2023年高考数学一轮复习讲义（新高考1）：第4章 §4.4　简单的三角恒等变换

§4.4简单的三角恒等变换考试要求能运用两角和与差的正弦、余弦、正切公式推导二倍角的正弦、余弦、正切公式，并进行简单的恒等变换(包括推导出积化和差、和差化积、半角公式，这三组公式不要求记忆)．知识梳理1．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)公式S2α：sin2α＝2sinαcosα.(2)公式C2α：cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.(3)公式T2α：tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).2．常用的部分三角公式(1)1－cosα＝2sin2eq\f(α,2)，1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2).(升幂公式)(2)1±sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)±cos\f(α,2)))2.(升幂公式)(3)sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)，cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，tan2α＝eq\f(1－cos2α,1＋cos2α).(降幂公式)思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).(√)(2)设eq\f(5π,2)<θ<3π，且|cosθ|＝eq\f(1,5)，那么sineq\f(θ,2)的值为eq\f(\r(15),5).(×)(3)半角的正弦、余弦公式实质就是将倍角的余弦公式逆求而得来的．(√)(4)存在实数α，使tan2α＝2tanα.(√)教材改编题1．sin15°cos15°等于()A．－eq\f(1,4)B.eq\f(1,4)C．－eq\f(1,2)D.eq\f(1,2)答案B解析sin15°cos15°＝eq\f(1,2)sin30°＝eq\f(1,4).2．化简eq\r(1＋cos4)的结果是()A．sin2 B．－cos2C.eq\r(2)cos2 D．－eq\r(2)cos2答案D解析因为eq\r(1＋cos4)＝eq\r(2cos22)，又cos2<0，所以可得选项D正确．3．已知α是第二象限的角，tan(π＋2α)＝－eq\f(4,3)，则tanα等于()A．－eq\f(\r(2),2) B．2C．－eq\f(1,3) D．－eq\f(1,2)答案D解析由tan(π＋2α)＝－eq\f(4,3)，得tan2α＝－eq\f(4,3)，又tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(4,3)，解得tanα＝－eq\f(1,2)或tanα＝2，又α是第二象限角，所以tanα＝－eq\f(1,2).题型一三角函数式的化简例1(1)(2021·全国甲卷)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，则tanα等于()A.eq\f(\r(15),15)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(5),3)D.eq\f(\r(15),3)答案A解析方法一因为tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)，且tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，所以eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)＝eq\f(cosα,2－sinα)，解得sinα＝eq\f(1,4).因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(\r(15),4)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(15),15).方法二因为tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(\f(2sinα,cosα),1－\f(sin2α,cos2α))＝eq\f(2sinαcosα,cos2α－sin2α)＝eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)，且tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，所以eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)＝eq\f(cosα,2－sinα)，解得sinα＝eq\f(1,4).因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(\r(15),4)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(15),15).(2)化简：eq\f(2cos4x－2cos2x＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))·sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))))＝.答案eq\f(1,2)cos2x解析原式＝eq\f(2cos2xcos2x－1＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))·sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))))＝eq\f(\f(1,2)cos22x,2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\f(sinx,cosx),1＋\f(sinx,cosx))))·\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2))＝eq\f(\f(1,2)cos22x,cos2x－sin2x)＝eq\f(1,2)cos2x.教师备选1．(2020·全国Ⅰ)已知α∈(0，π)，且3cos2α－8cosα＝5，则sinα等于()A.eq\f(\r(5),3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3)D.eq\f(\r(5),9)答案A解析由3cos2α－8cosα＝5，得3(2cos2α－1)－8cosα＝5，即3cos2α－4cosα－4＝0，解得cosα＝－eq\f(2,3)或cosα＝2(舍去)．又因为α∈(0，π)，所以sinα>0，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))2)＝eq\f(\r(5),3).2．已知0<θ<π，则eq\f(1＋sinθ＋cosθ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(2＋2cosθ))＝.答案－cosθ解析原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)＋2cos2\f(θ,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(4cos2\f(θ,2)))＝cos

eq\f(θ,2)·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(θ,2)－cos2\f(θ,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2))))＝eq\f(－cos\f(θ,2)·cosθ,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2)))).因为0<θ<π，所以0<eq\f(θ,2)<eq\f(π,2)，所以coseq\f(θ,2)>0，所以原式＝－cosθ.思维升华(1)三角函数式的化简要遵循“三看”原则：一看角，二看名，三看式子结构与特征．(2)三角函数式的化简要注意观察条件中角之间的联系(和、差、倍、互余、互补等)，寻找式子和三角函数公式之间的联系点．跟踪训练1(1)2eq\r(1＋sin4)＋eq\r(2＋2cos4)等于()A．2cos2 B．2sin2C．4sin2＋2cos2 D．2sin2＋4cos2答案B解析2eq\r(1＋sin4)＋eq\r(2＋2cos4)＝2eq\r(sin22＋2sin2cos2＋cos22)＋eq\r(2＋22cos22－1)＝2eq\r(sin2＋cos22)＋eq\r(4cos22)＝2|sin2＋cos2|＋2|cos2|.∵eq\f(π,2)<2<π，∴cos2<0，∵sin2＋cos2＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,4)))，0<2＋eq\f(π,4)<π，∴sin2＋cos2>0，∴原式＝2(sin2＋cos2)－2cos2＝2sin2.(2)化简eq\f(tan27.5°＋1,tan27.5°－7sin27.5°＋cos27.5°)等于()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\r(3) D．2答案B解析原式＝eq\f(tan27.5°＋1,tan27.5°－8sin27.5°＋1)＝eq\f(sin27.5°＋cos27.5°,sin27.5°－8sin27.5°cos27.5°＋cos27.5°)＝eq\f(1,1－2sin215°)＝eq\f(1,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3).题型二三角函数式的求值命题点1给角求值例2(1)sin40°(tan10°－eq\r(3))等于()A．2B．－2C．1D．－1答案D解析sin40°·(tan10°－eq\r(3))＝sin40°·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin10°,cos10°)－\r(3)))＝sin40°·eq\f(sin10°－\r(3)cos10°,cos10°)＝sin40°·eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin10°－\f(\r(3),2)cos10°)),cos10°)＝sin40°·eq\f(2cos60°·sin10°－sin60°·cos10°,cos10°)＝sin40°·eq\f(2sin10°－60°,cos10°)＝sin40°·eq\f(－2sin50°,cos10°)＝eq\f(－2sin40°·cos40°,cos10°)＝eq\f(－sin80°,cos10°)＝－1.(2)cos20°·cos40°·cos100°＝.答案－eq\f(1,8)解析cos20°·cos40°·cos100°＝－cos20°·cos40°·cos80°＝－eq\f(sin20°·cos20°·cos40°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,2)sin40°·cos40°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,4)sin80°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin160°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin20°,sin20°)＝－eq\f(1,8).命题点2给值求值例3(1)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(1,3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2α))等于()A.eq\f(2,9) B．－eq\f(2,9)C.eq\f(7,9) D．－eq\f(7,9)答案C解析∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(1,3).∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝eq\f(1,3)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2α))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝1－eq\f(2,9)＝eq\f(7,9).(2)(2022·长春质检)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋eq\r(3)cosα＝eq\f(1,3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(2,9)C．－eq\f(1,9)D．－eq\f(7,9)答案D解析∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋eq\r(3)cosα＝eq\f(1,3)，∴sinαcos

eq\f(π,3)－cosαsin

eq\f(π,3)＋eq\r(3)cosα＝eq\f(1,3)，∴eq\f(1,2)sinα－eq\f(\r(3),2)cosα＋eq\r(3)cosα＝eq\f(1,3)，∴eq\f(1,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝eq\f(1,3)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(1,3)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋\f(π,2)))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2－1＝－eq\f(7,9).命题点3给值求角例4已知α，β均为锐角，cosα＝eq\f(2\r(7),7)，sinβ＝eq\f(3\r(3),14)，则cos2α＝，2α－β＝.答案eq\f(1,7)eq\f(π,3)解析因为cosα＝eq\f(2\r(7),7)，所以cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,7).又因为α，β均为锐角，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).因为α为锐角，所以0<2α<π.又cos2α>0，所以0<2α<eq\f(π,2)，又β为锐角，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).教师备选1.eq\f(cos40°,cos25°\r(1－sin40°))的值为()A．1B.eq\r(3)C.eq\r(2)D．2答案C解析原式＝eq\f(cos220°－sin220°,cos25°cos20°－sin20°)＝eq\f(cos20°＋sin20°,cos25°)＝eq\f(\r(2)cos25°,cos25°)＝eq\r(2).2．已知A，B均为钝角，且sin2eq\f(A,2)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝eq\f(5－\r(15),10)，sinB＝eq\f(\r(10),10)，则A＋B等于()A.eq\f(3π,4) B.eq\f(5π,4)C.eq\f(7π,4) D.eq\f(7π,6)答案C解析因为sin2eq\f(A,2)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝eq\f(5－\r(15),10)，所以eq\f(1－cosA,2)＋eq\f(1,2)cosA－eq\f(\r(3),2)sinA＝eq\f(5－\r(15),10)，即eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)sinA＝eq\f(5－\r(15),10)，解得sinA＝eq\f(\r(5),5)，因为A为钝角，所以cosA＝－eq\r(1－sin2A)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))2)＝－eq\f(2\r(5),5).由sinB＝eq\f(\r(10),10)，且B为钝角，得cosB＝－eq\r(1－sin2B)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),10)))2)＝－eq\f(3\r(10),10).所以cos(A＋B)＝cosAcosB－sinAsinB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2).又A，B都为钝角，即A，B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以A＋B∈(π，2π)，所以A＋B＝eq\f(7π,4).3．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(10),10)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝.答案eq\f(4－3\r(3),10)解析由题意可得cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,2))),2)＝eq\f(1,10)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,2)))＝－sin2θ＝－eq\f(4,5)，即sin2θ＝eq\f(4,5).因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(10),10)>0，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以0<θ<eq\f(π,4)，2θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，根据同角三角函数基本关系式，可得cos2θ＝eq\f(3,5)，由两角差的正弦公式，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝sin2θcoseq\f(π,3)－cos2θsineq\f(π,3)＝eq\f(4,5)×eq\f(1,2)－eq\f(3,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4－3\r(3),10).思维升华(1)给值(角)求值问题求解的关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系，借助角之间的联系寻找转化方法．(2)给值(角)求值问题的一般步骤①化简条件式子或待求式子；②观察条件与所求之间的联系，从函数名称及角入手；③将已知条件代入所求式子，化简求值．跟踪训练2(1)(2019·全国Ⅱ)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2sin2α＝cos2α＋1，则sinα等于()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(2\r(5),5)答案B解析由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝1－2sin2α＋1，即2sinαcosα＝1－sin2α.因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\r(1－sin2α)，所以2sinαeq\r(1－sin2α)＝1－sin2α，解得sinα＝eq\f(\r(5),5).(2)(2021·全国乙卷)cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(3),2)答案D解析因为cos

eq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(5π,12)))＝sin

eq\f(π,12)，所以cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)))＝cos

eq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).(3)已知sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1,3)，则sin2x＝.答案－eq\f(1,3)解析∵sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2)＝eq\f(1＋sin2x,2)＝eq\f(1,3)，∴sin2x＝－eq\f(1,3).题型三三角恒等变换的综合应用例5(2022·河南中原名校联考)已知函数f(x)＝4cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－eq\r(3).(1)求f(x)的单调递增区间；(2)若α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且f(α)＝eq\f(6,5)，求cos2α.解(1)f(x)＝4cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－eq\r(3)＝4cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosx－\f(1,2)sinx))－eq\r(3)＝2eq\r(3)cos2x－2sinxcosx－eq\r(3)＝eq\r(3)(1＋cos2x)－sin2x－eq\r(3)＝eq\r(3)cos2x－sin2x＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，令2kπ－π≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ(k∈Z)，解得kπ－eq\f(7π,12)≤x≤kπ－eq\f(π,12)(k∈Z)，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(7π,12)，kπ－\f(π,12)))(k∈Z)．(2)由于α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且f(α)＝eq\f(6,5)，而f(α)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝eq\f(6,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，因为0≤α≤eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)≤2α＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，则eq\f(π,6)≤2α＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，则cos2α＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))cos

eq\f(π,6)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))sin

eq\f(π,6)＝eq\f(3,5)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(4,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(3\r(3)＋4,10).教师备选已知函数f(x)＝eq\f(\r(2),4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\f(\r(6),4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)).(1)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))上的最值；(2)若cosθ＝eq\f(4,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，求f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))的值．解(1)由题意得f(x)＝eq\f(\r(2),4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\f(\r(6),4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋\f(\r(3),2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12))).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))，所以x－eq\f(7π,12)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,12)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，所以－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(6),4)))，即函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))上的最大值为eq\f(\r(6),4)，最小值为－eq\f(\r(2),2).(2)因为cosθ＝eq\f(4,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，所以sinθ＝－eq\f(3,5)，所以sin2θ＝2sinθcosθ＝－eq\f(24,25)，cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝eq\f(16,25)－eq\f(9,25)＝eq\f(7,25)，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)－\f(7π,12)))＝－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,4)))＝－eq\f(1,2)(sin2θ－cos2θ)＝eq\f(1,2)(cos2θ－sin2θ)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,25)＋\f(24,25)))＝eq\f(31,50).思维升华(1)进行三角恒等变换要抓住：变角、变函数名称、变结构，尤其是角之间的关系；注意公式的逆用和变形使用．(2)形如y＝asinx＋bcosx化为y＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)，可进一步研究函数的周期性、单调性、最值与对称性．跟踪训练3(2022·云南曲靖一中质检)已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,2)＋sin\f(x,2)，2sin\f(x,2)))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,2)－sin\f(x,2)，\r(3)cos

\f(x,2)))，函数f(x)＝a·b.(1)求函数f(x)的最大值，并指出f(x)取得最大值时x的取值集合；(2)若α，β为锐角，cos(α＋β)＝eq\f(12,13)，f(β)＝eq\f(6,5)，求f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))的值．解(1)f(x)＝cos2eq\f(x,2)－sin2eq\f(x,2)＋2eq\r(3)sin

eq\f(x,2)cos

eq\f(x,2)＝cosx＋eq\r(3)sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，令x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，∴f(x)的最大值为2，此时x的取值集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝\f(π,3)＋2kπ，k∈Z)))).(2)由α，β为锐角，cos(α＋β)＝eq\f(12,13)，得sin(α＋β)＝eq\f(5,13)，∵0<β<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)<β＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，又f(β)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,6)))＝eq\f(6,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，∴eq\f(π,6)<β＋eq\f(π,6)<eq\f(π,4)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,6)))))＝cos(α＋β)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,6)))＋sin(α＋β)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,6)))＝eq\f(63,65)，∴f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α－\f(π,6)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(126,65).课时精练1．已知tanα＝3，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))等于()A．－eq\f(3,2) B.eq\f(3,5)C．－eq\f(3,5) D.eq\f(1,5)答案C解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝－sin2α＝－2sinαcosα＝eq\f(－2sinαcosα,cos2α＋sin2α)＝eq\f(－2tanα,1＋tan2α)＝eq\f(－2×3,1＋32)＝－eq\f(3,5).2．(2022·安庆模拟)已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanθ＝eq\r(2)，则cos2θ等于()A．－eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(2),3)C．－eq\f(1,3) D.eq\f(1,3)答案C解析cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝－eq\f(1,3).3．(2022·威海模拟)tan67.5°－eq\f(1,tan67.5°)的值为()A．1B.eq\r(2)C．2D．4答案C解析tan67.5°－eq\f(1,tan67.5°)＝eq\f(sin67.5°,cos67.5°)－eq\f(1,\f(sin67.5°,cos67.5°))＝eq\f(sin67.5°,cos67.5°)－eq\f(cos67.5°,sin67.5°)＝eq\f(sin267.5°－cos267.5°,sin67.5°cos67.5°)＝eq\f(－cos135°,\f(1,2)sin135°)＝2.4．(2022·黑龙江大庆中学模拟)若cos(30°－α)－sinα＝eq\f(1,3)，则sin(30°－2α)等于()A.eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C.eq\f(7,9) D．－eq\f(7,9)答案D解析由cos(30°－α)－sinα＝eq\f(1,3)，得eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα＝eq\f(1,3)，即cos(30°＋α)＝eq\f(1,3)，所以sin(30°－2α)＝cos(60°＋2α)＝2cos2(30°＋α)－1＝2×eq\f(1,9)－1＝－eq\f(7,9).5．(多选)已知f(x)＝eq\f(1,2)(1＋cos2x)sin2x(x∈R)，则下列结论正确的是()A．f(x)的最小正周期T＝eq\f(π,2)B．f(x)是偶函数C．f(x)的最大值为eq\f(1,4)D．f(x)的最小正周期T＝π答案ABC解析∵f(x)＝eq\f(1,4)(1＋cos2x)(1－cos2x)＝eq\f(1,4)(1－cos22x)＝eq\f(1,4)sin22x＝eq\f(1,8)(1－cos4x)，∴f(－x)＝eq\f(1,8)[1－cos4(－x)]＝eq\f(1,8)(1－cos4x)＝f(x)，T＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2)，f(x)的最大值为eq\f(1,8)×2＝eq\f(1,4)，故A，B，C正确，D错误．6．(多选)下列各式中，值为eq\f(1,2)的是()A．cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)B.eq\f(tan22.5°,1－tan222.5°)C．2sin195°cos195°D.eq\r(\f(1＋cos\f(π,6),2))答案BC解析cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)))＝cos

eq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2)，故A错误；eq\f(tan22.5°,1－tan222.5°)＝eq\f(1,2)·eq\f(2tan22.5°,1－tan222.5)＝eq\f(1,2)tan45°＝eq\f(1,2)，故B正确；2sin195°cos195°＝2sin(180°＋15°)cos(180°＋15°)＝2sin15°cos15°＝sin30°＝eq\f(1,2)，故C正确；eq\r(\f(1＋cos

\f(π,6),2))＝eq\r(\f(2＋\r(3),4))＝eq\f(\r(2＋\r(3)),2)≠eq\f(1,2)，故D错误．7．求值：eq\f(\r(3)－tan12°,2cos212°－1sin12°)＝.答案8解析原式＝eq\f(\r(3)－\f(sin12°,cos12°),cos24°sin12°)＝eq\f(\r(3)cos12°－sin12°,cos24°sin12°cos12°)＝eq\f(2sin60°－12°,\f(1,4)sin48°)＝eq\f(2sin48°,\f(1,4)sin48°)＝8.8．若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，则sin2α＝.答案－eq\f(7,25)解析方法一∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，∴sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝2×eq\f(9,25)－1＝－eq\f(7,25).方法二∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(\r(2),2)(sinα＋cosα)＝eq\f(3,5)，∴eq\f(1,2)(1＋sin2α)＝eq\f(9,25)，∴sin2α＝2×eq\f(9,25)－1＝－eq\f(7,25).9．(2022·杭州模拟)已知函数f(x)＝2cos2x＋2eq\r(3)sinx·cosx.(1)求f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的值；(2)若f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq\f(11,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，求cosα的值．解(1)因为f(x)＝2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＝1＋cos2x＋eq\r(3)sin2x＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,6)))＝1＋2sin

eq\f(5π,6)＝1＋1＝2.(2)由f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq\f(11,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，所以cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))cos

eq\f(π,6)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sin

eq\f(π,6)＝eq\f(4\r(3)＋3,10).10．如图，点P在以AB为直径的半圆上移动，且AB＝1，过点P作圆的切线PC，使PC＝1.连接BC，当点P在什么位置时，四边形ABCP的面积等于eq\f(1,2)？解设∠PAB＝α，连接PB.∵AB是圆的直径，∴∠APB＝90°.又AB＝1，∴PA＝cosα，PB＝sinα.∵PC是圆的切线，∴∠BPC＝α.又PC＝1，∴S四边形ABCP＝S△APB＋S△BPC＝eq\f(1,2)PA·PB＋eq\f(1,2)PB·PC·sinα＝eq\f(1,2)cosαsinα＋eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,4)sin2α＋eq\f(1,4)(1－cos2α)＝eq\f(1,4)(sin2α－cos2α)＋eq\f(1,4)＝eq\f(\r(2),4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＋eq\f(1,4)，由已知，得eq\f(\r(2),4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2α－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，∴2α－eq\f(π,4)＝eq\f(π,4)，∴α＝eq\f(π,4)，故当点P位于AB的垂直平分线与半圆的交点时，四边形ABCP的面积等于eq\f(1,2).11．(2022·昆明一中模拟)已知m＝2sin18°，若m2＋n＝4，则eq\f(1－2cos2153°,m\r(n))等于()A．－eq\f(1,4) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,2)答案B解析因为m＝2sin18°，m2＋n＝4，所以n＝4－m2＝4－4sin218°＝4cos218°，因此eq\f(1－2cos2153°,m\r(n))＝eq\f(－cos306°,2sin18°·2cos18°)＝eq\f(－cos54°,2sin36