三角函数习题01

前言

基本变形考查

【基本变形和基本的考查形式】

已知$\vec{m}=(2sinx，\sqrt{3}cosx)$，$\vec{n}=(cosx，2cosx)$，函数$f(x)=\vec{m}\cdot \vec{n}-\sqrt{3}+1$

$f(x)=2sinx\cdot cosx+2\sqrt{3}\cdot cos^2x-\sqrt{3}+1$

$f(x)=sin2x+\sqrt{3}(2cos^2x-1)+1$

$=sin2x+\sqrt{3}cos2x+1$

$=2sin(2x+\cfrac{\pi}{3})+1$

①求周期；

由$T=\cfrac{2\pi}{2}$，得到$T=\pi$

②求值域$(x\in R 或 x\in [-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}])$；最值(和最值点)；

若$x\in R$，则

当$sin(2x+\cfrac{\pi}{3})=1$时，即$2x+\cfrac{\pi}{3}=2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，即$x=k\pi+\cfrac{\pi}{12}(k\in Z)$时，$f(x)_{max}=2\times1+1=3$；

当$sin(2x+\cfrac{\pi}{3})=-1$时，即$2x+\cfrac{\pi}{3}=2k\pi-\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，即$x=k\pi-\cfrac{5\pi}{12}(k\in Z)$时，$f(x)_{max}=2\times(-1)+1=-1$；

若$x\in [-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}]$，则可得

$-\cfrac{2\pi}{3}\leq 2x\leq \cfrac{\pi}{2}$，则$-\cfrac{\pi}{3}\leq 2x+\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{5\pi}{6}$，

故当$2x+\cfrac{\pi}{3}=-\cfrac{\pi}{3}$，即$x=-\cfrac{\pi}{3}$时，$f(x)_{min}=f(-\cfrac{\pi}{3})=2\times (-\cfrac{\sqrt{3}}{2})+1=-\sqrt{3}+1$；

故当$2x+\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{2}$，即$x=\cfrac{\pi}{12}$时，$f(x)_{max}=f(\cfrac{\pi}{12})=2\times 1+1=3$；

求单调区间$\left(x\in R 或x\in [-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\right)$(具体解法参见例2的法1和法2)
求函数$f(x)$对称轴方程和对称中心坐标；

令$2x+\cfrac{\pi}{3}=k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，得到$f(x)$对称轴方程为$x=\cfrac{k\pi}{2}+\cfrac{\pi}{12}(k\in Z)$；

令$2x+\cfrac{\pi}{3}=k\pi(k\in Z)$，得到$f(x)$的对称中心坐标为$(\cfrac{k\pi}{2}-\cfrac{\pi}{6}，1)(k\in Z)$

求奇偶性$\left(奇函数利用f(0)=0；偶函数利用f(0)=f(x)_{max}或f(x)_{min}\right)$

比如，函数$g(x)=2sin(2x+\phi+\cfrac{\pi}{3})(\phi\in (0，\pi))$是偶函数，求$\phi$的值。

分析：由于函数$g(x)$是偶函数，则在$x=0$处必然取到最值，

故有$2\times 0+\phi+\cfrac{\pi}{3}=k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，

则$\phi=k\pi+\cfrac{\pi}{6}(k\in Z)$

令$k=0$，则$\phi=\cfrac{\pi}{6}\in (0，\pi)$，满足题意，故所求$\phi=\cfrac{\pi}{6}$时，函数$g(x)$是偶函数。

【2016.天津高考】已知函数$f(x)=4tanx\cdot sin(\cfrac{\pi}{2}-x)\cdot cos(x-\cfrac{\pi}{3})-\sqrt{3}$，

试讨论$f(x)$在区间$[-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{4}]$上的单调性。

解析：先将所给函数化简为正弦型或者余弦型，

$f(x)=4tan\cdot cosx(cosx\cdot \cfrac{1}{2}+sinx\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2})-\sqrt{3}$

$=4sinx(cosx\cdot \cfrac{1}{2}+sinx\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2})-\sqrt{3}=2sinxcosx+2\sqrt{3}sin^2x-\sqrt{3}$

$=sin2x+\sqrt{3}(1-cos2x)-\sqrt{3}=sin2x-\sqrt{3}cos2x$

$=2sin(2x-\cfrac{\pi}{3})$

法1：先求解函数在$x\in R$上的单调区间，

令$2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)$，

得到单调递增区间为$[k\pi-\cfrac{\pi}{12}，k\pi+\cfrac{5\pi}{12}](k\in Z)$，

又因为$x\in [-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{4}]$

然后给$k$赋值，令$k=0$，

得到函数在区间$[-\cfrac{\pi}{12}，\cfrac{\pi}{4}]$上单调递增，在区间$[-\cfrac{\pi}{4}，-\cfrac{\pi}{12}]$上单调递减。

法2：由$-\cfrac{\pi}{4}\leq x\leq \cfrac{\pi}{4}$，求得$-\cfrac{5\pi}{6}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}$，

结合横轴为$2x-\cfrac{\pi}{3}$的图像可知，

当$-\cfrac{5\pi}{6}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq -\cfrac{\pi}{2}$时，求得函数在区间$[-\cfrac{\pi}{4}，-\cfrac{\pi}{12}]$单调递减；

当$-\cfrac{\pi}{2}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}$时，求得函数在区间$[-\cfrac{\pi}{12}，\cfrac{\pi}{4}]$单调递增；

【基本+综合】已知函数$f(x)=\cfrac{\sqrt{3}}{3}[cos(2x+\cfrac{\pi}{6})+4sinxcosx]+1$，$x\in R$，

(1).求$f(x)$的单调递减区间；

提示：化简后，$f(x)=sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+1$，或者[$f(x)=cos(2x-\cfrac{\pi}{3})+1$]，

单调递减区间为$[k\pi+\cfrac{\pi}{6}，k\pi+\cfrac{2\pi}{3}]$，$(k\in Z)$；

(2).令$g(x)=af(x)+b$，若函数$g(x)$在区间$[-\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4}]$上的值域为$[-1，1]$，求$a+b$的值；

提示：当$x\in [-\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4}]$时，$sin(2x+\cfrac{\pi}{6})\in [-\cfrac{1}{2}，1]$，

则$f(x)\in [\cfrac{1}{2}，2]$，以下针对一次项系数$a$分类讨论如下：

①当$a>0$时，由$2a+b=1$和$\cfrac{1}{2}a+b=-1$，解得$a=\cfrac{4}{3}$，$b=-\cfrac{5}{3}$，故$a+b=-\cfrac{1}{3}$；

②当$a<0$时，由$2a+b=-1$和$\cfrac{1}{2}a+b=1$，解得$a=-\cfrac{4}{3}$，$b=\cfrac{5}{3}$，故$a+b=\cfrac{1}{3}$；

故$a+b$的值为$\cfrac{1}{3}$或$-\cfrac{1}{3}$；

高阶考查形式

(2016宝鸡市第二次质量检测第17题)在$\Delta ABC$中，已知$sin^2A+sin^2B+sinAsinB=sin^2C$，其中角$A、B、C$的对边分别为$a、b、c$，

(1).求角$C$的大小。

(2).求$\cfrac{a+b}{c}$的取值范围。

分析：(1)角化边，由$\cfrac{a}{2R}=sinA，\cfrac{b}{2R}=sinB，\cfrac{c}{2R}=sinC$

得到$a^2+b^2+ab=c^2$，即$a^2+b^2-c^2=-ab$，

故由余弦定理得到$cosC=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\cfrac{1}{2}$，

又$C\in (0，\pi)$，故$C=\cfrac{2\pi}{3}$。

(2)由(1)可知，$A+B=\cfrac{\pi}{3}$，即$A=\cfrac{\pi}{3}-B$

边化角，由$a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC$

$\cfrac{a+b}{c}=\cfrac{sinA+sinB}{sinC}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}(sinA+sinB)$

$=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}[sin(\cfrac{\pi}{3}-B)+sinB]=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB-\cfrac{1}{2}sinB+sinB]$

$=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}(\cfrac{1}{2}sinB+\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB)=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}sin(B+\cfrac{\pi}{3})$，

又由$\begin{cases}B>0\\ \cfrac{\pi}{3}-B>0\end{cases}$得到$0<B<\cfrac{\pi}{3}$，

故$\cfrac{\pi}{3}<B+\cfrac{\pi}{3}<\cfrac{2\pi}{3}$，则$\cfrac{\sqrt{3}}{2}<sin(B+\cfrac{\pi}{3})\leq 1$

则有$1<\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot sin(B+\cfrac{\pi}{3})\leq \cfrac{2\sqrt{3}}{3}$

即$\cfrac{a+b}{c}$的取值范围为$(1，\cfrac{2\sqrt{3}}{3}]$。

引申：上述思路可以求解$msinB+nsinC$的取值范围($m、n$是实数)。

在锐角三角形$ABC$中，$C=2B$,则$\cfrac{c}{b}$的取值范围是$(\sqrt{2}，\sqrt{3}）$

分析：本题先将$\cfrac{c}{b}=\cfrac{sinC}{sinB}=2cosB$，

接下来的难点是求$B$的范围，注意列不等式的角度，锐角三角形的三个角都是锐角，要同时限制

由$\begin{cases} &0<A<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<C<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}$得到，$\begin{cases} &0<\pi-3B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<2B<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}$

解得$B\in (\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4})$，故$2cosB \in (\sqrt{2}，\sqrt{3}）$。

【三轮模拟考试理科用题】设$A、B、C$为三角形的三个内角，且方程$(sinB-sinA)x^2+(sinA-sinC)x+(sinC-sinB)=0$有等根，那么角$B$的范围是（）

$A.\angle B >60^{\circ}$ $B.\angle B \geqslant 60^{\circ}$ $C.\angle B <60^{\circ}$ $D.\angle B \leqslant 60^{\circ}$

解析：$\Delta=(sinA-sinC)^2-4(sinB-sinA)(sinC-sinB)$

$=sin^2A-2sinAsinC+sin^2C-4(sinBsinC-sinAsinC-sin^2B+sinAsinB)$

$=(sinA+sinC)^2-4sinB(sinA+sinC)+4sin^2B$

$=(sinA+sinC-2sinB)^2$

令上式$\Delta=0$，得

$2sinB=sinA+sinC=2sin\frac{A+C}{2}cos\frac{A-C}{2}\Longrightarrow $

$4sin\frac{B}{2}cos\frac{B}{2}$

$=2cos\frac{B}{2}cos\cfrac{A-C}{2} \Longrightarrow$

$2sin\cfrac{B}{2}=cos\cfrac{A-C}{2}$

$\because 0\leq \cfrac{A-C}{2} <90^{\circ}$ ，$\therefore 0<cos\cfrac{A-C}{2} \leq 1 $

$\therefore 0<2sin\cfrac{B}{2}\leq 1， 0<sin\cfrac{B}{2}\leq \cfrac{1}{2}，\therefore 0^{\circ}<\cfrac{B}{2}\leq 30^{\circ} \therefore 0^{\circ}＜B \leq 60^{\circ}$

【变式】上题条件补充：若角$B$取最大值时，判断三角形的形状。

解析：$\angle B=60^{\circ}，cos\cfrac{A-C}{2}=1$ $\Rightarrow A-C=0^{\circ} \Rightarrow A=C \therefore \Delta ABC$为等边三角形。

【三轮模拟考试理科用题】设$\Delta ABC$的三个内角为$A、B、C$，且$tanA、tanB、tanC、2tanB$成等差数列，则$cos(B-A)=(\hspace{1cm})$；$sin2B=(\hspace{1cm})$

分析：由题目知，$2tanB=tanA+tanC$，$2tanC=3tanB$，则$tanB=2tanA$，

又$tanA+tanB+tanC=tanA\times tanB\times tanC (A,B,C\neq \cfrac{\pi}{2})$，则有$tanA+tanB+tanC=3tanB=2tanC$，所以$2tanC=tanA\times tanB\times tanC$，则有$tanAtanB=2$

由$\begin{cases} tanB=2tanA \\ tanAtanB=2 \end{cases}$，得到$tanA=1，tanB=2$，所以$sinA=cosA=\cfrac{\sqrt{2}}{2}，sinB=\cfrac{2\sqrt{5}}{5}，cosB=\cfrac{\sqrt{5}}{5}$，

故$cos(B-A)=\cfrac{3\sqrt{10}}{10}$。$sin2B=2sinBcosB=\cfrac{4}{5}$.

(三轮模拟考试理科用题)在$\Delta ABC$中，$sinA=13sinBsinC，cosA=13cosBcosC$，求$tanA+tanB+tanC$的值。

分析：本题目的顺利求解需要知道$tanA+tanB+tanC=tanA\times tanB\times tanC$，

由题目可知$cosA=-cos(B+C)$，即$-cosBcosC+sinBsinC=13cosBcosC$，

可得$sinBsinC=14cosBcosC$，即$tanBtanC=14$，

又由两式$sinA=13sinBsinC，cosA=13cosBcosC$相除得到，

$tanA=tanBtanC$，故$tanA+tanB+tanC=tanA\times tanB\times tanC=(tanBtanC)^2=14^2=196$.

(三轮模拟考试理科用题)存在实数$c$，使得圆面$x^2+y^2\leq 4$恰好覆盖函数$y=sin(\cfrac{\pi}{k}+c)$图像的最高点或最低点共三个，则正数$k$的取值范围是多少？

https://www.desmos.com/calculator/pzzty0klqr

分析：这类题目一般都是函数的定义区间和周期有关联，

所以先由$\begin{cases} &y=\pm1 \\ &x^2+y^2\leq 4\end{cases}$，

解得$-\sqrt{3}\leq x \leq \sqrt{3}$，即图像在圆面内部的区间长度是$2\sqrt{3}$，

又由题目可知三角函数的周期是$T=\cfrac{2\pi}{\frac{\pi}{k}}=2k$，

结合课件演示，可得到控制条件是$T\leq 2\sqrt{3}\leq 2T$，

即$2k\leq 2\sqrt{3}\leq 2\times 2k$，

解得$\cfrac{\sqrt{3}}{2}<k\leq \sqrt{3}$。

课件演示思路：

先令$c=0$，三角函数是奇函数，则圆面恰好覆盖四个最值点时，区间的长度是$1.5T$，此时令$c$稍微增大一点或者减小一点，就能满足题意；

再令$c=1.6$，三角函数是偶函数，则圆面恰好覆盖三个最值点时，区间的长度是$T$，圆面恰好覆盖五个最值点时，区间的长度是$2T$，此时令$c$稍微增大一点或者减小一点，就不再满足题意；

综上所述，要求存在实数$c$，所以必须$T\leq 2\sqrt{3}\leq 2T $。

【三轮模拟考试理科用题】在$\Delta ABC$中，已知$4cos^2\cfrac{A}{2}-cos2(B+C)=\cfrac{7}{2}，a=2$，则$\Delta ABC$的面积的最大值为________.

分析：将已知等式变形为$2\cdot 2cos^2\cfrac{A}{2}-[cos^2(B+C)-sin^2(B+C)]=\cfrac{7}{2}$，

即$2(1+cosA)-cos2A=\cfrac{7}{2}$，即$2(1+cosA)-(2cos^2A-1)=\cfrac{7}{2}$，

化简为$4cos^2A-4cosA+1=(2cosA-1)^2=0$，

解得$cosA=\cfrac{1}{2}，A\in(0，\pi)$，故$A=\cfrac{\pi}{3}$，

到此题目转化为已知$A=\cfrac{\pi}{3}，a=2$，求$\Delta ABC$的面积的最大值。

由余弦定理$a^2=b^2+c^2-2bccosA，A=\cfrac{\pi}{3}，a=2$得到$b^2+c^2=4+bc\ge 2bc$，

解得$bc\leq 4(当且仅当b=c=2时取到等号)$，

则$S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}bcsinA \leq \cfrac{\sqrt{3}}{4}\times 4=\sqrt{3}$.

(三轮模拟考试理科用题)设$a,b\in R，c\in[0，2\pi)$，若对任意实数$x$都有$2sin(3x-\cfrac{\pi}{3})=asin(bx+c)$，定义在区间$[0，3\pi]$上的函数$y=sin2x$的图像与$y=cosx$的图像的交点的横坐标是$d$个，则满足条件的有序实数组$(a,b,c,d)$的组数是多少个？

A.7 $\hspace{3cm}$ B.11 $\hspace{3cm}$ C.14 $\hspace{3cm}$ D.28 $\hspace{3cm}$

分析：由题目可知，要想让两个函数图像完全重合，则至少先要满足$|a|=2，\cfrac{2\pi}{|b|}=3$，即就是$a=\pm 2，b=\pm 3$，这是必要条件；

当$a=-2，b=-3$时，要使$2sin(3x-\cfrac{\pi}{3})=asin(bx+c)=-2sin(-3x+c)=2sin(3x-c)$，故只能是$c=+\cfrac{\pi}{3}$；以下的分析相同。

当$a=2，b=3$时，要使$2sin(3x-\cfrac{\pi}{3})=asin(bx+c)$，$c=2\pi-\cfrac{\pi}{3}$；

当$a=2，b=-3$时，要使$2sin(3x-\cfrac{\pi}{3})=asin(bx+c)$，$c=\pi+\cfrac{\pi}{3}$；

当$a=-2，b=3$时，要使$2sin(3x-\cfrac{\pi}{3})=asin(bx+c)$，$c=\pi-\cfrac{\pi}{3}$；故$(a,b,c)$的组合有4个；

又由$sin2x=cosx$，变形得到$cosx(2sinx-1)=0$，

由$cosx=0，x\in [0，3\pi]$得到$x=\cfrac{\pi}{2}或x=\cfrac{3\pi}{2}或x=\cfrac{5\pi}{2}$；

由$2sinx=1，x\in [0，3\pi]$得到$x=\cfrac{\pi}{6}或x=\cfrac{5\pi}{6}或x=2\pi+\cfrac{\pi}{6}或x=2\pi+\cfrac{5\pi}{6}$；

故不同的横坐标由7个，则满足条件的有序实数组$(a,b,c,d)$的组数有28个。

课件地址：https://www.desmos.com/calculator/zhls0pjdlx

(三轮模拟考试理科用题)设$\Delta ABC$的三个内角为$A、B、C$的对边分别为$a、b、c$，且$a^2+b^2+ab-c^2=0$，则$\cfrac{c\cdot cos(30^{\circ}-A)}{b+a}$的值为____.

分析：将条件$a^2+b^2+ab-c^2=0$变形并代入$cosC=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\cfrac{1}{2}$，

又$C\in (0，\pi)$，故$C=\cfrac{2\pi}{3}$，

又注意到所求式子的特点，边化角得到

$\begin{align*}\cfrac{c\cdot cos(30^{\circ}-A)}{b+a}&=\cfrac{sinC\cdot cos(30^{\circ}-A)}{sinB+sinA}\\&=\cfrac{sinC\cdot cos(30^{\circ}-A)}{sin(\cfrac{\pi}{3}-A)+sinA}\\&=\cfrac{\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot(\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosA+\cfrac{1}{2}sinA)}{\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosA+\cfrac{1}{2}sinA}\\&=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\end{align*}$.

(三轮模拟考试理科用题)设$\Delta ABC$的三个内角为$A、B、C$的对边分别为$a、b、c$，且$a^2=3b^2+3c^2-2\sqrt{3}bcsinA$，则$C$的值为____.

分析：先变形为$2b^2+2c^2+b^2+c^2-a^2=2\sqrt{3}bcsinA$，

$\cfrac{2b^2+2c^2}{2bc}+\cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\cfrac{2\sqrt{3}bcsinA}{2bc}$，

得到$\cfrac{2b^2+2c^2}{2bc}+cosA=\sqrt{3}sinA$，

所以$2sin(A-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{2b^2+2c^2}{2bc}\ge 2$，

所以$sin(A-\cfrac{\pi}{6})\ge 1$，故$sin(A-\cfrac{\pi}{6})= 1$，

$A-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{2}$，得到$A=\cfrac{2\pi}{3}$；

将$A=\cfrac{2\pi}{3}$代入已知式和余弦定理，

分别得到$a^2=3b^2+3c^2-3bc$和$a^2=b^2+c^2+bc$，

联立得到$b=c$，故$B=C=\cfrac{\pi}{6}$.

【三轮模拟考试理科用题】已知$\alpha$为第二象限角，$sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})=\cfrac{\sqrt{2}}{10}$，则$tan\cfrac{\alpha}{2}$的值为多少？

法1：变形得到$\cfrac{\sqrt{2}}{2}(sin\alpha+cos\alpha)=\cfrac{\sqrt{2}}{10}$，

解得$sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}$，又因为$\alpha$为第二象限角，

再结合勾股数可得$sin\alpha=\cfrac{4}{5}，cos\alpha=-\cfrac{3}{5}$；

故$tan\alpha=-\cfrac{4}{3}$，又由八卦图法可知$\cfrac{\alpha}{2}$在第一、三象限，

故$tan\cfrac{\alpha}{2}>0$，再由$tan\alpha=-\cfrac{4}{3}=\cfrac{2tan\cfrac{\alpha}{2}}{1-(tan\cfrac{\alpha}{2})^2}$，

解方程得到$tan\cfrac{\alpha}{2}=2$；

法2：同上法，得到$sin\alpha=\cfrac{4}{5}，cos\alpha=-\cfrac{3}{5}$；

$tan\cfrac{\alpha}{2}=\cfrac{sin\cfrac{\alpha}{2}}{cos\cfrac{\alpha}{2}}$

$=\cfrac{2sin\cfrac{\alpha}{2}cos\cfrac{\alpha}{2}}{2cos\cfrac{\alpha}{2}cos\cfrac{\alpha}{2}}$

$=\cfrac{sin\alpha}{1+cos\alpha}=\cfrac{\cfrac{4}{5}}{1-\cfrac{3}{5}}=2$；

【三轮模拟考试理科用题】设$\Delta ABC$的三个内角为$A、B、C$的对边分别为$a、b、c$，若$bc=1$，$b+2ccosA=0$，则当角$B$取最大值时，$\Delta ABC$的周长$l$为多少？

分析：由于本题目提到角$B$取最大值，余弦函数$y=cosx$在$(0，\pi)$单调递减，

则$cosB$自然应该取到最小值，结合$cosB=\cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$可知，

应该先利用已知条件转化得到$a、b、c$的关系，

由$cosA=-\cfrac{b}{2c}=\cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，

得到$b^2=\cfrac{a^2}{2}-\cfrac{c^2}{2}$，

此时需要替换的是$b^2$，是因为式子的分母里有$2ac$，

代入得到$cosB=\cfrac{a^2+c^2-\cfrac{a^2}{2}+\cfrac{c^2}{2}}{2ac}$

$=\cfrac{\cfrac{a^2}{2}+\cfrac{3c^2}{2}}{2ac}$

$=\cfrac{1}{4}\cfrac{a^2+3c^2}{ac}\ge\cfrac{1}{4}\cfrac{2\sqrt{3}ac}{ac}$

$=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，(当且仅当$a=\sqrt{3}c$时取到等号)，

此时$B=\cfrac{\pi}{6}$，$a=\sqrt{3}c$，

又$2b^2=a^2-c^2=3c^2-c^2=2c^2$，故$b=c$，又$bc=1$，

则$b=c=1，a=\sqrt{3}$，周长$l$为$2+\sqrt{3}$.

感悟反思：例13、15都用到均值不等式，不过，例13的均值不等式相对比较明显，而例15不太明显，而且当分析到要求$cosB$最小时，要正确使用均值不等式，自然应该替换掉$b^2$，这样求得$cosB$最小时思路自然就开了。

【三轮模拟考试理科用题】已知$\alpha$是第三象限角，$sin(\alpha-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{12}{13}$，求$cos(\alpha+\cfrac{7\pi}{12})$的值.

分析：给值求值类题目，关键是寻找已知角$(\alpha-\cfrac{\pi}{6})$和未知角$(\alpha+\cfrac{7\pi}{12})$的关系，

注意到已知角是一个，未知角也是一个，所以这时候一般不考虑加减组合，

而考虑“余角、补角、倍角、半角、特殊角”这个思路。

由$sin(\alpha-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{12}{13}$，$\alpha$是第三象限角，

得到$\alpha-\cfrac{\pi}{6}$只能是第二象限的角，则$cos(\alpha-\cfrac{\pi}{6})=-\cfrac{5}{13}$，

又由于$(\alpha+\cfrac{7\pi}{12})-(\alpha-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{3\pi}{4}$，

故$cos(\alpha+\cfrac{7\pi}{12})=cos[\cfrac{3\pi}{4}+(\alpha-\cfrac{\pi}{6})]$

$=-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\times (-\cfrac{5}{13})-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\times \cfrac{12}{13}=-\cfrac{7\sqrt{2}}{26}$.

反思：有学生对此提出了异议：认为上述的算法有漏洞；

理由如下：

由于$2k\pi+\pi<\alpha<2k\pi+\cfrac{3\pi}{2}$,则$2k\pi+\pi-\cfrac{\pi}{6}<\alpha-\cfrac{\pi}{6}<2k\pi+\cfrac{3\pi}{2}-\cfrac{\pi}{6}$，

则$2k\pi+\cfrac{5\pi}{6}<\alpha-\cfrac{\pi}{6}<2k\pi+\cfrac{4\pi}{3}$,

又由于$sin(\alpha-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{12}{13}$,故上述的角的范围还可以压缩到

$2k\pi+\cfrac{5\pi}{6}<\alpha-\cfrac{\pi}{6}<2k\pi+\pi$，

故$2k\pi+\cfrac{5\pi}{6}+\cfrac{3\pi}{4}<\alpha-\cfrac{\pi}{6}+\cfrac{3\pi}{4}<2k\pi+\pi +\cfrac{3\pi}{4}$,即就是

$2k\pi+\cfrac{19\pi}{12}<\alpha+\cfrac{7\pi}{12}<2k\pi+\cfrac{7\pi}{4}$,

此时角$\alpha+\cfrac{7\pi}{12}$在第四象限，其余弦值应该是正值，这样和上述的解法矛盾了，只能是编制题目时没有注意这一点。

(三轮模拟考试理科用题)已知$f(x)=2Acos^2(\omega x+\phi)(A>0,\omega>0,0<\phi<\cfrac{\pi}{2})$，直线$x=\cfrac{\pi}{3}$和点$(\cfrac{\pi}{12},0)$分别是函数$f(x)$图象上相邻的一条对称轴和一个对称中心，则函数$f(x)$的单调增区间为（）.

$A.[k\pi-\cfrac{2\pi}{3} ，k\pi-\cfrac{\pi}{6}](k\in Z)$

$B.[k\pi-\cfrac{\pi}{6} ，k\pi+\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)$

$C.[k\pi-\cfrac{5\pi}{12} ，k\pi+\cfrac{\pi}{12}](k\in Z)$

$D.[k\pi+\cfrac{\pi}{12} ，k\pi+\cfrac{7\pi}{12}](k\in Z)$

$A．[k\pi-\cfrac{2\pi}{3} ，k\pi-\cfrac{\pi}{6}](k\in Z)$；$\hspace{2cm}$ $B．[k\pi-\cfrac{\pi}{6} ，k\pi+\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)$;
$C．[k\pi-\cfrac{5\pi}{12} ，k\pi+\cfrac{\pi}{12}](k\in Z)$；$\hspace{2cm}$ $D．[k\pi+\cfrac{\pi}{12} ，k\pi+\cfrac{7\pi}{12}](k\in Z)$;

分析：这类题目一般需要先将$f(x)$转化为正弦型或者余弦型，

再利用给定的条件分别求$\omega$和$\phi$，由$f(x)=2Acos^2(\omega x+\phi)=A[cos2(\omega x+\phi)+1]-A=Acos(2\omega x+2\phi)$，

故其周期为$T=\cfrac{2\pi}{2\omega}=\cfrac{\pi}{\omega}$，

又由题目可知$\cfrac{T}{4}=\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{\pi}{12}=\cfrac{\pi}{4}$，则$T=\pi=\cfrac{\pi}{\omega}$，

故$\omega=1$，则函数简化为$f(x)=Acos(2x+2\phi)$，再利用直线$x=\cfrac{\pi}{3}$是函数$f(x)$图象上的一条对称轴，

故$2\times \cfrac{\pi}{3}+2\phi=k\pi,(k\in Z)$,解得$\phi=\cfrac{k\pi}{2}-\cfrac{\pi}{3}$，

令$k=1$，则$\phi=\cfrac{\pi}{6}\in (0,\cfrac{\pi}{2})$，满足题意，故$f(x)=Acos(2x+2\phi)=Acos(2x+\cfrac{\pi}{3})$.

令$2k\pi-\pi\leq 2x+\cfrac{\pi}{3}\leq 2k\pi(k\in Z)$，解得$k\pi-\cfrac{2\pi}{3}\leq x \leq k\pi-\cfrac{\pi}{6}$，即单调递增区间为$A．[k\pi-\cfrac{2\pi}{3} ，k\pi-\cfrac{\pi}{6}](k\in Z)$;

(连比形式，巧设比例因子)在$\Delta ABC$中，$tanA:tanB:tanC=1:2:3$，求$\cfrac{AC}{AB}$的值；

分析：(巧设比例因子)设$tanA=k,tanB=2k,tanC=3k,(k>0)$,

则由$tanA\times tanB\times tanC=tanA+tanB+tanC$可知，$6k=6k^3$,解得$k=1$.则有$tanA=1,tanB=2,tanC=3$,

再设比例因子，比如设$sinB=2m,cosB=m,(m>0)$,由平方关系可得，$5m^2=1,m=\cfrac{1}{\sqrt{5}}$,

故$sinB=\cfrac{2}{\sqrt{5}},sinC=\cfrac{3}{\sqrt{10}}$,则$\cfrac{AC}{AB}=\cfrac{sinB}{sinC}=\cfrac{\cfrac{2}{\sqrt{5}}}{\cfrac{3}{\sqrt{10}}}=\cfrac{2\sqrt{2}}{3}$.

(2017高考真题理科全国卷2的第17题)$\Delta ABC$ 的内角A，B，C的对边分别是$a，b，c$，已知$sin(A+C)=8sin^2\cfrac{B}{2}$。

(1)求$cosB$.

分析：$sin(A+C)=sinB=8\cdot \cfrac{1-cosB}{2}$，得到$sinB=4(1-cosB)$，

即$\sqrt{1-cos^2B}=4(1-cosB)$，平方得到$17cos^2B-32cosB+15=0$。

由十字相乘法得到 $(17cosB-15)(cosB-1)=0$，

得到$cosB=\cfrac{15}{17}$或$cosB=1(舍去)$，故$cosB=\cfrac{15}{17}$；

(2)若$a+c=6$，$S_{\Delta ABC}=2$，求$b$.

分析：由$cosB=\cfrac{15}{17}$得到$sinB=\cfrac{8}{17}$，

由$S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}acsinB=2$得到，$ac=\cfrac{17}{2}$，

故$b^2=a^2+c^2-2accosB=(a+c)^2-2ac-2accosB=6^2-2\cdot \cfrac{17}{2}-2\cdot \cfrac{17}{2}\cdot\cfrac{15}{17}=4$，

故$b=2$。

(2017高考真题文科全国卷2的第16题) $\Delta ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c$，若$2bcosB=acosC+ccosA$，则$B$=________.

法1：角化边，得到$2b\cdot \cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=a\cdot \cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}+c\cdot \cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$

两边同乘以$abc$，约掉分母，化简整理为$a^2+c^2-b^2=ac$，

故$cosB=\cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\cfrac{1}{2}$，又$b\in (0，\pi)$，则$B=\cfrac{\pi}{3}$。

法2：边化角，由已知得到$2sinBcosB=sinAcosC+cosAsinC=sin(A+C)=sinB$，故得到$cosB=\cfrac{1}{2}$，又$B\in (0，\pi)$，则$B=\cfrac{\pi}{3}$。

(2017高考真题文科全国卷2的第13题)函数$f(x)=2cosx+sinx$的最大值为_______.

分析：$f(x)=\sqrt{5}sin(x+\phi)(tan\phi=2)$，故$f(x)_{max}=\sqrt{5}$。

(2017高考真题理科全国卷2的第14题)函数$f(x)=sin^2x+\sqrt{3}cosx-\cfrac{3}{4}(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}])$的最大值为_______.

分析：由于$x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]$，则$cosx\in [0，1]$，

令$cosx=t\in [0，1]$，

$f(x)=1-cos^2x+\sqrt{3}cosx-\cfrac{3}{4}=1-t^2+\sqrt{3}t-\cfrac{3}{4}=-(t-\cfrac{\sqrt{3}}{2})^2+1=g(t)$，

故当$t=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$时，$g(t)_{max}=f(x)_{max}=1$。

(2017高考真题文科全国卷1的第11题)$\Delta ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c$，已知$sinB+sinA\cdot (sinC-cosC)=0，a=2，c=\sqrt{2}$，则$C$=________.

分析：由于$sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC$，

则有$sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC-sinAcosC=0$

，即$cosAsinC+sinAsinC=0$，又因为$sinC\neq 0$，

故得到$sinA+cosA=0$，即$tanA=-1$ ，即$A=\cfrac{3\pi}{4}$，

由正弦定理$\cfrac{a}{sinA}=\cfrac{c}{sinC}$，

将$a=2，c=\sqrt{2}$代入得到$sinC=\cfrac{1}{2}$，故$C=\cfrac{\pi}{6}$。

(2017高考真题文科全国卷1的第15题)已知$\alpha\in(0，\cfrac{\pi}{2})$，$tan\alpha=2$，则$cos(\alpha-\cfrac{\pi}{4})$=__________.

分析：由$tan\alpha=2，\alpha\in(0，\cfrac{\pi}{2})$，

故有$sin\alpha=2k，cos\alpha=k(k>0)$，由平方关系可知$k=\cfrac{\sqrt{5}}{5}$，

故$sin\alpha=\cfrac{2\sqrt{5}}{5}$，$cos\alpha=\cfrac{\sqrt{5}}{5}$，

则$cos(\alpha-\cfrac{\pi}{4})=cos\alpha\cdot cos\cfrac{\pi}{4}+sin\alpha\cdot sin\cfrac{\pi}{4}$

$=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\times \cfrac{\sqrt{2}}{2}+\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\times \cfrac{\sqrt{2}}{2}$

$=\cfrac{3\sqrt{10}}{10}$。

(三角函数图像性质和解三角形结合)(2017•福州模拟)在$\Delta ABC$中，角$A，B，C$的对边分别为$a，b，c$，满足$(2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC$。　

(1)求角$A$的大小；(考查角度：解三角形)

(2)若$a=3$，求$\Delta ABC$的周长的最大值。(考查角度：三角函数图像性质)

分析：

(1)由$(2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC$及正弦定理，

得$(2sinB-sinC)cosA=sinAcosC$，

所以$2sinBcosA=sinCcosA+sinAcosC$，所以$2sinBcosA=sin(C+A)=sinB$，

因为$B\in (0，π)$，所以$sinB\neq 0$，

因为$A\in (0，π)$，$cosA=\cfrac{1}{2}$，所以$A=\cfrac{\pi}{3} $。

(2)由(1)得$A=\cfrac{\pi}{3} $，

由正弦定理得$\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC} =\cfrac{a}{sinA} =\cfrac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}} =2\sqrt{3}$，

所以$b=2\sqrt{3}\cdot sinB$； $c=2\sqrt{3}\cdot sinC$，

$\Delta ABC$的周长：$l=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot sinC$

$=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)$

$=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot (\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB+\cfrac{1}{2}sinB)$

$=3+3\sqrt{3}sinB+3cosB=3+6sin(B+\cfrac{\pi}{6})$

因为$B\in(0，\cfrac{2\pi}{3})$，所以当$B=\cfrac{\pi}{3}$ 时，$\Delta ABC$的周长取得最大值，最大值为9。

反思总结：三角函数和解三角形的交汇处的题型

这类题目往往会设置第一问求一个角（如$A$）,第二问已知边$a$（注意对角和对边的关系），接下来可以考查的方向有

①再已知$S_△$，求解$b+c$的取值范围；或者已知$b+c$求$S_△$的取值范围。

②求解$msinB+nsinC$的取值范围($m、n$是实数)

③求解$msinB\cdot nsinC$的取值范围($m、n$是实数)

④求解$S_△=\cfrac{1}{2}bcsinA$的取值范围

⑤求解周长的取值范围 $l=a+b+c$

⑥求解类似周长的取值范围 $l=2a+3b-c$

⑦难点：自变量的取值范围，已知三角形和锐角三角形时，自变量的范围是不一样的。

【三角函数和解三角形和向量结合】已知函数$f(x)=cosxsinx-\sqrt{3}cos^2x+\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，

(1)求函数$f(x)$的单调递增区间

分析：函数化简为$f(x)=sin(2x-\cfrac{\pi}{3})$，过程略，$[k\pi-\cfrac{\pi}{12}，k\pi+\cfrac{5\pi}{12}](k\in Z)$

(2)在$\Delta ABC$中，$A$为锐角且$f(A)=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}$，$AB=\sqrt{3}$，$AD=2$，求$sin\angle BAD$。

分析：由$f(A)=sin(2A-\cfrac{\pi}{3})=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，解得$A=\cfrac{\pi}{3}$或$A=\cfrac{\pi}{2}$(舍去)。

又由于$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}$，如图所示，

$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AE}=2\overrightarrow{AF}=2\cdot \cfrac{3}{2}\overrightarrow{AD}=3\overrightarrow{AD}$，

故点$D$为$\triangle ABC$的重心，详细说明$\;\;$^[1] (点击这个蓝色的数字)

以$AB$、$AC$为邻边做平行四边形$ABEC$，由于$AD=2$，则$AE=6$，

在$\Delta ABE$中，$AB=\sqrt{3}$，$\angle ABE=120^{\circ}$，

由正弦定理可得，$\cfrac{\sqrt{3}}{sin\angle AEB}=\cfrac{6}{\cfrac{\sqrt{3}}{2}}$，

可得$sin\angle AEB=\cfrac{1}{4}$ ，$cos\angle AEB=\cfrac{\sqrt{15}}{4}$，

故$sin\angle BAD=sin(\cfrac{\pi}{3}-\angle AEB)$

$=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\times \cfrac{\sqrt{15}}{4}-\cfrac{1}{2}\times \cfrac{1}{4}=\cfrac{3\sqrt{5}-1}{8}$。

解后反思：利用已知的向量三角形，巧妙的构造了一个三角形，这样就能利用正弦定理和两角差的正弦公式求解了。

(2017$\cdot$全国卷I)已知$\Delta ABC$的内角$A，B，C$的对边分别是$a，b，c$，$S_{\Delta ABC}=\cfrac{a^2}{3sinA}$；

(1)求$sinBsinC$的值；

(2)若$6cosBcosC=1$，$a=3$，求$\Delta ABC$的周长；

分析：(1)由$S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}acsinB=\cfrac{a^2}{3sinA}$，

变形得到$\cfrac{1}{2}csinB=\cfrac{a}{3sinA}$，

边化角，得到$\cfrac{1}{2}sinCsinB=\cfrac{sinA}{3sinA}$，

故$sinBsinC=\cfrac{2}{3}$。

(2)由于求三角形周长的题目，一般都会知道一条边和其对角，现在知道了边$a$，故猜想应该能求得$A$，

这样想，我们一般就会将条件作差而不是作商，

由$cosBcosC-sinBsinC=-\cfrac{1}{2}$，

即$cos(B+C)=-cosA=-\cfrac{1}{2}$，得到$A=\cfrac{\pi}{3}$；

由题意$\cfrac{1}{2}bcsinA=\cfrac{a^2}{3sinA}$，$a=3$

得到$bc=8$；

再由余弦定理得到$a^2=b^2+c^2-2bccosA$，

得到$3^2=(b+c)^2-2bc-2bccosA$，即$b+c=\sqrt{33}$；

故周长为$3+\sqrt{33}$。

【2016$\cdot$全国卷Ⅰ】已知$\Delta ABC$的内角$A，B，C$的对边分别是$a，b，c$，$2cosC(acosB+bcosA)=c$；

(1)、求角$C$

(2)、若$c=\sqrt{7}$，$S_{\Delta ABC}=\cfrac{3\sqrt{3}}{2}$，求$\Delta ABC$的周长。

分析：(1)由正弦定理边化角，得到

$2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC$；即$2cosCsin(A+B)=sinC$

即$2cosCsinC=sinC$，又$sinC\neq 0$，故$2cosC=1$，即$cosC=\cfrac{1}{2}$，

又$C\in (0，\pi)$ ，故$C=\cfrac{\pi}{3}$；

(2)由已知$S_{\Delta ABC}=\cfrac{3\sqrt{3}}{2}=\cfrac{1}{2}absinC$，$C=\cfrac{\pi}{3}$；

故$ab=6$，由余弦定理得到，$c^2=a^2+b^2-2abcosC=(a+b)^2-2ab-2abcosC$，

结合$C=\cfrac{\pi}{3}$，$ab=6$，$c=\sqrt{7}$，代入上式得到

$(a+b)^2=25$，即$a+b=5$，故三角形的周长为$a+b+c=5+\sqrt{7}$。

【2014$\cdot$新课标全国卷Ⅰ】【三角恒等变换】设$\alpha，\beta \in (0，\cfrac{\pi}{2})$，且$tan\alpha=\cfrac{1+sin\beta}{cos\beta}$，则【】

$A.3\alpha-\beta=\cfrac{\pi}{2}$ $B.3\alpha+\beta=\cfrac{\pi}{2}$ $C.2\alpha-\beta=\cfrac{\pi}{2}$ $D.2\alpha+\beta=\cfrac{\pi}{2}$

分析：切化弦得到，$\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1+sin\beta}{cos\beta}$，

即$sin\alpha cos\beta-cos\alpha sin\beta=cos\alpha$，即$sin(\alpha-\beta)=cos\alpha$；

又由已知可得，$-\cfrac{\pi}{2}<\alpha-\beta<-\cfrac{\pi}{2}$，

再结合$sin(\alpha-\beta)=cos\alpha$，$\alpha \in (0，\cfrac{\pi}{2})$，$cos\alpha>0$，

故可将$-\cfrac{\pi}{2}<\alpha-\beta<-\cfrac{\pi}{2}$压缩为$0<\alpha-\beta<-\cfrac{\pi}{2}$，，

这样$sin(\alpha-\beta)=cos\alpha$；且$\alpha，\alpha-\beta \in (0，\cfrac{\pi}{2})$，

故有$(\alpha-\beta)+\alpha=\cfrac{\pi}{2}$，即$2\alpha-\beta=\cfrac{\pi}{2}$，选C.

【2016$\cdot$上海卷】【解三角方程】方程$3sinx=1+cos2x$在区间$[0，2\pi]$上的解为_______________。

分析：采用升幂降角公式，得到$3sinx=1+1-2sin^2x$，

整理为$2sin^2x+3sinx-2=0$，即$(sinx+2)(2sinx-1)=0$

解得$sinx=-2(舍去)$或$sinx=\cfrac{1}{2}$，

再由$sinx=\cfrac{1}{2}$，$x\in[0，2\pi]$，

采用图像可得，$x=\cfrac{\pi}{6}$或$x=\cfrac{5\pi}{6}$。

可以直接使用的结论：
在$\triangle ABC$中，若已知$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AE}$，则可知点$E$为边$BC$的中点；
在$\triangle ABC$中，已知$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}$，可知点$D$为$\triangle ABC$的重心；
具体解释如下图所示，
若已知$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AE}$，或者$\overrightarrow{AE}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$，则可知点$E$为$BC$的中点；

已知$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}$，则$3\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{AE}$，则$\overrightarrow{AD}=\cfrac{2}{3}\overrightarrow{AE}$，可知点$D$为$\triangle ABC$的重心； ↩︎

posted @ 2017-04-12 15:31 静雅斋数学阅读(1193) 评论(0) 编辑收藏举报

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三角函数习题01

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