高三数学同步辅导教材(第13讲)

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高三数学总复习教程（第 13 讲） 一、本讲内容 三角函数式的恒等变形 本讲进度，两角和与差的三角函数，倍角公式及相应变形要熟记并灵活运用，半角公式和差化积， 积化和差等公式，来作为公式出现，不要求记忆，也应有所涉猎，三角函数的应用问题。 二、学习指导 本讲公式较多，应搞清它们的来龙去脉和相互关系，以便于记忆和应用。 本讲的基础是两角和的余弦公式，在坐标平面的单位图中，利用α +β =α ―(―β )，从而使（0，0） 与（cos(α +β )，sin(α +β )）两点间距离等于（cosα ，sinα ）与(cos(―β )，sin(―β ))两点距离，推导 而得，以－β 代β ，即得两角差的余弦公式：利用诱导公式及余弦的两角和差公式，即可推出两角和， 差的正弦公式；利用商数关系推得两角和、差的正切公式：在和角公式中，令β =α ，即得倍角公式，由 余 弦 的 倍 角 公 式 ， 即 得 半 角 公 式 ，（半 角 公 式 sin2 2  = 2 cos1  ， cos2 2  = 2 cos1  ， tan =   sin cos1 =   cos1 sin  应加记忆），把两角和、差的公式相加减，即得积化和差公式，在积化和差公 式中进行变量代换：α = 2 vu  ，β = 2 vu  ，即是和差公积公式，两角和、差公式的另一个重要形式是 asinx+bcosx= 22 ba  sin(x+ )，其中 tan = a b ，（当然，根据需要，也可写为 22 ba  cos(x－ )的形式） 三、典型例题讲评 例 1．讨论函数 f(x)= )24(cos)24cos(4 )24sin(sin 2 xx xx     － 2cos2tan4 cos 2 xx x 的性质。 显然，要先进行化简，而化简过程中要注意“保真”即必须是恒等变形，任何微小差异都必须注明。 本题中，角各不相同，（计有 x、 2 x ， 4  － ， + 4 种之多）函数名称不同。第一步用商数关系 进行切、弦互化这一步为恒等变形：f(x)=tan )24( x ))2cos(1(2 sin x x   － 2cos2sin4 cos xx x ；第二步，诱 导公工化去 2  +x，半角公式，把 向 x 推进：f(x)= )2sin( )2cos(1 x x     － )1(2 sin snx x  － x x sin2 cos .这一步亦为 恒等变形，第三步，cos( 2  －x)即 sinx，约去 1－sinx，这是否恒等变形？要看原式中 sinx 对 x 取值范围 没有影响：f(x)= x x cos2 sin － = x x 2sin 2cos =－cta2x，至此，问题已大半解决了。 例 2．化简： （1）   coscos )sin(  +   coscos )sin(  +   coscos )sin(  . （2）sin(α +β )cosα － 2 1 [sin(2α +β )－sinβ ]. 第（1）小题为α 、β 、γ 的轮换对称式，故抓住一项变形，其余的进行轮换即可. 第（2）小题中，把 2α +β 及β 改选为(α +β )+α 和(α +β )－α ，按和角公式展开，问题即没到解 决。 例 3．求使 f(θ )=   sincos1 sincos1   +   sincos1 sincos1   值为 4 的最小正角θ . 先化简可减少计算量，把 1－cosθ 写为 2sin2 2  ，1+cosθ =2cos2 2  ，sinθ =2sin cos 原式可写为 －cat －tan 原题就成为关于 tan 的二次方程，另应注意，2+ 3 ，2 分别是 tan 12 5 π ，tan 12  的 值. 例 4．求值： （1） cos 11  cos 11 2 π cos 11 3 π cos 11 4 π cos 11 5 π （2）tan(150－α )tan(750－α )+tan(150－α )tan2α +tan(750－α )tan2α 本题体现了公式的活用，如第（1）题中 cosα =   sin2 2sin ，第（2）小题中 tanα +tanβ =1－tanα tan β ，等. 例 5．求值域： （1）y= x x sin2 1cos   x∈[0， 4 3 π ] （2）y= 12cos 1cos   x x 在第（1）小题中，用 2y－ysinx=cosx+1， 12 y sin(x+ )=2y－1， 1 12   y y ≤1 的办法求 y 的范 围是不可取的。因为 x∈[0， π ]，故 cosx，sinx 取值都受限 )sin( x 是否取满[0，1]是有疑问 的，我们另辟蹊径： 法一，看作(－sinx，cosx)与（－2，－1）两点间连线斜率的取值范围，其中第一点轨道为单位圆的 一部分（见图示） 法二、记 t=tan 2 x ∈[0， 2 +1] 则 y= 2 2 2 1 22 11 1 t t t t    = tt 2)1(2 2 2  = 1 1 2  tt ，可先求出分取值范围，再求 y 的范围. 在第（2）小题中，可以使用第（1）小题中的法二，也可改写为 y= xa x 22 1cos  = 2 1 [( xcos 1 )2+( )]看作有条件的二次函数的值域. 例 6．是否存在实数 a，使得函数 y=sin2x+acosx+ 8 5 a－ 2 3 x∈[0， 2  ]的最大值为 1？若存在，求出 这个 a；若不存在，说明理由. 这是一个关于 cosx 的二次函数，应根据 cosx 的取值范围与对称轴的位置关系，讨论其最大值的 情况. y 1 -3 -1 B 0 A x 例 7．已知 cos( 4  +x)= 5 3 ，x∈( 12 17 π ， 4 7 π )，求 x xx tan1 sin22sin 2   的值. ( π ， π )横跨三、四象限，求 x 的三角函数值有诸多不便，而( 4  +x)∈( π ，2π )，故以 ( 4  +x)为“基本角”较为方便，剩下的工作就是把 x xx tan1 22sin 2    往( 4  +x) 的这角函数靠拢，切化 弦，分子提取 2sinx，出现原式= xx xxx sincos )sin(cos2sin   是很自然的，下面就要看你的经验了 四、巩固练习 1．已知 sin 2  = 3 2 ，cos 2  = 9 1 ， 4  ＜θ ＜ 2  ＜ ＜ 4 3 π ，求 cos( －θ ) 2．已知 tan 2   = 2 3 ，tanα tanβ = 7 13 ，求 cos(α －β ) 3．求证：   sin cos +   2sin 2cos +   4sin 4cos =   4sin 4cos32cos22  4．不查表，求值： 00 000 40cos170sin )10tan31(50sin40cos   5．一元二次方程 mx2+(2m－3)x+(m－2)=0 的两根为 tanα 和 tanβ ，求 tan(α +β )的取值范围. 6．一扇形半径为 1，圆心角为 4  ，求其一边在一条半径上的内接矩形的最大面积。 又若此矩形以扇形的对称轴为对称轴，则其最大面积是多少？ 7．已知函数 f(x)=asinx+bcosx. （1）若 f( )= 2 ，且 f(x)的最大值为 10 ，求 a、b 的值； （2）若 f( 3  )=1，且 f(x)的最小值为 k，求 k 的取值范围. 8．一段直河道宽 1km，两岸边各有一镇 A、B，已知两地间直线距离为 4km，今欲在两镇间敷设电 缆，已知陆上修建费用为 2 万元/km，水下修建费为 4 万元/km，为何设计，可使工程总费用最低？ 9．已知 sinA+sinB=sinC，且 cosA+cosB=cosC. 求值：sin2A+sin2B+sin2C 10．求证：（1） AA AA tansec1 tansec1   = 1tansec 1tansec   AA AA （2）   tan)tan(1 tan)tan(   =   2cos2 2sin . 11．求证：   cossin1 )sin(cos2   =   sin1 cos  －   cos1 sin  . 12．对于函数 f(x)=x2+bx+c，无论α 、β 为何值，恒有 f(sinα )≥0，f(2+cosβ )≤0. （1）求证：b+c=－1 （2）求证：c≥ 3 （3）若 f(sinα )的最大值为 8，求 b、c 的值. 五、参考答案 1．θ ∈( 4  ， 2  )， 2  ∈( 8  ， 4  )，sin 2  = ，∴cos 2  = 3 5 .  ∈( 2  ， 4 3 π )， 2  ∈( 4  ， 8 3 π )，cos 2  = 9 1 ∴sin 2  = 9 54 . Cos( － 2  )= · 3 5 + 3 2 · = . Cos( －θ )=2·( )2－1= . 2．tan(α +β )= 2)2 3(1 2 32   = 4 3 ， tanα +tanβ = 4 (1－ 7 13 )=－ 7 24 ，即 cosα cosβ = 37 24 )sin(    = 37 24 4 31 2 32    =－ 6 1 . ∴sinα sinβ = ×(－ )=－ 42 13 . Cos(α －β ) =－ － =－ 21 10 . 3．左=   2sin 2cos1 +   2sin 2cos +   4sin 4cos =   4sin 4cos2cos2)2cos21(  =   4sin 4cos2cos42cos2 2  =   4sin 4cos)14(cos22cos2  =   4sin 4cos32cos22  =右 4．原式= 020 0 00 00 20cos270sin 10cos 10sin310cos50sin40cos  = 00 0 0 00 20cos70sin2 10cos 40sin250sin40cos  = 02 0 0 0 20cos2 10cos 80sin40cos  = 02 0 20cos2 40cos1 = 02 02 20cos2 20cos2 = 2 . 5．一元二次方程有实根，∴      0)2(4)32( 0 2 mmm m 解得 m∈(－∞，0)∪     4 9,0 . 此时，tan(α +β )=   tantan1 tantan   = m m m m 21 23   = 2 3 －m∈      2 3,4 3 ∪（ ，+∞） 6．设∠AOD=θ ，则 AD=sinθ AO=cosθ ，从而 OB=BC=AD=sinθ ，矩形面积 S B A 0 C D =sinθ (cosθ －sinθ )= 2 1 sin2θ － (1－cos2θ ) = 2 2 sin(2θ + 4  )－ 显然θ ∈(0， 4  )，∴2θ + 4  ∈( 4  ， 4 3 π )，故当 2θ + 4  = 2  ， 即θ = 8  时，矩形面积有最大值 2 12  . 若矩形一条对称轴与扇形的对称轴重合，（如图） 记∠AOE=θ ，则 OE=cosθ ，AB=CD=2sinθ ，AD= EF=OE－OF=cosθ －sinθ cot 8  =cosθ －( 2 +1)sinθ ， 矩形面积 S=2sinθ [cosθ －( +1)sinθ ]= sin2θ －( +1)(1－cos2θ ) = 224  sin[2θ +arctan( +1)]－( +1). θ ∈(0， 8  )，∴2θ +arctan( +1)∈(arctan( +1)， 4  +arctan( +1) 而 4  +arctan( +1)＞ 2  ，故当θ = － +arctan( +1)时 S 有最小值 224  －( +1). 7．（ 1）已知      10 2)( 2 1 22 ba ba 解得      3 1 b a 或      1 3 b a （2）由已知 2 3 a+ b=1 ∴k=－ 22 ba  =－ 22 )32( aa  =－ 4344 2 a ∈ 1, 8．设过河电缆与河岸夹角当θ ，则水中电缆线路长 cscθ ，陆上电缆线路长 22 14  －cotθ ，θ ∈     2,0  ， 则工程总费用 S=2( 15 －cotθ )+4scsθ =2 +2   sin cos2  先求   sin 2cos  （θ ∈ ）的取值范围，它是 单位圆的 4 1 同弧上的点与（0，2）连线斜率，取值范围 为  3, ，故当θ =600 时工程总费用最低，为 2 +2 3 万元. 故水下部为与河岸成 600（西北，东南向）且在 A、B 间即可. 9．已知两式平方相加有 2+2cos(A－B)=1，平方相减，有 cos2C=cos2A+cos2B+2cos(A+B) =2cos(A+B)cos(A－B)+2cos(A+B) =－cos(A+B)+2cos(A+B)=cos(A+B) sin2A+sin2B+sin2C= 2 2cos1 A + 2 2cos1 B + 2 2cos1 C BA 0 θ C E F D A 1km B θ 2 0 o x y = 2 3 －cos(A+B)cos(A－B)－ 2 2cos C = －cos(A+B)(－ 2 1 )－ 2 )cos( BA  = 10．即证(1+tanA－secA)(1+tanA+secA)=(secA+tanA－1)(secA－tanA+1) 亦即(1+tanA)2－sec2A=sec2A－(tanA－1)2 2(1+tan2A)=2sec2A 此式显然成立，故原式成立. 左= )tan(tan1 )]tan(tan1][)tan[(     = )cos(cos ])cos[( )cos(cos ])cos[(tan         =   cossin cossin  =右 11．∵   sin1 cos  =   cos sin1 =   cossin1 sin1cos     cos1 sin  =   sin cos1 =   sincos1 cos1sin   两式相减，右=   sincos1 )cos1(sin)sin1(cos   =左 12．（ 1）要 f(2+cosβ )≤0 恒成立，      039)3( 01)1( cbf cbf ①② 要 f(sinα )≥0 恒成立，由上面已知△＞0，故须      12 01)1( b cbf ③或      12 01)1( b cbf ④， ③中 f(－1)是最小值，故 f(1)也≥0，又由① ∴f(1)=0，即 b+c=－1 （2）由②9+3(b+c)≤2C， 即 C≥3 （3）∵C≥3，即－1－b≥3，∴b≤－4，－ 2 b ≥2，故 f(sinα )的最大值为 f(－1)=1－b+c=8，与 b+c= －1 联立，解得 c=3，b=－4. 六、附录 例 1．f(x)=tan( 4  － 2 x ) ))2cos(1(2 sin x x   － 2cos2sin4 cos xx x = )2sin( )2cos(1 x x     · )sin1(2 sin x x  － x x sin2 cos = )sin1(cos2 sin)sin1( xx xx   － = ( x x cos sin － x x sin cos ) = xx xx cossin2 cossin 22  =－ x x 2sin 2cos =－cot2x 定义域：        Zkkxx ,2 ，值域 R，T= 2  ，奇函数在（ 2 k π ， 2 1k π ）（ k∈Z）单调递减. 例 2．（ 1）   coscos )sin(  =   coscoscos sincoscoscossincos  ，轮换所得分两式为   coscoscos sinsincoscoscossincos  及   coscoscos sincoscoscossincos  显然，它们的和为 0 （上端打相同点的顶相互抵消） （2）原式 sin(α +β )cosα － 2 1 [sin(α +β +α )－sin(α +β －α )] =sin(α +β )cosα － [sin(α +β )cosα +cos(α +β )sinα －sin(α +β )cosα +cos(α +β )sinα ] =sin(α +β )cosα － ×2cos(α +β )sinα =sin[(α +β )－α ] =sinβ 例 3．   sincos1 sincos1   = 2cos2sin22sin2 2cos2sin22cos2 2 2     =－cot 2  ( 2  ≠kπ + 4  )，∴ f(0)=－(cot +tan ) 令 f(0)=4，解得 tan =－2± 3 , 的最小正值为 12 7 π ，θ 最小正值为 6 7 π . 例 4．（ 1）∵cosα =   sin2 2sin . ∴原式=   11 1sin2 11 2sin ·   11 2sin2 11 4sin   11 3sin2 11 6sin   11 4sin2 11 8sin   11 5sin2 11 10sin = 32 1 （2）原式=tan(150－α )tan(750－α )+tan2a(tan(150－α )+tan(750－α )) =tan(150－α )tan(750－α )+tan2α ·tan(900－α )[1－tan(15－α )·tan(750－α )] =tan(150－α )tan(75－α )+tan2α cot2α [1－tan[150－α ]tan(750－α )] =1 例 5．（ 1）解法一，设 P：(－sinx，cosx)（x∈[0， 4 3 π ]） 为单位圆一段弧上的一点（如图）Q：(－2，－1) k 切= 3 4 ， kQB= 2 12 2 11   = 7 23  ∴y∈[ 7 23  ， ] 解法二， 2 x ∈[0， 8 3 π ]，记 t=tan ∈[0， 2 +1] y= 2 2 2 1 22 11 1 t t t t    = 1 1 2  tt ，此时 t2－t+1∈[ ，3+ ] ∴y∈[ 7 23  ， ] y -1 A B -1 x -1 1 1 x y 1 （2）解法一，y 为两点 P（cos2x，cosx）， Q(－1，－ 1)两点间连接斜率取值范围，P 在抛物线 y2= 2 1 (x+1)， x∈[－1，1]上，∴y∈ ,0 . 例 6．记 cosθ =t∈[0，1]，则 y=－t2+at+ 8 5 a－ 当 2 a ∈[0，1]，即 a∈[0，2]时，最大值为 f( 2 a )= a－ + 4 2a ，令 f( )=1，得 2a2－5a－12=0，a= 4 或 － 2 3 均不在[0，2]中，∴a∈Φ . 当 a＜0 时，最大值为 f(0)= a－ ，令 f(0)=1，得 a= 5 12 ， (－∞，0)，∴a∈Φ . 当 a＞2 时，最大值为 f(2)=－1+a+ a－ ，令 f(2)=1，得 a= 13 20 (2，+∞)，∴a∈Φ . 综上，这样的 a 不存在. 例 7．原式= x x xxx cos sin1 sin2cossin2 2   = xx xxxx sincos )sin(coscossin2   = )4cos(2 )4sin(22sin     x xx =tan(x+ 4  )·(－cos(2x+ 2  )) ∵x∈( 12 17 π ， 4 7 π ) . ∴x+ ∈( 3 5 π ,2π ) ∴t=tan(x+ )=－ 3 4 . 从而原式=－ 2 2 )3 4(1 )3 4(1   = 75 28