第3章 章末复习

第页章末复习学习目标1.进一步掌握三角恒等变换的方法.2.会运用正弦、余弦、正切的两角和与差公式与二倍角公式对三角函数式进行化简、求值和证明．1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ.cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ.sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ.sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ.tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ).tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ).2．二倍角公式sin2α＝2sinαcosα.cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).3．升幂公式1＋cos2α＝2cos2α.1－cos2α＝2sin2α.4．降幂公式sinxcosx＝eq\f(sin2x,2)，cos2x＝eq\f(1＋cos2x,2)，sin2x＝eq\f(1－cos2x,2).5．和差角正切公式变形tanα＋tanβ＝tan(α＋β)(1－tanαtanβ)，tanα－tanβ＝tan(α－β)(1＋tanαtanβ)．6．辅助角公式y＝asinωx＋bcosωx＝eq\r(a2＋b2)sin(ωx＋θ)．7．积化和差公式sinαcosβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)＋sin(α－β)]．cosαsinβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)－sin(α－β)]．cosαcosβ＝eq\f(1,2)[cos(α＋β)＋cos(α－β)]．sinαsinβ＝－eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]．8．和差化积公式sinα＋sinβ＝2sineq\f(α＋β,2)coseq\f(α－β,2).sinα－sinβ＝2coseq\f(α＋β,2)sineq\f(α－β,2).cosα＋cosβ＝2coseq\f(α＋β,2)coseq\f(α－β,2).cosα－cosβ＝－2sineq\f(α＋β,2)sineq\f(α－β,2).9．万能公式(1)sinα＝eq\f(2tan\f(α,2),1＋tan2\f(α,2)).(2)cosα＝eq\f(1－tan2\f(α,2),1＋tan2\f(α,2)).(3)tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2)).1.两角和与差的正弦、余弦公式中的角α，β是任意的．(√)2．对任意角α，sin2α＝2sinα均不成立．(×)提示如α＝kπ，k∈Z，则sin2α＝2sinα＝0.3．y＝sinx＋cosx的最大值为2.(×)提示∵y＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，∴函数最大值为eq\r(2).4．存在角α，β，使等式cos(α＋β)＝cosα＋cosβ成立．(√)提示如α＝－eq\f(π,4)，β＝eq\f(π,2)，则cos(α＋β)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋\f(π,2)))＝eq\f(\r(2),2)，cosα＋cosβ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＋coseq\f(π,2)＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)，两式相等．类型一灵活变角的思想在三角恒等变换中的应用例1已知α，β为锐角，cosα＝eq\f(4,5)，tan(α－β)＝－eq\f(1,3)，求cosβ的值．解∵α是锐角，cosα＝eq\f(4,5)，∴sinα＝eq\f(3,5)，tanα＝eq\f(3,4).∴tanβ＝tan[α－(α－β)]＝eq\f(tanα－tanα－β,1＋tanαtanα－β)＝eq\f(13,9).∵β是锐角，∴cosβ＝eq\f(9\r(10),50).反思与感悟给值求值的重要思想是探求已知式与待求式之间的联系，常常在进行角的变换时，要注意各角之间的和、差、倍、半的关系，如α＝2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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)]等．跟踪训练1如图，在平面直角坐标系xOy中，以Ox轴为始边作两个锐角α，β，它们的终边分别与单位圆相交于A，B两点，已知A，B的横坐标分别为eq\f(3\r(10),10)，eq\f(2\r(5),5).(1)求tan(α－β)的值；(2)求α＋β的值．解(1)由题可知，cosα＝eq\f(3\r(10),10)，cosβ＝eq\f(2\r(5),5).由于α，β为锐角，则sinα＝eq\f(\r(10),10)，sinβ＝eq\f(\r(5),5)，故tanα＝eq\f(1,3)，tanβ＝eq\f(1,2)，则tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(\f(1,3)－\f(1,2),1＋\f(1,6))＝－eq\f(1,7).(2)因为tan(α＋β)＝eq\f(\f(1,3)＋\f(1,2),1－\f(1,6))＝1，sinα＝eq\f(\r(10),10)<eq\f(\r(2),2)，sinβ＝eq\f(\r(5),5)<eq\f(\r(2),2)，即0<α＋β<eq\f(π,2)，故α＋β＝eq\f(π,4).类型二整体换元思想在三角恒等变换中的应用例2求函数f(x)＝sinx＋cosx＋sinx·cosx，x∈R的最值及取到最值时x的值．解设sinx＋cosx＝t，则t＝sinx＋cosx＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sinx＋\f(\r(2),2)cosx))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，∴t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]，∴sinx·cosx＝eq\f(sinx＋cosx2－1,2)＝eq\f(t2－1,2).∵f(x)＝sinx＋cosx＋sinx·cosx，∴g(t)＝t＋eq\f(t2－1,2)＝eq\f(1,2)(t＋1)2－1，t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]．当t＝－1，即sinx＋cosx＝－1时，f(x)min＝－1，此时，由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),2)，解得x＝2kπ－π或x＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z.当t＝eq\r(2)，即sinx＋cosx＝eq\r(2)时，f(x)max＝eq\r(2)＋eq\f(1,2)，此时，由eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\r(2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝1，解得x＝2kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z.综上，当x＝2kπ－π或x＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z时，f(x)取得最小值，f(x)min＝－1；当x＝2kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z时，f(x)取得最大值，f(x)max＝eq\r(2)＋eq\f(1,2).反思与感悟在三角恒等变换中，有时可以把一个代数式整体视为一个“元”来参与计算和推理，这个“元”可以明确地设出来．跟踪训练2求函数y＝sinx＋sin2x－cosx(x∈R)的值域．解令sinx－cosx＝t，则由t＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))知，t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]．又sin2x＝1－(sinx－cosx)2＝1－t2，∴y＝(sinx－cosx)＋sin2x＝t＋1－t2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋eq\f(5,4).当t＝eq\f(1,2)时，ymax＝eq\f(5,4)；当t＝－eq\r(2)时，ymin＝－eq\r(2)－1.∴函数的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)－1，\f(5,4))).类型三转化与化归思想在三角恒等变换中的应用例3已知函数f(x)＝2eq\r(3)sin(x－3π)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,2)))－1，x∈R.(1)求函数f(x)的最小正周期及在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值；(2)若f(x0)＝eq\f(6,5)，x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，求cos2x0的值．解(1)因为f(x)＝eq\r(3)(2sinxcosx)＋(2cos2x－1)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以f(x)的最小正周期为π.又因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以f(x)∈[－1,2]．所以f(x)的最大值为2，最小值为－1.(2)由(1)可知，f(x0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6))).又因为f(x0)＝eq\f(6,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5).由x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，得2x0＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6))))＝－eq\f(4,5)，cos2x0＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(3－4\r(3),10).反思与感悟(1)为了研究函数的性质，往往要充分利用三角变换公式转化为正弦型(余弦型)函数，这是解决问题的前提．(2)在三角恒等变换中充分运用两角和(差)、二倍角公式、辅助角转换公式消除差异，减少角的种类和函数式的项数，将三角函数表达式变形化简，然后根据化简后的三角函数，讨论其图象和性质．跟踪训练3已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝eq\f(3,5)，eq\f(17π,12)<x<eq\f(7π,4)，求eq\f(sin2x＋2sin2x,1－tanx)的值．解eq\f(sin2x＋2sin2x,1－tanx)＝eq\f(2sinxcosx＋2sin2x,1－\f(sinx,cosx))＝eq\f(2sinxcosxcosx＋sinx,cosx－sinx)＝eq\f(sin2x1＋tanx,1－tanx)＝sin2x·taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)).∵eq\f(17π,12)<x<eq\f(7π,4)，∴eq\f(5π,3)<x＋eq\f(π,4)<2π，又∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝－eq\f(4,5).∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝－eq\f(4,3).sin2x＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－\f(π,2)))＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))))＝1－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＝eq\f(7,25).∴eq\f(sin2x＋2sin2x,1－tanx)＝－eq\f(28,75).类型四构建方程(组)的思想在三角恒等变换中的应用例4已知sinx＋2cosy＝2，求2sinx＋cosy的取值范围．解设2sinx＋cosy＝a.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx＋2cosy＝2，,2sinx＋cosy＝a，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx＝\f(2a－2,3)，,cosy＝\f(4－a,3)，))从而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤\f(2a－2,3)≤1，,－1≤\f(4－a,3)≤1，))解得1≤a≤eq\f(5,2).故2sinx＋cosy的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,2))).反思与感悟在三角恒等变换中，有时可以把某个三角函数式看作未知数，联系已知条件或三角公式，设法建立关于未知数的方程组，从而使问题得以解决．跟踪训练4已知关于θ的方程eq\r(3)cosθ＋sinθ＋a＝0在区间(0,2π)上有两个不相等的实数解α，β，求cos(α＋β)的值．解设x＝cosθ，y＝sinθ，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝1，,\r(3)x＋y＋a＝0，))消去y，并整理得4x2＋2eq\r(3)ax＋a2－1＝0.①由已知得cosα，cosβ是①的两个实数解，由根与系数的关系，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＋cosβ＝－\f(\r(3),2)a，,cosαcosβ＝\f(a2－1,4).))∴sinαsinβ＝(eq\r(3)cosα＋a)(eq\r(3)cosβ＋a)＝3cosαcosβ＋eq\r(3)a(cosα＋cosβ)＋a2＝eq\f(a2－3,4).∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(a2－1,4)－eq\f(a2－3,4)＝eq\f(1,2).1．已知sineq\f(θ,2)＋coseq\f(θ,2)＝eq\f(2\r(3),3)，那么sinθ＝，cos2θ＝.答案eq\f(1,3)eq\f(7,9)解析∵sineq\f(θ,2)＋coseq\f(θ,2)＝eq\f(2\r(3),3)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)＋cos\f(θ,2)))2＝eq\f(4,3)，即1＋2sineq\f(θ,2)coseq\f(θ,2)＝eq\f(4,3)，∴sinθ＝eq\f(1,3)，∴cos2θ＝1－2sin2θ＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(7,9).2．已知θ是第三象限角，且sin4θ＋cos4θ＝eq\f(5,9)，则sin2θ＝.答案eq\f(2\r(2),3)解析由eq\f(5,9)＝sin4θ＋cos4θ＝(sin2θ＋cos2θ)2－2sin2θcos2θ＝1－eq\f(1,2)sin22θ，得eq\f(1,2)sin22θ＝eq\f(4,9)，即sin22θ＝eq\f(8,9).又∵2kπ＋π<θ<2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，∴4kπ＋2π<2θ<4kπ＋3π(k∈Z)，故sin2θ＝eq\f(2\r(2),3).3．已知sinα＋cosβ＝eq\f(1,3)，sinβ－cosα＝eq\f(1,2)，则sin(α－β)＝.答案－eq\f(59,72)解析由(sinα＋cosβ)2＋(sinβ－cosα)2＝eq\f(13,36)，得2sin(α－β)＝－eq\f(59,36)，即sin(α－β)＝－eq\f(59,72).4．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)))的值为．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,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(24,25)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－1＝eq\f(7,25)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))))＝eq\f(17\r(2),50).5．已知函数f(x)＝cosx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),4)，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在闭区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．解(1)由已知，有f(x)＝cosx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,2)sinx·cosx－eq\f(\r(3),2)cos2x＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,4)sin2x－eq\f(\r(3),4)(1＋cos2x)＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,4)sin2x－eq\f(\r(3),4)cos2x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).所以f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)因为f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上是单调减函数，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上是单调增函数，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝－eq\f(1,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝－eq\f(1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(1,4)，所以函数f(x)在闭区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值为eq\f(1,4)，最小值为－eq\f(1,2).本章所学的内容是三角恒等变换重要的工具，在三角函数式求值、化简、证明，进而研究三角函数的性质等方面都是必要的基础，是解答整个三角函数类试题的必要基本功，要求准确，快速化到最简，再进一步研究函数的性质．一、填空题1．cos2017°cos1583°－sin2017°sin1583°＝.答案1解析原式＝cos(2017°＋1583°)＝cos3600°＝1.2．函数y＝eq\f(1,2)sin2x＋sin2x(x∈R)的值域是．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋\f(1,2)，\f(\r(2),2)＋\f(1,2)))解析y＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1－cos2x,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)))＋eq\f(1,2).∵x∈R，∴2x－eq\f(π,4)∈R，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))∈[－1,1]，∴函数的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋\f(1,2)，\f(\r(2),2)＋\f(1,2))).3．若tanα＝2taneq\f(π,5)，则eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝.答案3解析eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α－\f(3π,10))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,5))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,5))))＝eq\f(sinαcos\f(π,5)＋cosαsin\f(π,5),sinαcos\f(π,5)－cosαsin\f(π,5))＝eq\f(\f(tanα,tan\f(π,5))＋1,\f(tanα,tan\f(π,5))－1)＝eq\f(2＋1,2－1)＝3.4．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(2cosαsinα－cosα,\f(\r(2),2)sinα－cosα)＝2eq\r(2)cosα.∵taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝－eq\f(1,2)，∴tanα＝－3，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cosα＝－eq\f(\r(10),10).则eq\f(sin2α－2cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝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).5．已知向量a＝(sinα，1)，b＝(2,2cosα－eq\r(2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)<α<π))，若a⊥b，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝.答案eq\f(\r(3),2)解析∵a⊥b，∴a·b＝2sinα＋2cosα－eq\r(2)＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－eq\r(2)＝0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2).∵eq\f(π,2)<α<π，∴eq\f(3π,4)<α＋eq\f(π,4)<eq\f(5π,4)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(3),2).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),2).6．若eq\f(1,tanθ)＝3，则cos2θ＋eq\f(1,2)sin2θ的值是．答案eq\f(6,5)解析由题意知，tanθ＝eq\f(1,3)，则cos2θ＋eq\f(1,2)sin2θ＝cos2θ＋sinθcosθ＝eq\f(cos2θ＋sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(1＋tanθ,tan2θ＋1)＝eq\f(6,5).7．函数y＝sinxcosx＋eq\r(3)cos2x－eq\r(3)的最大值为．答案eq\f(2－\r(3),2)解析y＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)(1＋cos2x)－eq\r(3)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2)，当2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时，ymax＝1－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(2－\r(3),2).8．若点P(cosα，sinα)在直线y＝－2x上，则sin2α＋2cos2α＝.答案－2解析由题意知，tanα＝－2，sin2α＋2cos2α＝2sinαcosα＋2cos2α－2sin2α＝eq\f(2sinαcosα＋2cos2α－2sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα＋2－2tan2α,tan2α＋1)＝eq\f(－4＋2－2×4,5)＝－2.9．函数y＝(acosx＋bsinx)cosx有最大值2，最小值－1，则实数a＝，b＝.答案1±2eq\r(2)解析y＝acos2x＋bsinxcosx＝eq\f(b,2)sin2x＋eq\f(a,2)cos2x＋eq\f(a,2)＝eq\f(\r(a2＋b2),2)sin(2x＋φ)＋eq\f(a,2)，eq\f(\r(a2＋b2),2)＋eq\f(a,2)＝2，－eq\f(\r(a2＋b2),2)＋eq\f(a,2)＝－1，a＝1，b＝±2eq\r(2).10．若(4tanα＋1)(1－4tanβ)＝17，则tan(α－β)＝.答案4解析由已知得4(tanα－tanβ)＝16(1＋tanαtanβ)，即eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝4.∴tan(α－β)＝4.11．函数y＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－1的最小正周期为．答案π解析∵y＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－1＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))),2)＋eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))),2)－1＝eq\f(\f(\r(3),2)cos2x＋\f(1,2)sin2x－\f(\r(3),2)cos2x＋\f(1,2)sin2x,2)＝eq\f(1,2)sin2x，∴T＝eq\f(2π,2)＝π.二、解答题12．已知△ABC的内角B满足2cos2B－8cosB＋5＝0，若eq\o(BC,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，且a，b满足：a·b＝－9，|a|＝3，|b|＝5，θ为a，b的夹角．求sin(B＋θ)．解2(2cos2B－1)－8cosB＋5＝0，4cos2B－8cosB＋3＝0，解得cosB＝eq\f(1,2)，sinB＝eq\f(\r(3),2)，cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝－eq\f(3,5)，sinθ＝eq\f(4,5)，sin(B＋θ)＝sinBcosθ＋cosBsinθ＝eq\f(4－3\r(3),10).13．设函数f(x)＝sin2x＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(1)求函数f(x)的最大值及此时x的取值集合；解(1)∵f(x)＝eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(1,2)cos2x－eq\f(\r(3),2)sin2x＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)sin2x，∴当sin2x＝－1时，f(x)ma