高中数学第三章三角恒等变换课时作业353.2简单的三角恒等变换(第2课时)新人教A版必修4

课时作业(三十五)3.2简单的三角恒等变换第2课时1．函数f(x)＝sinx－cos(x＋eq\f(π,6))的值域为()A．[－2，2] B．[－eq\r(3)，eq\r(3)]C．[－1，1] D．[－eq\f(\r(3),2)，eq\f(\r(3),2)]答案B解析因为f(x)＝sinx－eq\f(\r(3),2)cosx＋eq\f(1,2)sinx＝eq\r(3)(eq\f(\r(3),2)sinx－eq\f(1,2)cosx)＝eq\r(3)sin(x－eq\f(π,6))，所以函数f(x)的值域为[－eq\r(3)，eq\r(3)]．2．函数y＝2cos2(x－eq\f(π,4))－1是()A．最小正周期为π的奇函数 B．最小正周期为π的偶函数C．最小正周期为eq\f(π,2)的奇函数 D．最小正周期为eq\f(π,2)的偶函数答案A解析y＝2cos2(x－eq\f(π,4))－1＝cos2(x－eq\f(π,4))＝cos(2x－eq\f(π,2))＝cos(eq\f(π,2)－2x)＝sin2x，而y＝sin2x为奇函数，其最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，故选A.3．(高考真题·陕西卷)对于函数f(x)＝2sinxcosx，下列选项中正确的是()A．f(x)在(eq\f(π,4)，eq\f(π,2))上是递增的 B．f(x)的图像关于原点对称C．f(x)的最小正周期为2π D．f(x)的最大值为2答案B解析因f(x)＝2sinxcosx＝sin2x，故f(x)在(eq\f(π,4)，eq\f(π,2))上是递减的，A错；f(x)的最小正周期为π，最大值为1，C、D错．故选B.4．已知函数f(x)＝(1＋cos2x)sin2x，x∈R，则f(x)是()A．最小正周期为π的奇函数 B．最小正周期为π的偶函数C．最小正周期为eq\f(π,2)的奇函数 D．最小正周期为eq\f(π,2)的偶函数答案D解析f(x)＝(1＋cos2x)sin2x＝(1＋cos2x)·eq\f(1－cos2x,2)＝eq\f(1,2)(1－cos22x)＝eq\f(1,2)(1－eq\f(1＋cos4x,2))，可知f(x)的最小正周期为eq\f(π,2)的偶函数．5．函数f(x)＝cos2x＋2sinx的最小值和最大值分别为()A．－3，1 B．－2，2C．－3，eq\f(3,2) D．－2，eq\f(3,2)答案C解析f(x)＝cos2x＋2sinx＝－2sin2x＋2sinx＋1，令sinx＝t，t∈[－1，1]，则y＝－2t2＋2t＋1＝－2(t－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,2)，当t＝eq\f(1,2)时，ymax＝eq\f(3,2)，当t＝－1时，ymin＝－3，故选C.6．函数y＝2cosx(sinx＋cosx)的最大值和最小正周期分别是()A．2，π B.eq\r(2)＋1，πC．2，2π D.eq\r(2)＋1，2π答案B解析y＝2cosxsinx＋2cos2x＝sin2x＋cos2x＋1＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4))＋1，所以当2x＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(π,8)(k∈Z)时取得最大值eq\r(2)＋1，最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.7．函数y＝sin(x＋eq\f(π,3))sin(x＋eq\f(π,2))的最小正周期T＝________．答案π解析y＝sin(x＋eq\f(π,3))sin(x＋eq\f(π,2))＝sin(x＋eq\f(π,3))cosx＝eq\f(1,2)sinx·cosx＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝eq\f(1,4)sin2x＋eq\f(\r(3),4)(1＋cos2x)＝eq\f(1,2)sin(2x＋eq\f(π,3))＋eq\f(\r(3),4).∴T＝eq\f(2π,2)＝π.8．已知函数f(x)＝4cosxsin(x＋eq\f(π,6))－1.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间[－eq\f(π,6)，eq\f(π,4)]上的最大值和最小值．解析(1)因为f(x)＝4cosxsin(x＋eq\f(π,6))－1＝4cosx(eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1,2)cosx)－1＝eq\r(3)sin2x＋2cos2x－1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sin(2x＋eq\f(π,6))，所以f(x)的最小正周期为π.(2)因为－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3).于是，当2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最大值2；当2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(π,6)时，f(x)取得最小值－1.9．已知函数f(x)＝2cos2x＋sin2x－4cosx.(1)求f(eq\f(π,3))的值；(2)求f(x)的最大值和最小值．解析(1)f(eq\f(π,3))＝2coseq\f(2π,3)＋sin2eq\f(π,3)－4coseq\f(π,3)＝－1＋eq\f(3,4)－2＝－eq\f(9,4).(2)f(x)＝2(2cos2x－1)＋(1－cos2x)－4cosx＝3cos2x－4cosx－1＝3(cosx－eq\f(2,3))2－eq\f(7,3)，x∈R，因为cosx∈[－1，1]，所以，当cosx＝－1时，f(x)取得最大值6；当cosx＝eq\f(2,3)时，f(x)取得最小值－eq\f(7,3).10．已知eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1，sinx－1)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(sinx＋sinxcosx，sinx)，f(x)＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))(x∈R)．求：(1)函数f(x)的最大值和最小正周期；(2)函数f(x)的单调递增区间．解析(1)∵f(x)＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝sinx＋sinxcosx＋sin2x－sinx＝eq\f(\r(2),2)sin(2x－eq\f(π,4))＋eq\f(1,2)，∴当2x－eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(3π,8)(k∈Z)时，f(x)取得最大值eq\f(1＋\r(2),2)，f(x)的最小正周期为π.(2)∵f(x)＝eq\f(\r(2),2)sin(2x－eq\f(π,4))＋eq\f(1,2)，∴当2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即kπ－eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(3π,8)，k∈Z时，函数f(x)为增函数．∴f(x)的单调递增区间为[kπ－eq\f(π,8)，kπ＋eq\f(3π,8)](k∈Z)．11．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω>0，|φ|<eq\f(π,2)，若a＝(1，1)，b＝(cosφ，－sinφ)，且a⊥b，又知函数f(x)的最小正周期为π.(1)求f(x)的解析式；(2)若将f(x)的图像向右平移eq\f(π,6)个单位得到g(x)的图像，求g(x)的单调递增区间．解析(1)∵a⊥b，∴a·b＝0.∴a·b＝cosφ－sinφ＝eq\r(2)cos(φ＋eq\f(π,4))＝0.∴φ＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z.又∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4).∵函数f(x)的最小正周期T＝π，即eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.∴f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,4))．(2)由题意知，将函数f(x)的图像向右平移eq\f(π,6)个单位得到g(x)的图像，则g(x)＝sin[2(x－eq\f(π,6))＋eq\f(π,4)]＝sin(2x－eq\f(π,12))．由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,12)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得kπ－eq\f(5π,24)≤x≤kπ＋eq\f(7π,24)，k∈Z.∴g(x)的单调递增区间为[kπ－eq\f(5π,24)，kπ＋eq\f(7π,24)](k∈Z)．►重点班·选做题12．已知角A、B、C为△ABC的三个内角，eq\o(OM,\s\up6(→))＝(sinB＋cosB，cosC)，eq\o(ON,\s\up6(→))＝(sinC，sinB－cosB)，eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝－eq\f(1,5).(1)求tan2A的值；(2)求eq\f(2cos2\f(A,2)－3sinA－1,\r(2)sin（A＋\f(π,4)）)的值．解析(1)∵eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝(sinB＋cosB)sinC＋cosC(sinB－cosB)＝sin(B＋C)－cos(B＋C)＝－eq\f(1,5)，∴sinA＋cosA＝－eq\f(1,5)，①两边平方并整理得：2sinAcosA＝－eq\f(24,25).∵－eq\f(24,25)<0，∴A∈(eq\f(π,2)，π)．∴sinA－cosA＝eq\r(1－2sinAcosA)＝eq\f(7,5).②联立①②得：sinA＝eq\f(3,5)，cosA＝－eq\f(4,5)，∴tanA＝－eq\f(3,4).∴tan2A＝eq\f(2tanA,1－tan2A)＝eq\f(－\f(3,2),1－\f(9,16))＝－eq\f(24,7).(2)∵tanA＝－eq\f(3,4)，∴eq\f(2cos2\f(A,2)－3sinA－1,\r(2)sin（A＋\f(π,4)）)＝eq\f(cosA－3sinA,cosA＋sinA)＝eq\f(1－3tanA,1＋tanA)＝eq\f(1－3×（－\f(3,4)）,1＋（－\f(3,4)）)＝13.1．函数y＝2cos2x的一个单调增区间是()A．(－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)) B．(0，eq\f(π,2))C．(eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)) D．(eq\f(π,2)，π)答案D2．已知sin(α＋eq\f(π,6))＝eq\f(1,3)，则cos(eq\f(2π,3)－2α)的值为________．答案－eq\f(7,9)解析∵sin(α＋eq\f(π,6))＝cos[eq\f(π,2)－(α＋eq\f(π,6))]＝cos(eq\f(π,3)－α)＝eq\f(1,3)，∴cos(eq\f(2π,3)－2α)＝2cos2(eq\f(π,3)－α)－1＝－eq\f(7,9).3．已知函数f(x)＝tan(2x＋eq\f(π,4))．(1)求f(x)的定义域与最小正周期；(2)设α∈(0，eq\f(π,4))，若f(eq\f(α,2))＝2cos2α，求α的大小．解析(1)由2x＋eq\f(π,4)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x≠eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以f(x)的定义域为{x∈R|x≠eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z}，f(x)的最小正周期为eq\f(π,2).(2)由f(eq\f(α,2))＝2cos2α，得tan(α＋eq\f(π,4))＝2cos2α，eq\f(sin（α＋\f(π,4)）,cos（α＋\f(π,4)）)＝2(cos2α－sin2α)．整理得eq\f(sinα＋cosα,cosα－sinα)＝2(cosα＋sinα)(cosα－sinα)．因为α∈(0，eq\f(π,4))，所以sinα＋cosα≠0.因此(cosα－sinα)2＝eq\f(1,2)，即sin2α＝eq\f(1,2).由α∈(0，eq\f(π,4))，得2α∈(0，eq\f(π,2))，所以2α＝eq\f(π,6)，即α＝eq\f(π,12).4．已知O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2sin2x，1)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(1，－2eq\r(3)sinxcosx＋1)，f(x)＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋m.(1)求y＝f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)的定义域为[eq\f(π,2)，π]，值域为[2，5]，求m的值．解析(1)f(x)＝2sin2x－2eq\r(3)sinxcosx＋1＋m＝1－cos2x－eq\r(3)sin2x＋1＋m＝－2sin(2x＋eq\f(π,6))＋2＋m.由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，故y＝f(x)的单调递增区间为[kπ＋eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(2π,3)](k∈Z)．(2)当eq\f(π,2)≤x≤π时，eq\f(7π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(13π,6)，∴－1≤sin(2x＋eq\f(π,6))≤eq\f(1,2).∴1＋m≤f(x)≤4＋m，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋m＝2，,4＋m＝5))⇒m＝1.5．求函数f(x)＝sin(eq\f(π,3)＋4x)＋cos(4x－eq\f(π,6))的最小正周期和递减区间．解析f(x)＝2sin(4x＋eq\f(π,3))，T＝eq\f(π,2).递减区间为[eq\f(π,24)＋eq\f(kπ,2)，eq\f(7π,24)＋eq\f(kπ,2)](k∈Z)．6．(高考真题·广东)已知函数f(x)＝2cos(ωx＋eq\f(π,6))(其中ω>0，x∈R)的最小正周期为10π.(1)求ω的值；(2)设α，β∈[0，eq\f(π,2)]，f(5α＋eq\f(5,3)π)＝－eq\f(6,5)，f(5β－eq\f(5,6)π)＝eq\f(16,17)，求cos(α＋β)的值．解析(1)由eq\f(2π,ω)＝10π，得ω＝eq\f(1,5).(2)∵－eq\f(6,5)＝f(5α＋eq\f(5,3)π)＝2cos[eq\f(1,5)(5α＋eq\f(5,3)π)＋eq\f(π,6)]＝2cos(α＋eq\f(π,2))＝－2sinα，eq\f(16,17)＝f(5β－eq\f(5π,6))＝2cos[eq\f(1,5)(5β－eq\f(5,6)π)＋eq\f(π,6)]＝2cosβ，∴sinα＝eq\f(3,5)，cosβ＝eq\f(8,17).∵α，β∈[0，eq\f(π,2)]，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\r(1－（\f(3,5)）2)＝eq\f(4,5)，sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\r(1－（\f(8,17)）2)＝eq\f(15,17).∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(4,5)×eq\f(8,17)－eq\f(3,5)×eq\f(15,17)＝－eq\f(13,85). 1．(2017·课标全国Ⅲ，文)函数f(x)＝eq\f(1,5)sin(x＋eq\f(π,3))＋cos(x－eq\f(π,6))的最大值为()A.eq\f(6,5) B．1C.eq\f(3,5) D.eq\f(1,5)答案A解析由题可知，f(x)＝eq\f(1,5)sin(x＋eq\f(π,3))＋cos(x－eq\f(π,6))＝eq\f(1,5)sin[eq\f(π,2)－(eq\f(π,6)－x)]＋cos(eq\f(π,6)－x)＝eq\f(1,5)cos(eq\f(π,6)－x)＋cos(eq\f(π,6)－x)＝eq\f(6,5)cos(eq\f(π,6)－x)，因此f(x)的最大值为eq\f(6,5).故选A.2．(2016·课标全国Ⅲ)若tanα＝eq\f(3,4)，则cos2α＋2sin2α＝()A.eq\f(64,25) B.eq\f(48,25)C．1 D.eq\f(16,25)答案A解析方法一：由tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(3,4)，cos2α＋sin2α＝1，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝\f(3,5)，,cosα＝\f(4,5)，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝－\f(3,5)，,cosα＝－\f(4,5)，))则sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(24,25)，则cos2α＋2sin2α＝eq\f(16,25)＋eq\f(48,25)＝eq\f(64,25).方法二：∵tanα＝eq\f(3,4)，sin2α＋cos2α＝1.∴cos2α＋2sin2α＝eq\f(cos2α＋4sinαcosα,cos2α＋sin2α)＝eq\f(1＋4tanα,1＋tan2α)＝eq\f(1＋3,1＋\f(9,16))＝eq\f(64,25).3．(2016·课标全国Ⅱ)若cos(eq\f(π,4)－α)＝eq\f(3,5)，则sin2α＝()A.eq\f(7,25) B.eq\f(1,5)C．－eq\f(1,5) D．－eq\f(7,25)答案D解析因为cos(eq\f(π,4)－α)＝coseq\f(π,4)cosα＋sineq\f(π,4)sinα＝eq\f(\r(2),2)(sinα＋cosα)＝eq\f(3,5)，所以sinα＋cosα＝eq\f(3\r(2),5)，所以1＋sin2α＝eq\f(18,25)，所以sin2α＝－eq\f(7,25)，故选D.4．(2015·四川，文)下列函数中，最小正周期为π的奇函数是()A．y＝sin(2x＋eq\f(π,2)) B．y＝cos(2x＋eq\f(π,2))C．y＝sin2x＋cos2x D．y＝sinx＋cosx答案B解析y＝sin(2x＋eq\f(π,2))＝cos2x是周期为π的偶函数，y＝cos(2x＋eq\f(π,2))＝－sin2x是周期为π的奇函数，y＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4))是周期为π的非奇非偶函数，y＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sin(x＋eq\f(π,4))是周期为2π的非奇非偶函数．故选B.5．(2016·浙江文改编)函数f(x)＝sinxcosx＋eq\f(\r(3),2)cos2x的最小正周期和振幅分别是()A．π，1 B．π，2C．2π，1 D．2π，2答案A解析由f(x)＝sinxcosx＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝sin(2x＋eq\f(π,3))，得最小正周期为π，振幅为1，故选A.6．(2015·课标全国Ⅰ)sin20°cos10°－cos160°sin10°＝()A．－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)答案D解析原式＝sin20°cos10°＋cos20°sin10°＝sin(20°＋10°)＝eq\f(1,2).7．(2015·重庆)若tanα＝2taneq\f(π,5)，则eq\f(cos（α－\f(3π,10)）,sin（α－\f(π,5)）)＝()A．1 B．2C．3 D．4答案C解析eq\f(cos（α－\f(3π,10)）,sin（α－\f(π,5)）)＝eq\f(sin（α－\f(3π,10)＋\f(π,2)）,sin（α－\f(π,5)）)＝eq\f(sin（α＋\f(π,5)）,sin（α－\f(π,5)）)＝eq\f(sinαcos\f(π,5)＋cosαsin\f(π,5),sinαcos\f(π,5)－cosαsin\f(π,5))＝eq\f(\f(sinα,cosα)cos\f(π,5)＋sin\f(π,5),\f(sinα,cosα)cos\f(π,5)－sin\f(π,5))＝eq\f(2·\f(sin\f(π,5),cos\f(π,5))cos\f(π,5)＋sin\f(π,5),2·\f(sin\f(π,5),cos\f(π,5))cos\f(π,5)－sin\f(π,5))＝eq\f(3sin\f(π,5),sin\f(π,5))＝3，故选C.8．(2016·课标全国Ⅲ)若tanθ＝－eq\f(1,3)，则cos2θ＝()A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(1,5)C.eq\f(1,5) D.eq\f(4,5)答案D解析当tanθ＝－eq\f(1,3)时，cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝eq\f(1－（－\f(1,3)）2,1＋（－\f(1,3)）2)＝eq\f(4,5).故选D.9．(2016·山东)函数f(x)＝(eq\r(3)sinx＋cosx)·(eq\r(3)cosx－sinx)的最小正周期是()A.eq\f(π,2) B．πC.eq\f(3π,2) D．2π答案B解析∵f(x)＝(eq\r(3)sinx＋cosx)(eq\r(3)cosx－sinx)＝4sin(x＋eq\f(π,6))cos(x＋eq\f(π,6))＝2sin(2x＋eq\f(π,3))，∴T＝eq\f(2π,2)＝π，故选B.10．(2014·新课标全国Ⅱ，理)函数f(x)＝sin(x＋2φ)－2sinφcos(x＋φ)的最大值为________．答案1解析f(x)＝sin[(x＋φ)＋φ]－2sinφcos(x＋φ)＝sin(x＋φ)cosφ－cos(x＋φ)sinφ＝sin(x＋φ－φ)＝sinx，因为x∈R，所以f(x)的最大值为1.11．(2013·新课标全国Ⅱ，理)设θ为第二象限角，若tan(θ＋eq\f(π,4))＝eq\f(1,2)，则sinθ＋cosθ＝________．答案－eq\f(\r(10),5)解析由tan(θ＋eq\f(π,4))＝eq\f(1＋tanθ,1－tanθ)＝eq\f(1,2)，得tanθ＝－eq\f(1,3)，即sinθ＝－eq\f(1,3)cosθ.将其代入sin2θ＋cos2θ＝1，得eq\f(10,9)cos2θ＝1.因为θ为第二象限角，所以cosθ＝－eq\f(3\r(10),10)，sinθ＝eq\f(\r(10),10).所以sinθ＋cosθ＝－eq\f(\r(10),5).12．(2016·课标全国Ⅰ)已知θ是第四象限角，且sin(θ＋eq\f(π,4))＝eq\f(3,5)，则tan(θ－eq\f(π,4))＝________．答案－eq\f(4,3)解析因为sin(θ＋eq\f(π,4))＝eq\f(3,5)，所以cos(θ－eq\f(π,4))＝sin[eq\f(π,2)＋(θ－eq\f(π,4))]＝sin(θ＋eq\f(π,4))＝eq\f(3,5).因为θ为第四象限角，所以－eq\f(π,2)＋2kπ<θ<2kπ，k∈Z，所以－eq\f(3π,4)＋2kπ<θ－eq\f(π,4)<2kπ－eq\f(π,4)，k∈Z，所以sin(θ－eq\f(π,4))＝－eq\r(1－（\f(3,5)）2)＝－eq\f(4,5)，所以tan(θ－eq\f(π,4))＝eq\f(sin（θ－\f(π,4)）,cos（θ－\f(π,4)）)＝－eq\f(4,3).13．(2016·新课标全国Ⅲ)函数y＝sinx－eq\r(3)cosx的图像可由函数y＝sinx＋eq\r(3)cosx的图像至少向右平移________个单位长度得到．答案eq\f(2π,3)解析函数y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sin(x－eq\f(π,3))的图像可由函数y＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sin(x＋eq\f(π,3))的图像至少向右平移eq\f(2π,3)个单位长度得到．14．(2015·浙江)函数f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1的最小正周期是________，单调递减区间是________．答案π[kπ＋eq\f(3,8)π，kπ＋eq\f(7,8)π](k∈Z)解析∵f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1＝eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(1,2)sin2x＋1＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1,2)cosx＋eq\f(3,2)＝eq\f(\r(2),2)sin(2x－eq\f(π,4))＋eq\f(3,2)，∴函数f(x)的最小正周期T＝π，令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(3,2)π＋2kπ，k∈Z，解之可得函数f(x)的单调递减区间为[kπ＋eq\f(3,8)π，kπ＋eq\f(7,8)π](k∈Z)．15．(2017·江苏)若tan(α－eq\f(π,4))＝eq\f(1,6)，则tanα＝________．答案eq\f(7,5)解析tanα＝tan[(α－eq\f(π,4))＋eq\f(π,4)]＝eq\f(tan（α－\f(π,4)）＋tan\f(π,4),1－tan（α－\f(π,4)）tan\f(π,4))＝eq\f(\f(1,6)＋1,1－\f(1,6))＝eq\f(7,5).16．(2017·课标全国Ⅱ，理)函数f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)(x∈[0，eq\f(π,2)])的最大值是________．答案1解析f(x)＝1－cos2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)＝－(cosx－eq\f(\r(3),2))2＋1.又∵x∈[0，eq\f(π,2)]，∴cosx∈[0，1]，∴当cosx＝eq\f(\r(3),2)时，f(x)取得最大值1.17．(2017·课标全国Ⅱ，文)函数f(x)＝2cosx＋sinx的最大值为________．答案eq\r(5)解析f(x)＝2cosx＋sinx＝eq\r(5)sin(x＋φ)(其中tanφ＝2)，所以当sin(x＋φ)＝1时，f(x)有最大值eq\r(5).18．(2017·课标全国Ⅰ，文)已知α∈(0，eq\f(π,2))，tanα＝2，则cos(α－eq\f(π,4))＝________．答案eq\f(3\r(10),10)解析方法一：因为α∈(0，eq\f(π,2))，所以sinα>0，cosα>0.联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(tanα＝\f(sinα,cosα)＝2，,sin2α＋cos2α＝1，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝\f(2\r(5),5)，,cosα＝\f(\r(5),5).))所以cos(α－eq\f(π,4))＝cosαcoseq\f(π,4)＋sinαsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)(sinα＋cosα)＝eq\f(3\r(10),10).方法二：因为α∈(0，eq\f(π,2))，所以sinα>0，cosα>0.所以cos(α－eq\f(π,4))＝eq\f(\r(2),2)(sinα＋cosα)＝eq\f(\r(2),2)eq\r(（sinα＋cosα）2)＝eq\f(\r(2),2)eq\r(1＋2sinαcosα).又因为sinαcosα＝eq\f(sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tanα,1＋tan2α)＝eq\f(2,5)，代入上式得cos(α－eq\f(π,4))＝eq\f(\r(2),2)×eq\r(1＋\f(4,5))＝eq\f(3\r(10),10).19．(2015·重庆)已知函数f(x)＝sin(eq\f(π,2)－x)sinx－eq\r(3)cos2x.(1)求f(x)的最小正周期和最大值；(2)讨论f(x)在[eq\f(π,6)，eq\f(2π,3)]上的单调性．解析(1)f(x)＝sin(eq\f(π,2)－x)sinx－eq\r(3)cos2x＝cosxsinx－eq\f(\r(3),2)(1＋cos2x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x－eq\f(\r(3),2)＝sin(2x－eq\f(π,3))－eq\f(\r(3),2)，因此f(x)的最小正周期为π，最大值为eq\f(2－\r(3),2).(2)当x∈[eq\f(π,6)，eq\f(2π,3)]时，0≤2x－eq\f(π,3)≤π，从而当0≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)，即eq\f(π,6)≤x≤eq\f(5π,12)时，f(x)单调递增，当eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤π，即eq\f(5π,12)≤x≤eq\f(2π,3)时，f(x)单调递减．综上可知，f(x)在[eq\f(π,6)，eq\f(5π,12)]上单调递增；在[eq\f(5π,12)，eq\f(2π,3)]上单调递减．20．(2016·北京)已知函数f(x)＝2sinωxcosωx＋cos2ωx(ω>0)的最小正周期为π.(1)求ω的值；(2)求f(x)的单调递增区间．解析(1)因为f(x)＝2sinωxcosωx＋cos2ωx＝sin2ωx＋cos2ωx＝eq\r(2)sin(2ωx＋eq\f(π,4))，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,ω).依意题，eq\f(π,ω)＝π，解得ω＝1.(2)由(1)知f(x)＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4))．函数y＝sinx的单调递增区间为[2kπ－eq\f(π,2)，2kπ＋eq\f(π,2)](k∈Z)．由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(π,8)(k∈Z)．所以f(x)的单调递增区间为[kπ－eq\f(3π,8)，kπ＋eq\f(π,8)](k∈Z)．21．(2016·天津，理)已知函数f(x)＝4tanxsin(eq\f(π,2)－x)cos(x－eq\f(π,3))－eq\r(3).(1)求f(x)的定义域与最小正周期；(2)讨论f(x)在区间[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]上的单调性．解析(1)f(x)的定义域为{x|x≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z}．f(x)＝4tanxcosxcos(x－eq\f(π,3))－eq\r(3)＝4sinxcos(x－eq\f(π,3))－eq\r(3)＝4sinx(eq\f(1,2)cosx＋eq\f(\r(3),2)sinx)－eq\r(3)＝2sinxcosx＋2eq\r(3)sin2x－eq\r(3)＝sin2x＋eq\r(3)(1－cos2x)－eq\r(3)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sin(2x－eq\f(π,3))．所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)令z＝2x－eq\f(π,3)，函数y＝2sinz的单调递增区间是[－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(π,2)＋2kπ]，k∈Z.由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ，得－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z.设A＝[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]，B＝{x|－eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(5π,12)＋kπ，k∈Z}，易知A∩B＝[－eq\f(π,12)，eq\f(π,4)]．所以，当x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]时，f(x)在区间[－eq\f(π,12)，eq\f(π,4)]上单调递增，在区间[－eq\f(π,4)，－eq\f(π,12)]上单调递减．22．(2017·江苏，理)已知向量a＝(cosx，sinx)，b＝(3，－eq\r(3))，x∈[0，π]．(1)若a∥b，求x的值；(2)记f(x)＝a·b，求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值．解析(1)因为a＝(cosx，sinx)，b＝(3，－eq\r(3))，a∥b，所以－eq\r(3)cosx＝3sinx.若cosx＝0，则sinx＝0，与sin2x＋cos2x＝1矛盾，故cosx≠0.于是tanx＝－eq\f(\r(3),3).又x∈[0，π]，所以x＝eq\f(5π,6).(2)f(x)＝a·b＝(cosx，sinx)·(3，－eq\r(3))＝3cosx－eq\r(3)sinx＝2eq\r(3)cos(x＋eq\f(π,6))．因为x∈[0，π]，所以x＋eq\f(π,6)∈[eq\f(π,6)，eq\f(7π,6)]，从而－1≤cos(x＋eq\f(π,6))≤eq\f(\r(3),2).于是，当x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即x＝0时，f(x)取到最大值3；当x＋eq\f(π,6)＝π，即x＝eq\f(5π,6)时，f(x)取到最小值－2eq\r(3).23．(2017·山东，理)设函数f(x)＝sin(ωx－eq\f(π,6))＋sin(ωx－eq\f(π,2))，其中0<ω<3.已知f(eq\f(π,6))＝0.(1)求ω；(2)将函数y＝f(x)的图像上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图像向左平移eq\f(π,4)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图像，求g(x)在[－eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)]上的最小值．解析(1)因为f(x)＝sin(ωx－eq\f(π,6))＋sin(ωx－eq\f(π,2))，所以f(x)＝eq\f(\r(3),2)sinωx－eq\f(1,2)cosωx－cosωx＝eq\f(\r(3),2)sinωx－eq\f(3,2)cosωx＝eq\r(3)(eq\f(1,2)sinωx－eq\f(\r(3),2)cosωx)＝eq\r(3)sin(ωx－eq\f(π,3))．由题设知f(eq\f(π,6))＝0，所以eq\f(ωπ,6)－eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z.故ω＝6k＋2，k∈Z.又0<ω<3，所以ω＝2.(2)由(1)得f(x)＝eq\r(3)sin(2x－eq\f(π,3))，所以g(x)＝eq\r(3)sin(x＋eq\f(π,4)－eq\f(π,3))＝eq\r(3)sin(x－eq\f(π,12))．因为x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)]，所以x－eq\f(π,12)∈[－eq\f(π,3)，eq\f(2π,3)]．当x－eq\f(π,12)＝－eq\f(π,3)，即x＝－eq\f(π,4)时，g(x)取得最小值－eq\f(3,2).24．(2017·北京，文)已知函数f(x)＝eq\r(3)cos(2x－eq\f(π,3))－2sinxcosx.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求证：当x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]时，f(x)≥－eq\f(1,2).解析(1)f(x)＝eq\f(\r(3),2)cos2x＋eq\f(3,2)sin2x－sin2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝sin(2x＋eq\f(π,3))．所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)证明：因为－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(5π,6).所以sin(2x＋eq\f(π,3))≥sin(－eq\f(π,6))＝－eq\f(1,2).所以当x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]时，f(x)≥－eq\f(1,2).25．(2017·浙江)已知函数f(x)＝sin2x－cos2x－2eq\r(3)sinxcosx(x∈R)．(1)求f(eq\f(2π,3))的值；(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间．解析(1)由sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2)，coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)，得f(eq\f(2π,3))＝(eq\f(\r(3),2))2－(－eq\f(1,2))2－2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)×(－eq\f(1,2))＝2.(2)由cos2x＝cos2x－sin2x与sin2x＝2sinxcosx，得f(x)＝－cos2x－eq\r(3)sin2x＝－2sin(2x＋eq\f(π,6))．所以f(x)的最小正周期是π.由正弦函数的性质得eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z.所以f(x)的单调递增区间是[eq\f(π,6)＋kπ，eq\f(2π,3)＋kπ](k∈Z)．1．(2015·天津，理)已知函数f(x)＝sin2x－sin2(x－eq\f(π,6))，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间[－eq\f(π,3)，eq\f(π,4)]上的最大值和最小值．解析(1)由已知，有f(