高考数学一轮总复习 第三章 三角函数、三角恒等变换及解三角形课时训练 理-人教版高三数学试题

第三章三角函数、三角恒等变换及解三角形第1课时任意角和弧度制及任意角的三角函数1.角α的终边过点P(－1，2)，则sinα＝________．答案：eq\f(2\r(5),5)解析：sinα＝eq\f(y,r)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).2.已知角θ的顶点为坐标原点，始边为x轴的非负半轴，若P(4，y)是角θ终边上一点，且sinθ＝－eq\f(2\r(5),5)，则y＝________．答案：－8解析：因为sinθ＝eq\f(y,\r(42＋y2))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以y＜0，且y2＝64，所以y＝－8.3.已知角α的终边经过点(3a－9，a＋2)，且cosα≤0，sinα＞0，则实数a的取值范围是__________．答案：(－2，3]解析：由cosα≤0，sinα＞0可知，角α的终边落在第二象限或y轴的正半轴上，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－9≤0，,a＋2＞0，))解得－2＜a≤3.4.已知扇形的周长是6cm，面积是2cm2，答案：1或4解析：设此扇形的半径为r，弧长是l，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2r＋l＝6，,\f(1,2)rl＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r＝1，,l＝4))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(r＝2，,l＝2，))从而α＝eq\f(l,r)＝eq\f(4,1)＝4或α＝eq\f(l,r)＝eq\f(2,2)＝1.5.已知角α的终边过点P(－8m，－6sin30°)，且cosα＝－eq\f(4,5)，则m＝________．答案：eq\f(1,2)解析：因为r＝eq\r(64m2＋9)，所以cosα＝eq\f(－8m,\r(64m2＋9))＝－eq\f(4,5)，所以m>0，所以eq\f(4m2,64m2＋9)＝eq\f(1,25)，故m＝eq\f(1,2).6.若点P在角eq\f(2π,3)的终边上，且|OP|＝2，则点P的坐标是________．答案：(－1，eq\r(3))解析：eq\f(2,3)π的终边在第二象限，设P(x，y)，则sineq\f(2,3)π＝eq\f(y,2)，∴y＝eq\r(3)；coseq\f(2,3)π＝eq\f(x,2)，x＝－1.7.若角α的终边上有一点P(－4，a)，且sinα·cosα＝eq\f(\r(3),4)，则a＝________．答案：－4eq\r(3)或－eq\f(4\r(3),3)解析：∵sinα·cosα＝eq\f(\r(3),4)>0，∴sinα、cosα同号，∴角α在第三象限，即P(－4，a)在第三象限，∴a<0.根据三角函数的定义eq\f(a,\r(16＋a2))·eq\f(－4,\r(16＋a2))＝eq\f(\r(3),4)，解得a＝－4eq\r(3)或－eq\f(4\r(3),3).8.点P从(1，0)出发，沿单位圆x2＋y2＝1按逆时针方向运动eq\f(2π,3)弧长到达点Q，则点Q的坐标为________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))解析：由弧长公式l＝|α|r，l＝eq\f(2π,3)，r＝1得点P按逆时针方向转过的角度为α＝eq\f(2π,3)，所以点Q的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)，sin\f(2π,3)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).9.(改编题)若α的终边落在x＋y＝0上，求出在[－360°，360°]之间的所有角α.解：若角α的终边落在第二象限，则{α|α＝eq\f(3π,4)＋2kπ，k∈Z}；若角α的终边落在第四象限，则{α|α＝eq\f(7π,4)＋2kπ，k∈Z}，∴α终边落在x＋y＝0上角的集合为{α|α＝eq\f(3π,4)＋2kπ，k∈Z}∪{α|α＝eq\f(7π,4)＋2kπ，k∈Z}＝{α|α＝eq\f(3π,4)＋kπ，k∈Z}．令－2π≤eq\f(3π,4)＋kπ≤2π，∴k∈{－2，－1，0，1}，∴所求α∈{－eq\f(5π,4)，－eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)，eq\f(7π,4)}．10.已知角θ的终边经过点P(－eq\r(3)，m)(m≠0)且sinθ＝eq\f(\r(2),4)m，试判断角θ所在的象限，并求cosθ和tanθ的值．解：由题意得，r＝eq\r(3＋m2)，∴sinθ＝eq\f(m,\r(3＋m2))＝eq\f(\r(2),4)m.∵m≠0，∴m＝±eq\r(5).故角θ是第二或第三象限角．当m＝eq\r(5)时，r＝2eq\r(2)，点P的坐标为(－eq\r(3)，eq\r(5))，角θ是第二象限角，∴cosθ＝eq\f(x,r)＝eq\f(－\r(3),2\r(2))＝－eq\f(\r(6),4)，tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\r(5),－\r(3))＝－eq\f(\r(15),3)；当m＝－eq\r(5)时，r＝2eq\r(2)，点P的坐标为(－eq\r(3)，－eq\r(5))，角θ是第三象限角．∴cosθ＝eq\f(x,r)＝eq\f(－\r(3),2\r(2))＝－eq\f(\r(6),4)，tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(－\r(5),－\r(3))＝eq\f(\r(15),3).综上可知，cosθ＝－eq\f(\r(6),4)，tanθ＝－eq\f(\r(15),3)或cosθ＝－eq\f(\r(6),4)，tanθ＝eq\f(\r(15),3).11.如图，单位圆(半径为1的圆)的圆心O为坐标原点，单位圆与y轴的正半轴交于点A，与钝角α的终边OB交于点B(xB，yB)，设∠BAO＝β.(1)用β表示α；(2)如果sinβ＝eq\f(4,5)，求点B(xB，yB)的坐标；(3)求xB－yB的最小值.解：(1)∠AOB＝α－eq\f(π,2)＝π－2β，所以α＝eq\f(3π,2)－2β.(2)由sinα＝eq\f(yB,r)，r＝1，得yB＝sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－2β))＝－cos2β＝2sin2β－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)－1＝eq\f(7,25).由α为钝角，知xB＝cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(24,25).所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,25)，\f(7,25))).(3)xB－yB＝cosα－sinα＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2))).所以xB－yB的最小值为－eq\r(2).第2课时同角三角函数的基本关系式与诱导公式1.计算：sin930°＝________．答案：－eq\f(1,2)解析：sin930°＝sin210°＝－sin30°＝－eq\f(1,2).2.如果sin(π＋A)＝eq\f(1,2)，那么coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π－A))＝__________．答案：eq\f(1,2)解析：∵sin(π＋A)＝eq\f(1,2)，∴－sinA＝eq\f(1,2).∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π－A))＝－sinA＝eq\f(1,2).3.已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－α))＝eq\f(1,3)，且－π＜α＜－eq\f(π,2)，则cos(eq\f(π,12)－α)＝________．答案：－eq\f(2\r(2),3)解析：∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－α))＝eq\f(1,3)，又－π＜α＜－eq\f(π,2)，∴eq\f(7π,12)＜eq\f(π,12)－α＜eq\f(13π,12)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－α))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－α)))＝－eq\f(2\r(2),3).4.已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(2,3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(2π,3)))＝________．答案：－eq\f(2,3)解析：sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))＝－sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝－eq\f(2,3).5.已知f(α)＝eq\f(sin（π－α）·cos（2π－α）,cos（－π－α）·tan（π－α）)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(25π,3)))＝________．答案：eq\f(1,2)解析：∵f(α)＝eq\f(sinαcosα,－cosα·（－tanα）)＝cosα，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(25π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(25π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8π＋\f(π,3)))＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).6.(2014·南京三模)已知tanα＝－2，eq\f(π,2)＜α＜π，则cosα＋sinα＝________．答案：eq\f(\r(5),5)解析：∵tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－2，∴sinα＝－2cosα，代入sin2α＋cos2α＝1，得5cos2α＝1，cos2α＝eq\f(1,5).又eq\f(π,2)＜α＜π，∴cosα＝－eq\f(\r(5),5).于是sinα＝eq\f(2\r(5),5)，∴cosα＋sinα＝eq\f(\r(5),5).7.若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))＝________．答案：－eq\f(7,9)解析：∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(π,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝sin[eq\f(π,2)－(eq\f(π,3)＋α)]＝cos(eq\f(π,3)＋α)＝eq\f(1,3)，则cos(eq\f(2π,3)＋2α)＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))－1＝－eq\f(7,9).8.若3sinα＋cosα＝0，则eq\f(1,cos2α＋sin2α)＝________．答案：eq\f(10,3)解析：由已知得tanα＝－eq\f(1,3)，则eq\f(1,cos2α＋sin2α)＝eq\f(sin2α＋cos2α,cos2α＋2sinαcosα)＝eq\f(tan2α＋1,1＋2tanα)＝eq\f(\f(1,9)＋1,1＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))))＝eq\f(10,3).9.已知α为第三象限角，且f(α)＝eq\f(sin（π－α）cos（2π－α）tan（－α＋π）,sin（π＋α）tan（2π－α）).(1)化简f(α)；(2)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,2)))＝eq\f(1,5)，求f(α)的值；(3)若α＝－eq\f(32π,3)，求f(α)的值．解：(1)f(α)＝eq\f(sinαcosα（－tanα）,（－sinα）（－tanα）)＝－cosα.(2)由已知得sinα＝－eq\f(1,5)，则cosα＝±eq\f(2\r(6),5).又α为第三象限角，所以cosα＝－eq\f(2\r(6),5).所以f(α)＝－cosα＝eq\f(2\r(6),5).(3)f(α)＝－cos(－eq\f(32π,3))＝－coseq\f(32π,3)＝－coseq\f(2π,3)＝eq\f(1,2).10.已知sin(3π＋θ)＝eq\f(1,3)，求eq\f(cos（π＋θ）,cosθ[cos（π－θ）－1])＋eq\f(cos（θ－2π）,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(3π,2)))cos（θ－π）－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋θ)))的值．解：∵sin(3π＋θ)＝－sinθ＝eq\f(1,3)，∴sinθ＝－eq\f(1,3)，∴原式＝eq\f(－cosθ,cosθ（－cosθ－1）)＋eq\f(cos（2π－θ）,－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ))cos（π－θ）＋cosθ)＝eq\f(1,1＋cosθ)＋eq\f(cosθ,－cos2θ＋cosθ)＝eq\f(1,1＋cosθ)＋eq\f(1,1－cosθ)＝eq\f(2,1－cos2θ)＝eq\f(2,sin2θ)＝eq\f(2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(2))＝18.11.已知0<α<eq\f(π,2)，若cosα－sinα＝－eq\f(\r(5),5)，试求eq\f(2sinαcosα－cosα＋1,1－tanα)的值．解：∵cosα－sinα＝－eq\f(\r(5),5)，∴1－2sinα·cosα＝eq\f(1,5)，∴2sinα·cosα＝eq\f(4,5).∴(sinα＋cosα)2＝1＋2sinαcosα＝1＋eq\f(4,5)＝eq\f(9,5).∵0<α<eq\f(π,2)，∴sinα＋cosα＝eq\f(3\r(5),5).由cosα－sinα＝－eq\f(\r(5),5)，sinα＋cosα＝eq\f(3\r(5),5)，得sinα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝eq\f(\r(5),5)，∴tanα＝2，∴eq\f(2sinαcosα－cosα＋1,1－tanα)＝eq\f(\f(4,5)－\f(\r(5),5)＋1,1－2)＝eq\f(\r(5),5)－eq\f(9,5).

第3课时三角函数的图象和性质1.已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)对任意x都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝__________．答案：－2或2解析：由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))知，函数图象关于x＝eq\f(π,6)对称，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))是函数f(x)的最大值或是最小值．2.把函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(π,2)))的图象向右平移eq\f(π,4)个单位，再把所得函数图象上各点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，所得的函数解析式为______________．答案：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10x＋\f(π,4)))解析：将原函数的图象向右平移eq\f(π,4)个单位，得到函数y＝sin[5(x－eq\f(π,4))－eq\f(π,2)]＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x－\f(7,4)π))的图象，再把所得函数图象上各点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10x－\f(7π,4)))的图象，即y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10x＋\f(π,4))).3.(2014·苏州期末)若函数f(x)＝sin(x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，则θ＝____________．答案：eq\f(π,3)解析：函数y＝sin(x＋θ)的对称轴方程为x＋θ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，令x＝eq\f(π,6)，得θ＝eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)．又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，从而θ＝eq\f(π,3).4.已知函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)和g(x)＝3cos(2x＋φ)的图象的对称中心完全相同，若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则f(x)的取值范围是__________．答案：[－eq\f(3,2)，3]解析：由两三角函数图象的对称中心完全相同，可知两函数的周期相同，故ω＝2，所以f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，那么当x∈[0，eq\f(π,2)]时，－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，所以－eq\f(1,2)≤sin(2x－eq\f(π,6))≤1，故f(x)∈[－eq\f(3,2)，3]．5.(2014·南通三模)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象如图所示，则f(2)＝__________．答案：－eq\f(\r(2),2)解析：由题知eq\f(3,4)T＝2，从而T＝eq\f(8,3)＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝eq\f(3,4)π.令x＝1，得eq\f(3,4)π×1＋φ＝eq\f(π,2)，得φ＝－eq\f(π,4)，从而f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)πx－\f(π,4)))，从而f(2)＝－eq\f(\r(2),2).6.(2014·无锡期末)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象C1向左平移eq\f(π,4)个单位得到图象C2，则C2在[0，π]上的单调减区间是____________．答案：[eq\f(π,12)，eq\f(7,12)π]解析：由题设可知C2的曲线方程y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(3,2)π＋2kπ，得eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(7,12)π＋kπ，令k＝0得C2在[0，π]上的单减区间为[eq\f(π,12)，eq\f(7,12)π]．7.(2014·苏北四市期末)已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,4)))(ω>0)的最大值与最小正周期相同，则函数f(x)在[－1，1]上的单调增区间为________________．答案：[－eq\f(1,4)，eq\f(3,4)]解析：由题设eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,ω)＝2，∴ω＝eq\f(π,2)，∴y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－\f(π,4))).令－eq\f(π,2)＋2kπ≤πx－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，解得－eq\f(1,4)＋2k≤x≤eq\f(3,4)＋2k，令k＝0，得x∈[－eq\f(1,4)，eq\f(3,4)]．8.(2014·南京二模)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A、ω、φ为常数，A＞0，ω＞0，0＜φ＜π)的图象如图所示，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝________．答案：1解析：由题设A＝2，eq\f(3,4)T＝eq\f(11,12)π－eq\f(π,6)＝eq\f(3,4)π，T＝π，从而ω＝2，从而f(x)＝2sin(2x＋φ)．由图知最高点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，2))，从而2×eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)，从而φ＝eq\f(π,6)，从而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,6)))＝2×sineq\f(π,6)＝1.9.(2014·重庆)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feq\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coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))的值．解：(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.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＝0，±1，±2，….因为－eq\f(π,2)≤φ＜eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6).(2)由(1)得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(α,2)－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(1,4).由eq\f(π,6)＜α＜eq\f(2π,3)，得0＜α－eq\f(π,6)＜eq\f(π,2)，所以coseq\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).因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(3π,2)))＝sinα＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(1,4)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(15),4)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3)＋\r(15),8).10.已知函数f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋φ)(0＜φ＜π，ω＞0)为偶函数，且函数y＝f(x)图象的两相邻对称轴间的距离为eq\f(π,2).(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))的值；(2)求函数y＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值及对应的x的值．解：(1)f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋φ)＝2[eq\f(\r(3),2)sin(ωx＋φ)－eq\f(1,2)cos(ωx＋φ)]＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6))).∵f(x)为偶函数，∴φ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)．∴φ＝eq\f(2π,3)＋kπ(k∈Z)．∵0＜φ＜π，∴φ＝eq\f(2π,3).∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))＝2cosωx.由题意得eq\f(2π,ω)＝2·eq\f(π,2)，∴ω＝2.故f(x)＝2cos2x.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝2coseq\f(π,4)＝eq\r(2).(2)y＝2cos2x＋2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝2cos2x＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x－2sin2x＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x)).令eq\f(π,4)－2x＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，y有最大值2eq\r(2)，∴当x＝－kπ－eq\f(π,8)(k∈Z)时，y有最大值2eq\r(2).11.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)，x∈R)的部分图象如下图所示．(1)求函数f(x)的解析式；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(2,3)))时，求函数y＝f(x)＋f(x＋2)的最大值与最小值及相应的x的值．解：(1)由图象知A＝2，T＝8.∵T＝eq\f(2π,ω)＝8，∴ω＝eq\f(π,4).又图象经过点(－1，0)，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ))＝0.∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4))).(2)y＝f(x)＋f(x＋2)＝2sin(eq\f(π,4)x＋eq\f(π,4))＋2sin(eq\f(π,4)x＋eq\f(π,2)＋eq\f(π,4))＝2sin(eq\f(π,4)x＋eq\f(π,4))＋2cos(eq\f(π,4)x＋eq\f(π,4))＝2eq\r(2)sin(eq\f(π,4)x＋eq\f(π,2))＝2eq\r(2)coseq\f(π,4)x.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(2,3)))，∴－eq\f(3π,2)≤eq\f(π,4)x≤－eq\f(π,6)，∴当eq\f(π,4)x＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(2,3)时，y＝f(x)＋f(x＋2)取最大值为eq\r(6)；当eq\f(π,4)x＝－π，即x＝－4时，y＝f(x)＋f(x＋2)取最小值为－2eq\r(2).第4课时两角和与差的正弦、余弦和正切公式1.计算：sin43°cos13°＋sin47°cos103°＝________．答案：eq\f(1,2)解析：原式＝sin43°cos13°－cos43°sin13°＝sin(43°－13°)＝sin30°＝eq\f(1,2).2.已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则cosθ＝________．答案：－eq\f(\r(2),10)解析：因为θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以θ－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(4,5)，cosθ＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))coseq\f(π,4)－sin(θ－eq\f(π,4))sineq\f(π,4)＝eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10).3.计算：eq\f(cos10°＋\r(3)sin10°,\r(1－cos80°))＝________．答案：eq\r(2)解析：eq\f(cos10°＋\r(3)sin10°,\r(1－cos80°))＝eq\f(2cos（10°－60°）,\r(2sin240°))＝eq\f(2cos50°,\r(2)sin40°)＝eq\r(2).4.已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3,2)π))，且cosα＝－eq\f(4,5)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝____________．答案：eq\f(1,7)解析：因为α∈(π，eq\f(3,2)π)，且cosα＝－eq\f(4,5)，所以sinα＝－eq\f(3,5)，所以tanα＝eq\f(3,4).所以tan(eq\f(π,4)－α)＝eq\f(1－tanα,1＋tanα)＝eq\f(1－\f(3,4),1＋\f(3,4))＝eq\f(1,7).5.(2014·苏州期末)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(4,5)，则tanx＝____________．答案：－7解析：由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，sin(x－eq\f(π,4))＝eq\f(4,5)，知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)（sinx＋cosx）＝\f(3,5)，①,\f(\r(2),2)（sinx－cosx）＝\f(4,5)，②))①＋②，知eq\r(2)sinx＝eq\f(7,5)；①－②，知eq\r(2)cosx＝－eq\f(1,5)，∴tanx＝－7.6.设α为锐角，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝____________．答案：eq\f(17\r(2),50)解析：∵α为锐角且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝sin[2(α＋eq\f(π,6))－eq\f(π,4)]＝sin2(α＋eq\f(π,6))coseq\f(π,4)－cos2(α＋eq\f(π,6))sineq\f(π,4)＝eq\r(2)sin(α＋eq\f(π,6))cos(α＋eq\f(π,6))－eq\f(\r(2),2)[2cos2(α＋eq\f(π,6))－1]＝eq\r(2)×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)－eq\f(\r(2),2)[2×(eq\f(4,5))2－1]＝eq\f(12\r(2),25)－eq\f(7\r(2),50)＝eq\f(17\r(2),50).7.(2014·镇江期末)若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，且sin2x＝eq\f(1,4)，则f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的值为____________．答案：－eq\f(\r(3),2)解析：设x－eq\f(π,4)＝t，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，则原式＝eq\r(2)sint.又x＝eq\f(π,4)＋t，∴sin2x＝sin2(t＋eq\f(π,4))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t＋\f(π,2)))＝eq\f(1,4)，∴cos2t＝eq\f(1,4)＝1－2sin2t，即有sin2t＝eq\f(3,8).又sint＜0，∴sint＝－eq\f(\r(3),\r(8)).从而原式＝－eq\f(\r(3),2).8.(2014·安徽)若将函数f(x)＝sin2x＋cos2x的图象向右平移φ个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是____________．答案：eq\f(3π,8)解析：将f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移φ个单位，得到y＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4)－2φ)的图象．由所得图象关于y轴对称，可知sin(eq\f(π,4)－2φ)＝±1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2φ－\f(π,4)))＝±1，故2φ－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(3π,8)，k∈Z.又φ＞0，所以φmin＝eq\f(3π,8).9.已知函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(其中ω＞0，x∈R)的最小正周期为10π.(1)求ω的值；(2)设α、β∈[0，eq\f(π,2)]，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5α＋\f(5,3)π))＝－eq\f(6,5)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5β－\f(5,6)π))＝eq\f(16,17)，求cos(α＋β)的值．解：(1)由T＝eq\f(2π,ω)＝10π，得ω＝eq\f(1,5).(2)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5α＋\f(5,3)π))＝－\f(6,5)，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5β－\f(5π,6)))＝\f(16,17)，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2cos\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5α＋\f(5,3)π))＋\f(π,6)))＝－\f(6,5)，,2cos\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5β－\f(5,6)π))＋\f(π,6)))＝\f(16,17)，))整理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝\f(3,5)，,cosβ＝\f(8,17).))∵α、β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(4,5)，sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\f(15,17).∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(4,5)×eq\f(8,17)－eq\f(3,5)×eq\f(15,17)＝－eq\f(13,85).10.(2014·山东)已知向量a＝(m，cos2x)，b＝(sin2x，n)，函数f(x)＝a·b，且y＝f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\r(3)))和点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，－2)).(1)求m、n的值；(2)将y＝f(x)的图象向左平移φ(0＜φ＜π)个单位后得到函数y＝g(x)的图象，若y＝g(x)图象上各最高点到点(0，3)的距离的最小值为1，求y＝g(x)的单调递增区间．解：(1)由题意知，f(x)＝msin2x＋ncos2x.因为y＝f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\r(3)))和点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π，－2))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)＝msin\f(π,6)＋ncos\f(π,6)，,－2＝msin\f(4π,3)＋ncos\f(4π,3)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)＝\f(1,2)m＋\f(\r(3),2)n，,－2＝－\f(\r(3),2)m－\f(1,2)n，))解得m＝eq\r(3)，n＝1.(2)由(1)知f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).由题意知，g(x)＝f(x＋φ)＝2sin(2x＋2φ＋eq\f(π,6))．设y＝g(x)的图象上符合题意的最高点为(x0，2)．由题意知，xeq\o\al(2,0)＋1＝1，所以x0＝0，即到点(0，3)的距离为1的最高点为(0，2)．将其代入y＝g(x)得，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2φ＋\f(π,6)))＝1.因为0＜φ＜π，所以φ＝eq\f(π,6).因此，g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝2cos2x.由2kπ－π≤2x≤2kπ，k∈Z，得kπ－eq\f(π,2)≤x≤kπ，k∈Z，所以函数y＝g(x)的单调递增区间为[kπ－eq\f(π,2)，kπ]，k∈Z.11.(2015·徐州期中)在△ABC中，已知sin(A＋B)＝2sin(A－B)．(1)若B＝eq\f(π,6)，求A；(2)若tanA＝2，求tanB的值．解：(1)由条件，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，∴eq\f(\r(3),2)sinA＋eq\f(1,2)cosA＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinA－\f(1,2)cosA)).化简，得sinA＝eq\r(3)cosA，∴tanA＝eq\r(3).又A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3).(2)∵sin(A＋B)＝2sin(A－B)，∴sinAcosB＋cosAsinB＝2(sinAcosB－cosAsinB)．化简，得3cosAsinB＝sinAcosB.又cosAcosB≠0，∴tanA＝3tanB.又tanA＝2，∴tanB＝eq\f(2,3).第5课时二倍角的正弦、余弦和正切公式1.已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ))＝eq\f(4,5)，则cos2θ＝________．答案：－eq\f(7,25)解析：eq\f(4,5)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ))＝－sinθ，即sinθ＝－eq\f(4,5)，所以cos2θ＝1－2sin2θ＝1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))eq\s\up12(2)＝－eq\f(7,25).2.设sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\f(1,3)，则sin2θ＝________．答案：－eq\f(7,9)解析：sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\f(\r(2),2)(sinθ＋cosθ)＝eq\f(1,3)，将上式两边平方，得eq\f(1,2)(1＋sin2θ)＝eq\f(1,9)，∴sin2θ＝－eq\f(7,9).3.已知eq\f(π,2)<α<π，3sin2α＝2cosα，则cos(α－π)＝________．答案：eq\f(2\r(2),3)解析：由3sin2α＝2cosα，得6sinαcosα＝2cosα.由eq\f(π,2)<α<π，得cosα≠0，cosα＜0，故sinα＝eq\f(1,3).cos(α－π)＝－cosα＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3).4.(2014·常州期末)函数y＝2sin2x＋3cos2x－4的最小正周期为__________．答案：π解析：由降幂公式知y＝(1－cos2x)＋eq\f(3,2)(1＋cos2x)－4＝eq\f(1,2)cos2x－eq\f(3,2)，所以周期T＝eq\f(2π,2)＝π.5.已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(1,3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝________．答案：－eq\f(7,9)解析：由题意知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq\f(1,3)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))－1＝－eq\f(7,9).6.(2014·盐城三模)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝2eq\r(2)cos2α，则sin2α＝____________．答案：eq\f(15,16)解析：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝2eq\r(2)cos2α＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝4eq\r(2)sin(eq\f(π,4)－α)cos(eq\f(π,4)－α)．又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，－eq\f(π,4)＜eq\f(π,4)－α＜eq\f(π,4)，所以cos(eq\f(π,4)－α)≠0，于是4eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝1，sin(eq\f(π,4)－α)＝eq\f(\r(2),8)，所以sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝1－2sin2(eq\f(π,4)－α)＝eq\f(15,16).7.若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sin2α＋cos2α＝eq\f(1,4)，则tanα＝________．答案：eq\r(3)解析：由sin2α＋cos2α＝sin2α＋1－2sin2α＝1－sin2α＝eq\f(1,4)，得cos2α＝eq\f(1,4).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(1,2)，tanα＝eq\r(3).8.已知eq\f(1－cos2α,sinαcosα)＝1，tan(β－α)＝－eq\f(1,3)，则tan(β－2α)＝________．答案：－1解析：由eq\f(1－cos2α,sinαcosα)＝1，得eq\f(2sin2α,sinαcosα)＝1，∴tanα＝eq\f(1,2)，从而tan(β－2α)＝tan(β－α－α)＝eq\f(tan（β－α）－tanα,1＋tan（β－α）tanα)＝eq\f(－\f(1,3)－\f(1,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))×\f(1,2))＝－1.9.(2014·如皋期末)已知函数f(x)＝2－8sin2x·cos2x(x∈R)．(1)求函数y＝f(x)的周期；(2)在平面直角坐标系xOy中，将函数y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,8)个单位，得函数y＝g(x)的图象，设h(x)＝f(x)＋g(x)，求函数y＝h(x)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))的最小值．解：(1)因为f(x)＝2－2(2sinxcosx)2＝2－2sin22x＝1＋cos4x，所以函数f(x)的周期为T＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2).(2)函数y＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))＝(1＋cos4x)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,2)))))＝(cos4x－sin4x)＋2＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cos4x－\f(\r(2),2)sin4x))＋2＝eq\r(2)cos(4x＋eq\f(π,4))＋2，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以4x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，当x＝eq\f(3π,16)时，f(x)有最小值为2－eq\r(2).10.(2014·福建)已知函数f(x)＝cosx(sinx＋cosx)－eq\f(1,2).(1)若0<α<eq\f(π,2)，且sinα＝eq\f(\r(2),2)，求f(α)的值；(2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间．解：(1)因为0＜α＜eq\f(π,2)，sinα＝eq\f(\r(2),2)，所以cosα＝eq\f(\r(2),2).所以f(α)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)))－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).(2)因为f(x)＝sinxcosx＋cos2x－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1＋cos2x,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，所以T＝eq\f(2π,2)＝π.由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(π,8)，k∈Z.所以f(x)的单调递增区间为[kπ－eq\f(3π,8)，kπ＋eq\f(π,8)]，k∈Z.11.已知α、β∈(0，π)，且tanα＝2，cosβ＝－eq\f(7\r(2),10).(1)求cos2α的值；(2)求2α－β的值．解：(1)(解法1)因为tanα＝2，所以eq\f(sinα,cosα)＝2，即sinα＝2cosα.又sin2α＋cos2α＝1，解得sin2α＝eq\f(4,5)，cos2α＝eq\f(1,5).所以cos2α＝cos2α－sin2α＝－eq\f(3,5).(解法2)因为cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1－tan2α,tan2α＋1)，又tanα＝2，所以cos2α＝eq\f(1－22,22＋1)＝－eq\f(3,5).(2)因为α∈(0，π)，且tanα＝2，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(4,3).从而2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).由cosβ＝－eq\f(7\r(2),10)，β∈(0，π)，得sinβ＝eq\f(\r(2),10)，从而β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，tanβ＝－eq\f(1,7)，所以tan(2α－β)＝eq\f(tan2α－tanβ,1＋tan2αtanβ)＝eq\f(－\f(4,3)＋\f(1,7),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7))))＝－1.又2α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以2α－β＝－eq\f(π,4).

第6课时简单的三角恒等变换1.函数y＝sin2x－sin2x的最小正周期为_________．答案：π解析：y＝sin2x－sin2x＝eq\f(1－cos2x,2)－sin2x＝eq\f(1,2)－sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(5),2)sin(2x＋φ)，其中φ为参数，所以周期T＝eq\f(2π,2)＝π.2.函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))的最大值为________.答案：eq\f(2＋\r(3),4)解析：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝eq\f(\r(3),2)cos2x＋eq\f(1,2)sinxcosx＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(1＋cos2x,2)＋eq\f(1,4)sin2x＝eq\f(\r(3),4)＋eq\f(\r(3),4)cos2x＋eq\f(1,4)sin2x＝eq\f(\r(3),4)＋eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以当sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝1时，函数有最大值为eq\f(\r(3),4)＋eq\f(1,2)＝eq\f(2＋\r(3),4).3.若3sinα＋cosα＝0，则eq\f(1,cos2α＋sin2α)＝________．答案：eq\f(10,3)解析：3sinα＋cosα＝0cosα≠0tanα＝－eq\f(1,3)，eq\f(1,cos2α＋sin2α)＝eq\f(cos2α＋sin2α,cos2α＋2sinαcosα)＝eq\f(1＋tan2α,1＋2tanα)＝eq\f(10,3).4.已知f(x)＝sin2x＋sinxcosx，则f(x)的单调增区间为_________．答案：[kπ－eq\f(π,8)，kπ＋eq\f(3π,8)](k∈Z)解析：f(x)＝sin2x＋sinxcosx＝eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(1,2)sin2x＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sin2x－\f(\r(2),2)cos2x))＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).∵2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，∴kπ－eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(3π,8)(k∈Z)为函数的单调递增区间．5.若eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(1,2)，则tan2α＝________．答案：eq\f(3,4)解析：由eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(1,2)，得2(sinα＋cosα)＝sinα－cosα，即tanα＝－3.则tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(－6,1－9)＝eq\f(3,4).6.函数f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值为________．答案：1解析：f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，∴ymin＝2sineq\f(5π,6)＝1.7.已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(1,2)，且eq\f(π,2)＜α＜π，则eq\f(sin2α－2cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝________．答案：－eq\f(2\r(5),5)解析：eq\f(sin2α－2cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝eq\f(2sinαcosα－2cos2α,\f(\r(2),2)（sinα－cosα）)＝2eq\r(2)cosα.由tan(α＋eq\f(π,4))＝－eq\f(1,2)，得eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝－eq\f(1,2)，解得tanα＝－3.因为eq\f(π,2)＜α＜π，所以cosα＝－eq\r(\f(1,tan2α＋1))＝－eq\f(\r(10),10)，所以原式＝2eq\r(2)cosα＝2eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))＝－eq\f(2\r(5),5).8.设f(x)＝eq\f(1＋cos2x,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)))＋sinx＋a2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值为eq\r(2)＋3，则常数a＝__________．答案：±eq\r(3)解析：f(x)＝eq\f(1＋2cos2x－1,2cosx)＋sinx＋a2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝cosx＋sinx＋a2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝(eq\r(2)＋a2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).依题意有eq\r(2)＋a2＝eq\r(2)＋3，∴a＝±eq\r(3).9.已知函数f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))(x∈R)．(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)求使函数f(x)取得最大值时x的集合．解：(1)f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1－cos2(x－eq\f(π,12))＝2[eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))]＋1＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))－\f(π,6)))＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋1，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)当f(x)取得最大值时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝1，此时2x－eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，所以所求x的集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝kπ＋\f(5π,12)，k∈Z)).10.(2014·江苏)已知函数f(x)＝(a＋2cos2x)cos(2x＋θ)为奇函数，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0，其中a∈R，θ∈(0，π)．(1)求a，θ的值；(2)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,4)))＝－eq\f(2,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))的值．解：(1)因为f(x)＝(a＋2cos2x)cos(2x＋θ)是奇函数，而y1＝a＋2cos2x为偶函数，所以y2＝cos(2x＋θ)为奇函数．又θ∈(0，π)，得θ＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝－sin2x·(a＋2cos2x)．由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0得－(a＋1)＝0，即a＝－1.(2)由(1)得，f(x)＝－eq\f(1,2)sin4x.因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,4)))＝－eq\f(1,2)sinα＝－eq\f(2,5)，所以sinα＝eq\f(4,5).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，从而cosα＝－eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝sinαcoseq\f(π,3)＋cosαsineq\f(π,3)＝eq\f(4,5)×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×e