本章总结提升
【知识辨析】
1.× 2.√ 3.× 4.√ 5.√ 6.× 7.× 8.×
【素养提升】
题型一
例1 B [解析] 由=可知1-sin x≠0,所以=====-.故选B.
变式 - [解析] 方法一:因为tan θ==,所以cos θ=2sin θ,代入sin2θ+cos2θ=1得sin2θ=,因为θ∈,所以sin θ=,则cos θ=,所以sin θ-cos θ=-.
方法二:(sin θ-cos θ)2=1-2sin θcos θ=1-=1-=,因为tan θ=<1,0<θ<,所以0<θ<,所以sin θ题型二
例2 解:(1)tan 70°·cos 10°(tan 20°-1)=·cos 10°=·=×2sin(20°-30°)==-1.
(2)证明:因为-<α<0,且α≠-,所以cos α>0,sin α<0,1-sin α>0,cos α+sin α≠0,所以+=+=+=+=.所以原式得证.
变式 解:(1)===sin α.
(2)证明:=
=
=-=tan2α-tan2β,得证.
题型三
例3 (1)D (2)D (3)- [解析] (1)-===4.故选D.
(2)由倍角公式可知cos α=1-2sin2,则sin2===.因为α为锐角,所以∈,则0(3)因为α∈,β∈,所以2α∈,α-β∈,又因为cos 2α=-,
所以sin 2α==,因为sin(α-β)=,所以cos(α-β)=-=-,所以cos(α+β)=cos[2α-(α-β)]=cos 2αcos(α-β)+sin 2αsin(α-β)=×+×=,又 α+β∈,所以α+β=-.
变式 (1) (2)A (3)B [解析] (1)tan 420°+tan 510°=tan(60°+2×180°)+tan(-30°+3×180°)=tan 60°+tan(-30°)=tan 60°-tan 30°=.
(2)∵tan αtan β=2,∴sin αsin β=2cos αcos β,又cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β=m,
∴cos αcos β=-m,sin αsin β=-2m,∴cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=-3m.故选A.
(3)依题意有∴tan(α+β)===1.∵
∴tan α<0且tan β<0,又α,β∈,∴-<α<0且-<β<0,∴-π<α+β<0,∵tan(α+β)=1,∴α+β=-.故选B.
题型四
例4 解:(1)∵A(sin 2x,1),B,
∴=(sin 2x,1),=,
∴f(x)=·=sin 2x+cos =sin 2x+cos 2xcos-sin 2xsin=sin 2x+cos 2x=sin,故函数f(x)的最小正周期为=π.
(2)∵0≤x≤,∴≤2x+≤,
∴-≤sin≤1,∴当x∈时,函数f(x)的最大值是1,最小值是-.
(3)由+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,得+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,
∴函数f(x)的单调递减区间是,k∈Z.
变式 解:(1)f(x)=sin xcos x+sin2x-=sin 2x-cos 2x=sin,所以函数f(x)的最小正周期T==π.由2kπ+≤2x-≤2kπ+(k∈Z),得kπ+≤x≤kπ+(k∈Z),所以函数f(x)的单调递减区间为(k∈Z).
(2)由-≤x≤,得-≤2x-≤,则-1≤sin≤,所以函数f(x)在区间上的最大值是,最小值是-1.
题型五
例5 解:f(x)=sin-2sin2=sin 2ωxcos+cos 2ωxsin-1+cos
=cos 2ωx+sin 2ωx-1=sin-1.
(1)当ω=时,f(x)=sin-1.由2kπ-≤x+≤2kπ+(k∈Z),得2kπ-≤x≤2kπ+(k∈Z),∴当ω=时,函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z).
(2)f(x)=sin-1的最小正周期T==.∵关于x的方程f(x)=-1,x∈(a,a+π]有且仅有两个不等实根,即f(x)+1=0,x∈(a,a+π]有且仅有两个不等实根,∴=π,解得ω=1.
(3)由(2)得ω=1,∴f(x)=sin-1.
∵x∈,∴2x+∈,∴f(x)∈[-1,0].
∵不等式|f(x)+t|<1对任意x∈恒成立,∴-1-t∴∴0变式 解:(1)f(x)=sincos x+sin-=cos x+sin-=sin xcos x+cos2x+sin-=×sin 2x+×(cos 2x+1)+sin-=+sin=sin.由2kπ-≤2x+≤2kπ+,k∈Z,得x∈,k∈Z,
所以f(x)的单调递增区间为,k∈Z.
(2)由af-f≥2得asin x-cos x≥2,所以当x∈时,
a≥恒成立,即a≥.
==,
令t==tan,当x∈时,tan∈,所以t∈,则==+,因为y=+在上单调递减,所以当t=-1时,=2+1,即当x=时,=2+1,所以a≥2+1.
例6 解:(1)f(x)=2sin xcos x+cos2x-sin2x=sin 2x+cos 2x=2sin.
若f(x)=,则sin=,可得sin=cos=cos 2=1-2sin2=1-2×=.
(2)h(x)=f=2sin=2sin 2x,设t=sin x+cos x=sin,
则h(x)=2(t2-1),由x∈,得≤x+≤,则≤sin≤1,故1≤t≤.原方程变为kt+2(t2-1)+5=2t2+kt+3=0,其中1≤t≤.
令g(t)=2t2+kt+3,1≤t≤,则g(t)有2个零点,需满足方程t=sin当x∈时有2个根,则1≤t<,需进一步满足g(t)在[1,)上有2个零点,则解得-判断下列说法是否正确.(请在括号中填写“√”或“×”)
1.若α,β为任意角,则sin2α+cos2β=1. ( )
2.存在实数α,β,使等式sin(α+β)=sin α+sin β成立. ( )
3.在锐角三角形ABC中,sin Asin B4.存在实数α,使得tan 2α=2tan α. ( )
5.两角和与差的正弦、余弦公式中的角α,β是任意的. ( )
6.y=3sin x+4cos x的最大值是7. ( )
7.设<θ<3π,且|cos θ|=,则sin =. ( )
8.公式asin x+bcos x=sin(x+φ)中,φ的取值与a,b的值无关. ( )
◆ 题型一 同角三角函数的基本关系式的应用
[类型总述] (1)三角函数求值;(2)三角函数式的化简与证明.
例1 [2024·江西宜春丰城九中高一期中] 已知=,则= ( )
A. B.-
C.2 D.-2
变式 [2023·全国乙卷] 若θ∈,tan θ=,则sin θ-cos θ= .
◆ 题型二 三角函数式的化简与证明
[类型总述] (1)弦切互化;(2)利用二倍角公式升幂或降幂;(3)两角和与差、辅助角公式的应用.
例2 (1)化简:tan 70°·cos 10°(tan 20°-1).
(2)[2024·安徽淮南高一期末] 已知-<α<0,且α≠-,证明:+=.
变式 (1)[2024·浙江衢州高一期末] 化简:.
(2)证明:=tan2α-tan2β.
◆ 题型三 三角函数求值
[类型总述] (1)给角求值;(2)给值求值;(3)给值求角.
例3 (1)[2024·浙江衢州高一期末] -= ( )
A.-4 B.-2
C.2 D.4
(2)[2023·新课标Ⅱ卷] 已知α为锐角,cos α=,则sin= ( )
A. B.
C. D.
(3)若cos 2α=-,sin(α-β)=,且α∈,β∈,则α+β= .
变式 (1)[2024·江西景德镇乐平中学高一期中] tan 420°+tan 510°= .
(2)[2024·新课标Ⅰ卷] 已知cos(α+β)=m,tan αtan β=2,则cos(α-β)= ( )
A.-3m B.-
C. D.3m
(3)已知方程x2+3ax+3a+1=0(a>1)的两根分别为tan α,tan β,且α,β∈,则α+β等于 ( )
A.
B.-
C.或-
D.或-
◆ 题型四 三角恒等变换与三角函数的综合问题
[类型总述] (1)三角函数求周期;(2)三角函数求最值;(3)三角函数求单调区间.
例4 已知点A(sin 2x,1),B,设函数f(x)=·,其中O为坐标原点.
(1)求函数f(x)的最小正周期;
(2)当x∈时,求函数f(x)的最大值与最小值;
(3)求函数f(x)的单调递减区间.
变式 [2024·贵州铜仁高一期末] 已知函数f(x)=sin xcos x+sin2x-.
(1)求函数f(x)的最小正周期及单调递减区间;
(2)求函数f(x)在区间上的最大值、最小值.
◆ 题型五 三角函数的综合应用
[类型总述] (1)求方程的根(函数零点)的问题;(2)恒成立(最值)问题.
例5 已知函数f(x)=sin-2sin2(ω>0).
(1)当ω=时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)当x∈(a,a+π](a为任意实数)时,关于x的方程f(x)=-1有且仅有两个不等实根,求实数ω的值;
(3)在(2)的条件下,若不等式|f(x)+t|<1对任意x∈恒成立,求实数t的取值范围.
变式 已知f(x)=sincos x+sin-.
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2)若af-f≥2对任意的x∈恒成立,求a的取值范围.
例6 [2024·江西南昌一中高一期中] 已知f(x)=cos x(2sin x+cos x)-sin2x.
(1)若f(x)=,求sin的值;
(2)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度得到函数h(x)的图象,若关于x的方程h(x)+k(sin x+cos x)+5=0在上有4个根,求实数k的取值范围.(共35张PPT)
本章总结提升
题型一 同角三角函数的基本关系式的应用
题型二 三角函数式的化简与证明
题型三 三角函数求值
题型四 三角恒等变换与三角函数的综合
问题
题型五 三角函数的综合应用
判断下列说法是否正确.（请在括号中填写“√”或“×”）
1.若 , 为任意角,则 .( )
×
2.存在实数 , ,使等式 成立.( )
√
3.在锐角三角形中, 恒成立.( )
×
4.存在实数 ,使得 .( )
√
5.两角和与差的正弦、余弦公式中的角 , 是任意的.( )
√
6. 的最大值是7.( )
×
7.设 ,且,则 .( )
×
8.公式中， 的取值与, 的值
无关.( )
×
题型一 同角三角函数的基本关系式的应用
［类型总述］（1）三角函数求值;（2）三角函数式的化简与证明.
例1 [2024·江西宜春丰城九中高一期中]已知，则
( )
A. B. C.2 D.
[解析] 由可知 ，
所以 .
故选B.
√
变式 [2023·全国乙卷] 若,,则
_ ____.
[解析] 方法一：因为，所以 ，
代入得，
因为，所以 ，
则，所以 .
方法二：，
因为，，所以 ，
所以 ，所以 .
题型二 三角函数式的化简与证明
［类型总述］（1）弦切互化;（2）利用二倍角公式升幂或降幂;（3）
两角和与差、辅助角公式的应用.
例2（1） 化简： .
解：
.
（2）[2024·安徽淮南高一期末] 已知，且 ，证
明： .
证明：因为，且，所以， ，
，，所以 .所以原式得证.
变式（1） [2024·浙江衢州高一期末] 化简： .
解： .
（2）证明： .
证明：
，得证.
题型三 三角函数求值
［类型总述］（1）给角求值；（2）给值求值；（3）给值求角.
例3（1） [2024·浙江衢州高一期末] ( )
A. B. C.2 D.4
[解析] .故选D.
√
（2）[2023·新课标Ⅱ卷]已知 为锐角，，则
( )
A. B. C. D.
[解析] 由倍角公式可知 ，
则.
因为 为锐角，所以 ，
则，所以 ，故选D.
√
（3）若，，且 ，
，则 ____.
[解析] 因为,,所以 ,，
又因为 ，所以，
因为 ，所以，
所以，
又，所以 .
变式（1） [2024·江西景德镇乐平中学高一期中]
_ ___.
[解析] .
（2）[2024· 新课标Ⅰ卷]已知, ,则
( )
A. B. C. D.
[解析] , ,
又,
,,
故选A.
√
（3）已知方程的两根分别为 ,
,且 ,,则 等于( )
A. B. C.或 D.或
[解析] 依题意有
且,
又 , ，且,,
, .故选B.
√
题型四 三角恒等变换与三角函数的综合问题
［类型总述］（1）三角函数求周期；（2）三角函数求最值；（3）
三角函数求单调区间.
例4 已知点，，设函数 ，
其中 为坐标原点.
（1）求函数 的最小正周期;
解：， ，
， ，
，
故函数 的最小正周期为 .
（2）当时，求函数 的最大值与最小值;
解：， ，
，
当时,函数 的最大值是1，最小值是 .
（3）求函数 的单调递减区间.
解：由 ， ，
得 ， ，
函数的单调递减区间是， .
变式 [2024·贵州铜仁高一期末] 已知函数
.
（1）求函数 的最小正周期及单调递减区间；
解：，
所以函数的最小正周期 .
由 ，
得，
所以函数 的单调递减区间为 .
（2）求函数在区间 上的最大值、最小值.
解：由，得，则 ，
所以函数在区间上的最大值是，最小值是 .
题型五 三角函数的综合应用
［类型总述］（1）求方程的根（函数零点）的问题;（2）恒成立
（最值）问题.
例5 已知函数 .
解： .
（1）当时，求函数 的单调递增区间；
当时， .
由 )，
得，
当时，函数 的单调递增区间为 .
（2）当为任意实数)时，关于的方程 有
且仅有两个不等实根，求实数 的值；
解：的最小正周期.
关于 的方程， 有且仅有两个不等实根，
即，有且仅有两个不等实根，
，解得 .
（3）在（2）的条件下，若不等式对任意 恒
成立，求实数 的取值范围.
解：由（2）得， .
，， .
不等式对任意 恒成立，
对任意 恒成立，
,即实数的取值范围为 .
变式 已知 ．
（1）求 的单调递增区间；
解： ,
．
，，
得 ， ，
所以的单调递增区间为， .
（2）若对任意的恒成立，求
的取值范围．
解：由得 ，
所以当 时，恒成立，即 .
，
令，当时， ，
所以，则，
因为 在上单调递减，所以当 时，
，即当时， ，
所以 ．
例6 [2024·江西南昌一中高一期中] 已知
.
（1）若，求 的值；
解： .
若，则 ，可得
.
（2）将函数的图象向右平移个单位长度得到函数 的图象，
若关于的方程在 上有4个根，
求实数 的取值范围.
解： ，
设 ，
则，由，得 ，
则，故 .
原方程变为，其中 .
令，，则 有2个零点，需满足方
程当时有2个根，则 ，
需进一步满足在 上有2个零点，
则解得，
即 的取值范围是 .
