三角方程的解法

前言

• 首先必须明确，解三角方程，应该属于解超越方程，和解代数方程的思路不一样了，应该数形结合求解；
• 解三角方程的方法和思路基本上和解三角不等式是并行的，可以类比进行；

必备技能

• 函数图像的解读能力
• 作三角函数\(y=sinx\)和\(y=cosx\)的图像、作正弦线、余弦线的能力
• 用不等式表达单位圆中区域的能力

例说解法

解三角方程： \(2sinA=1，A\)为三角形的一个内角。

解析：由题可知，\(\sin A=\cfrac{1}{2}\)，做出函数\(y=\cfrac{1}{2}\)和函数\(y=\sin A\)在其定义域\((0,\pi)\)上的图像，

如图所示，对应的自变量\(A=\cfrac{\pi}{6}\)或\(A=\cfrac{5\pi}{6}\)

故方程的根：\(A=\cfrac{\pi}{6}\)或\(A=\cfrac{5\pi}{6}\)

解三角方程： \(2sinA=1\).

解析：由题可知，\(\sin A=\cfrac{1}{2}\)，由于函数\(y=\sin A\)有周期性，

选\([0,2\pi]\)为一个基本周期，做出函数\(y=\cfrac{1}{2}\)和函数\(y=\sin A\)在其定义域\((0,2\pi)\)上的图像，

如图所示，对应的自变量\(A=\cfrac{\pi}{6}\)或\(A=\cfrac{5\pi}{6}\)

再拓展到\(R\)，得到方程的根：\(A=2k\pi+\cfrac{\pi}{6}\)或\(A=2k\pi+\cfrac{5\pi}{6}(k\in Z)\)。

类比思考

解三角方程： \(2sin(3A+\cfrac{\pi}{4})=1\).

提示：\(3A+\cfrac{\pi}{4}=2k\pi+\cfrac{\pi}{6}\)或\(3A+\cfrac{\pi}{4}=2k\pi+\cfrac{5\pi}{6}(k\in Z)\)，求解\(A\)即可。

【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\(x=\cfrac{5\pi}{6}\)。

【2019唐山模拟】已知函数 \(f(x)=\sin x-\sin 3x\) ，\(x\in [0,2\pi]\) ，则 \(f(x)\)的所有零点之和等于_________.

解析: \(f(x)=\sin x-\sin (2x+x)=\sin x-\sin 2x \cos x-\cos 2x\sin x\)

\(=\sin x-2\sin x\left(1-\sin^{2}x\right)-\left(1-2\sin ^{2}x\right)\sin x\)

\(=\sin x-(3\sin x-\left.4\sin ^{3}x\right)=4\sin^3x-2\sin x\)

\(=2 \sin x\left(2\sin^{2} x-1\right)\).

令 \(f(x)=0\), 得 \(\sin x=0\) 或 \(\sin x=\) \(\pm \cfrac{\sqrt{2}}{2}\) .

\(f(x)\) 在 \([0,2 \pi]\) 上的所有零点为 \(x=0\)， \(\cfrac{\pi}{4}\)， \(\cfrac{3\pi}{4}\)， \(\pi\)， \(\cfrac{5\pi}{4}\)， \(\cfrac{7\pi}{4}\)， \(2\pi\)，

所以所有零点之和为 \(\cfrac{\pi}{4}+\cfrac{3\pi}{4}+\pi+\cfrac{5\pi}{4}+\cfrac{7\pi}{4}+2\pi=7\pi\).

典例剖析

【2022届高三一轮复习资料用题改编】 已知函数 \(f(x)=2\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)+1\) .

(1).求函数 \(f(x)\) 在区间 \([-\cfrac{\pi}{3},\cfrac{5\pi}{6}]\) 上的单调性；

法1：利用 \(R\) 上的单调区间和给定区间求交集法；

令\(2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leqslant 2x-\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)，\((k\in Z)\)，

解得 \(R\) 上的单调递增区间为 \([k\pi-\cfrac{\pi}{6},k\pi+\cfrac{\pi}{3}]\)，\((k\in Z)\)，

将其和给定区间 \([-\cfrac{\pi}{3},\cfrac{5\pi}{6}]\) 求交集，得到单调递增区间为 \([-\cfrac{\pi}{6},\cfrac{\pi}{3}]\)；

令\(2k\pi+\cfrac{\pi}{2}\leqslant 2x-\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2k\pi+\cfrac{3\pi}{2}\)，\((k\in Z)\)，

解得 \(R\) 上的单调递减区间为 \([k\pi+\cfrac{\pi}{3},k\pi+\cfrac{5\pi}{6}]\)，\((k\in Z)\)，

将其和给定区间 \([-\cfrac{\pi}{3},\cfrac{5\pi}{6}]\) 求交集，得到单调递减区间为 \([-\cfrac{\pi}{3},-\cfrac{\pi}{6}]\) 和 \([\cfrac{\pi}{3},\cfrac{5\pi}{6}]\) ；

法2：利用整体思想求解，

由于 \(-\cfrac{\pi}{3}\leqslant x\leqslant \cfrac{5\pi}{6}\)，则 \(-\cfrac{2\pi}{3}\leqslant 2x\leqslant \cfrac{5\pi}{3}\)，则有 \(-\cfrac{5\pi}{6}\leqslant 2x-\cfrac{\pi}{6}\leqslant \cfrac{3\pi}{2}\)，

以 \(2x-\cfrac{\pi}{6}\) 的整体为横轴，做函数图像，结合图像可知，

当 \(-\cfrac{5\pi}{6}\leqslant 2x-\cfrac{\pi}{6}\leqslant -\cfrac{\pi}{2}\) 时，即 \(-\cfrac{\pi}{3}\leqslant x\leqslant -\cfrac{\pi}{6}\) 时，函数单调递减，

当 \(-\cfrac{\pi}{2}\leqslant 2x-\cfrac{\pi}{6}\leqslant \cfrac{\pi}{2}\) 时，即 \(-\cfrac{\pi}{6}\leqslant x\leqslant \cfrac{\pi}{3}\) 时，函数单调递增，

当 \(\cfrac{\pi}{2}\leqslant 2x-\cfrac{\pi}{6}\leqslant \cfrac{3\pi}{2}\) 时，即 \(\cfrac{\pi}{3}\leqslant x\leqslant \cfrac{5\pi}{6}\) 时，函数单调递减，

故得到单调递减区间为 \([-\cfrac{\pi}{3},-\cfrac{\pi}{6}]\) 和 \([\cfrac{\pi}{3},\cfrac{5\pi}{6}]\)，单调递增区间为 \([-\cfrac{\pi}{6},\cfrac{\pi}{3}]\)；

(2). 若 \(f(x)=0\)， \(x\in\left(-\cfrac{\pi}{2},\pi\right)\)， 求 \(x\) 的值.

分析：本题目的求解本质是解三角方程；

法一： 由 \(f(x)=0\)， 得 \(2\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)+1=0\)，

所以， \(\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)=-\cfrac{1}{2}\)，

又 \(x\in\left(-\cfrac{\pi}{2}, \pi\right)\)， \(2x-\cfrac{\pi}{6}\in\left(-\cfrac{7\pi}{6}, \cfrac{11\pi}{6}\right)\)，

所以 \(2x-\cfrac{\pi}{6}=-\cfrac{\pi}{6}\) 或 \(2x-\cfrac{\pi}{6}=-\cfrac{5\pi}{6}\) 或 \(2x-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{7\pi}{6}\)，

解得 \(x=0\) 或 \(x=-\cfrac{\pi}{3}\) 或 \(x=\cfrac{2\pi}{3}\) .

法二：由 \(f(x)=0\)， 得 \(2\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)+1=0\)，

所以， \(\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)=-\cfrac{1}{2}\)，

所以\(2x-\cfrac{\pi}{6}=2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}\)(\(k\in Z\))，或 \(2x-\cfrac{\pi}{6}=2n\pi+\cfrac{11\pi}{6}\)(\(n\in Z\))，

故当\(k=-1\)时，则有 \(2x-\cfrac{\pi}{6}=-2\pi+\cfrac{7\pi}{6}\) 即 \(x=-\cfrac{\pi}{3}\in\left(-\cfrac{\pi}{2},\pi\right)\)，满足题意；

当\(k=0\)时，则有 \(2x-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{7\pi}{6}\) 即 \(x=\cfrac{2\pi}{3}\in\left(-\cfrac{\pi}{2},\pi\right)\)，满足题意；

当\(n=-1\)时，则有 \(2x-\cfrac{\pi}{6}=-2\pi+\cfrac{11\pi}{6}\) 即 \(x=0\in\left(-\cfrac{\pi}{2},\pi\right)\)，满足题意；

故 \(x=0\) 或 \(x=-\cfrac{\pi}{3}\) 或 \(x=\cfrac{2\pi}{3}\) .

(3). 将函数 \(f(x)\) 的图象向左平移 \(\cfrac{\pi}{3}\) 个单位长度， 再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的 \(2\) 倍(纵坐标不变)得到函数 \(g(x)\) 的图象。 若曲线 \(y=h(x)\) 与 \(y=g(x)\) 的图象关于直线 \(x=\cfrac{\pi}{4}\) 对称， 求函数 \(h(x)\) 在 \(\left(-\cfrac{\pi}{6}, \cfrac{2\pi}{3}\right)\) 上的值域 .

解析：将函数 \(f(x)\) 的图象向左平移 \(\cfrac{\pi}{3}\) 个单位长度，

可得 \(y=2\sin\left[2\left(x+\cfrac{\pi}{3}\right)-\cfrac{\pi}{6}\right]+1=2\sin\left(2 x+\cfrac{\pi}{2}\right)+1=2\cos2x+1\) 的图象，

再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的 \(2\) 倍(纵坐标不变)， 得到函数 \(g(x)\)\(=2\cos x+1\) 的图象，

又曲线 \(y=h(x)\) 与 \(y=g(x)\) 的图象关于直线 \(x=\cfrac{\pi}{4}\) 对称设函数\(h(x)\)上的任意一点坐标为\(P\)\((x\)\(,\)\(y)\)，则点\(P\)关于直线\(x\)\(=\)\(\cfrac{\pi}{4}\)的对称点坐标为\(P'\)\((\)\(\cfrac{\pi}{2}\)\(-\)\(x\)\(，\)\(y)\)，故将点\(P'\)代入函数\(y=g(x)\)的解析式，整理即得到函数\(h(x)\)的解析式；此方法是相关点法；，

所以，\(h(x)=g\left(\cfrac{\pi}{2}-x\right)=2\cos\left(\cfrac{\pi}{2}-x\right)+1=2\sin x+1\)

由于 \(x \in\left(-\cfrac{\pi}{6}, \cfrac{2\pi}{3}\right)\)，所以， \(\sin x\in\left(-\cfrac{1}{2}, 1\right]\)， 则\(2\sin x+1\in(0,3]\)

故函数 \(h(x)\) 在 \(\left(-\cfrac{\pi}{6}, \cfrac{2 \pi}{3}\right)\) 上的值域为 \((0,3]\).

〔对照题目〕 已知函数 \(f(x)=2\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)+1\) ，若 \(f(x)\geqslant0\)， \(x\in\left(-\cfrac{\pi}{2},\pi\right)\)， 求 \(x\) 的取值范围 .

分析：类比解三角方程，我们来求解三角不等式；

解析： 由 \(f(x)\geqslant0\)， 得 \(2\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)+1\geqslant0\)，

所以， \(\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)\geqslant-\cfrac{1}{2}\)，

又 \(x\in\left(-\cfrac{\pi}{2}, \pi\right)\)， \(2x-\cfrac{\pi}{6}\in\left(-\cfrac{7\pi}{6}, \cfrac{11\pi}{6}\right)\)，

故有 \(-\cfrac{7\pi}{6}<2x-\cfrac{\pi}{6}\leqslant -\cfrac{5\pi}{6}\)，或 \(-\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2x-\cfrac{\pi}{6}\leqslant \cfrac{7\pi}{6}\)，

解得 \(-\cfrac{\pi}{2}<x\leqslant -\cfrac{\pi}{3}\) 或 \(0\leqslant x\leqslant \cfrac{2\pi}{3}\)；

【2020·北京西城模拟摘编】函数\(f(x)=\cos(\pi x+\phi)(0<\phi<\cfrac{\pi}{2})\)的部分图像如图所示.

(1).写出\(\phi\)及图中\(x_0\)的值；

解：由于图像经过点\((0,\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)，故满足\(\cos\phi=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，

又由于\(0<\phi<\cfrac{\pi}{2}\)，故\(\phi=\cfrac{\pi}{6}\)，

又由图可知，\(\cos(\pi x_0+\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，

此处注意，以\(\pi x_0+\cfrac{\pi}{6}\)这个整体为横轴作函数图像，取\([-\pi,\pi]\)为一个基本周期，

很显然，在一个基本周期内的三角方程的解为\(\pi x_0+\cfrac{\pi}{6}=-\cfrac{\pi}{6}\)，或\(\pi x_0+\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{6}\)，

那么在整个实数范围内，\(\pi x_0+\cfrac{\pi}{6}=2k\pi-\cfrac{\pi}{6}\)，或\(\pi x_0+\cfrac{\pi}{6}=2k\pi+\cfrac{\pi}{6}\)，\(k\in Z\)，

解得 \(x_0=2k\) 或 \(x_0=-\cfrac{1}{3}+2k\)，\(k\in Z\)，

由于函数\(f(x)=\cos(\pi x+\cfrac{\pi}{6})\)的最小正周期为\(2\)，故结合图像舍去\(x_0=2k\)，

故\(x_0=-\cfrac{1}{3}+2k\)，\(k\in Z\)，令\(k=1\)，则\(x_0=\cfrac{5}{3}\).

【2019 \(\cdot\) 张家界模拟】将函数 \(f(x)=\sqrt{3}\sin2x-\cos2x\) 的图像向左平移 \(t(t>0)\) 个单位后，得到函数 \(g(x)\) 的图象，若$ g(x)=g(\cfrac{\pi}{12}-x)$， 则实数 \(t\) 的最小值为 【\(\quad\)】

$A.\cfrac{5\pi}{24}$ $B.\cfrac{7\pi}{24}$ $C.\cfrac{5\pi}{12}$ $D.\cfrac{7\pi}{12}$

法1：由题意得，\(f(x)=\sqrt{3}\sin2x-\cos2x=2\sin(2x-\cfrac{\pi}{6})\)，

则 \(g(x)=2\sin[2(x+t)-\cfrac{\pi}{6}]=2\sin(2x+2t-\cfrac{\pi}{6})\)，

又由题意得， \(g(x)=g(\cfrac{\pi}{12}-x)\)， 则变换得到下式，

则 \(2\sin(2x+2t-\cfrac{\pi}{6})=2\sin[2(\cfrac{\pi}{12}-x)+2t-\cfrac{\pi}{6}]=-2\sin(2x-2t)\)

即\(\sin(2x+2t-\cfrac{\pi}{6})=-\sin(2x-2t)\)，

故有\(2x+2t-\cfrac{\pi}{6}=2x-2t+(2k+1)\pi\)，\(k\in Z\)，

即\(4t=(2k+1)\pi+\cfrac{\pi}{6}\)，\(k\in Z\)，

又由于\(t>0\)，故当\(k=0\)时，\(t_{\min}=\cfrac{7\pi}{24}\)，故选\(B\).

法2：由题意得，\(f(x)=\sqrt{3}\sin2x-\cos2x=2\sin(2x-\cfrac{\pi}{6})\)，

则 \(g(x)=2\sin[2(x+t)-\cfrac{\pi}{6}]=2\sin(2x+2t-\cfrac{\pi}{6})\)，

又由题意得， \(g(x)=g(\cfrac{\pi}{12}-x)\)， 即\(x=\cfrac{\pi}{24}\)为函数\(g(x)\)的对称轴，

即\(x=\cfrac{\pi}{24}\)能使得函数\(g(x)\)的值取到最值；

故\(2\times\cfrac{\pi}{24}+2t-\cfrac{\pi}{6}=k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)，\(k\in Z\)；

整理为\(t=\cfrac{kt}{2}+\cfrac{7\pi}{24}\)，\(k\in Z\)；

又由于\(t>0\)，故当\(k=0\)时，\(t_{\min}=\cfrac{7\pi}{24}\)，故选\(B\).

把函数 \(f(x)=2 \cos\left(2x-\cfrac{\pi}{4}\right)\) 的图象向左平移 \(m(m>0)\) 个单位， 得到函数 \(g(x)=\)\(2\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{3}\right)\) 的图象， 则 \(m\) 的最小值是【\(\qquad\)】

$A.\cfrac{7}{24}\pi$ $B.\cfrac{17}{24}\pi$ $C.\cfrac{5}{24}\pi$ $D.\cfrac{19}{24}\pi$

解析: 把函数 \(f(x)=2\cos\left(2x-\cfrac{\pi}{4}\right)\) 的图象向左平移 \(m(m>0)\) 个单位，

得到 \(f(x)=\) \(2\cos\left[2(x+m)-\cfrac{\pi}{4}\right]=2\cos\left(2x+2m-\cfrac{\pi}{4}\right)\) 的图象，

而 \(g(x)=2\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{3}\right)=2\cos\left[\cfrac{\pi}{2}-\left(2x-\cfrac{\pi}{3}\right)\right]\)

\(=2\cos\left(\cfrac{5\pi}{6}-2x\right)=2\cos\left(2x-\cfrac{5\pi}{6}\right)\)

即 \(2\cos\left(2x+2m-\cfrac{\pi}{4}\right)=2\cos\left(2x-\cfrac{5\pi}{6}\right)\) 对任意\(x\)恒成立，即自变量相差\(2k\pi\)，

故 \(2m-\cfrac{\pi}{4}=-\cfrac{5 \pi}{6}+2k\pi\)， \(k\in Z\)， 得 \(m=-\cfrac{7 \pi}{24}+k\pi\)， \(k\in Z\)，

由于 \(m>0\)， 当 \(k=1\) 时， \(m\) 最小， 此时 \(m=\pi-\cfrac{7\pi}{24}=\cfrac{17\pi}{24}\)，故选 \(B\) .

〔解后反思〕两个函数图像完全相同或关于\(x\)轴对称的情形：

若函数 \(y=\sin(2x+\theta)\) 和函数 \(y=\sin(2x-2\theta+t)\) 图像完全重合，即对任意\(x\)恒成立，则由\(\sin(2x+\theta)\)\(=\)\(\sin(2x-2\theta+t)\)从数的角度刻画为\(\sin(2x\)\(+\)\(\theta)\)\(=\)\(\sin(2x\)\(-\)\(2\theta\)\(+\)\(t)\)，而从形的角度可以刻画为两个函数的图像完全重合；，可以得到\(2x+\theta=2x-2\theta+t+2k\pi\)，\(k\in Z\)；

若函数 \(y=\sin(2x+\theta)\) 和函数 \(y=\sin(2x-2\theta+t)\) 的图像关于 \(x\) 轴对称，即对任意\(x\)恒成立，则由\(\sin(2x+\theta)\)\(=\)\(-\)\(\sin(2x\)\(-\)\(2\theta\)\(+\)\(t)\)从数的角度刻画为\(\sin(2x\)\(+\)\(\theta)\)\(=\)\(-\)\(\sin(2x\)\(-\)\(2\theta\)\(+\)\(t)\)，而从形的角度可以刻画为两个函数的图像关于\(x\)轴对称；，可以得到\(2x+\theta=2x-2\theta+t+(2k+1)\pi\)，\(k\in Z\)；