2023届高考一轮复习讲义(理科)第四章 三角函数、解三角形 第3讲 第2课时 简单的三角恒等变换学案
展开三角函数式的化简(师生共研)
(1)化简:eq \f(2cs4x-2cs2x+\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+x)))=________;
(2)(一题多解)化简:sin2αsin2β+cs2αcs2β-eq \f(1,2)cs 2αcs 2β=________.
【解析】 (1)原式=eq \f(\f(1,2)(4cs4x-4cs2x+1),2×\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x)))·cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x)))
=eq \f((2cs2x-1)2,4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x))cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x)))
=eq \f(cs22x,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-2x)))=eq \f(cs22x,2cs 2x)=eq \f(1,2)cs 2x.
(2)法一:原式=eq \f(1-cs 2α,2)·eq \f(1-cs 2β,2)+eq \f(1+cs 2α,2)·eq \f(1+cs 2β,2)-eq \f(1,2)cs 2αcs 2β=
eq \f(1-cs 2β-cs 2α+cs 2αcs 2β,4)+
eq \f(1+cs 2β+cs 2α+cs 2αcs 2β,4)-eq \f(1,2)cs 2αcs 2β=eq \f(1,2)+eq \f(1,2)cs 2αcs 2β-eq \f(1,2)cs 2αcs 2β=eq \f(1,2).
法二:原式=(1-cs2α)(1-cs2β)+cs2αcs2β-eq \f(1,2)(2cs2α-1)(2cs2β-1)
=1-cs2β-cs2α+cs2αcs2β+cs2αcs2β-eq \f(1,2)(4cs2αcs2β-2cs2α-2cs2β+1)
=1-cs2β-cs2α+2cs2αcs2β-2cs2αcs2β+cs2α+cs2β-eq \f(1,2)=eq \f(1,2).
法三:原式=sin2αsin2β+cs2αcs2β-eq \f(1,2)(cs2α-sin2α)·(cs2β-sin2β)
=eq \f(1,2)(2sin2αsin2β+2cs2αcs2β-cs2αcs2β+cs2αsin2β+sin2αcs2β-sin2αsin2β)
=eq \f(1,2)[sin2α(sin2β+cs2β)+cs2α(sin2β+cs2β)]
=eq \f(1,2)(sin2α+cs2α)=eq \f(1,2).
【答案】 (1)eq \f(1,2)cs 2x (2)eq \f(1,2)
eq \a\vs4\al()
(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.
1.化简:eq \f(2sin(π-α)+sin 2α,cs2\f(α,2))=________.
解析:eq \f(2sin(π-α)+sin 2α,cs2\f(α,2))=eq \f(2sin α+2sin αcs α,\f(1,2)(1+cs α))
=eq \f(2sin α(1+cs α),\f(1,2)(1+cs α))=4sin α.
答案:4sin α
2.化简:eq \f((1+sin α+cs α)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)-sin \f(α,2))),\r(2+2cs α))=________(其中0<α<π).
解析:原式=
eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs2\f(α,2)+2sin \f(α,2)cs \f(α,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)-sin \f(α,2))),\r(4cs2\f(α,2)))
=eq \f(cs \f(α,2)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs2\f(α,2)-sin2\f(α,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2))))=eq \f(cs \f(α,2)·cs α,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)))),
因为0<α<π,所以0
所以原式=cs α.
答案:cs α
三角函数的求值(多维探究)
角度一 给角求值
[2sin 50°+sin 10°(1+eq \r(3)tan 10°)]·eq \r(2sin280°)=________.
【解析】 原式=
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2sin 50°+sin 10°·\f(cs 10°+\r(3)sin 10°,cs 10°)))·eq \r(2sin280°)
=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2sin 50°+sin 10°·\f(cs 10°+\r(3)sin 10°,cs 10°)))·eq \r(2)cs 10°
=2eq \r(2)[sin 50°·cs 10°+sin 10°·cs(60°-10°)]
=2eq \r(2)sin(50°+10°)=2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)=eq \r(6).
【答案】 eq \r(6)
eq \a\vs4\al()
该类问题中给出的角一般都不是特殊角,需要通过三角恒等变换将其变为特殊角,或者能够正负相消,或者能够约分相消,最后得到具体的值.
角度二 给值求值
(一题多解)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+x))=eq \f(3,5),若eq \f(17,12)π
所以cs x=cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+x))-\f(π,4)))=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+x))cseq \f(π,4)+sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+x))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),
从而sin x=-eq \f(7\r(2),10),tan x=7.
则eq \f(sin 2x+2sin2x,1-tan x)=eq \f(2sin xcs x+2sin2x,1-tan x)=
eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(7\r(2),10)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(\r(2),10)))+2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(7\r(2),10)))\s\up12(2),1-7)=-eq \f(28,75).
法二:由法一得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+x))=-eq \f(4,3).
又sin 2x=-cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)+2x))=-cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+x))
=-2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+x))+1=-eq \f(18,25)+1=eq \f(7,25).
则eq \f(sin 2x+2sin2x,1-tan x)=eq \f(sin 2x+2sin2x,1-\f(sin x,cs x))
=eq \f(sin 2xcs x+2sin2xcs x,cs x-sin x)=eq \f(sin 2x(sin x+cs x),cs x-sin x)=
sin 2x·eq \f(1+tan x,1-tan x)=sin 2x·tan(x+eq \f(π,4))=eq \f(7,25)×(-eq \f(4,3))=-eq \f(28,75).
【答案】 -eq \f(28,75)
eq \a\vs4\al()
给值求值是指已知某个角的三角函数值,求与该角相关的其他三角函数值的问题,解题的基本方法是通过角的三角函数的变换把求解目标用已知条件表达出来.
角度三 给值求角
若sin 2α=eq \f(\r(5),5),sin(β-α)=eq \f(\r(10),10),且α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4),π)),β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π,\f(3π,2))),则α+β的值是________.
【解析】 因为α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4),π)),所以2α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2),2π)),
又sin 2α=eq \f(\r(5),5),所以2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),
所以cs 2α=-eq \f(2\r(5),5)且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(π,2))),
又因为sin(β-α)=eq \f(\r(10),10),β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π,\f(3π,2))),
所以β-α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),所以cs(β-α)=-eq \f(3\r(10),10),
所以cs(α+β)=cs[(β-α)+2α]
=cs(β-α)cs 2α-sin(β-α)sin 2α
=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3\r(10),10)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\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\c1(\f(5π,4),2π)),所以α+β=eq \f(7π,4).
【答案】 eq \f(7π,4)
eq \a\vs4\al()
通过求角的某种三角函数值来求角,在选取函数时,有以下原则:
(1)已知正切函数值,则选正切函数.
(2)已知正、余弦函数值,则选正弦或余弦函数,若角的范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),则选正、余弦皆可;若角的范围是(0,π),则选余弦较好;若角的范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2))),则选正弦较好.
[提醒] 对角的范围的限定是求角问题中的难点,一般来说对角的范围的限定可从以下两方面进行:(1)题目给定的角的范围;(2)利用给定的各个三角函数值来限定,如由三角函数值的正负可挖掘出角的范围,也可借助特殊角的三角函数值和函数的单调性来确定角的范围,注意应尽量使角的范围精准,避免增根.
1.eq \f(\r(3)tan 12°-3,sin 12°(4cs212°-2))=________.
解析:原式=eq \f(\r(3)×\f(sin 12°,cs 12°)-3,sin 12°(4cs212°-2))
=eq \f(\r(3)sin 12°-3cs 12°,2sin 12°cs 12°(2cs2 12°-1))
=eq \f(2\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin 12°-\f(\r(3),2)cs 12°)),sin 24°cs 24°)
=eq \f(2\r(3)sin(12°-60°),\f(1,2)sin 48°)=-4eq \r(3).
答案:-4eq \r(3)
2.已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),且2sin2α-sin α·cs α-3cs2α=0,则eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4))),sin 2α+cs 2α+1)=________.
解析:因为2sin2α-sin α·cs α-3cs2α=0,
则(2sin α-3cs α)·(sin α+cs α)=0,
又因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),sin α+cs α>0,
所以2sin α=3cs α,又sin2α+cs2α=1,
所以cs α=eq \f(2,\r(13)),sin α=eq \f(3,\r(13)),
所以eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4))),sin 2α+cs 2α+1)=eq \f(\f(\r(2),2)(sin α+cs α),2sin αcs α+2cs2α)=
eq \f(\r(2)(sin α+cs α),4cs α(sin α+cs α))=eq \f(\r(2),4cs α)=eq \f(\r(26),8).
答案:eq \f(\r(26),8)
3.已知α,β∈(0,π),且tan(α-β)=eq \f(1,2),tan β=-eq \f(1,7),则2α-β的值为________.
解析:因为tan α=tan[(α-β)+β]=eq \f(tan(α-β)+tan β,1-tan(α-β)tan β)
=eq \f(\f(1,2)-\f(1,7),1+\f(1,2)×\f(1,7))=eq \f(1,3)>0,所以0<α
所以0<2α
因为tan β=-eq \f(1,7)<0,所以eq \f(π,2)<β<π,-π<2α-β<0,
所以2α-β=-eq \f(3,4)π.
答案:-eq \f(3,4)π
三角恒等变换的综合应用(师生共研)
已知函数f(x)=eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x))+eq \f(\r(6),4)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x)).
(1)求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(3π,2)))上的最值;
(2)若cs θ=eq \f(4,5),θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2),2π)),求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ+\f(π,3)))的值.
【解】 (1)由题意得f(x)=eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x))+eq \f(\r(6),4)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x))
=eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x))+\f(\r(3),2)cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-x))))
=-eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(7π,12))).
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(3π,2))),所以x-eq \f(7π,12)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,3),\f(11π,12))),
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(7π,12)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(\r(3),2),1)),
所以-eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(7π,12)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(\r(2),2),\f(\r(6),4))),
即函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(3π,2)))上的最大值为eq \f(\r(6),4),
最小值为-eq \f(\r(2),2).
(2)因为cs θ=eq \f(4,5),θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2),2π)),
所以sin θ=-eq \f(3,5),
所以sin 2θ=2sin θcs θ=-eq \f(24,25),
cs 2θ=cs2θ-sin2θ=eq \f(16,25)-eq \f(9,25)=eq \f(7,25),
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ+\f(π,3)))=-eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ+\f(π,3)-\f(7π,12)))
=-eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ-\f(π,4)))
=-eq \f(1,2)(sin 2θ-cs 2θ)
=eq \f(1,2)(cs 2θ-sin 2θ)
=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,25)+\f(24,25)))=eq \f(31,50).
eq \a\vs4\al()
三角恒等变换的应用策略
(1)进行三角恒等变换要抓住:变角、变函数名称、变结构,尤其是角之间的关系;注意公式的逆用和变形应用.
(2)把形如y=asin x+bcs x化为y=eq \r(a2+b2)sin(x+φ),可进一步研究函数的周期、单调性、最值与对称性.
已知函数f(x)=cs2x+sin xcs x,x∈R.
(1)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))的值;
(2)若sin α=eq \f(3,5),且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)+\f(π,24))).
解:(1)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))=cs2eq \f(π,6)+sin eq \f(π,6)cs eq \f(π,6)
=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)+eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)=eq \f(3+\r(3),4).
(2)因为f(x)=cs2x+sin xcs x=eq \f(1+cs 2x,2)+eq \f(1,2)sin 2x
=eq \f(1,2)+eq \f(1,2)(sin 2x+cs 2x)=eq \f(1,2)+eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,4))),
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)+\f(π,24)))=eq \f(1,2)+eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,12)+\f(π,4)))
=eq \f(1,2)+eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,3)))=eq \f(1,2)+eq \f(\r(2),2)(eq \f(1,2)sin α+eq \f(\r(3),2)cs α).
又因为sin α=eq \f(3,5),且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),
所以cs α=-eq \f(4,5),
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)+\f(π,24)))=eq \f(1,2)+eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×\f(3,5)-\f(\r(3),2)×\f(4,5)))
=eq \f(10+3\r(2)-4\r(6),20).
[基础题组练]
1.若tan(α+80°)=4sin 420°,则tan(α+20°)的值为( )
A.-eq \f(\r(3),5) B.eq \f(3\r(3),5)
C.eq \f(\r(3),19) D.eq \f(\r(3),7)
解析:选D.由tan(α+80°)=4sin 420°=4sin 60°=2eq \r(3),得tan(α+20°)=tan[(α+80°)-60°]=eq \f(tan(α+80°)-tan 60°,1+tan(α+80°)tan 60°)=eq \f(2\r(3)-\r(3),1+2\r(3)×\r(3))=eq \f(\r(3),7).故选D.
2.(2020·河南天一大联考阶段性测试(五))已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-2x))=eq \f(3,5),则sin 4x的值为( )
A.eq \f(7,25) B.±eq \f(7,25)
C.eq \f(18,25) D.±eq \f(18,25)
解析:选A.因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-2x))=eq \f(\r(2),2)(cs 2x-sin 2x)=eq \f(3,5),
所以sin 2x-cs 2x=-eq \f(3\r(2),5),
所以(sin 2x-cs 2x)2=1-2sin 2xcs 2x=1-sin 4x=eq \f(18,25),所以sin 4x=eq \f(7,25),故选A.
3.(2020·江西九江二模)若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(π,9)))=2cs αsin eq \f(π,9),则eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(π,9))),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(7π,18))))=( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2)
C.2 D.4
解析:选B.因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(π,9)))=2cs αsin eq \f(π,9),
所以sin αcs eq \f(π,9)-cs αsin eq \f(π,9)=2cs αsin eq \f(π,9),
所以sin αcs eq \f(π,9)=3cs αsin eq \f(π,9).
所以tan α=3 tan eq \f(π,9),
所以eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(π,9))),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(7π,18))))=eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(π,9))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,9))))
=eq \f(sin αcs\f(π,9)-cs αsin\f(π,9),sin αcs \f(π,9)+cs αsin \f(π,9))=eq \f(tan α-tan \f(π,9),tan α+tan \f(π,9))=eq \f(2tan \f(π,9),4tan \f(π,9))=eq \f(1,2).
故选B.
4.(2020·福建龙岩教学质量检查)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,π)),且3sin α+2cs α=2,则tan eq \f(α,2)等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(3,2)
解析:选D.3sin α+2cs α
=eq \f(6sin \f(α,2) cs \f(α,2)+2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs2\f(α,2)-sin2\f(α,2))),sin2\f(α,2)+cs2\f(α,2))
=eq \f(6tan \f(α,2)+2-2tan2\f(α,2),tan2\f(α,2)+1)=2,
所以3tan eq \f(α,2)+1-tan2eq \f(α,2)=tan2eq \f(α,2)+1,解得taneq \f(α,2)=0或eq \f(3,2),又α∈(0,π),所以tan eq \f(α,2)≠0,所以tan eq \f(α,2)=eq \f(3,2),故选D.
5.(2020·湖北八校联考)已知3π≤θ≤4π,且 eq \r(\f(1+cs θ,2))+eq \r(\f(1-cs θ,2))=eq \f(\r(6),2),则θ=( )
A.eq \f(10π,3)或eq \f(11π,3) B.eq \f(37π,12)或eq \f(47π,12)
C.eq \f(13π,4)或eq \f(15π,4) D.eq \f(19π,6)或eq \f(23π,6)
解析:选D.因为3π≤θ≤4π,所以eq \f(3π,2)≤eq \f(θ,2)≤2π,所以cs eq \f(θ,2)≥0,sin eq \f(θ,2)≤0,则 eq \r(\f(1+cs θ,2))+eq \r(\f(1-cs θ,2))=eq \r(cs2\f(θ,2))+eq \r(sin2\f(θ,2))=cs eq \f(θ,2)-sin eq \f(θ,2)=eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(θ,2)+\f(π,4)))=eq \f(\r(6),2),所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(θ,2)+\f(π,4)))=eq \f(\r(3),2),
所以eq \f(θ,2)+eq \f(π,4)=eq \f(π,6)+2kπ或eq \f(θ,2)+eq \f(π,4)=-eq \f(π,6)+2kπ,k∈Z,即θ=-eq \f(π,6)+4kπ或θ=-eq \f(5π,6)+4kπ,k∈Z.因为3π≤θ≤4π,所以θ=eq \f(19π,6)或eq \f(23π,6),故选D.
6.eq \f(cs 10°+\r(3)sin 10°,\r(1-cs 80°))的值为________.
解析:原式=eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs 10°+\f(\r(3),2)sin 10°)),\r(2sin240°))=eq \f(2sin 40°,\r(2)sin 40°)=eq \r(2).
答案:eq \r(2)
7.(2020·平顶山模拟)已知sin α=-eq \f(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2),2π)))),若eq \f(sin(α+β),cs β)=2,则tan(α+β)=________.
解析:因为sin α=-eq \f(4,5),α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2),2π)),所以cs α=eq \f(3,5).由eq \f(sin(α+β),cs β)=2,得sin(α+β)=2cs[(α+β)-α],即eq \f(6,5)cs(α+β)=eq \f(13,5)sin(α+β),所以tan(α+β)=eq \f(6,13).
答案:eq \f(6,13)
8.设α是第四象限角,若eq \f(sin 3α,sin α)=eq \f(13,5),则tan 2α=________.
解析:eq \f(sin 3α,sin α)=eq \f(sin(α+2α),sin α)=eq \f(sin αcs 2α+cs αsin 2α,sin α)
=cs 2α+2cs2α=4cs2α-1=eq \f(13,5),解得cs2α=eq \f(9,10).
因为α是第四象限角,所以cs α=eq \f(3\r(10),10),sin α=-eq \f(\r(10),10),
所以sin 2α=2sin αcs α=-eq \f(3,5),cs 2α=2cs2α-1=eq \f(4,5),
所以tan 2α=-eq \f(3,4).
答案:-eq \f(3,4)
9.已知tan α=-eq \f(1,3),cs β=eq \f(\r(5),5),α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),求tan(α+β)的值,并求出α+β的值.
解:由cs β=eq \f(\r(5),5),β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),
得sin β=eq \f(2\r(5),5),tan β=2.
所以tan(α+β)=eq \f(tan α+tan β,1-tan αtan β)
=eq \f(-\f(1,3)+2,1+\f(2,3))=1.
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),
所以eq \f(π,2)<α+β
10.已知函数f(x)=4tan x·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-x))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(-\f(π,4),\f(π,4)))上的单调性.
解:(1)f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠\f(π,2)+kπ,k∈Z)).
f(x)=4tan xcs xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,3)))-eq \r(3)
=4sin xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,3)))-eq \r(3)
=4sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs x+\f(\r(3),2)sin x))-eq \r(3)
=2sin xcs x+2eq \r(3)sin2x-eq \r(3)
=sin 2x+eq \r(3)(1-cs 2x)-eq \r(3)
=sin 2x-eq \r(3)cs 2x=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))).
所以f(x)的最小正周期T=eq \f(2π,2)=π.
(2)因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(π,4))),
所以2x-eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(5π,6),\f(π,6))),
由y=sin x的图象可知,当2x-eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(5π,6),-\f(π,2))),
即x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),-\f(π,12)))时,f(x)单调递减;当2x-eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,6))),即x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,12),\f(π,4)))时,f(x)单调递增.
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(π,4)))时,f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,12),\f(π,4)))上单调递增,在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),-\f(π,12)))上单调递减.
[综合题组练]
1.设α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,4))),且tan α=eq \f(1+sin 2β,cs 2β),则下列结论中正确的是( )
A.α-β=eq \f(π,4) B.α+β=eq \f(π,4)
C.2α-β=eq \f(π,4) D.2α+β=eq \f(π,4)
解析:选A.tan α=eq \f(1+sin 2β,cs 2β)=eq \f((sin β+cs β)2,cs2β-sin2β)=eq \f(cs β+sin β,cs β-sin β)=eq \f(1+tan β,1-tan β)=taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β+\f(π,4))).因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),β+eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(π,2))),所以α=β+eq \f(π,4),即α-β=eq \f(π,4).
2.若sin 2α=eq \f(\r(5),5),sin(β-α)=eq \f(\r(10),10),且α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4),π)),β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(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)
解析:选A.因为α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4),π)),β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π,\f(3π,2))),
所以2α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2),2π)).
又0
所以β-α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),\f(13π,12))),
所以cs 2α=-eq \r(1-sin22α)=-eq \f(2\r(5),5).
又sin(β-α)=eq \f(\r(10),10),
所以cs(β-α)=-eq \r(1-sin2(β-α))=-eq \f(3\r(10),10),
所以cs(α+β)=cs[2α+(β-α)]
=cs 2αcs(β-α)-sin 2αsin(β-α)
=-eq \f(2\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3\r(10),10)))-eq \f(\r(5),5)×eq \f(\r(10),10)=eq \f(\r(2),2).
又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12),\f(π,2))),β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π,\f(3π,2))),
所以α+β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(17π,12),2π)),
所以α+β=eq \f(7π,4),故选A.
3.若sin αcs β=eq \f(3,4),则cs αsin β的取值范围为________.
解析:因为sin(α+β)=sin αcs β+cs αsin β
=eq \f(3,4)+cs αsin β∈[-1,1],
所以-eq \f(7,4)≤cs αsin β≤eq \f(1,4).
同理sin(α-β)=sin αcs β-cs αsin β=eq \f(3,4)-cs αsin β∈[-1,1],
所以-eq \f(1,4)≤cs αsin β≤eq \f(7,4).
综上可得,-eq \f(1,4)≤cs αsin β≤eq \f(1,4).
答案:eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(1,4),\f(1,4)))
4.已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(3π,4))),βeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,4))),且cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-α))=eq \f(3,5),sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)+β))=-eq \f(12,13),则cs(α+β)=________.
解析:因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(3π,4))),eq \f(π,4)-α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),0)),
cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-α))=eq \f(3,5),所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-α))=-eq \f(4,5),
因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)+β))=-eq \f(12,13),所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+β))=eq \f(12,13),
又因为β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,4))),eq \f(π,4)+β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(π,2))),
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+β))=eq \f(5,13),
所以cs(α+β)=cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+β))-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-α))))
=eq \f(3,5)×eq \f(5,13)-eq \f(4,5)×eq \f(12,13)=-eq \f(33,65).
答案:-eq \f(33,65)
5.(一题多解)已知函数f(x)=(2cs2x-1)sin 2x+eq \f(1,2)cs 4x.
(1)求f(x)的最小正周期及最大值;
(2)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),且f(α)=eq \f(\r(2),2),求α的值.
解:(1)因为f(x)=(2cs2x-1)sin 2x+eq \f(1,2)cs 4x
=cs 2xsin 2x+eq \f(1,2)cs 4x=eq \f(1,2)(sin 4x+cs 4x)
=eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,4))),
所以f(x)的最小正周期为eq \f(π,2),最大值为eq \f(\r(2),2).
(2)法一:因为f(α)=eq \f(\r(2),2),
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4α+\f(π,4)))=1.
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),
所以4α+eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,4),\f(17π,4))).
所以4α+eq \f(π,4)=eq \f(5π,2).故α=eq \f(9π,16).
法二:因为f(α)=eq \f(\r(2),2),
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4α+\f(π,4)))=1.
所以4α+eq \f(π,4)=eq \f(π,2)+2kπ,k∈Z,
所以α=eq \f(π,16)+eq \f(kπ,2),k∈Z.
又因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),
所以当k=1,即α=eq \f(9π,16)时,符合题意.
故α=eq \f(9π,16).
6.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sin 2α-tan α的值;
(2)若函数f(x)=cs(x-α)cs α-sin(x-α)sin α,求函数g(x)=eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-2x))-2f2(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(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sin α=eq \f(1,2),cs α=-eq \f(\r(3),2),tan α=-eq \f(\r(3),3).
所以sin 2α-tan α=2sin αcs α-tan α=-eq \f(\r(3),2)+eq \f(\r(3),3)=-eq \f(\r(3),6).
(2)因为f(x)=cs(x-α)cs α-sin(x-α)sin α=cs x,x∈R,
所以g(x)=eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-2x))-2cs2x
=eq \r(3)sin 2x-1-cs 2x=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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(7,6)π,
所以-eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6)))≤1,
所以-2≤2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6)))-1≤1,
所以g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(2π,3)))上的值域为[-2,1].
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