三角函数专题辅导题

三角函数思维导图

• 三角函数思维导图；

基础习题

求函数\(y=\lg sinx+\sqrt{\cos2x+\frac{1}{2}}\)的定义域。

【解析】三角不等式常用两种解法，利用三角函数线或者三角函数图像，详解如下：

【1、单位圆+三角函数线】

如图所示，由正弦线可知，\(sinx>0\)得到：\(x\in(2k\pi，2k\pi+\pi)(k\in Z)\)

由余弦线可知，\(cos2x\ge-\cfrac{1}{2}\)

得到：\(2x\in[2k\pi-\cfrac{2\pi}{3}，2k\pi+\cfrac{2\pi}{3}](k\in Z)\)，

所以\(x\in[k\pi-\cfrac{\pi}{3}，k\pi+\cfrac{\pi}{3}]\\=[2k\pi-\cfrac{\pi}{3}，2k\pi+\cfrac{\pi}{3}]\bigcup[2k\pi+\cfrac{2\pi}{3}，2k\pi+\cfrac{4\pi}{3}](k\in Z)\)，

求其交集得到\(x\in(2k\pi，2k\pi+\cfrac{\pi}{3}]\bigcup[2k\pi+\cfrac{2\pi}{3}，2k\pi+\pi)(k\in Z)\)

<img src="http://images2015.cnblogs.com/blog/992978/201610/992978-20161010124932071-935405354.png" / >

【2、三角函数法】转化为解三角函数不等式组\(\begin{cases} sinx> 0 \\ cos2x+\frac{1}{2}\ge 0\end{cases}\)，

解不等式\(sinx>0\)

得到：\(x\in(2k\pi，2k\pi+\pi)(k\in Z)\)

解不等式\(cos2x\ge-\cfrac{1}{2}\)

得到：\(2x\in[2k\pi-\cfrac{2\pi}{3}，2k\pi+\cfrac{2\pi}{3}](k\in Z)\)，

所以\(x\in[k\pi-\cfrac{\pi}{3}，k\pi+\cfrac{\pi}{3}](k\in \Z)\)，

求其交集得到\(x\in(2k\pi，2k\pi+\cfrac{\pi}{3}]\bigcup[2k\pi+\cfrac{2\pi}{3}，2k\pi+\pi)(k\in Z)\)

化简：\(\sqrt{2+2cos8}+2\sqrt{1-sin8}\)

分析：如果你能注意到\(8=2\times 4\)，则可能想到利用二倍角公式，想办法将被开方数凑成一个完全平方数的形式，

原式\(=\sqrt{2}\sqrt{1+cos8}+2\sqrt{1-sin8}\)

\(=\sqrt{2}\sqrt{2cos^24}+2\sqrt{sin^24+cos^24-2sin4\cdot cos4}\)

\(=2|cos4|+2\sqrt{(sin4-cos4)^2}\)

\(=2|cos4|+2|sin4-cos4|\)

\(=-2cos4-2(sin4-cos4)=-2sin4\)

反思总结：\(4rad\approx 229^{\circ}\)，终边在第三象限的后半段，此时\(cos4>sin4\)。

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

\(=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\times \cfrac{\sqrt{2}}{2}+\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\times \cfrac{\sqrt{2}}{2}\)

\(=\cfrac{3\sqrt{10}}{10}\)。

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。

典例剖析

【2018成都模拟,难点题目】若\(sin2\alpha=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)，\(sin(\beta-\alpha)=\cfrac{\sqrt{10}}{10}\)，且\(\alpha\in [\cfrac{\pi}{4}，\pi]\)，\(\beta\in [\pi，\cfrac{3\pi}{2}]\)，则\(\alpha+\beta\)的值是【】

$A、\cfrac{7\pi}{4}$ $B、\cfrac{9\pi}{4}$ $C、\cfrac{5\pi}{4}或\cfrac{7\pi}{4}$ $D、\cfrac{5\pi}{4}或\cfrac{9\pi}{4}$

分析：此题属于给值求角，难在角的范围的压缩。

由于\(\alpha\in [\cfrac{\pi}{4}，\pi]\)，\(2\alpha\in [\cfrac{\pi}{2}，2\pi]\)，

但\(sin2\alpha=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)，故\(2\alpha\in [\cfrac{\pi}{2}，\pi]\)，

故\(\alpha \in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)，难点：角的范围的压缩

所以\(cos2\alpha=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\)，

又\(\alpha \in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)，\(\beta\in [\pi，\cfrac{3\pi}{2}]\)，

故\(\beta-\alpha\in [\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{5\pi}{4}]\)，

于是，\(cos(\beta-\alpha)=-\cfrac{3\sqrt{10}}{10}\)，

所以\(cos(\alpha+\beta)=cos[2\alpha+(\beta-\alpha)]\)

\(=cos2\alpha cos(\beta-\alpha)-sin2\alpha sin(\beta-\alpha)\)

\(=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\times (-\cfrac{3\sqrt{10}}{10})-\cfrac{\sqrt{5}}{5}\times \cfrac{\sqrt{10}}{10}\)

\(=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)

且\(\alpha+\beta\in [\cfrac{5\pi}{4}，2\pi]\)，故\(\alpha+\beta=\cfrac{7\pi}{4}\)，故选\(A\)。

(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\(C=\cfrac{\pi}{6}\)。

在\(\triangle ABC\)中，已知\(\sqrt{2}sinBcosA=sinAcosC+cosAsinC\)，其中角\(A、B、C\)的对边分别为\(a、b、c\)，

(1).求角\(A\)的大小。

分析：由题目可知，\(\sqrt{2}sinBcosA=sin(A+C)=sinB\)，由于\(sinB\neq 0\)，

故得到\(\sqrt{2}cosA=1\)，即\(cosA=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，又\(A\in (0，\pi)\)，

故\(A=\cfrac{\pi}{4}\)。

(2).若\(a=\sqrt{2}\)，求\(\sqrt{2}b-2c\)的取值范围。

分析：由\(a=\sqrt{2}\)，\(A=\cfrac{\pi}{4}\)，可知\(2R=\cfrac{a}{sinA}=2\)，故\(b=2R\cdot sinB\)，\(c=2R\cdot sinC\)，

故\(\sqrt{2}b-2c=\sqrt{2}\times 2\times sinB-2\times 2\times sinC=2\sqrt{2}sinB-4sin(\cfrac{3\pi}{4}-B)\)

\(=2\sqrt{2}sinB-4(\cfrac{\sqrt{2}}{2}cosB+\cfrac{\sqrt{2}}{2}sinB)\)

\(=-2\sqrt{2}cosB\)，

由于\(B\in(0，\cfrac{3\pi}{4})\)，故\(cosB\in (-\cfrac{\sqrt{2}}{2}，1)\)，\(-2\sqrt{2}cosB\in (-2\sqrt{2}，2)\)。

即\(\sqrt{2}b-2c\)的取值范围为$ (-2\sqrt{2}，2)$。

【2017\(\cdot\)广东汕头一模】【求面积的最大值】已知\(\Delta ABC\)的内角\(A，B，C\)的对边分别是\(a，b，c\)，且满足\(b=c\)，\(\cfrac{b}{a}=\cfrac{1-cosB}{cosA}\)，若点\(O\)是\(\Delta ABC\)外的一点，\(\angle AOB=\theta(0<\theta<\pi)\)，\(OA=2\)，\(OB=1\)，则四边形\(OACB\)面积的最大值是【】

$A.\cfrac{4+5\sqrt{3}}{4}$ $B.\cfrac{8+5\sqrt{3}}{4}$ $C.3$ $D.\cfrac{4+5\sqrt{3}}{4}$

分析：由\(\cfrac{b}{a}=\cfrac{sinB}{sinA}=\cfrac{1-cosB}{cosA}\)，

得到\(sinBcosA+cosBsinA=sinA\)，即\(sin(A+B)=sinA\)

则\(sinC=sinA\)，即\(A=C\)，

故\(a=b=c\)，为等边三角形。

在\(\Delta AOB\)中，\(AB^2=2^2+1^2-2\cdot 2\cdot 1\cdot cos\theta=5-4cos\theta\)，

故\(S_{OACB}=S_{\Delta AOB}+S_{\Delta ABC}\)

\(=\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 1\cdot sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot AB^2\)

\(=sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}(5-4cos\theta)=2sin(\theta-\cfrac{\pi}{3})+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}\)

当\(\theta-\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{2}\)时，即\(\theta=\cfrac{5\pi}{6}\in (0，\pi)\)时，四边形的面积有最大值，

且\(S_{max}=2+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}=\cfrac{8+5\sqrt{3}}{4}\)，故选\(B\)。

【2017湖南常德模拟】设函数\(f(x)=|x^2-2x-1|\)，若\(m>n>1\)，且\(f(m)=f(n)\)，则\(mn\)的取值范围是【】

$A.(3,3+2\sqrt{2})$ $B.(3,3+2\sqrt{2}]$ $C.(1,3)$ $D.(1,3]$

法1：自行做出函数的图像，由\(m>n>1\)可知，\(f(m)=|m^2-2m-1|=m^2-2m-1\)，

\(f(n)=|n^2-2n-1|=-n^2+2n+1\)，

又由于\(f(m)=f(n)\)，则\(m^2-2m-1=-n^2+2n+1\)，

即\(m^2+n^2-2m-2n-2=0\)，即\((m-1)^2+(n-1)^2=4=2^2\)，

则\(m=1+2cos\theta\)，\(n=1+2sin\theta\)，\(\theta\in (0,\cfrac{\pi}{4})\)，

[对角\(\theta\)范围的说明:由\(m>n>1\)，得到\(1+2cos\theta>1+2sin\theta>1\)，即\(cos\theta>sin\theta>0\)，故\(0<\theta<\cfrac{\pi}{4}\)]

则\(mn=(1+2cos\theta)(1+2sin\theta)=1+2(cos\theta+sin\theta)+4sin\theta\cos\theta\)

令\(t=\sin\theta+\cos\theta\)，则\(2\sin\theta\cos\theta=t^2-1\)

且\(t=\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2}sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in (1,\sqrt{2})\)，

所以\(mn=2t^2+2t-1=g(t)\)，\(t\in (1,\sqrt{2})\)，

当\(t=1\)时，\(mn\)的最小值的极限，即\(g(t)\)最小值的极限为\(g(1)=3\)，

当\(t=\sqrt{2}\)时，\(mn\)的最大值的极限，即\(g(t)\)最大值的极限为\(g(\sqrt{2})=3+2\sqrt{2}\)，

故\(mn\in (3，3+2\sqrt{2})\)，故选\(A\);

法2：用图形说明，由上述的动图，我们容易知道\(1<n<1+\sqrt{2}\)，\(1+\sqrt{2}<m<3\)，

但是由同向不等式性质，得到\(1\times(1+\sqrt{2})<mn<3\times(1+\sqrt{2})\)却是错误的，

[原因是所作的直线始终要和\(x\)轴平行，故\(n\rightarrow 1\)时，\(m\rightarrow 3\)，而不是\(m\rightarrow 1+\sqrt{2}\)]

如果要用乘法，也应该是\(1\times 3\)和\((1+\sqrt{2})\times (1+\sqrt{2})=3+2\sqrt{2}\)

但是这个做法有凑答案之嫌，故最合理的做法是上述的法1；

解后反思：深入思考法1的解法，我们发现本题目还可以用来做这样的考查；

①求\(m+n\)的取值范围；

②求\((m-1)(n-1)\)的取值范围；