2024-2025学年高中数学第三章三角恒等变换3.3第1课时倍角公式学案含解析北师大版必修4

PAGE§3二倍角的三角函数第1课时倍角公式学问点二倍角公式[填一填][答一答]为什么说1＋sinα和1－sinα是完全平方的形式？提示：要明确这个问题，先从完全平方公式来分析．(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，(a－b)2＝a2－2ab＋b2，由此看一个式子是否是完全平方的形式，关键看是否具有a2＋2ab＋b2或a2－2ab＋b2的特点.1±sinα要具备这种特点，须要进行恒等变形．视察到完全平方的式子中有a2＋b2，联想1±sinα中的1能变形为平方和的形式，即变形的方向是1＝a2＋b2，sinα＝2ab.由同角三角函数基本关系式和二倍角的正弦公式，得1±sinα＝sin2eq\f(α,2)＋cos2eq\f(α,2)±2sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)＝(sineq\f(α,2)±coseq\f(α,2))2，因此1＋sinα和1－sinα是完全平方的形式．这个结论有助于解决一些三角函数问题．对倍角公式的三点说明(1)联系：公式S2α，C2α，T2α是在公式Sα＋β，Cα＋β，Tα＋β中，分别令β＝α时，得到的一组公式，即倍角公式是和角公式的特例．(2)倍角公式中的“倍角”的相对性：对于两个角的比值等于2的状况都成立，如6α是3α的2倍，3α是eq\f(3α,2)的2倍．这就是说，“倍”是相对而言的，是描述两个数量之间的关系的．(3)前提：所含各三角函数有意义．类型一利用二倍角公式求值【例1】利用倍角公式求下列各式的值：(1)2sineq\f(π,12)coseq\f(π,12)；(2)1－2sin2750°；(3)eq\f(2tan150°,1－tan2150°)；(4)coseq\f(π,12)coseq\f(5π,12).【思路探究】本题主要是倍角公式及公式的变形求值，关键是搞清公式的特征．【解】(1)原式＝sin(2×eq\f(π,12))＝sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2).(2)原式＝cos(2×750°)＝cos1500°＝cos(60°＋4×360°)＝cos60°＝eq\f(1,2).(3)原式＝tan(2×150°)＝tan300°＝tan(360°－60°)＝－tan60°＝－eq\r(3).(4)原式＝coseq\f(π,12)cos(eq\f(π,2)－eq\f(π,12))＝coseq\f(π,12)sineq\f(π,12)＝eq\f(1,2)·(2sineq\f(π,12)coseq\f(π,12))＝eq\f(1,2)sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).规律方法解答本类题的关键是抓住公式的特征，如角的关系、次数的关系等．分析题设和结论中所具有的与公式相像的结构特征，并联想相应的公式，从而找到解题的切入点．(1)若sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，则cosα＝(C)A．－eq\f(2,3) B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(2,3)解析：cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)＝1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3).(2)已知cosα＝－eq\f(12,13)，α∈(π，eq\f(3,2)π)，求sin2α，cos2α，tan2α的值．解：因为cosα＝－eq\f(12,13)，α∈(π，eq\f(3,2)π)，所以sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\r(1－－\f(12,13)2)＝－eq\f(5,13)，所以sin2α＝2sinαcosα＝2×(－eq\f(5,13))×(－eq\f(12,13))＝eq\f(120,169)，cos2α＝1－2sin2α＝1－2×(－eq\f(5,13))2＝eq\f(119,169)，tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(120,119).类型二化简求值问题【例2】化简：sin2α·sin2β＋cos2α·cos2β－eq\f(1,2)cos2α·cos2β.【思路探究】视察待化简的式子可以发觉：(1)涉及的角有α，β，2α，2β(须要把2α化为α，2β化为β)；(2)函数名称为正弦、余弦(可以利用平方关系进行名称的统一)；(3)次数为2(有降次的可能)；(4)有平方项(可以进行配方)．由于侧重角度不同，动身点不同，所以本题的化简方法不止一种．【解】方法1：(从“角”入手，倍角变单角)原式＝sin2α·sin2β＋cos2α·cos2β－eq\f(1,2)·(2cos2α－1)·(2cos2β－1)＝sin2α·sin2β＋cos2α·cos2β－eq\f(1,2)(4cos2α·cos2β－2cos2α－2cos2β＋1)＝sin2α·sin2β－cos2α·cos2β＋cos2α＋cos2β－eq\f(1,2)＝sin2α·sin2β＋cos2αsin2β＋cos2β－eq\f(1,2)＝sin2β＋cos2β－eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).方法2：(从“名”入手，异名化同名)原式＝sin2α·sin2β＋(1－sin2α)·cos2β－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝cos2β－sin2α(cos2β－sin2β)－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝cos2β－sin2α·cos2β－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝cos2β－cos2β·(sin2α＋eq\f(1,2)cos2α)＝eq\f(1＋cos2β,2)－cos2β[sin2α＋eq\f(1,2)(1－2sin2α)]＝eq\f(1＋cos2β,2)－eq\f(1,2)cos2β＝eq\f(1,2).方法3：(从“幂”入手，利用降幂公式先降次)原式＝eq\f(1－cos2α,2)·eq\f(1－cos2β,2)＋eq\f(1＋cos2α,2)·eq\f(1＋cos2β,2)－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝eq\f(1,4)(1＋cos2α·cos2β－cos2α－cos2β)＋eq\f(1,4)(1＋cos2α·cos2β＋cos2α＋cos2β)－eq\f(1,2)·cos2α·cos2β＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2).方法4：(从“形”入手，利用配方法，先对二次项配方)原式＝(sinα·sinβ－cosα·cosβ)2＋2sinα·sinβ·cosα·cosβ－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝cos2(α＋β)＋eq\f(1,2)sin2α·sin2β－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝cos2(α＋β)－eq\f(1,2)·cos(2α＋2β)＝cos2(α＋β)－eq\f(1,2)·[2cos2(α＋β)－1]＝eq\f(1,2).规律方法在对三角函数式作变形时，以上四种方法，供应了四种变形的角度，即分别从“角”的差异，“名”的差异，“幂”的差异以及“形”的特征四个方面着手探讨．这也是探讨其他三角问题时常常要用的变形方法，此外还须熟知化简的要求．化简：(1)cos2(θ＋15°)＋sin2(θ－15°)＋sin(θ＋90°)cos(90°－θ)；(2)eq\f(1,1－tanθ)－eq\f(1,1＋tanθ).解：(1)原式＝eq\f(1＋cos2θ＋30°,2)＋eq\f(1－cos2θ－30°,2)＋cosθsinθ＝1＋eq\f(1,2)(cos2θcos30°－sin2θsin30°－cos2θcos30°－sin2θsin30°)＋eq\f(1,2)sin2θ＝1－sin2θsin30°＋eq\f(1,2)sin2θ＝1.(2)原式＝eq\f(1＋tanθ－1－tanθ,1－tanθ1＋tanθ)＝eq\f(tanθ＋tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝tan2θ.类型三给值求值问题【例3】已知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\f(3,5)，求cos2x的值．【思路探究】留意：2x＝eq\f(π,2)－2(eq\f(π,4)－x)．【解】法1：(变角求值)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))，∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝－eq\f(3,5)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴eq\f(π,4)－x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(4,5)，∴cos2x＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(4,5)＝－eq\f(24,25).法2：(变结构求值)由已知条件得cosx－sinx＝－eq\f(3\r(2),5)，将此式两边平方得2sinxcosx＝eq\f(7,25)，∴sin2x＝eq\f(7,25).∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).∴cos2x＝－eq\r(1－sin22x)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,25)))2)＝－eq\f(24,25).规律方法解决上面例题要留意角“2x”与“eq\f(π,4)－x”的变换方法，即cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))，常见的此类变换，还有：(1)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))))；(2)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))))；(3)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))).(1)已知cosx＝eq\f(3,4)，则cos2x＝(D)A．－eq\f(1,4) B.eq\f(1,4)C．－eq\f(1,8) D.eq\f(1,8)(2)已知cosα－sinα＝eq\f(\r(2),4)，则sin2α的值为(C)A.eq\f(1,8) B．－eq\f(1,8)C.eq\f(7,8) D．－eq\f(7,8)解析：(1)∵cosx＝eq\f(3,4)，∴cos2x＝2cos2x－1＝eq\f(1,8).(2)将已知等式两边平方可得1－sin2α＝eq\f(1,8)，∴sin2α＝eq\f(7,8).类型四利用公式探讨三角函数的性质【例4】已知函数f(x)＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋cos2xcosφ－eq\f(1,2)sin(eq\f(π,2)＋φ)(0<φ<π)，其图像过点(eq\f(π,6)，eq\f(1,2))．(1)求φ的值；(2)将函数y＝f(x)的图像上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图像，求函数g(x)在[0，eq\f(π,4)]上的最大值和最小值．【思路探究】先利用降幂公式与和差公式将f(x)化成Acos(ωx＋φ)＋k(或Asin(ωx＋φ)＋k)的形式，再探讨函数的性质．【解】(1)f(x)＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋eq\f(1＋cos2x,2)cosφ－eq\f(1,2)cosφ＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋eq\f(1,2)cos2xcosφ＝eq\f(1,2)(sin2xsinφ＋cos2xcosφ)＝eq\f(1,2)cos(2x－φ)．又函数图像过点(eq\f(π,6)，eq\f(1,2))，所以eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)cos(2×eq\f(π,6)－φ)，即cos(eq\f(π,3)－φ)＝1.又0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,3).(2)由(1)知f(x)＝eq\f(1,2)cos(2x－eq\f(π,3))，将函数y＝f(x)的图像上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图像，可知g(x)＝f(2x)＝eq\f(1,2)cos(4x－eq\f(π,3))，因为x∈[0，eq\f(π,4)]，所以4x∈[0，π]，因此4x－eq\f(π,3)∈[－eq\f(π,3)，eq\f(2π,3)]，故－eq\f(1,2)≤cos(4x－eq\f(π,3))≤1.所以y＝g(x)在[0，eq\f(π,4)]上的最大值和最小值分别为eq\f(1,2)和－eq\f(1,4).规律方法解答此类综合题的关键是利用三角函数的公式将f(x)化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋k(或f(x)＝Acos(ωx＋φ)＋k)的形式，然后借助于三角函数的图像及性质去探讨f(x)的相应性质，解答过程中肯定要留意公式的合理应用，以免错用公式，导致化简失误．已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋cos2x.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解：(1)∵f(x)＝(sinx＋cosx)2＋cos2x＝1＋sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,|2|)＝π.(2)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，∴f(x)max＝1＋eq\r(2)，f(x)min＝0.——规范解答——二倍角公式的综合应用问题【例5】已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx－cos2ωx＋eq\f(3,2)(x∈R，ω∈R)的最小正周期为π，且当x＝eq\f(π,6)时，函数有最小值．(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)的单调递增区间．【审题】【解题】(1)f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx－cos2ωx＋eq\f(3,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx－eq\f(1,2)(1＋cos2ωx)＋eq\f(3,2)＝sin(2ωx－eq\f(π,6))＋1.由题意ω＝±1，当ω＝1时，f(x)＝sin(2x－eq\f(π,6))＋1，f(eq\f(π,6))＝sineq\f(π,6)＋1，不是最小值．当ω＝－1时，f(x)＝sin(－2x－eq\f(π,6))＋1，f(eq\f(π,6))＝－sineq\f(π,2)＋1是最小值，所以f(x)＝sin(－2x－eq\f(π,6))＋1＝－sin(2x＋eq\f(π,6))＋1.(2)当eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，即eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z时，f(x)单调递增．故f(x)的单调递增区间为[eq\f(π,6)＋kπ，eq\f(2π,3)＋kπ](k∈Z)．【小结】1.留意公式的正用、逆用、变形应用熟记两角和差公式、二倍角公式，同时要把握好逆用的公式特点，如本例中由cos2ωx通过降幂扩角得到eq\f(1＋cos2ωx,2).2．关注三角函数性质运用的前提条件三角函数的单调区间，在本例中要有整体代换的意识，如将2x＋eq\f(π,6)视为正弦函数y＝sinx中的x整体替换，才能得到正确的结果．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\r(3)cos2x.(1)求f(x)的最小正周期和最小值；(2)将函数f(x)的图像上每一点的横坐标伸长到原来的两倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图像．当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，求g(x)的值域．解：(1)f(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\r(3)cos2x＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)(1＋cos2x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x－eq\f(\r(3),2)＝sin(2x－eq\f(π,3))－eq\f(\r(3),2).因此f(x)的最小正周期为π，最小值为－eq\f(2＋\r(3),2).(2)由条件可知：g(x)＝sin(x－eq\f(π,3))－eq\f(\r(3),2).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，有x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，从而sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，那么sin(x－eq\f(π,3))－eq\f(\r(3),2)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),2)，\f(2－\r(3),2))).故g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),2)，\f(2－\r(3),2))).一、选择题1．函数f(x)＝sinxcosx的最小值是(B)A．－1 B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D．1解析：f(x)＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x，∴f(x)的最小值为－eq\