，可以将函数y＝2sin2x的图象()A．向右平移eq\f(π,6)个单位长度B．向右平移eq\f(π,3)个单位长度C．向左平移eq\f(π,6)个单位长度D．向左平移eq\f(π,3)个单位长度三、易错易混4．函数f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,4)))，x∈R的最小正周期为()A.eq\f(π,2)B．πC．2πD．4π5．函数y＝cosx|tanx|eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤π且x≠\f(π,2)))的图象为()四、走进高考6．[2020·天津卷]已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).给出下列结论：①f(x)的最小正周期为2π；②feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))是f(x)的最大值；③把函数y＝sinx的图象上所有点向左平移eq\f(π,3)个单位长度，可得到函数y＝f(x)的图象．其中所有正确结论的序号是()A．①B．①③C．②③D．①②③eq\x(考点一)函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换[自主练透型]1．[2021·广州模拟]将函数y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,3)个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的图象，则f(x)＝()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(π,6)))B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(π,6)))C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(π,3)))D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(π,3)))2．已知函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).(1)求它的振幅、周期、初相；(2)用“五点法”作出它在区间[0，π]内的图象；(3)说明y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象可由y＝cosx的图象经过怎样的变换而得到．悟·技法函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象的两种作法五点法设z＝ωx＋φ，由z取0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3π,2)，2π来求出相应的x，通过列表，计算得出五点坐标，描点后得出图象图象变换法由函数y＝sinx的图象通过变换得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象，有两种主要途径“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”[提醒]平移变换和伸缩变换都是针对x而言，即x本身加减多少值，而不是依赖于ωx加减多少值.考点二由图象确定y＝Asin(ωx＋φ)的解析式[互动讲练型][例1](1)[2020·全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]的图象大致如图，则f(x)的最小正周期为()A.eq\f(10π,9)B.eq\f(7π,6)C.eq\f(4π,3)D.eq\f(3π,2)(2)[2021·武昌区高三调研]函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则f(x)＝________.悟·技法确定y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)的解析式的步骤(1)求A，B，确定函数的最大值M和最小值m，则A＝eq\f(M－m,2)，B＝eq\f(M＋m,2).(2)求ω，确定函数的周期T，则ω＝eq\f(2π,T).(3)求φ，常用方法有①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在下降区间上)或把图象的最高点或最低点代入．②五点法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的特殊点作为突破口.[变式练]——(着眼于举一反三)1．[2021·郑州测试]将函数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)的图象如图所示，则函数f(x)的解析式是()A．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))(x∈R)B．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))(x∈R)C．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))(x∈R)D．f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))(x∈R)2．[2021·江西省名校高三教学质量检测]已知函数f(x)＝cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则函数f(x)的单调递减区间为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)＋2kπ，\f(19π,12)＋2kπ))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)＋kπ，\f(13π,12)＋kπ))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋2kπ，\f(7π,12)＋2kπ))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))(k∈Z)考点三三角函数图象性质的综合应用[分层深化型]考向一：三角函数模型的应用[例2]如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋φ))＋k，据此函数可知，这段时间水深(单位：m)的最大值为()A．5B．6C．8D．10考向二：函数零点(方程根)问题[例3][2021·哈尔滨六中模拟]设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9π,8)))，若方程f(x)＝a恰好有三个根x1，x2，x3，且x1<x2<x3，则x1＋x2＋x3的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,8)，\f(5π,4)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(11π,8)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(13π,8)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,4)，\f(15π,8)))考向三：三角函数图象性质的综合[例4][2020·江苏卷]将函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是________________．悟·技法函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的性质(1)奇偶性：φ＝kπ时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为奇函数；φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数．(2)周期性：y＝Asin(ωx＋φ)具有周期性，其最小正周期为T＝eq\f(2π,ω).(3)单调性：根据y＝sint和t＝ωx＋φ(ω＞0)的单调性来研究，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)得单调增区间；由eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)得单调减区间．(4)对称性：利用y＝sinx的对称中心为(kπ，0)(k∈Z)求解，令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求得对称中心坐标．利用y＝sinx的对称轴为x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)求解，令ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)得其对称轴方程.

[同类练]——(着眼于触类旁通)3.[2021·四川树德中学模拟]为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的平面直角坐标系，设秒针针尖的坐标为P(x，y)．若针尖的初始坐标为P0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，当秒针从过点P0的位置(此时t＝0)开始走时，点P的纵坐标y与时间t(单位：秒)的函数关系为()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t＋\f(π,6)))B．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,60)t－\f(π,6)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t＋\f(π,6)))D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,30)t－\f(π,3)))[变式练]——(着眼于举一反三)4．[2021·湖北联考]已知函数f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)cos(ωx＋φ)＋cos2(ωx＋φ)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0≤φ≤\f(π,2)))的图象相邻的两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2)，若将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后，得到奇函数g(x)的图象，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)，\f(π,4)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))5．[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________．[拓展练]——(着眼于迁移应用)6．[2021·山东潍坊高考模拟考试]若函数f(x)＝2sin(x＋2θ)·cosx(0<θ<eq\f(π,2))的图象过点(0,2)，则下列说法正确的是()A．点(eq\f(π,4)，0)是y＝f(x)的一个对称中心B．直线x＝eq\f(π,4)是y＝f(x)的一条对称轴C．函数y＝f(x)的最小正周期是2πD．函数y＝f(x)的值域是[0,2]7．[2019·全国卷Ⅲ]设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]有且仅有5个零点．下述四个结论：①f(x)在(0,2π)有且仅有3个极大值点②f(x)在(0,2π)有且仅有2个极小值点③f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))单调递增④ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10)))其中所有正确结论的编号是()A．①④B．②③C．①②③D．①③④第四节函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及简单三角函数模型的应用【知识重温】①|φ|②eq\f(1,ω)③eq\f(1,ω)④eq\f(|φ|,ω)⑤A⑥A⑦0⑧eq\f(π,2)⑨π⑩eq\f(3π,2)⑪2π⑫eq\f(2π,ω)⑬eq\f(1,T)⑭eq\f(ω,2π)【小题热身】1．答案：(1)√(2)×(3)×(4)×2．解析：由振幅、频率和初相的定义可知，函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的振幅为2，频率为eq\f(1,π)，初相为eq\f(π,4).故选A项．答案：A3．解析：因为y＝2sin2x＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,3)))，所以将y＝2sin2x的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度可得y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象．答案：A4．解析：最小正周期为T＝eq\f(2π,\f(1,2))＝4π.答案：D5．解析：因为|tanx|≥0，所以当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，cosx≥0，y≥0；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，cosx≤0，y≤0.答案：C6．解析：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的最小正周期为2π，①正确；sineq\f(π,2)＝1＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))为f(x)的最大值，②错误；将y＝sinx的图象上所有点向左平移eq\f(π,3)个单位长度，得到f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象，③正确．故选B.答案：B课堂考点突破考点一1．解析：由题意知，先将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，再将所得图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度即得到函数f(x)的图象，故f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3×2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x－\f(π,6))).答案：B2．解析：(1)函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的振幅为1，周期T＝eq\f(2π,2)＝π，初相是－eq\f(π,3).(2)列表：2x－eq\f(π,3)－eq\f(π,3)0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)eq\f(5π,3)x0eq\f(π,6)eq\f(5π,12)eq\f(2π,3)eq\f(11π,12)πyeq\f(1,2)10－10eq\f(1,2)描点，连线．(3)解法一把y＝cosx的图象上所有的点向右平移eq\f(π,3)个单位长度，得到y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象；再把y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，得到y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象．解法二将y＝cosx的图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，得到y＝cos2x的图象；再将y＝cos2x的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象．考点二例1解析：(1)解法一设函数f(x)的最小正周期为T，由题图可得T<π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)))且eq\f(T,2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)))－(－π)，所以eq\f(10π,9)<T<eq\f(13π,9)，又因为|ω|＝eq\f(2π,T)，所以eq\f(18,13)<|ω|<eq\f(9,5).由题图可知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)))＝0，且－eq\f(4π,9)是函数f(x)的上升零点，所以－eq\f(4πω,9)＋eq\f(π,6)＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，所以－eq\f(4,9)ω＝2k－eq\f(2,3)(k∈Z)，所以|ω|＝eq\f(3,2)|3k－1|(k∈Z)．又因为eq\f(18,13)<|ω|<eq\f(9,5)，所以k＝0，所以|ω|＝eq\f(3,2)，所以T＝eq\f(2π,|ω|)＝eq\f(2π,\f(3,2))＝eq\f(4π,3).故选C.解法二(五点法)由函数f(x)的图象知，ω×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)))＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,2)，解得ω＝eq\f(3,2)，所以函数f(x)的最小正周期为eq\f(4π,3)，故选C.(2)结合题图知函数f(x)的最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，由T＝π得ω＝2，结合题图知A＝eq\r(2)，所以f(x)＝eq\r(2)sin(2x＋φ)，因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,2)，0))在f(x)的图象上，所以0＝eq\r(2)sin[2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＋φ]，所以φ－eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，因为0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).答案：(1)C(2)eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))变式练1．解析：依题意，设g(x)＝sin(ωx＋θ)，其中ω>0，|θ|<eq\f(π,2)，则有T＝eq\f(2π,ω)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)－\f(π,6)))＝π，ω＝2，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋θ))＝1，则θ＝eq\f(π,6)，因此g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，f(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，故选A.答案：A2．解析：通解由题图知，函数f(x)＝cos(ωx＋φ)的最小正周期T＝π，所以ω＝2.将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))代入f(x)＝cos(2x＋φ)，得1＝cos(2×eq\f(π,12)＋φ)，得eq\f(π,6)＋φ＝2kπ，k∈Z，则φ＝2kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).令2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋π，k∈Z，得eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(7π,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(7π,12)＋kπ))(k∈Z)．优解由题图知，函数f(x)＝cos(ωx＋φ)的最小正周期T＝π，故排除A，C.又函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上单调递减，所以函数f(x)＝cos(ωx＋φ)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))(k∈Z)．答案：D考点三例2解析：由图象可知，ymin＝2，因为ymin＝－3＋k，所以－3＋k＝2，解得k＝5，所以这段时间水深的最大值是ymax＝3＋k＝3＋5＝8.答案：C例3解析：由题意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9π,8)))，则2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,2)))，画出函数的大致图象，如图所示，由图得，当eq\f(\r(2),2)≤a<1时，方程f(x)＝a恰好有三个根，由2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)得x＝eq\f(π,8)，由2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(3π,2)得x＝eq\f(5π,8)，由图知，点(x1,0)与点(x2,0)关于直线x＝eq\f(π,8)对称，点(x2,0)与点(x3,0)关于直线x＝eq\f(5π,8)对称，∴x1＋x2＝eq\f(π,4)，π≤x3<eq\f(9π,8)，则eq\f(5π,4)≤x1＋x2＋x3<eq\f(11π,8)，即x1＋x2＋x3的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(11π,8)))，故选B.答案：B例4解析：将函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到y＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,4)))＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12)))的图象，由2x－eq\f(π,12)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得对称轴方程为x＝eq\f(7π,24)＋eq\f(1,2)kπ，k∈Z，其中与y轴最近的对称轴的方程为x＝－eq\f(5π,24).答案：x＝－eq\f(5π,24)同类练3．解析：t时刻，秒针针尖经过的圆弧对应的角度为eq\f(t,60)×2π＝eq\f(πt,30)，以x轴正半轴为始边，P(x，y)所在射线为终边，得P0对应的角度为eq\f(π,6)，则P(x，y)对应的角度为eq\f(π,6)－eq\f(πt,30)，由P0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))可知P(x，y)在单位圆上，所以t时刻P(x，y)的纵坐标y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(πt,30)＋\f(π,6)))，故选C.秒杀解t＝0时，纵坐标y＝eq\f(1,2)，排除BD；t＝10时，观察图形，此时纵坐标y≠1，排除A.选C.答案：C变式练4．解析：f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin(2ωx＋2φ)＋eq\f(1,2)cos(2ωx＋2φ)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋2φ＋\f(π,6)))，∵函数f(x)的图象相邻的两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2)，∴eq\f(2π,2ω)×eq\f(1,2)＝eq\f(π,2)，∴ω＝1，将f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后，得到奇函数g(x)的图象，∴g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋2φ＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2φ－\f(π,6)))，2φ－eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，∴φ＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)(k∈Z)，又0≤φ≤eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,12)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)，取k＝0，得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))，故选C.答案：C5．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(符合2kπ＋\f(π,2)，k∈Z都可以，答案不唯一))易知当y＝sin(x＋φ)，y＝cosx同时取得最大值1时，函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cosx取得最大值2，故sin(x＋φ)＝cosx，则φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，故常数φ的一个取值为eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)拓展练6．解析：由题意，函数f(x)＝2sin(x＋2θ)·cosx(0<θ<eq\f(π,2))的图象过点(0,2)，可得2sin2θ＝2，即sin2θ＝1，∵0<θ<eq\f(π,2)，∴θ＝eq\f(π,4)，故f(x)＝2sin(x＋2θ)cosx＝2cos2x＝cos2x＋1，当x＝eq\f(π,4)时，f(x)＝1，故A，B都不正确；f(x)的最小正周期为eq\f(2π,2)＝π，故C不正确；显然，f(x)＝cos2x＋1∈[0,2]，故D正确，故选D.答案：D7．解析：如图，根据题意知，xA≤2π<xB，根据图象可知函数f(x)在(0,2π)有且仅有3个极大值点，所以①正确；但可能会有3个极小值点，所以②错误；根据xA≤2π<xB，有eq\f(24π,5ω)≤2π<eq\f(29π,5ω)，得eq\f(12,5)≤ω<eq\f(29,10)，所以④正确；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))时，eq\f(π,5)<ωx＋eq\f(π,5)<eq\f(ωπ,10)＋eq\f(π,5)，因为eq\f(12,5)≤ω<eq\f(29,10)，所以eq\f(ωπ,10)＋eq\f(π,5)<eq\f(49π,100)<eq\f(π,2)，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))单调递增，所以③正确．答案：D第1课时两角和与差的正弦、余弦和正切eq\x(考点一)三角函数公式的基本应用[自主练透型]1．[2021·山西吕梁阶段检测]sin7°cos37°－sin83°cos307°＝()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(3),2)D.eq\f(\r(3),2)2．[2021·湖南益阳、湘潭质量统测]已知sinα＝eq\f(1,3)(角α为第二象限角)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝()A.eq\f(4－\r(2),6)B.eq\f(\r(2)－2,6)C.eq\f(4＋\r(2),6)D.eq\f(\r(2)－4,6)3．[2020·全国卷Ⅲ]已知2tanθ－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝7，则tanθ＝()A．－2B．－1C．1D．2悟·技法三角函数公式的应用策略(1)使用两角和、差及倍角公式，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)使用公式求值，应注意与同角三角函数基本关系、诱导公式的综合应用.考点二三角函数公式的活用[互动讲练型][例1](1)在△ABC中，若tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，则cosC的值为()A．－eq\f(\r(2),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2)D．－eq\f(1,2)(2)[2021·陕西汉中模拟]化简：eq\f(sin10°,1－\r(3)tan10°)＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．－eq\f(\r(3),3)悟·技法三角函数公式活用技巧(1)逆用公式应准确找出所给式子与公式的异同，创造条件逆用公式．(2)tanαtanβ，tanα＋tanβ(或tanα－tanβ)，tan(α＋β)(或tan(α－β))三者中可以知二求一，注意公式的正用、逆用和变形使用(如本例(1)).[变式练]——(着眼于举一反三)1．已知sin2α＝eq\f(1,3)，则cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝()A．－eq\f(1,3)B.eq\f(1,3)C．－eq\f(2,3)D.eq\f(2,3)2．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－sinα＝eq\f(4\r(3),5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(11π,6)))＝________.3．(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝________.考点三角的变换[互动讲练型][例2](1)已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝－2，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝()A．－eq\f(1,3)B.eq\f(1,3)C．－3D．3(2)[2021·百校联盟联考]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)悟·技法利用角的变换求三角函数值的策略(1)当“已知角”有两个时，一般把“所求角”表示为两个“已知角”的和或差的形式．(2)当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”与“已知角”的和或差的关系，然后应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”．(3)常见的角变换技巧：α＝2·eq\f(α,2)；α＝(α＋β)－β；α＝β－(β－α)；α＝eq\f(1,2)[(α＋β)＋(α－β)]；β＝eq\f(1,2)[(α＋β)－(α－β)]；eq\f(π,4)＋α＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)).(4)特殊角的拆分：eq\f(7π,12)＝eq\f(π,3)＋eq\f(π,4)，eq\f(5π,12)＝eq\f(π,4)＋eq\f(π,6)，eq\f(π,12)＝eq\f(π,3)－eq\f(π,4).[变式练]——(着眼于举一反三)4．已知α，β均为锐角，cosα＝eq\f(4,5)，tan(α－β)＝－eq\f(1,3)，则tanβ＝________.5．若cos(75°－α)＝eq\f(1,3)，则cos(30°＋2α)＝________.微专题(十五)易错警示：三角函数求值忽视角的范围致误[例](1)已知0<β<eq\f(π,2)<α<π，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(1,9)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(2,3)，则cos(α＋β)的值为________；(2)已知在△ABC中，sin(A＋B)＝eq\f(2,3)，cosB＝－eq\f(3,4)，则cosA＝________.易错分析：(1)角eq\f(α,2)－β，α－eq\f(β,2)的范围没有确定准确，导致开方时符号错误．(2)对三角形中角的范围挖掘不够，忽视隐含条件，B为钝角．解析：(1)∵0<β<eq\f(π,2)<α<π，∴－eq\f(π,4)<eq\f(α,2)－β<eq\f(π,2)，eq\f(π,4)<α－eq\f(β,2)<π，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))＝eq\f(\r(5),3)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2))))＝eq\f(4\r(5),9)，∴coseq\f(α＋β,2)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))×eq\f(\r(5),3)＋eq\f(4\r(5),9)×eq\f(2,3)＝eq\f(7\r(5),27)，∴cos(α＋β)＝2cos2eq\f(α＋β,2)－1＝2×eq\f(49×5,729)－1＝－eq\f(239,729).(2)在△ABC中，∵cosB＝－eq\f(3,4)，∴eq\f(π,2)<B<π，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(\r(7),4).∵eq\f(π,2)<B<A＋B<π，sin(A＋B)＝eq\f(2,3)，∴cos(A＋B)＝－eq\r(1－sin2A＋B)＝－eq\f(\r(5),3)，∴cosA＝cos[(A＋B)－B]＝cos(A＋B)cosB＋sin(A＋B)sinB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＋eq\f(2,3)×eq\f(\r(7),4)＝eq\f(3\r(5)＋2\r(7),12).答案：(1)－eq\f(239,729)(2)eq\f(3\r(5)＋2\r(7),12)温馨提醒：在解决三角函数式的求值问题时，要注意题目中角的范围的限制，特别是进行开方运算时一定要注意所求三角函数值的符号．另外，对题目隐含条件的挖掘也是容易忽视的问题，解题时要加强对审题深度的要求与训练，以防出错．方法与技巧：1．巧用公式变形：和差角公式变形：tanx±tany＝tan(x±y)·(1∓tanx·tany)；倍角公式变形：降幂公式cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)，配方变形：1±sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)±cos\f(α,2)))2，1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)，1－cosα＝2sin2eq\f(α,2).2．重视三角函数的“三变”：“三变”是指“变角、变名、变式”；变角：对角的分拆要尽可能化成同名、同角、特殊角；变名：尽可能减少函数名称；变式：对式子变形一般要尽可能有理化、整式化、降低次数等．在解决求值、化简、证明问题时，一般是观察角度、函数名、所求(或所证明)问题的整体形式中的差异，再选择适当的三角公式恒等变形．失误与防范：1．运用公式时要注意审查公式成立的条件，要注意和、差、倍角的相对性，要注意升次、降次的灵活运用，要注意“1”的各种变通．2．在三角函数求值时，一定不要忽视题中给出的或隐含的角的范围．第1课时两角和与差的正弦、余弦和正切课堂考点突破考点一1．解析：sin7°cos37°－sin83°cos307°＝sin7°cos37°－cos7°sin37°＝sin(7°－37°)＝sin(－30°)＝－sin30°＝－eq\f(1,2)，故选A.答案：A2．解析：因为角α为第二象限角，且sinα＝eq\f(1,3)，所以cosα＝－eq\f(2\r(2),3).所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝cosαcoseq\f(π,4)＋sinαsineq\f(π,4)＝－eq\f(\r(2),2)×eq\f(2\r(2),3)＋eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2)－4,6).故选D.答案：D3．解析：2tanθ－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝2tanθ－eq\f(tanθ＋1,1－tanθ)＝7，整理可得tan2θ－4tanθ＋4＝0，∴tanθ＝2，故选D.答案：D考点二例1解析：(1)由tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，可得eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－1，即tan(A＋B)＝－1，又A＋B∈(0，π)，所以A＋B＝eq\f(3π,4)，则C＝eq\f(π,4)，cosC＝eq\f(\r(2),2).(2)eq\f(sin10°,1－\r(3)tan10°)＝eq\f(sin10°cos10°,cos10°－\r(3)sin10°)＝eq\f(2sin10°cos10°,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°)))＝eq\f(sin20°,4sin30°－10°)＝eq\f(1,4)，故选A.答案：(1)B(2)A变式练1．解析：cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,2))),2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).答案：D2．解析：由cos(α＋eq\f(π,6))－sinα＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα－sinα＝eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(3,2)sinα＝eq\r(3)(eq\f(1,2)cosα－eq\f(\r(3),2)sinα)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(4\r(3),5)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(4,5).sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(11π,6)))＝－sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(11π,6)))))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝－eq\f(4,5).答案：－eq\f(4,5)3．解析：(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝1＋tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°＝1＋tan(20°＋25°)(1－tan20°tan25°)＋tan20°tan25°＝2.答案：2考点三例2解析：(1)∵taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝－2，∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＋\f(π,4)))＝eq\f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＋tan\f(π,4),1－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))·tan\f(π,4))＝eq\f(－2＋1,1－－2×1)＝－eq\f(1,3)，故选A.(2)∵α、β都是锐角，∴0<α＋β<π，－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2).又∵cos(α＋β)＝eq\f(5,13)，sin(α－β)＝eq\f(3,5)，∴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).∵cos2α＝1－2sin2α＝－eq\f(16,65)，∴sin2α＝eq\f(81,130)，∵sinα>0，∴sinα＝eq\f(9\r(130),130)，故选A.答案：(1)A(2)A变式练4．解析：由于α为锐角，且cosα＝eq\f(4,5)，故sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(3,5)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(3,4).由tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanα·tanβ)＝－eq\f(1,3)，解得tanβ＝eq\f(13,9).答案：eq\f(13,9)5．解析：∵cos(75°－α)＝sin(15°＋α)＝eq\f(1,3)，∴cos(30°＋2α)＝1－2sin2(15°＋α)＝1－2×eq\f(1,9)＝eq\f(7,9).答案：eq\f(7,9)第2课时简单的三角恒等变换eq\x(考点一)三角函数式的化简[自主练透型]1．化简：eq\f(sin2α－2cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝________.2．化简：eq\f(1＋sinθ＋cosθ·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(2＋2cosθ))(0<θ<π)．悟·技法(1)三角函数式的化简要遵循“三看”原则(2)三角函数式化简的方法弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂．在三角函数式的化简中“次降角升”和“次升角降”是基本的规律，根号中含有三角函数式时，一般需要升次．如“考点一”第2题.考点二三角函数求值[互动讲练型]考向一：给值求值[例1][2021·河南中原名校指导卷]若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，且α∈(0，π)，则cos2α＝()A.eq\f(－1＋2\r(6),6)B．－eq\f(1＋2\r(6),6)C．－eq\f(\r(3),2)D.eq\f(\r(3),2)考向二：给角求值[例2]化简：sin50°(1＋eq\r(3)tan10°)＝________.考向三：给值求角[例3][2021·河北五校联考]若sin2α＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝eq\f(\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，则α＋β的值是()A.eq\f(7π,4)B.eq\f(9π,4)C.eq\f(5π,4)或eq\f(7π,4)D.eq\f(5π,4)或eq\f(9π,4)悟·技法三角函数求值的3类求法(1)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(2)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，最后确定角.[变式练]——(着眼于举一反三)1．[2021·山东济南长清月考]若eq\f(\r(2)cos2θ,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))＝eq\r(3)sin2θ，则sin2θ＝()A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C．－eq\f(2,3)D．－eq\f(1,3)2．[2021·长沙市四校模拟考试]已知α为锐角，且cosα(1＋eq\r(3)tan10°)＝1，则α的值为()A．20°B．40°C．50°D．70°3．[2021·山东烟台三中月考]已知方程x2＋3ax＋3a＋1＝0(a>1)的两根分别为tanα，tanβ，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则α＋β＝________.考点三三角恒等变换的综合应用[互动讲练型][例4][2019·浙江卷]设函数f(x)＝sinx，x∈R.(1)已知θ∈[0,2π)，函数f(x＋θ)是偶函数，求θ的值；(2)求函数y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))2的值域．悟·技法求函数周期、最值、单调区间的方法步骤(1)利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成y＝Asin(ωx＋φ)＋t或y＝Acos(ωx＋φ)＋t的形式．(2)利用公式T＝eq\f(2π,ω)(ω＞0)求周期．(3)根据自变量的范围确定ωx＋φ的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值，另外求最值时，根据所给关系式的特点，也可换元转化为二次函数的最值．(4)根据正、余弦函数的单调区间列不等式求函数y＝Asin(ωx＋φ)＋t或y＝Acos(ωx＋φ)＋t的单调区间.[变式练]——(着眼于举一反三)4．[2021·河南郑州质检]已知函数f(x)＝4tanx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\r(3).(1)求f(x)的定义域与最小正周期；(2)讨论f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的单调性．第2课时简单的三角恒等变换课堂考点突破考点一1．解析：原式＝eq\f(2sinαcosα－2cos2α,\f(\r(2),2)sinα－cosα)＝2eq\r(2)cosα.答案：2eq\r(2)cosα2．解析：原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)＋2cos2\f(θ,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(4cos2\f(θ,2)))＝coseq\f(θ,2)·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(θ,2)－cos2\f(θ,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2))))＝eq\f(－cos\f(θ,2)·cosθ,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2)))).∵0<θ<π，∴0<eq\f(θ,2)<eq\f(π,2)，∴coseq\f(θ,2)>0，∴原式＝－cosθ.考点二例1解析：∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝－eq\f(1,3).∵0<α<π，∴－eq\f(π,6)<α－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)>0，∴－eq\f(π,6)<α－eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，∴0<α<eq\f(2π,3)，∴－eq\f(π,3)<2α－eq\f(π,3)<π，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝－eq\f(1,3)<0，∴2α－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝eq\f(2\r(2),3)，∴cos2α＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)－eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(3),2)＝－eq\f(1＋2\r(6),6).故选B.答案：B例2解析：sin50°(1＋eq\r(3)tan10°)＝sin50°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)·\f(sin10°,cos10°)))＝sin50°×eq\f(cos10°＋\r(3)sin10°,cos10°)＝sin50°×eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°＋\f(\r(3),2)sin10°)),cos10°)＝eq\f(2sin50°·cos50°,cos10°)＝eq\f(sin100°,cos10°)＝eq\f(cos10°,cos10°)＝1.答案：1例3解析：∵α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，∴2α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2π))，∵sin2α＝eq\f(\r(5),5)>0，∴2α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).∴α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))且cos2α＝－eq\f(2\r(5),5)，又∵sin(β－α)＝eq\f(\r(10),10)，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴β－α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，cos(β－α)＝－eq\f(3\r(10),10)，∴cos(α＋β)＝cos[(β－α)＋2α]＝cos(β－α)cos2α－sin(β－α)sin2α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))－eq\f(\r(10),10)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(\r(2),2)，又α＋β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，2π))，所以α＋β＝eq\f(7π,4)，故选A.答案：A变式练1．解析：通解∵eq\f(\r(2)cos2θ,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))＝eq\r(3)sin2θ，∴eq\f(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2θ)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\r(3)sin2θ，∴2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝－eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,2)))，∴2eq\r(3)sin2eq\b\lc\(\rc