高考数学（文）高分计划一轮高分讲义第3章三角函数解三角形3.5两角和与差的正弦余弦与正切公式

3.5两角和与差的正弦、余弦与正切公式[知识梳理]1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)C(α∓β)：cos(α∓β)＝cosαcosβ±sinαsinβ.(2)S(α±β)：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ.(3)T(α±β)：tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1∓tanαtanβ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，β，α±β≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)S2α：sin2α＝2sinαcosα.(2)C2α：cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.(3)T2α：tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠±\f(π,4)＋kπ，且α≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z)).3．公式的常用变形(1)tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ)．(2)cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\f(1－cos2α,2).(3)1±sin2α＝(sinα±cosα)2，sinα±cosα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α±\f(π,4))).(4)asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)，其中cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2))，sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))，tanφ＝eq\f(b,a)(a≠0)．特别提醒：(1)角：转化三角函数式中往往出现较多的差异角，注意观察角与角之间的和、差、倍、互补、互余等关系，运用角的变换，化多角为单角或减少未知角的数目，连接条件角与待求角，使问题顺利获解．对角变换时：①可以通过诱导公式、两角和与差的三角公式等；②注意倍角的相对性；③注意拆角、拼角技巧，例如，2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)＝(α＋2β)－(α＋β)，α－β＝(α－γ)＋(γ－β)，15°＝45°－30°，eq\f(π,4)＋α＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))等．(2)将三角变换与代数变换密切结合：三角变换主要是灵活应用相应的三角公式，对于代数变换主要有因式分解、通分、提取公因式、利用相应的代数公式等，例如，sin4x＋cos4x＝(sin2x＋cos2x)2－2sin2xcos2x＝1－eq\f(1,2)sin22x.[诊断自测]1．概念思辨(1)两角和与差的正弦、余弦公式中的角α，β是任意的．()(2)存在实数α，β，使等式sin(α＋β)＝sinα＋sinβ成立．()(3)在锐角△ABC中，sinAsinB和cosAcosB大小关系不确定．()(4)公式tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)可以变形为tanα＋tanβ＝tan(α＋β)(1－tanαtanβ)，且对任意角α，β都成立．()答案(1)√(2)√(3)×(4)×2．教材衍化(1)(必修A4P131T5)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°)＝sin30°＝eq\f(1,2).故选D.(2)(必修A4P146A组T3)已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,6)))＝eq\f(1,3)，则tan(α＋β)＝________.答案1解析∵α＋β＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,6)))，∴tan(α＋β)＝eq\f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,6))),1－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,6))))＝eq\f(\f(1,2)＋\f(1,3),1－\f(1,6))＝1.3．小题热身(1)eq\f(sin7°＋cos15°sin8°,cos7－sin15°sin8°)的值为()A．2＋eq\r(3)B．2－eq\r(3)C．2D.eq\f(1,2)答案B解析原式＝eq\f(sin15°－8°＋cos15°sin8°,cos15°－8°－sin15°sin8°)＝eq\f(sin15°cos8°,cos15°cos8°)＝tan15°＝tan(45°－30°)＝eq\f(tan45°－tan30°,1＋tan45°tan30°)＝eq\f(1－\f(\r(3),3),1＋\f(\r(3),3))＝eq\f(\r(3)－1,\r(3)＋1)＝2－eq\r(3).故选B.(2)若sin(α－β)sinβ－cos(α－β)cosβ＝eq\f(4,5)，且α是第二象限角，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))等于()A．7B．－7C.eq\f(1,7)D．－eq\f(1,7)答案C解析∵sin(α－β)sinβ－cos(α－β)cosβ＝eq\f(4,5)，∴cosα＝－eq\f(4,5).又α是第二象限角，∴sinα＝eq\f(3,5)，则tanα＝－eq\f(3,4).∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(tan\f(π,4)＋tanα,1－tan\f(π,4)tanα)＝eq\f(1－\f(3,4),1＋\f(3,4))＝eq\f(1,7).故选C.题型1求值问题eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝eq\f(3,5)，若eq\f(17π,12)<x<eq\f(7π,4)，求eq\f(sin2x＋2sin2x,1－tanx)的值．本题采用“函数转化法”．解由eq\f(17π,12)<x<eq\f(7π,4)，得eq\f(5π,3)<x＋eq\f(π,4)<2π.又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝－eq\f(4,5)，所以cosx＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))coseq\f(π,4)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))sineq\f(π,4)＝eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10)，从而sinx＝－eq\f(7\r(2),10)，tanx＝7.则eq\f(sin2x＋2sin2x,1－tanx)＝eq\f(2sinxcosx＋2sin2x,1－tanx)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),10)))＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))2,1－7)＝－eq\f(28,75).方法技巧三角恒等变换的变“角”与变“名”问题的解题思路1．角的变换：明确各个角之间的关系(包括非特殊角与特殊角、已知角与未知角)，熟悉角的拆分与组合的技巧，半角与倍角的相互转化．2．名的变换：明确各个三角函数名称之间的联系，常常用到同角关系、诱导公式，把正弦、余弦化为正切，或者把正切化为正弦、余弦．冲关针对训练(2018·通辽模拟)已知锐角α，β满足sinα＝eq\f(\r(5),5)，cosβ＝eq\f(3\r(10),10)，则α＋β等于()A.eq\f(3π,4) B.eq\f(π,4)或eq\f(3π,4)C.eq\f(π,4) D．2kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)答案C解析由sinα＝eq\f(\r(5),5)，cosβ＝eq\f(3\r(10),10)，且α，β为锐角，可知cosα＝eq\f(2\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)，故cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2)，又0<α＋β<π，故α＋β＝eq\f(π,4).故选C.题型2三角恒等变换的综合应用角度1研究三角函数的性质eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2017·临沂一模)已知函数f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))cosx＋eq\r(3).(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个不同的零点x1，x2，求实数m的取值范围，并计算tan(x1＋x2)的值．本题采用转化法、数形结合思想．解函数f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))cosx＋eq\r(3)，化简可得f(x)＝2sinxcosx－2eq\r(3)cos2x＋eq\r(3)＝sin2x－2eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)cos2x))＋eq\r(3)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).(1)函数的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)时单调递增，解得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，∴函数的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.(2)函数g(x)＝f(x)－m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个不同的零点x1，x2，转化为函数f(x)与函数y＝m有两个交点．令u＝2x－eq\f(π,3)，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴u∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))可得f(x)＝2sinu的图象(如图)．由图可知：m在[eq\r(3)，2)，函数f(x)与函数y＝m有两个交点，其横坐标分别为x1，x2.故得实数m的取值范围是m∈[eq\r(3)，2)，由题意可知x1，x2是关于对称轴是对称的：那么函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的对称轴为x＝eq\f(5π,12)，∴x1＋x2＝eq\f(5π,12)×2＝eq\f(5π,6).那么tan(x1＋x2)＝taneq\f(5π,6)＝－eq\f(\r(3),3).方法技巧三角函数综合性试题涉及三角函数的性质研究．首先将三角函数化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式，在转化过程中需要三角恒等变换．如典例．这是高考的重点题型．冲关针对训练(2017·河北区二模)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋cosx.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若α是第一象限角，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(4,5)，求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))的值．解(1)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋cosx＝eq\f(\r(3),2)sinx－eq\f(1,2)cosx＋cosx＝eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1,2)cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，所以函数f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,1)＝2π.(2)由于f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝cosα＝eq\f(4,5)，由于α是第一象限角，所以sinα＝eq\f(3,5)，则tanα＝eq\f(3,4)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(tanα－1,1＋tanα)＝－eq\f(1,7).角度2三角恒等变换与向量的综合eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2017·南京三模)已知向量a＝(2cosα，sin2α)，b＝(2sinα，t)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，t为实数．(1)若a－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，0))，求t的值；(2)若t＝1，且a·b＝1，求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值．本题采用向量法、平方法．解(1)向量a＝(2cosα，sin2α)，b＝(2sinα，t)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，t为实数．若a－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，0))，则(2cosα－2sinα，sin2α－t)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，0))，可得cosα－sinα＝eq\f(1,5)，平方可得sin2α＋cos2α－2cosαsinα＝eq\f(1,25)，即为2cosαsinα＝1－eq\f(1,25)＝eq\f(24,25)(cosα>0，sinα>0)，由sin2α＋cos2α＝1，解得cosα＋sinα＝eq\r(cosα－sinα2＋4sinαcosα)＝eq\r(\f(1,25)＋\f(48,25))＝eq\f(7,5)，即有sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5)，则t＝sin2α＝eq\f(9,25)；(2)若t＝1，且a·b＝1，即有4cosαsinα＋sin2α＝1，即有4cosαsinα＝1－sin2α＝cos2α，由α为锐角，可得cosα∈(0,1)，即有tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1,4)，则tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(\f(1,2),1－\f(1,16))＝eq\f(8,15)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(tan2α＋1,1－tan2α)＝eq\f(1＋\f(8,15),1－\f(8,15))＝eq\f(23,7).方法技巧三角恒等变换与向量的综合问题是高考中经常出现的问题，一般以向量的坐标形式给出与三角函数有关的条件，并结合简单的向量运算进行化简．冲关针对训练(2017·南通模拟)已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)，1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(3)cos\f(x,2)))，函数f(x)＝m·n.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(2π,3)))＝eq\f(2,3)，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))的值．解(1)f(x)＝sineq\f(x,2)＋eq\r(3)coseq\f(x,2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,3)))，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,\f(1,2))＝4π.(2)∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(2π,3)))＝2sineq\f(α,2)＝eq\f(2,3)，∴sineq\f(α,2)＝eq\f(1,3)，∴cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)＝eq\f(7,9)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝2cosα＝eq\f(14,9).1．(2016·全国卷Ⅱ)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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解析解法一：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(\r(2),2)(cosα＋sinα)＝eq\f(3,5)⇒cosα＋sinα＝eq\f(3\r(2),5)⇒1＋sin2α＝eq\f(18,25)，∴sin2α＝－eq\f(7,25).故选D.解法二：sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝eq\f(18,25)－1＝－eq\f(7,25).故选D.2．(2014·全国卷Ⅰ)设α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，则()A．3α－β＝eq\f(π,2) B．3α＋β＝eq\f(π,2)C．2α－β＝eq\f(π,2) D．2α＋β＝eq\f(π,2)答案C解析解法一：由tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)得eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，即sinαcosβ＝cosα＋sinβcosα，所以sin(α－β)＝cosα，又cosα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，所以sin(α－β)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，又因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，0<eq\f(π,2)－α<eq\f(π,2)，因此α－β＝eq\f(π,2)－α，所以2α－β＝eq\f(π,2).故选C.解法二：eq\f(1＋sinβ,cosβ)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(β,2)＋cos\f(β,2)))2,cos2\f(β,2)－sin2\f(β,2))＝eq\f(sin\f(β,2)＋cos\f(β,2),cos\f(β,2)－sin\f(β,2))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(β,2)))＝tanα.∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴eq\f(π,4)＋eq\f(β,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴eq\f(π,4)＋eq\f(β,2)＝α，即2α－β＝eq\f(π,2).故选C.3．(2014·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝sin(x＋2φ)－2sinφ·cos(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－2sinφcos(x＋φ)＝sin(x＋φ)cosφ－sinφcos(x＋φ)＝sin(x＋φ－φ)＝sinx，∴f(x)的最大值为1.4．(2017·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\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)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(\r(3),2)))2＋1.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosx∈[0,1]，∴当cosx＝eq\f(\r(3),2)时，f(x)取得最大值，最大值为1.[重点保分两级优选练]A级一、选择题1．计算sin43°cos13°＋sin47°cos103°的结果等于()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A解析原式＝sin43°cos13°－cos43°sin13°＝sin(43°－13°)＝sin30°＝eq\f(1,2).故选A.2.eq\f(sin47°－sin17°cos30°,cos17°)＝()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)答案C解析sin47°＝sin(30°＋17°)＝sin30°cos17°＋cos30°·sin17°，∴原式＝eq\f(sin30°cos17°,cos17°)＝sin30°＝eq\f(1,2).故选C.3．(2017·云南一检)已知过点(0,1)的直线l：xtanα－y－3tanβ＝0的斜率为2，则tan(α＋β)＝()A．－eq\f(7,3)B.eq\f(7,3)C.eq\f(5,7)D．1答案D解析由题意知tanα＝2，tanβ＝－eq\f(1,3).∴tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(2－\f(1,3),1－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))))＝1.故选D.4．coseq\f(π,9)·coseq\f(2π,9)·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23π,9)))＝()A．－eq\f(1,8)B．－eq\f(1,16)C.eq\f(1,16)D.eq\f(1,8)答案A解析coseq\f(π,9)·coseq\f(2π,9)·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23π,9)))＝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).故选A.5．(2017·衡水中学二调)eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin170°)＝()A．4B．2C．－2D．－4答案D解析eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin170°)＝eq\f(\r(3),cos10°)－eq\f(1,sin10°)＝eq\f(\r(3)sin10°－cos10°,sin10°cos10°)＝eq\f(2sin10°－30°,\f(1,2)sin20°)＝eq\f(－2sin20°,\f(1,2)sin20°)＝－4.故选D.6．若0<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<β<0，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1,3)，coseq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))－eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)))＝eq\f(\r(3),3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝()A.eq\f(\r(3),3)B．－eq\f(\r(3),3)C.eq\f(5\r(3),9)D．－eq\f(\r(6),9)答案C解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))，由0<α<eq\f(π,2)，得eq\f(π,4)<α＋eq\f(π,4)<eq\f(3π,4)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(2\r(2),3).由－eq\f(π,2)<β<0，得eq\f(π,4)<eq\f(π,4)－eq\f(β,2)<eq\f(π,2)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\f(\r(6),3)，代入上式，得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝eq\f(5\r(3),9).故选C.7．(2018·长春模拟)已知tan(α＋β)＝－1，tan(α－β)＝eq\f(1,2)，则eq\f(sin2α,sin2β)的值为()A.eq\f(1,3)B．－eq\f(1,3)C．3D．－3答案A解析eq\f(sin2α,sin2β)＝eq\f(sin[α＋β＋α－β],sin[α＋β－α－β])＝eq\f(sinα＋βcosα－β＋cosα＋βsinα－β,sinα＋βcosα－β－cosα＋βsinα－β)＝eq\f(tanα＋β＋tanα－β,tanα＋β－tanα－β)＝eq\f(1,3).故选A.8．(2017·山西八校联考)若将函数f(x)＝sin(2x＋φ)＋eq\r(3)cos(2x＋φ)(0<φ<π)的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度，平移后的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称，则函数g(x)＝cos(x＋φ)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))上的最小值是()A．－eq\f(1,2)B．－eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(1,2)答案D解析∵f(x)＝sin(2x＋φ)＋eq\r(3)cos(2x＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())2x＋φ＋eq\f(π,3)eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())，∴将函数f(x)的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度后，得到函数解析式为y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋φ＋\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,3)))的图象．∵该图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称，对称中心在函数图象上，∴2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,2)＋φ＋\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋φ＋\f(π,3)))＝0，解得π＋φ＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z.∵0<φ<π，∴φ＝eq\f(π,6)，∴g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))，∴x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则函数g(x)＝cos(x＋φ)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,6)))上的最小值是eq\f(1,2).故选D.9．(2018·兰州检测)在斜三角形ABC中，sinA＝－eq\r(2)cosB·cosC，且tanBtanC＝1－eq\r(2)，则角A的值为()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2)D.eq\f(3π,4)答案A解析由题意知，－eq\r(2)cosBcosC＝sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，等式－eq\r(2)cosBcosC＝sinBcosC＋cosBsinC两边同除以cosBcosC，得tanB＋tanC＝－eq\r(2)，又tan(B＋C)＝eq\f(tanB＋tanC,1－tanBtanC)＝－1＝－tanA，即tanA＝1，所以A＝eq\f(π,4).故选A.10．(2018·河北模拟)已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，且sinθ－cosθ＝－eq\f(\r(14),4)，则eq\f(2cos2θ－1,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(4,3)C.eq\f(3,4)D.eq\f(3,2)答案D解析由sinθ－cosθ＝－eq\f(\r(14),4)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(\r(7),4)，∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴eq\f(π,4)－θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(3,4)，∴eq\f(2cos2θ－1,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))＝eq\f(cos2θ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2θ)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))＝eq\f(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(3,2).故选D.二、填空题11．已知cos(α＋β)cos(α－β)＝eq\f(1,3)，则cos2α－sin2β＝________.答案eq\f(1,3)解析∵(cosαcosβ－sinαsinβ)(cosαcosβ＋sinαsinβ)＝eq\f(1,3)，∴cos2αcos2β－sin2αsin2β＝eq\f(1,3).∴cos2α(1－sin2β)－(1－cos2α)sin2β＝eq\f(1,3).∴cos2α－sin2β＝eq\f(1,3).12．已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝eq\f(1,2)，tanβ＝－eq\f(1,7)，则2α－β的值为________．答案－eq\f(3π,4)解析∵tanα＝tan[(α－β)＋β]＝eq\f(tanα－β＋tanβ,1－tanα－βtanβ)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,7),1＋\f(1,2)×\f(1,7))＝eq\f(1,3)>0，又α∈(0，π)，∴0<α<eq\f(π,2)，又∵tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq\f(3,4)>0，∴0<2α<eq\f(π,2)，∴tan(2α－β)＝eq\f(tan2α－tanβ,1＋tan2αtanβ)＝eq\f(\f(3,4)＋\f(1,7),1－\f(3,4)×\f(1,7))＝1.∵tanβ＝－eq\f(1,7)<0，∴eq\f(π,2)<β<π，－π<2α－β<0，∴2α－β＝－eq\f(3π,4).13．(2017·江苏模拟)已知α，β为三角形的两个内角，cosα＝eq\f(1,7)，sin(α＋β)＝eq\f(5\r(3),14)，则β＝________.答案eq\f(π,3)解析因为0<α<π，cosα＝eq\f(1,7)，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(4\r(3),7)，故eq\f(π,3)<α<eq\f(π,2)，又因为0<α＋β<π，sin(α＋β)＝eq\f(5\r(3),14)<eq\f(\r(3),2)，所以0<α＋β<eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)<α＋β<π.由eq\f(π,3)<α<eq\f(π,2)，知eq\f(2π,3)<α＋β<π，所以cos(α＋β)＝－eq\r(1－sin2α＋β)＝－eq\f(11,14)，所以cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝eq\f(1,2)，又0<β<π，所以β＝eq\f(π,3).14．已知sinα＝eq\f(1,2)＋cosα，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))的值为________．答案－eq\f(\r(14),2)解析∵sinα＝eq\f(1,2)＋cosα，∴sinα－cosα＝eq\f(1,2)，∴(sinα－cosα)2＝1－2sinαcosα＝eq\f(1,4)，∴2sinαcosα＝eq\f(3,4).∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinα＋cosα＝eq\r(sin2α＋cos2α＋2sinαcosα)＝eq\r(1＋\f(3,4))＝eq\f(\r(7),2)，∴eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))))＝eq\f(cosα＋sinαcosα－sinα,\f(\r(2),2)sinα－cosα)＝－eq\r(2)(sinα＋cosα)＝－eq\f(\r(14),2).B级三、解答题15．(2017·合肥质检)已知a＝(sinx，eq\r(3)cosx)，b＝(cosx，－cosx)，函数f(x)＝a·b＋eq\f(\r(3),2).(1)求函数y＝f(x)图象的对称轴方程；(2)若方程f(x)＝eq\f(1,3)在(0，π)上的解为x1，x2，求cos(x1－x2)的值．解(1)f(x)＝a·b＋eq\f(\r(3),2)＝(sinx，eq\r(3)cosx)·(cosx，－cosx)＋eq\f(\r(3),2)＝sinx·cosx－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).令2x－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，即函数y＝f(x)图象的对称轴方程为x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)．(2)由条件知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(π,3)))＝eq\f(1,3)>0，设x1<x2，则0<x1<eq\f(5π,12)<x2<eq\f(2π,3)，易知(x1，f(x1))与(x2，f(x2))关于直线x＝eq\f(5π,12)对称，则x1＋x2＝eq\f(5π,6)，∴cos(x1－x2)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－x1))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1－\f(5π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1－\f(π,3)))－\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1－\f(π,3)))＝eq\f(1,3).16．(2017·黄冈质检)已知函数f(x)＝2cos2x－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6))).(1)求函数f(x)的最大值，并写出f(x)取最大值时x的取值集合；(2)已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)＝eq\f(3,2)，b＋c＝2.求实数a的取值范围．解(1)f(x)＝2cos2x－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6)))＝(1＋cos2x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2xcos\f(7π,6)－cos2xsin\f(7π,6)))＝1＋eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＝1＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).∴函数f(x)的最大值为2.当且仅当sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝1，即2x＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z时取到．∴函数f(x)的最大值为2时x的取值集合为{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝kπ＋\f(π,6)，k∈Z)).(2)由题意，f(A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＋1＝eq\f(3,2)，化简得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2).∵A∈(0，π)，∴2A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，∴2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，∴A＝eq\f(π,3).在△ABC中，根据余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)＝(b＋c)2－3bc.由b＋c＝2，知bc≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))2＝1，即a2≥1.∴当且仅当b＝c＝1时，取等号．又由b＋c>a得a<2.所以a的取值范围是[1,2)．17．(2017·青岛诊断)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asinB＋eq\r(3)acosB＝eq\r(3)c.(1)求角A的大小；(2)已知函数f(x)＝λcos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(A,2)))－3(λ>0，ω>0)的最大值为2，将y＝f(x)的图象的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的eq\f(3,2)倍后便得到函数y＝g(x)的图象，若函数y＝g(x)的最小正周期为π.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，求函数f(x)的值域．解(1)∵asinB＋eq\r(3)acosB＝eq\r(3)c，∴sinAsinB＋eq\r(3)sinAcosB＝eq\r(3)sinC.∵C＝π－(A＋B)，∴sinAsinB＋eq\r(3)sinAcosB＝eq\r(3)sin(A＋B)＝eq\r(3)(sinAcosB＋cosAsinB)．即sinAsinB＝eq\r(3)cosAsinB.∵sinB≠0，∴tanA＝eq\r(3)，∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).(2)由A＝eq\f(π,3)，得f(x)＝λcos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))－3＝λ·eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3))),2)－3＝eq\f(λ,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))＋eq\f(λ,2)－3，∴λ－3＝2，λ＝5.∴f(x)＝5cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))－3＝eq\f(5,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))－eq\f(1,2)，