專題3三角函數(shù)第16講任意角的三角函數(shù)【夯基固本】[知識(shí)梳理]1．(1)始邊頂點(diǎn)逆順零(2)原點(diǎn)x軸的非負(fù)半軸(3)S＝{β|β＝k·360°＋α，k∈Z}S＝{β|β＝2kπ＋α，k∈Z}2．(1)半徑圓心角弧度制正數(shù)負(fù)數(shù)0(2)πeq\f(π,180)（eq\f(180,π)）°(3)αReq\f(1,2)lR3．yxeq\f(y,x)常用結(jié)論：2.＋＋－－＋－－＋＋－＋－[熱身練習(xí)]1．B2.D3.C4．{α|k·360°＋45°<α<k·360°＋150°，k∈Z}5．eq\f(16π,3)【考點(diǎn)探究】[例1](1)AD假設(shè)α，β為0°～180°內(nèi)的角，如圖所示．因?yàn)棣?，β的終邊關(guān)于y軸對(duì)稱，所以α＋β＝180°，所以A滿足條件；結(jié)合終邊相同的角的概念，可得α＋β＝k·360°＋180°＝(2k＋1)180°(k∈Z)，所以D滿足條件，B、C都不滿足條件．故選AD.(2)四由α是第三象限角，知2kπ＋π<α<2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，則kπ＋eq\f(π,2)<eq\f(α,2)<kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)，所以eq\f(α,2)是第二或第四象限角．再由|sineq\f(α,2)|＝－sineq\f(α,2)知sineq\f(α,2)<0，所以eq\f(α,2)只能是第四象限角．[變式探究]1．{α|30°＋k·180°≤α<105°＋k·180°，k∈Z}30°角的終邊所在直線上的角的集合為S1＝{α|α＝30°＋k·180°，k∈Z}，180°－75°＝105°角的終邊所在直線上的角的集合為S2＝{α|α＝105°＋k·180°，k∈Z}，因此，終邊在圖中陰影部分內(nèi)的角α的取值范圍為{α|30°＋k·180°≤α<105°＋k·180°，k∈Z}．2．eq\f(7π,12)（答案不唯一，θ＝eq\f(7π,12)＋kπ，k∈Z均可）因?yàn)锳(cosθ，sinθ)和B（cos（eq\f(π,6)－θ），sin（eq\f(π,6)－θ））關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．所以θ與eq\f(π,6)－θ的終邊在一條直線上．即θ＝eq\f(π,6)－θ＋(2k＋1)π，k∈Z，所以θ＝eq\f(7π,12)＋kπ，k∈Z.令k＝0得θ＝eq\f(7π,12).[例2](1)C顯然△AOB為等腰三角形，OA＝OB＝5cm，AB＝8cm，則cos∠OAB＝eq\f(\f(1,2)AB,OA)＝eq\f(4,5)，sin∠OAB＝eq\f(3,5)，又sin37°≈eq\f(3,5)，所以∠OAB≈37°，于是∠AOB＝180°－2×37°＝106°＝eq\f(53π,90)，所以璜身的面積近似為eq\f(1,2)∠AOB·(OA2－OD2)＝eq\f(1,2)×eq\f(53π,90)×(52－32)≈14.8(cm2).故選C.(2)C設(shè)射線OP對(duì)應(yīng)的角為θ且θ∈(0，π)，故區(qū)域Ⅰ的面積為2×eq\f(1,2)×1×1×sinθ＝sinθ，區(qū)域Ⅱ的面積為eq\f(1,2)×θ×12－eq\f(1,2)×1×1×sinθ＝eq\f(θ,2)－eq\f(1,2)sinθ，區(qū)域Ⅲ的面積為eq\f(1,2)×(π－θ)×12－eq\f(1,2)×1×1×sin(π－θ)＝eq\f(π－θ,2)－eq\f(1,2)sinθ.由題設(shè)有sinθ＝eq\f(π－θ,2)－eq\f(1,2)sinθ＋eq\f(θ,2)－eq\f(1,2)sinθ，整理得sinθ＝eq\f(π,4)，因?yàn)棣取?0，π)，故此時(shí)θ僅有兩解，故選C.[變式探究]3．eq\f(10π,3)225因?yàn)棣粒?0°＝eq\f(π,3)rad，所以l＝αR＝eq\f(π,3)×10＝eq\f(10π,3)(cm).由已知得，l＋2R＝20(cm)，所以S＝eq\f(1,2)lR＝eq\f(1,2)(20－2R)R＝10R－R2＝－(R－5)2＋25，所以當(dāng)R＝5cm時(shí)，S取得最大值25cm2，此時(shí)l＝10cm，α＝2.4．B由圖可知，圓O的半徑為r＝2，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為a＝2，以正方形的邊為弦所對(duì)的圓心角為eq\f(π,3)，正方形在圓上滾動(dòng)時(shí)點(diǎn)的順序如圖所示，當(dāng)點(diǎn)A首次回到點(diǎn)P的位置時(shí)，正方形滾動(dòng)了3圈，共12次．設(shè)第i次滾動(dòng)時(shí)，點(diǎn)A的路程為mi，則m1＝eq\f(π,6)×|AB|＝eq\f(π,3)，m2＝eq\f(π,6)×|AC|＝eq\f(\r(2),3)π，m3＝eq\f(π,6)×|AD|＝eq\f(π,3)，m4＝0，因此，點(diǎn)A所走過的路程為3(m1＋m2＋m3＋m4)＝（2＋eq\r(2)）π.故選B.[例3](1)±eq\f(\r(5),5)因?yàn)镻（x，－eq\r(2)）(x≠0)，所以點(diǎn)P到原點(diǎn)的距離r＝eq\r(x2＋2).又cosα＝eq\f(\r(3),6)x，所以cosα＝eq\f(x,\r(x2＋2))＝eq\f(\r(3),6)x.因?yàn)閤≠0，所以x＝±eq\r(10)，所以r＝2eq\r(3).當(dāng)x＝eq\r(10)時(shí)，P點(diǎn)坐標(biāo)為（eq\r(10)，－eq\r(2)），由三角函數(shù)的定義，有sinα＝－eq\f(\r(6),6)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(\r(5),5)；當(dāng)x＝－eq\r(10)時(shí)，同理可求得tanα＝eq\f(\r(5),5).(2)C因?yàn)榻铅恋慕K邊落在直線y＝x上，故α＝eq\f(π,4)＋2kπ或α＝eq\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z.對(duì)于A，當(dāng)α＝eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z時(shí)，sinα＝eq\f(\r(2),2)，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)α＝eq\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z時(shí)，cosα＝－eq\f(\r(2),2)，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)α＝eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z時(shí)，sinα＝eq\f(\r(2),2)，cosα＝eq\f(\r(2),2)，則sinα＋cosα＝eq\r(2)，當(dāng)α＝eq\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z時(shí)，sinα＝－eq\f(\r(2),2)，cosα＝－eq\f(\r(2),2)，則sinα＋cosα＝－eq\r(2)，C正確；對(duì)于D，當(dāng)α＝eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z時(shí)，tanα＝1；當(dāng)α＝eq\f(5π,4)＋2kπ，k∈Z時(shí)，tanα＝1.D錯(cuò)誤．故選C.[變式探究]5．D因?yàn)閟ineq\f(5π,6)>0，coseq\f(5π,6)<0，所以角α的終邊在第四象限，根據(jù)三角函數(shù)的定義，可知sinα＝coseq\f(5π,6)＝－eq\f(\r(3),2)，故角α的最小正值為α＝2π－eq\f(π,3)＝eq\f(5π,3).故選D.6．Br＝eq\r(sin284°＋cos284°)＝1，sinθ＝cos84°，cosθ＝sin84°，cos(θ＋24°)＝sin84°cos24°－cos84°sin24°＝sin60°＝eq\f(\r(3),2).故選B.7．eq\f(1,7)設(shè)射線y＝eq\f(4,3)x(x>0)的傾斜角為θ1，且eq\f(π,4)<θ1<eq\f(π,2)，tanθ1＝eq\f(4,3)，由題意可得θ＝θ1－eq\f(π,4)，所以tanθ＝tan（θ1－eq\f(π,4)）＝eq\f(tanθ1－1,1＋tanθ1)＝eq\f(1,7).第17講同角三角函數(shù)的基本關(guān)系與誘導(dǎo)公式【夯基固本】[知識(shí)梳理]1．sin2α＋cos2α＝1tanα＝eq\f(sinα,cosα)2．sinαcosαtanα－sinα－cosαtanα－sinαcosα－tanαsinα－cosα－tanαcosαsinαcosα－sinα[熱身練習(xí)]1．B2.C3.B4.35.eq\r(3)【考點(diǎn)探究】[例1](1)eq\f(5,2)10因?yàn)閠anα＝2，所以eq\f(1,sinαcosα)＝eq\f(sin2α＋cos2α,sinαcosα)＝eq\f(tan2α＋1,tanα)＝eq\f(5,2).因?yàn)閠anα＝2，所以eq\f(1,1－sinα)＋eq\f(1,1＋sinα)＝eq\f(1＋sinα＋1－sinα,(1－sinα)(1＋sinα))＝eq\f(2,1－sin2α)＝eq\f(2,cos2α)＝eq\f(2(sin2α＋cos2α),cos2α)＝2tan2α＋2＝10.(2)A因?yàn)閟inA＋cosA＝eq\f(7,13)，所以(sinA＋cosA)2＝（eq\f(7,13)）2，計(jì)算得2sinAcosA＝－eq\f(120,169)<0，又A為三角形的內(nèi)角，所以sinA>0，cosA<0，從而(sinA－cosA)2＝1－2sinAcosA＝eq\f(289,169)，所以sinA－cosA＝eq\f(17,13)，所以sinA＝eq\f(12,13)，cosA＝－eq\f(5,13)，所以tanA＝eq\f(sinA,cosA)＝－eq\f(12,5)，故選A.[變式探究]1．0因?yàn)閏osα＝－eq\f(5,13)<0且cosα≠－1，所以α是第二或第三象限角．①若α是第二象限角，則sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－(－\f(5,13))2)＝eq\f(12,13)，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\f(12,13),－\f(5,13))＝－eq\f(12,5).此時(shí)13sinα＋5tanα＝13×eq\f(12,13)＋5×（－eq\f(12,5)）＝0.②若α是第三象限角，則sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\r(1－(－\f(5,13))2)＝－eq\f(12,13)，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(－\f(12,13),－\f(5,13))＝eq\f(12,5)，此時(shí)，13sinα＋5tanα＝13×（－eq\f(12,13)）＋5×eq\f(12,5)＝0.綜上，13sinα＋5tanα＝0.2．C由eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(1,2)可知cosα≠0，所以eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(tanα＋1,tanα－1)＝eq\f(1,2)，所以tanα＝－3，所以sin2α－sinαcosα－3cos2α＝eq\f(sin2α－sinαcosα－3cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tan2α－tanα－3,1＋tan2α)＝eq\f(9＋3－3,1＋9)＝eq\f(9,10).故選C.[例2](1)原式＝sin(－4×360°＋45°)cos(3×360°＋30°)＋cos(－3×360°＋60°)sin(2×360°＋30°)＝sin45°cos30°＋cos60°sin30°＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6),4)＋eq\f(1,4)＝eq\f(1＋\r(6),4).(2)eq\r(3)因?yàn)閒(α)＝eq\f(2sin(π＋α)cos(π－α)－cos(π＋α),1＋sin2α＋cos(\f(3π,2)＋α)－sin2(\f(π,2)＋α))＝eq\f((－2sinα)(－cosα)＋cosα,1＋sin2α＋sinα－cos2α)＝eq\f(2sinαcosα＋cosα,2sin2α＋sinα)＝eq\f(cosα(1＋2sinα),sinα(1＋2sinα))＝eq\f(1,tanα)，所以f（－eq\f(23π,6)）＝eq\f(1,tan(－\f(23π,6)))＝eq\f(1,tan(－4π＋\f(π,6)))＝eq\f(1,tan\f(π,6))＝eq\r(3).[變式探究]3．BD由sin（eq\f(π,4)＋α）＝eq\f(1,2)，可得cos（eq\f(π,4)＋α）＝±eq\f(\r(3),2)，cos（eq\f(π,4)－α）＝cos[eq\f(π,2)－（eq\f(π,4)＋α）]＝sin（eq\f(π,4)＋α）＝eq\f(1,2)，sin（eq\f(5π,4)＋α）＝sin（π＋eq\f(π,4)＋α）＝－sin（eq\f(π,4)＋α）＝－eq\f(1,2)，cos（eq\f(5π,4)－α）＝cos（π＋eq\f(π,4)－α）＝－cos（eq\f(π,4)－α）＝－eq\f(1,2).故選BD.4．eq\f(4,3)eq\f(16,25)由已知得tanα＝eq\f(4,3)，所以tan(－6π＋α)＝tanα＝eq\f(4,3).因?yàn)閞＝eq\r(32＋42)＝5，則sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝eq\f(3,5)，故eq\f(sin(α－4π),cos(6π＋α))·sin(α－2π)·cos(2π＋α)＝eq\f(sinα,cosα)·sinα·cosα＝sin2α＝（eq\f(4,5)）2＝eq\f(16,25).[例3](1)－eq\f(1,3)因?yàn)閏os（eq\f(π,6)＋α）＝eq\f(1,3)，所以cos（eq\f(5π,6)－α）＝cos[π－（eq\f(π,6)＋α）]＝－cos（eq\f(π,6)＋α）＝－eq\f(1,3).(2)C由題意可知a>0，sin10°＝asin100°＝asin(90°＋10°)＝acos10°，sin210°＋cos210°＝1，解得sin10°＝eq\f(a,\r(a2＋1))，cos10°＝eq\f(1,\r(a2＋1)).sin20°＝2sin10°cos10°＝2×eq\f(a,\r(a2＋1))×eq\f(1,\r(a2＋1))＝eq\f(2a,a2＋1).故選C.(3)BCD對(duì)于A，取A＝B＝C＝eq\f(π,3)，則sinA＋sinB＋sinC>cosA＋cosB＋cosC，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由于△ABC是銳角三角形，故tanA>0，tanB>0，tanC>0，故tanA＋tanB＋tanC>0，B正確；對(duì)于C，銳角三角形ABC中，由sinA＝eq\f(\r(5),5)知cosA＝eq\f(2\r(5),5)，故tanA＝eq\f(1,2)，則tanA<tanB，即A<B，C正確；對(duì)于D，△ABC是銳角三角形，故A＋B>eq\f(π,2)，所以B>eq\f(π,2)－A，故cosA＋cosB<cosA＋cos（eq\f(π,2)－A）＝cosA＋sinA＝eq\r(2)sin（A＋eq\f(π,4)）≤eq\r(2)，即cosA＋cosB<eq\r(2)，D正確．故選BCD.[變式探究]5．C由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3sinβ－2tanα＋5＝0，,tanα－6sinβ－1＝0.))消去sinβ，得tanα＝3，所以sinα＝3cosα，代入sin2α＋cos2α＝1，化簡(jiǎn)得sin2α＝eq\f(9,10)，又α為銳角，則sinα＝eq\f(3\r(10),10).故選C.6．A因?yàn)閟inx＋cosx＝eq\f(3\r(5),5)，所以eq\r(2)sin（x＋eq\f(π,4)）＝eq\f(3\r(5),5)，所以sin（x＋eq\f(π,4)）＝eq\f(3\r(10),10)，又x∈[0，eq\f(π,4)]，所以x＋eq\f(π,4)∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,2)]，所以cos（x＋eq\f(π,4)）＝eq\r(1－sin2(x＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(10),10)，所以tan（x＋eq\f(π,4)）＝3，故tan（x－eq\f(3π,4)）＝tan[（x＋eq\f(π,4)）－π]＝tan（x＋eq\f(π,4)）＝3.故選A.第18講兩角和與差的正弦、余弦和正切公式，二倍角公式【夯基固本】[知識(shí)梳理]1．cosαcosβ－sinαsinβcosαcosβ＋sinαsinβ2．sinαcosβ＋cosαsinβsinαcosβ－cosαsinβ3．eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)4．2sinαcosαcos2α－sin2α2sin2α2cos2αeq\f(2tanα,1－tan2α)[熱身練習(xí)]1．A2.C3.D4.A5.eq\r(3)【考點(diǎn)探究】[例1](1)B原式＝eq\f(1＋tan15°,1－tan15°)＝eq\f(tan45°＋tan15°,1－tan45°tan15°)＝tan(45°＋15°)＝eq\r(3)，故選B.(2)C因?yàn)棣?，β為銳角，所以α＋β∈(0，π)，β＋eq\f(π,3)∈（eq\f(π,3)，eq\f(5π,6)），所以sin(α＋β)>0，cos（β＋eq\f(π,3)）∈（－eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)），因?yàn)閏os(α＋β)＝－eq\f(5,13)，所以sin(α＋β)＝eq\f(12,13)，又因?yàn)閟in（β＋eq\f(π,3)）＝eq\f(4,5)，所以cos（β＋eq\f(π,3)）＝－eq\f(3,5)（eq\f(3,5)舍去），所以cos（α－eq\f(π,3)）＝cos[(α＋β)－（β＋eq\f(π,3)）]＝cos(α＋β)cos（β＋eq\f(π,3)）＋sin(α＋β)sin（β＋eq\f(π,3)）＝－eq\f(5,13)×（－eq\f(3,5)）＋eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(63,65).故選C.(3)D因?yàn)閟in(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,6)，又tanα＝2tanβ，即eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(2sinβ,cosβ)，則sinαcosβ＝2cosαsinβ，所以sinαcosβ＝eq\f(1,3)，cosαsinβ＝eq\f(1,6)，故sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,2).故選D.[變式探究]1．eq\f(59,72)由cosα－cosβ＝eq\f(1,2)，sinα－sinβ＝eq\f(1,3)，得(cosα－cosβ)2＝eq\f(1,4)，(sinα－sinβ)2＝eq\f(1,9)，所以cos2α＋cos2β＋sin2α＋sin2β－2(cosαcosβ＋sinα·sinβ)＝eq\f(13,36)，即2－2cos(α－β)＝eq\f(13,36)?cos(α－β)＝eq\f(59,72).2．C令β＝α－eq\f(π,6)，則α＝β＋eq\f(π,6)，所以由2sin（α＋eq\f(π,3)）＝cos（α－eq\f(π,3)），得2sin（β＋eq\f(π,2)）＝cos（β－eq\f(π,6)），即2cosβ＝eq\f(\r(3),2)cosβ＋eq\f(1,2)sinβ，即sinβ＝（4－eq\r(3)）cosβ，得tanβ＝4－eq\r(3)，所以tan（α－eq\f(π,6)）＝tanβ＝4－eq\r(3)，故選C.3．B因?yàn)?<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,12)<eq\f(π,3)－eq\f(α,2)<eq\f(π,3)，－eq\f(π,3)<eq\f(β,2)－eq\f(π,3)<－eq\f(π,12).因?yàn)閟in（eq\f(π,3)－eq\f(α,2)）＝eq\f(\r(5),5)，所以cos（eq\f(π,3)－eq\f(α,2)）＝eq\f(2\r(5),5).因?yàn)閏os（eq\f(β,2)－eq\f(π,3)）＝eq\f(4,5)，所以sin（eq\f(β,2)－eq\f(π,3)）＝－eq\f(3,5).所以coseq\f(α－β,2)＝cos[（eq\f(β,2)－eq\f(π,3)）＋（eq\f(π,3)－eq\f(α,2)）]＝cos（eq\f(β,2)－eq\f(π,3)）cos（eq\f(π,3)－eq\f(α,2)）－sin（eq\f(β,2)－eq\f(π,3)）sin（eq\f(π,3)－eq\f(α,2)）＝eq\f(4,5)×eq\f(2\r(5),5)－（－eq\f(3,5)）×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(11\r(5),25).故選B.[例2](1)C由α∈（－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)），可得α＋eq\f(π,6)∈（－eq\f(π,3)，eq\f(2π,3)），又cos（α＋eq\f(π,6)）＝eq\f(1,5)<eq\f(1,2)＝coseq\f(π,3)，所以α＋eq\f(π,6)∈（eq\f(π,3)，eq\f(2π,3)），所以sin（α＋eq\f(π,6)）＝eq\r(1－(\f(1,5))2)＝eq\f(2\r(6),5)，所以sin（2α＋eq\f(π,3)）＝2sin（α＋eq\f(π,6)）cos（α＋eq\f(π,6)）＝eq\f(4\r(6),25).故選C.(2)Ctan2α＝eq\f(4,3)?eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(4,3)?tanα＝eq\f(1,2)或－2，eq\f(2＋2cos2α－3sin2α,1－cos2α)＝eq\f(2＋2(2cos2α－1)－6sinαcosα,1－(1－2sin2α))＝eq\f(4cos2α－6sinαcosα,2sin2α)＝eq\f(2－3tanα,tan2α)，代入tanα求得值均為2.故選C.(3)eq\f(1,7)eq\f(π,3)因?yàn)閏osα＝eq\f(2\r(7),7)，所以cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,7).又因?yàn)棣?，β均為銳角，sinβ＝eq\f(3\r(3),14)，所以sinα＝eq\f(\r(21),7)，cosβ＝eq\f(13,14)，因此sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(4\r(3),7)，所以sin(2α－β)＝sin2αcosβ－cos2αsinβ＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(13,14)－eq\f(1,7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(\r(3),2).因?yàn)棣翞殇J角，所以0<2α<π.又cos2α>0，所以0<2α<eq\f(π,2)，又β為銳角，所以－eq\f(π,2)<2α－β<eq\f(π,2)，又sin(2α－β)＝eq\f(\r(3),2)，所以2α－β＝eq\f(π,3).[變式探究]4．B因?yàn)棣痢剩╡q\f(π,3)，eq\f(5π,6)），所以α＋eq\f(π,6)∈（eq\f(π,2)，π），則cos（α＋eq\f(π,6)）＝－eq\r(1－sin2(α＋\f(π,6)))＝eq\f(－2\r(2),3)，因?yàn)?（α＋eq\f(π,6)）－（2α－eq\f(π,6)）＝eq\f(π,2)，所以cos（2α－eq\f(π,6)）＝cos[2（α＋eq\f(π,6)）－eq\f(π,2)]＝sin[2（α＋eq\f(π,6)）]＝2sin（α＋eq\f(π,6)）cos（α＋eq\f(π,6)）＝2×eq\f(1,3)×（－eq\f(2\r(2),3)）＝－eq\f(4\r(2),9)，故選B.5．C因?yàn)閠anα＝－3，所以sin2α－2cos2α＝2sinαcosα－2cos2α＋2sin2α＝eq\f(2sinαcosα－2cos2α＋2sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(2tanα－2＋2tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(2×(－3)－2＋2×(－3)2,1＋(－3)2)＝1.故選C.6．A因?yàn)閠an（eq\f(π,6)－2β）＝tan[2（eq\f(π,12)－β）]＝eq\f(2tan(\f(π,12)－β),1－tan2(\f(π,12)－β))＝eq\f(1,1－\f(1,4))＝eq\f(4,3)，所以tan(α＋2β)＝tan[（α＋eq\f(π,6)）－（eq\f(π,6)－2β）]＝eq\f(tan(α＋\f(π,6))－tan(\f(π,6)－2β),1＋tan(α＋\f(π,6))tan(\f(π,6)－2β))＝eq\f(\f(1,3)－\f(4,3),1＋\f(1,3)×\f(4,3))＝－eq\f(9,13).故選A.[例3](1)B因?yàn)閟in(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，而cosαsinβ＝eq\f(1,6)，因此sinαcosβ＝eq\f(1,2)，則sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(2,3)，所以cos(2α＋2β)＝cos[2(α＋β)]＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×（eq\f(2,3)）2＝eq\f(1,9).故選B.(2)A由sinα＋sin（α＋eq\f(π,3)）＝eq\f(\r(3),3)，得sin[（α＋eq\f(π,6)）－eq\f(π,6)]＋sin[（α＋eq\f(π,6)）＋eq\f(π,6)]＝eq\f(\r(3),3)，得sin（α＋eq\f(π,6)）coseq\f(π,6)－cos（α＋eq\f(π,6)）sineq\f(π,6)＋sin（α＋eq\f(π,6)）·coseq\f(π,6)＋cos（α＋eq\f(π,6)）sineq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),3)，得eq\r(3)sin（α＋eq\f(π,6)）＝eq\f(\r(3),3)，所以sin（α＋eq\f(π,6)）＝eq\f(1,3)，所以cos（2α＋eq\f(π,3)）＝1－2sin2（α＋eq\f(π,6)）＝eq\f(7,9).故選A.(3)A由3cos2α－4sin2β＝1，及sin2β＝eq\f(1－cos2β,2)得3cos2α＋2cos2β＝3，①由3sin2α－2sin2β＝0，得(3sin2α－2sin2β)(3sin2α＋2sin2β)＝0，則9sin22α－4sin22β＝0，從而有9cos22α－4cos22β＝5，得(3cos2α－2cos2β)(3cos2α＋2cos2β)＝5，得3cos2α－2cos2β＝eq\f(5,3).②由①②解得cos2α＝eq\f(7,9)，則1－2sin2α＝eq\f(7,9)，因?yàn)棣翞殇J角，所以sinα＝eq\f(1,3).故選A.[變式探究]7．3sinx＋cosx＝eq\r(2)sin（x＋eq\f(π,4)）＝eq\f(3\r(5),5)，故sin（x＋eq\f(π,4)）＝eq\f(3\r(10),10)，由x∈[0，eq\f(π,4)]，則x＋eq\f(π,4)∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,2)]，故cos（x＋eq\f(π,4)）＝eq\r(1－(\f(3\r(10),10))2)＝eq\f(\r(10),10)，tan（x－eq\f(3π,4)）＝tan（x－eq\f(3π,4)＋π）＝tan（x＋eq\f(π,4)）＝eq\f(sin(x＋\f(π,4)),cos(x＋\f(π,4)))＝eq\f(\f(3\r(10),10),\f(\r(10),10))＝3.8．－eq\f(2\r(2),3)由題意得tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(4,1－(\r(2)＋1))＝－2eq\r(2)，因?yàn)棣痢剩?kπ，2kπ＋eq\f(π,2)），β∈（2mπ＋π，2mπ＋eq\f(3π,2)），k，m∈Z，則α＋β∈(（2m＋2k)π＋π，(2m＋2k)π＋2π），k，m∈Z，又因?yàn)閠an(α＋β)＝－2eq\r(2)<0，則α＋β∈(（2m＋2k)π＋eq\f(3π,2)，(2m＋2k)π＋2π），k，m∈Z，則sin(α＋β)<0，則eq\f(sin(α＋β),cos(α＋β))＝－2eq\r(2)，聯(lián)立sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，解得sin(α＋β)＝－eq\f(2\r(2),3).第19講簡(jiǎn)單的三角恒等變換【夯基固本】[熱身練習(xí)]1．A2.C3.D4.eq\r(3)5.－1【考點(diǎn)探究】[例1](1)由θ∈(0，π)，得0＜eq\f(θ,2)＜eq\f(π,2)，所以coseq\f(θ,2)＞0，所以eq\r(2＋2cosθ)＝eq\r(4cos2\f(θ,2))＝2coseq\f(θ,2).又(1＋sinθ＋cosθ)（sineq\f(θ,2)－coseq\f(θ,2)）＝（2sineq\f(θ,2)coseq\f(θ,2)＋2cos2eq\f(θ,2)）（sineq\f(θ,2)－coseq\f(θ,2)）＝2coseq\f(θ,2)（sin2eq\f(θ,2)－cos2eq\f(θ,2)）＝－2coseq\f(θ,2)cosθ，故原式＝eq\f(－2cos\f(θ,2)cosθ,2cos\f(θ,2))＝－cosθ.(2)證明：因?yàn)閑q\f(sinx,cos3xcos2x)＝eq\f(sin(3x－2x),cos3xcos2x)＝eq\f(sin3xcos2x－cos3xsin2x,cos3xcos2x)＝tan3x－tan2x，又eq\f(sinx,cos2xcosx)＝eq\f(sin(2x－x),cos2xcosx)＝eq\f(sin2xcosx－cos2xsinx,cos2xcosx)＝tan2x－tanx，所以eq\f(sinx,cos3xcos2x)＋eq\f(sinx,cos2xcosx)＝tan3x－tanx.[變式探究]1．因?yàn)閠an2θ＝－4tan（θ＋eq\f(π,4)），則eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(－4(tanθ＋tan\f(π,4)),1－tanθ·tan\f(π,4))＝eq\f(－4(tanθ＋1),1－tanθ)，顯然1－tanθ≠0，可得eq\f(tanθ,1＋tanθ)＝－2(tanθ＋1)，整理得2tan2θ＋5tanθ＋2＝0，解得tanθ＝－2或tanθ＝－eq\f(1,2)，又因?yàn)棣取剩╡q\f(3π,4)，π），則tanθ∈(－1，0)，可得tanθ＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(1＋sin2θ,2cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(sin2θ＋cos2θ＋2sinθcosθ,2cos2θ＋2sinθcosθ)＝eq\f(sinθ＋cosθ,2cosθ)＝eq\f(1,2)(tanθ＋1)＝eq\f(1,4).2．左邊＝eq\f(sinβ＋2sinαcos(α＋β),sinα)＝eq\f(sin[(α＋β)－α]＋2sinαcos(α＋β),sinα)＝eq\f(sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＋2sinαcos(α＋β),sinα)＝eq\f(sin(α＋β)cosα＋sinαcos(α＋β),sinα)＝eq\f(sin(2α＋β),sinα)＝右邊．[例2](1)eq\f(5,8)因?yàn)閏os（eq\f(π,4)＋θ）cos（eq\f(π,4)－θ）＝（eq\f(\r(2),2)cosθ－eq\f(\r(2),2)sinθ）（eq\f(\r(2),2)cosθ＋eq\f(\r(2),2)sinθ）＝eq\f(1,2)(cos2θ－sin2θ)＝eq\f(1,2)cos2θ＝eq\f(1,4).所以cos2θ＝eq\f(1,2).故sin4θ＋cos4θ＝（eq\f(1－cos2θ,2)）2＋（eq\f(1＋cos2θ,2)）2＝eq\f(1,16)＋eq\f(9,16)＝eq\f(5,8).(2)1原式＝eq\f(2sin18°(3cos29°－sin29°－cos29°－sin29°),2sin(6°＋30°))＝eq\f(2sin18°(2cos29°－2sin29°),2sin36°)＝eq\f(2sin18°cos18°,sin36°)＝eq\f(sin36°,sin36°)＝1.[變式探究]3．C因?yàn)閑q\f(tanα,tanβ)＝eq\f(2,3)，則eq\f(\f(sinα,cosα),\f(sinβ,cosβ))＝eq\f(2,3)，則sinαcosβ＝eq\f(2,3)cosαsinβ＝eq\f(1,3)，所以sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,6)，而－eq\f(π,4)<α<β<eq\f(π,4)，則－eq\f(π,2)<α－β<0，所以cos(α－β)＝eq\r(1－sin2(α－β))＝eq\f(\r(35),6).故選C.4．1cos40°（1＋eq\r(3)tan10°）＝cos40°×eq\f(cos10°＋\r(3)sin10°,cos10°)＝cos40°×eq\f(2cos(60°－10°),cos10°)，＝cos40°×eq\f(2cos50°,cos10°)＝cos40°×eq\f(2sin40°,cos10°)＝eq\f(sin80°,cos10°)＝eq\f(cos10°,cos10°)＝1.[例3](1)ABDeq\f(1＋cosα＋sinα,1－cosα＋sinα)＝taneq\f(β,2)?eq\f(2cos2\f(α,2)＋2sin\f(α,2)cos\f(α,2),2sin2\f(α,2)＋2sin\f(α,2)cos\f(α,2))＝taneq\f(β,2)?eq\f(2cos\f(α,2)(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2)),2sin\f(α,2)(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2)))＝eq\f(sin\f(β,2),cos\f(β,2)).因?yàn)棣痢剩?，eq\f(π,2)），所以eq\f(α,2)∈（0，eq\f(π,4)），因此有eq\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))＝eq\f(sin\f(β,2),cos\f(β,2))，又因?yàn)棣隆剩╡q\f(π,2)，π），所以eq\f(β,2)∈（eq\f(π,4)，eq\f(π,2)），所以coseq\f(α,2)coseq\f(β,2)－sineq\f(α,2)sineq\f(β,2)＝0，即coseq\f(α＋β,2)＝0，因?yàn)閑q\f(α,2)∈（0，eq\f(π,4)），eq\f(β,2)∈（eq\f(π,4)，eq\f(π,2)），所以eq\f(α＋β,2)∈（eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)），即eq\f(α＋β,2)＝eq\f(π,2)，因此α＋β＝π，所以有sinα＝sin(π－β)＝sinβ，cosα＝cos(π－β)＝－cosβ，sin2eq\f(α,2)＋sin2eq\f(β,2)＝sin2eq\f(α,2)＋sin2eq\f(π－α,2)＝sin2eq\f(α,2)＋cos2eq\f(α,2)＝1.故選ABD.(2)eq\f(2π,3)（答案不唯一）因?yàn)閏os(α＋2β)＝cos[(α＋β)＋β]＝cos(α＋β)cosβ－sin(α＋β)sinβ，故cos(α＋β)cosβ－sin(α＋β)sinβ＝eq\f(5,6)，因?yàn)閠an(α＋β)tanβ＝－4，即eq\f(sin(α＋β)sinβ,cos(α＋β)cosβ)＝－4，故sin(α＋β)sinβ＝－4cos(α＋β)cosβ，故5cos(α＋β)cosβ＝eq\f(5,6)，即cos(α＋β)cosβ＝eq\f(1,6)，則sin(α＋β)sinβ＝－4cos(α＋β)cosβ＝－eq\f(2,3)，則cosα＝cos[(α＋β)－β]＝cos(α＋β)cosβ＋sin(α＋β)sinβ＝eq\f(1,6)－eq\f(2,3)＝－eq\f(1,2)，可取α＝eq\f(2π,3).[變式探究]5．C由已知得sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝2(cosα－sinα)sinβ，即sinαcosβ－cosαsinβ＋cosαcosβ＋sinαsinβ＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1，故選C.6．eq\f(π,4)因?yàn)閟inα＋cosα＝eq\r(2)（eq\f(\r(2),2)sinα＋eq\f(\r(2),2)cosα）＝eq\r(2)（sineq\f(π,4)sinα＋coseq\f(π,4)cosα）＝eq\r(2)cos（α－eq\f(π,4)），所以eq\r(2)cos（α－eq\f(π,4)）＝eq\r(2)cosβ，即cos（α－eq\f(π,4)）＝cosβ，又α∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,2)]，β∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,2)]，所以α－eq\f(π,4)∈[0，eq\f(π,4)]，則可得α－eq\f(π,4)＝β＝eq\f(π,4)，則α＝eq\f(π,2)，β＝eq\f(π,4)，故α－β＝eq\f(π,4).第20講三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)【夯基固本】[知識(shí)梳理]1．(1)（eq\f(π,2)，1）（eq\f(3π,2)，－1）(2)(π，－1)(2π，1)2．2π2ππ奇函數(shù)偶函數(shù)奇函數(shù)x＝kπ＋eq\f(π,2)x＝kπ(kπ，0)（kπ＋eq\f(π,2)，0）（eq\f(kπ,2)，0）[2kπ－eq\f(π,2)，2kπ＋eq\f(π,2)][2kπ－π，2kπ]（kπ－eq\f(π,2)，kπ＋eq\f(π,2)）[2kπ＋eq\f(π,2)，2kπ＋eq\f(3π,2)][2kπ，2kπ＋π][熱身練習(xí)]1．B2.A3.D4．[kπ＋eq\f(2,3)π，kπ＋eq\f(7,6)π](k∈Z)5．[2kπ＋eq\f(π,4)，2kπ＋eq\f(5π,4)](k∈Z)【考點(diǎn)探究】[例1](1){x|2kπ≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z}eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx≥0，,cosx－\f(1,2)≥0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ≤x≤2kπ＋π，k∈Z，,2kπ－\f(π,3)≤x≤2kπ＋\f(π,3)，k∈Z，))解得2kπ≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z.(2)[－4，4]因?yàn)椋璭q\f(π,4)≤x≤eq\f(π,4)，所以－1≤tanx≤1.令tanx＝t，則t∈[－1，1]，所以y＝－t2＋4t＋1＝－(t－2)2＋5.所以當(dāng)t＝－1，即x＝－eq\f(π,4)時(shí)，ymin＝－4，當(dāng)t＝1，即x＝eq\f(π,4)時(shí)，ymax＝4.故所求函數(shù)的值域?yàn)閇－4，4].(3)[eq\f(5π,12)，eq\f(5π,6)]因?yàn)閤∈[0，m]，則eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤2m＋eq\f(π,6)，且－1≤cos（2x＋eq\f(π,6)）≤eq\f(\r(3),2)，則π≤2m＋eq\f(π,6)≤eq\f(11π,6)，解得eq\f(5π,12)≤m≤eq\f(5π,6).[變式探究]1．B由函數(shù)式知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2cosx－1≥0，,tanx＋1≠1，,tanx＋1>0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosx≥\f(1,2)，,tanx≠0,tanx>－1，))即x∈（2kπ－eq\f(π,4)，2kπ）∪（2kπ，2kπ＋eq\f(π,3)](k∈Z).故選B.2．[－eq\f(1,2)－eq\r(2)，1]設(shè)t＝sinx－cosx，則t2＝sin2x＋cos2x－2sinxcosx，sinxcosx＝eq\f(1－t2,2)，且－eq\r(2)≤t≤eq\r(2)，所以y＝－eq\f(t2,2)＋t＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)(t－1)2＋1，t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)].當(dāng)t＝1時(shí)，ymax＝1；當(dāng)t＝－eq\r(2)時(shí)，ymin＝－eq\f(1,2)－eq\r(2).所以函數(shù)的值域?yàn)閇－eq\f(1,2)－eq\r(2)，1].[例2](1)A由題意得ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2，所以f(x)＝4sin（2x－eq\f(π,3)），令2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(1,2)kπ(k∈Z)，所以f(x)圖象的對(duì)稱軸為x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(1,2)kπ(k∈Z)，當(dāng)k＝－1時(shí)，x＝－eq\f(π,12)，所以函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸可以是x＝－eq\f(π,12).故選A.(2)C因?yàn)閒(x)＝eq\r(3)sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)＝2sin（2x＋φ＋eq\f(π,6)）為奇函數(shù)，所以φ＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，可得φ＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)，所以排除B、D；對(duì)于A，當(dāng)φ＝eq\f(5π,6)時(shí)，f(x)＝2sin(2x＋π)＝－2sin2x，當(dāng)x∈（0，eq\f(π,3)）時(shí)，2x∈（0，eq\f(2π,3)），f(x)<0，不符合題意；對(duì)于C，當(dāng)φ＝－eq\f(π,6)時(shí)，f(x)＝2sin2x，f（eq\f(π,4)）＝2sineq\f(π,2)＝2，符合題意．故選C.(3)A由函數(shù)f(x)的最小正周期T滿足eq\f(2π,3)<T<π，得eq\f(2π,3)<eq\f(2π,ω)<π，解得2<ω<3，又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)（eq\f(3π,2)，2）對(duì)稱，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，且b＝2，所以ω＝－eq\f(1,6)＋eq\f(2,3)k，k∈Z，所以ω＝eq\f(5,2)，f(x)＝sin（eq\f(5,2)x＋eq\f(π,4)）＋2，所以f（eq\f(π,2)）＝sin（eq\f(5,4)π＋eq\f(π,4)）＋2＝1.故選A.[變式探究]3．BC對(duì)于A，令f(x)＝sin2x＝0，解得x＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，即為f(x)零點(diǎn)，令g(x)＝sin（2x－eq\f(π,4)）＝0，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)，k∈Z，即為g(x)零點(diǎn)，顯然f(x)，g(x)零點(diǎn)不同，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，顯然f(x)max＝g(x)max＝1，B正確；對(duì)于C，根據(jù)周期公式，f(x)，g(x)的周期均為eq\f(2π,2)＝π，C正確；對(duì)于D，根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)，f(x)圖象的對(duì)稱軸滿足2x＝kπ＋eq\f(π,2)?x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)，k∈Z，g(x)圖象的對(duì)稱軸滿足2x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)?x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(3π,8)，k∈Z，顯然f(x)，g(x)圖象的對(duì)稱軸不同，D錯(cuò)誤．故選BC.4．②③因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝4sin（2x＋eq\f(π,3)）的最小正周期T＝π，所以相鄰兩個(gè)零點(diǎn)的橫坐標(biāo)間的距離是eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，故①錯(cuò)誤．利用誘導(dǎo)公式得f(x)＝4cos[eq\f(π,2)－（2x＋eq\f(π,3)）]＝4cos（eq\f(π,6)－2x）＝4cos（2x－eq\f(π,6)），故②正確．由于函數(shù)f(x)的圖象與x軸的每個(gè)交點(diǎn)都是它的對(duì)稱中心，將x＝－eq\f(π,6)代入函數(shù)f(x)得f（－eq\f(π,6)）＝4sin[2×（－eq\f(π,6)）＋eq\f(π,3)]＝4sin0＝0，因此點(diǎn)（－eq\f(π,6)，0）是f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心，故③正確．函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸必經(jīng)過圖象的最高點(diǎn)或最低點(diǎn)，且與y軸平行，而當(dāng)x＝－eq\f(π,6)時(shí)，y＝0，點(diǎn)（－eq\f(π,6)，0）不是最高點(diǎn)也不是最低點(diǎn)，故直線x＝－eq\f(π,6)不是圖象的對(duì)稱軸，故命題④錯(cuò)誤．[例3](1)C對(duì)于A，taneq\f(3π,5)＝tan（eq\f(3π,5)－π）＝tan（－eq\f(2π,5)），因?yàn)檎泻瘮?shù)y＝tanx在（－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)）上為增函數(shù)，且－eq\f(π,2)<－eq\f(2π,5)<eq\f(π,5)<eq\f(π,2)，所以tan（－eq\f(2π,5)）<taneq\f(π,5)，即taneq\f(3π,5)<taneq\f(π,5)，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由于正切函數(shù)y＝tanx在（eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)）上為增函數(shù)，且eq\f(π,2)<2<3<eq\f(3π,2)，所以tan2<tan3，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，cos（－eq\f(17π,4)）＝coseq\f(17π,4)＝coseq\f(π,4)，cos（－eq\f(23π,5)）＝coseq\f(23π,5)＝coseq\f(3π,5)，因?yàn)橛嘞液瘮?shù)y＝cosx在(0，π)為減函數(shù)，且0<eq\f(π,4)<eq\f(3π,5)<π，所以coseq\f(π,4)>coseq\f(3π,5)，即cos（－eq\f(17π,4)）>cos（－eq\f(23π,5)），C正確；對(duì)于D，由于正弦函數(shù)y＝sinx在（－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)）上為增函數(shù)，且－eq\f(π,2)<－eq\f(π,10)<－eq\f(π,18)<eq\f(π,2)，所以sin（－eq\f(π,18)）>sin（－eq\f(π,10)），D錯(cuò)誤．故選C.(2)B令f(x)＝0，則sin(ωx＋φ)＝eq\f(1,2).令t＝ωx＋φ，則sint＝eq\f(1,2)，則問題轉(zhuǎn)化為y＝sint在區(qū)間[eq\f(π,4)ω＋φ，eq\f(3π,4)ω＋φ]上至少有2個(gè)t，至多有3個(gè)t，使得sint＝eq\f(1,2)，求ω的取值范圍．作出y＝sint和y＝eq\f(1,2)的圖象，觀察交點(diǎn)個(gè)數(shù)，可知使得sint＝eq\f(1,2)的最短區(qū)間長(zhǎng)度為2π，最長(zhǎng)長(zhǎng)度為2π＋eq\f(2,3)π，由題意列不等式2π≤（eq\f(3π,4)ω＋φ）－（eq\f(π,4)ω＋φ）<2π＋eq\f(2,3)π，解得4≤ω<eq\f(16,3).故選B.(3)C根據(jù)題意可以得出直線x＝eq\f(3,8)π和點(diǎn)（eq\f(9,8)π，0）分別是f(x)的圖象的一條對(duì)稱軸和一個(gè)對(duì)稱中心，所以eq\f(9π,8)－eq\f(3π,8)＝eq\f(3π,4)＝eq\f(2k－1,4)T＝eq\f(2k－1,4)·eq\f(2π,ω)＝eq\f((2k－1)π,2ω)(k∈Z)，即ω＝eq\f(4k－2,3)(k∈Z)，又0<ω<1，所以ω＝eq\f(2,3).又由f（eq\f(3π,8)）＝4得sin（eq\f(2,3)×eq\f(3,8)π＋φ）＝1，即eq\f(π,4)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，|φ|<π，所以φ＝eq\f(π,4)，所以f(x)＝4sin（eq\f(2,3)x＋eq\f(π,4)）.由2kπ＋eq\f(π,2)≤eq\f(2,3)x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)得f(x)的單調(diào)減區(qū)間為[3kπ＋eq\f(3,8)π，3kπ＋eq\f(15,8)π](k∈Z)，所以f(x)在[0，2π]上的單調(diào)減區(qū)間是[eq\f(3,8)π，eq\f(15,8)π].故選C.[變式探究]5．[2，3）因?yàn)?≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，令f(x)＝cosωx－1＝0，則cosωx＝1有3個(gè)根．令t＝ωx，則cost＝1有3個(gè)根，其中t∈[0，2ωπ]，結(jié)合余弦函數(shù)y＝cost的圖象及性質(zhì)可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3.6．BCD由已知得2×eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以φ＝kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，又－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，f(x)＝sin（2x－eq\f(π,6)）.對(duì)于A，當(dāng)x1＝eq\f(π,6)，x2＝eq\f(π,2)時(shí)，f(x1)＝f(x2)＝eq\f(1,2)，但x1－x2＝－eq\f(π,3)不是π的整數(shù)倍，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，f（x＋eq\f(π,3)）＝sin[2（x＋eq\f(π,3)）－eq\f(π,6)]＝sin（2x＋eq\f(π,2)）＝cos2x是偶函數(shù)，B正確；對(duì)于C，x∈[eq\f(π,3)，eq\f(π,2)]時(shí)，2x－eq\f(π,6)∈[eq\f(π,2)，eq\f(5π,6)]，由正弦函數(shù)性質(zhì)知f(x)在[eq\f(π,3)，eq\f(π,2)]上是減函數(shù)，C正確；對(duì)于D，T＝eq\f(2π,2)＝π，在(0，π)上，2x－eq\f(π,6)∈（－eq\f(π,6)，eq\f(11π,6)），2x－eq\f(π,6)＝0或π時(shí)，f（2x－eq\f(π,6)）＝0，因此有兩個(gè)零點(diǎn)，而(0，10π)含有10個(gè)周期，因此有20個(gè)零點(diǎn)，D正確．故選BCD.7．eq\f(π,3)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)在區(qū)間（eq\f(π,6)，eq\f(π,2)）上單調(diào)，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T≥2×（eq\f(π,2)－eq\f(π,6)）＝eq\f(2π,3)，可得ω＝eq\f(2π,T)≤3，因?yàn)棣亍蔔*，所以ω＝1或ω＝2或ω＝3.又因?yàn)閤＝eq\f(7π,12)為y＝f(x)圖象的一條對(duì)稱軸，可得eq\f(7π,12)×ω＋φ＝eq\f(π,2)＋k1π，k1∈Z，因?yàn)閒（eq\f(π,6)）＝eq\f(\r(3),2)，可得eq\f(π,6)×ω＋φ＝eq\f(π,3)＋2k2π，k2∈Z或eq\f(π,6)×ω＋φ＝eq\f(2π,3)＋2k3π，k3∈Z.若eq\f(π,6)×ω＋φ＝eq\f(π,3)＋2k2π，k2∈Z，則eq\f(5π,12)ω＝eq\f(π,6)＋(k1－2k2)π，k1∈Z，k2∈Z，即ω＝eq\f(2,5)＋eq\f(12,5)(k1－2k2)，k1∈Z，k2∈Z，此時(shí)不存在整數(shù)k1，k2，使得ω＝1或ω＝2或ω＝3；若eq\f(π,6)×ω＋φ＝eq\f(2π,3)＋2k3π，k3∈Z，則eq\f(5π,12)ω＝－eq\f(π,6)＋(k1－2k3)π，k1∈Z，k3∈Z，即ω＝－eq\f(2,5)＋eq\f(12,5)(k1－2k3)，k1∈Z，k3∈Z，此時(shí)不存在整數(shù)k1，k3，使得ω＝1或ω＝3，當(dāng)k1＝2k3＋1時(shí)，可得ω＝2，此時(shí)φ＝eq\f(π,3)＋2k3π，k3∈Z，因?yàn)閨φ|≤eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3).第21講函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象與性質(zhì)【夯基固本】[知識(shí)梳理]1．振幅周期頻率相位初相2．(1)0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2π0A0－A03．方案1：|φ|eq\f(1,ω)A方案2：eq\f(1,ω)eq\f(|φ|,ω)A[熱身練習(xí)]1．A2.B3.B4.B5.1.525.4【考點(diǎn)探究】[例1](1)由題意，列表如下：2x＋eq\f(π,4)eq\f(π,4)eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πeq\f(9π,4)x0eq\f(π,8)eq\f(3π,8)eq\f(5π,8)eq\f(7π,8)πf(x)eq\r(2)20－20eq\r(2)畫出f(x)在區(qū)間[0，π]上的圖象如圖：(2)不等式f(x)≥eq\r(3)，即2sin（2x＋eq\f(π,4)）≥eq\r(3)，所以sin（2x＋eq\f(π,4)）≥eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(π,3)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，即eq\f(π,24)＋kπ≤x≤eq\f(5π,24)＋kπ，k∈Z，故f(x)≥eq\r(3)的解集為{x|eq\f(π,24)＋kπ≤x≤eq\f(5π,24)＋kπ，k∈Z}．[變式探究]1．－eq\f(\r(3),2)設(shè)A（x1，eq\f(1,2)），B（x2，eq\f(1,2)），由|AB|＝eq\f(π,6)可得x2－x1＝eq\f(π,6)，由sinx＝eq\f(1,2)可知，x＝eq\f(π,6)＋2kπ或x＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，由圖可知，ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝eq\f(5π,6)－eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)，即ω(x2－x1)＝eq\f(2π,3)，所以ω＝4.因?yàn)閒（eq\f(2π,3)）＝sin（eq\f(8π,3)＋φ）＝0，所以eq\f(8π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(8π,3)＋kπ，k∈Z.所以f(x)＝sin（4x－eq\f(8π,3)＋kπ）＝sin（4x－eq\f(2π,3)＋kπ），所以f(x)＝sin（4x－eq\f(2π,3)）或f(x)＝－sin（4x－eq\f(2π,3)），又因?yàn)閒(0)<0，所以f(x)＝sin（4x－eq\f(2π,3)），所以f(π)＝sin（4π－eq\f(2π,3)）＝－eq\f(\r(3),2).2．f(x)＝sin（2x＋eq\f(π,6)）eq\f(π,12)由圖象得A＝1，eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，所以T＝π，因?yàn)門＝eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，由f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)（eq\f(π,6)，1），得sin（2×eq\f(π,6)＋φ）＝1，φ＋eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z.由|φ|<eq\f(π,2)得φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝sin（2x＋eq\f(π,6)）.由題意g(x)＝f(2x)＝sin（4x＋eq\f(π,6)），因?yàn)楹瘮?shù)g(x)在區(qū)間[0，m]上單調(diào)遞增，且eq\f(π,6)≤4x＋eq\f(π,6)≤4m＋eq\f(π,6)，所以4m＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)，解得m≤eq\f(π,12)，所以m的最大值為eq\f(π,12).[例2](1)x＝eq\f(π,12)（答案不唯一，滿足x＝eq\f(π,12)＋eq\f(－kπ,2)，k∈Z均可）先將函數(shù)f(x)＝sinx圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的eq\f(1,2)（縱坐標(biāo)不變），得到y(tǒng)＝sin2x，向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度得到g(x)＝sin（2x＋eq\f(π,3)），令2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，可取k＝0，則x＝eq\f(π,12).(2)A將函數(shù)f(x)＝sinx的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)y＝sin（x＋eq\f(π,6)），再將函數(shù)y＝sin（x＋eq\f(π,6)）的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,ω)(ω>0)倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g(x)＝sin（ωx＋eq\f(π,6)）.φ(x)＝eq\b\l