新人教版高中数学必修第一册 5.5　5.5.2　简单的三角恒等变换 教案

5.5.2简单的三角恒等变换(教师独具内容)课程标准：1.能用二倍角公式导出半角公式，能用两角和与差的三角函数公式导出积化和差、和差化积公式．体会其中的三角恒等变换的基本思想方法，以及进行简单的应用.2.了解三角恒等变换的特点、变换技巧，掌握三角恒等变换的基本思想方法，能利用三角恒等变换对三角函数式化简、求值以及三角恒等式的证明和一些简单的应用．教学重点：能利用三角恒等变换对三角函数式化简、求值和证明．教学难点：三角恒等变换的综合应用．核心素养：1.通过公式的推导，培养逻辑推理和数学运算素养.2.借助三角恒等变换的简单应用，提升数学运算和数学建模素养.知识点一半角公式知识点二积化和差与和差化积公式(1)积化和差公式sinαcosβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)＋sin(α－β)]．cosαsinβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)－sin(α－β)]．cosαcosβ＝eq\f(1,2)[cos(α＋β)＋cos(α－β)]．sinαsinβ＝－eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]．(2)和差化积公式sinα＋sinβ＝2sineq\f(α＋β,2)coseq\f(α－β,2).sinα－sinβ＝2coseq\f(α＋β,2)sineq\f(α－β,2).cosα＋cosβ＝2coseq\f(α＋β,2)coseq\f(α－β,2).cosα－cosβ＝－2sineq\f(α＋β,2)sineq\f(α－β,2).辅助角公式辅助角公式：asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanφ＝\f(b,a))).推导过程：asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(a2＋b2))sinx＋\f(b,\r(a2＋b2))cosx)).令cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2))，sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))，则asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)(sinxcosφ＋cosxsinφ)＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)，其中角φ所在象限由a，b的符号确定，角φ的值由tanφ＝eq\f(b,a)确定或由sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))和cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2))共同确定．1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)coseq\f(α,2)＝eq\r(\f(1＋cosα,2)).()(2)存在α∈R，使得coseq\f(α,2)＝eq\f(1,2)cosα.()(3)对于任意α∈R，sineq\f(α,2)＝eq\f(1,2)sinα都不成立．()(4)若α是第一象限角，则taneq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα)).()答案(1)×(2)√(3)×(4)√2．做一做(1)已知180°<α<360°，则sineq\f(α,2)的值等于()A．－eq\r(\f(1－cosα,2)) B．eq\r(\f(1－cosα,2))C．－eq\r(\f(1＋cosα,2)) D．eq\r(\f(1＋cosα,2))(2)设5π<θ<6π，coseq\f(θ,2)＝a，则sineq\f(θ,4)等于()A.eq\f(\r(1＋a),2) B．eq\f(\r(1－a),2)C．－eq\f(\r(1＋a),2) D．－eq\r(\f(1－a,2))(3)已知taneq\f(θ,2)＝2，则cosθ等于()A.eq\f(4,5) B．－eq\f(4,5)C．eq\f(4,15) D．－eq\f(3,5)(4)已知2π<θ<4π，且sinθ＝－eq\f(3,5)，cosθ<0，则taneq\f(θ,2)的值等于________.答案(1)B(2)D(3)D(4)－3题型一求值问题例1已知|cosθ|＝eq\f(3,5)，且eq\f(5π,2)<θ<3π，求sineq\f(θ,2)，coseq\f(θ,2)，taneq\f(θ,2)的值．[解]∵|cosθ|＝eq\f(3,5)，eq\f(5π,2)<θ<3π，∴cosθ＝－eq\f(3,5)，eq\f(5π,4)<eq\f(θ,2)<eq\f(3π,2).∴sineq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1＋\f(3,5),2))＝－eq\f(2\r(5),5)，coseq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1－\f(3,5),2))＝－eq\f(\r(5),5)，∴taneq\f(θ,2)＝eq\f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))＝2.[条件探究]若条件变为“θ为第二象限角，tanθ＝－eq\f(4,3)，且sineq\f(θ,2)<coseq\f(θ,2)”，如何求解？解∵θ为第二象限角，且sineq\f(θ,2)<coseq\f(θ,2)，∴eq\f(θ,2)为第三象限角，故coseq\f(θ,2)<0.∵tanθ＝－eq\f(4,3)，∴cosθ＝－eq\f(3,5).∴sineq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1－cosθ,2))＝－eq\f(2\r(5),5)，coseq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1＋cosθ,2))＝－eq\f(\r(5),5)，taneq\f(θ,2)＝2.利用半角公式求值的思路(1)看角：若已知三角函数式中的角是待求三角函数式中角的两倍，则求解时常常借助半角公式求解．(2)明范围：由于半角公式求值常涉及符号问题，因此求解时务必依据角的范围，求出相应半角的范围．(3)选公式：涉及半角公式的正切值时，常用taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα)，其优点是计算时可避免因开方带来的求角的范围问题；涉及半角公式的正、余弦值时，常先利用sin2eq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,2)，cos2eq\f(α,2)＝eq\f(1＋cosα,2)计算．(4)下结论：结合(2)求值．[跟踪训练1]已知α为钝角，β为锐角，且sinα＝eq\f(4,5)，sinβ＝eq\f(12,13)，求coseq\f(α－β,2)与taneq\f(α－β,2)的值．解①因为α为钝角，β为锐角，sinα＝eq\f(4,5)，sinβ＝eq\f(12,13)，所以cosα＝－eq\f(3,5)，cosβ＝eq\f(5,13).所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(5,13)＋eq\f(4,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(33,65).因为eq\f(π,2)<α<π，且0<β<eq\f(π,2)，所以0<α－β<π，即0<eq\f(α－β,2)<eq\f(π,2)，所以coseq\f(α－β,2)＝eq\r(\f(1＋cosα－β,2))＝eq\r(\f(1＋\f(33,65),2))＝eq\f(7\r(65),65).②解法一：由①可知，0<eq\f(α－β,2)<eq\f(π,2)，所以sineq\f(α－β,2)＝eq\r(1－cos2\f(α－β,2))＝eq\f(4\r(65),65)，所以taneq\f(α－β,2)＝eq\f(sin\f(α－β,2),cos\f(α－β,2))＝eq\f(4,7).解法二：由0<α－β<π，cos(α－β)＝eq\f(33,65)，得sin(α－β)＝eq\r(1－cos2α－β)＝eq\f(56,65).所以taneq\f(α－β,2)＝eq\f(sinα－β,1＋cosα－β)＝eq\f(\f(56,65),1＋\f(33,65))＝eq\f(4,7).题型二三角函数式的化简例2已知π<α<eq\f(3π,2)，化简：eq\f(1＋sinα,\r(1＋cosα)－\r(1－cosα))＋eq\f(1－sinα,\r(1＋cosα)＋\r(1－cosα)).[解]原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))2,\r(2)|cos\f(α,2)|－\r(2)|sin\f(α,2)|)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))2,\r(2)|cos\f(α,2)|＋\r(2)|sin\f(α,2)|).∵π<α<eq\f(3π,2)，∴eq\f(π,2)<eq\f(α,2)<eq\f(3π,4)，∴coseq\f(α,2)<0，sineq\f(α,2)>0，∴原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))2,－\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2))))＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))2,\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))))＝－eq\f(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2),\r(2))＋eq\f(sin\f(α,2)－cos\f(α,2),\r(2))＝－eq\r(2)coseq\f(α,2).化简问题中的“三变”(1)变角：三角变换时通常先寻找式子中各角之间的联系，通过拆、凑等手段消除角之间的差异，合理选择联系它们的公式．(2)变名：观察三角函数种类的差异，尽量统一函数的名称，如统一为弦或统一为切．(3)变式：观察式子的结构形式的差异，选择适当的变形途径．如升幂、降幂、配方、开方等．[跟踪训练2]化简：eq\f(1＋sinα＋cosα\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))),\r(2＋2cosα))(π<α<2π)．解原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(α,2)＋2sin\f(α,2)cos\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))),\r(2·2cos2\f(α,2)))＝eq\f(2cos\f(α,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))),2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2))))＝eq\f(cos\f(α,2)－cosα,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))).∵π<α<2π，∴eq\f(π,2)<eq\f(α,2)<π，∴coseq\f(α,2)<0，∴原式＝eq\f(cos\f(α,2)·－cosα,－cos\f(α,2))＝cosα.题型三三角恒等式的证明例3证明：eq\f(1＋sin2θ－cos2θ,1＋sin2θ＋cos2θ)＝tanθ.[证明]原式左端＝eq\f(1＋2sinθcosθ－1－2sin2θ,1＋2sinθcosθ＋2cos2θ－1)＝eq\f(2sinθcosθ＋2sin2θ,2sinθcosθ＋2cos2θ)＝eq\f(2sinθcosθ＋sinθ,2cosθcosθ＋sinθ)＝tanθ＝右端，所以原式成立．关于证明三角恒等式的原则(1)由繁到简：一般由式子较复杂的一边向较简单的一边化简证明．(2)两边夹：对于式子两边都比较复杂的式子，则采取两边同时化简，找到一个共同的“第三者”从而证明等式成立．(3)变角：观察角的关系是由“单”到“倍”，还是由“倍”到“单”，或是需消去一个角，从而采取不同的变换．(4)变名：观察函数名称的关系，采用弦切互化，降幂等方法，实现三角函数名称的变换．[跟踪训练3]求证：eq\f(2sinxcosx,sinx＋cosx－1sinx－cosx＋1)＝eq\f(1＋cosx,sinx).证明左边＝eq\f(2sinxcosx,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(x,2)cos\f(x,2)－2sin2\f(x,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(x,2)cos\f(x,2)＋2sin2\f(x,2))))＝eq\f(2sinxcosx,4sin2\f(x,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(x,2)－sin2\f(x,2))))＝eq\f(sinx,2sin2\f(x,2))＝eq\f(cos\f(x,2),sin\f(x,2))＝eq\f(2cos2\f(x,2),2sin\f(x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(1＋cosx,sinx)＝右边．所以原等式成立.题型四利用辅助角公式研究函数的性质例4已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋x))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))，g(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1,4).(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的最大值，并求使h(x)取得最大值时x的集合．[解](1)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx－\f(\r(3),2)sinx))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx＋\f(\r(3),2)sinx))＝eq\f(1,4)cos2x－eq\f(3,4)sin2x＝eq\f(1＋cos2x,8)－eq\f(31－cos2x,8)＝eq\f(1,2)cos2x－eq\f(1,4)，∴f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(1,2)cos2x－eq\f(1,2)sin2x＝eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，当2x＋eq\f(π,4)＝2kπ(k∈Z)时，h(x)有最大值eq\f(\r(2),2).此时x的取值集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝kπ－\f(π,8)，k∈Z)).(1)为了研究函数的性质，往往要充分利用三角变换公式将函数转化为正弦型(余弦型)函数，这是解决问题的前提．(2)解此类题时要充分运用两角和(差)公式、二倍角公式、辅助角公式消除差异，减少角的种类和函数式的项数，为讨论函数性质提供保障．[跟踪训练4]设函数f(x)＝sinx，x∈R.(1)已知θ∈[0,2π)，函数f(x＋θ)是偶函数，求θ的值；(2)求函数y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))2的值域．解(1)因为f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函数，所以对任意实数x都有sin(x＋θ)＝sin(－x＋θ)，即sinxcosθ＋cosxsinθ＝－sinxcosθ＋cosxsinθ，故2sinxcosθ＝0，所以cosθ＝0.又θ∈[0,2π)，因此θ＝eq\f(π,2)或θ＝eq\f(3π,2).(2)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))2＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋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,6))),2)＋eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2)＝1－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos2x－\f(3,2)sin2x))＝1－eq\f(\r(3),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).因此，所求函数的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)，1＋\f(\r(3),2))).题型五三角函数的实际应用例5如图所示，要把半径为R的半圆形木料截成长方形，应怎样截取，才能使△OAB的周长最大？[解]设∠AOB＝α，△OAB的周长为l，则AB＝Rsinα，OB＝Rcosα，∴l＝OA＋AB＋OB＝R＋Rsinα＋Rcosα＝R(sinα＋cosα)＋R＝eq\r(2)Rsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋R.∵0<α<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,4)<α＋eq\f(π,4)<eq\f(3π,4)，∴l的最大值为eq\r(2)R＋R＝(eq\r(2)＋1)R，此时，α＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即α＝eq\f(π,4)，即当α＝eq\f(π,4)时，△OAB的周长最大．应用三角函数解实际问题的方法及注意事项(1)方法：解答此类问题，关键是合理引入辅助角，确定各量之间的关系，将实际问题转化为三角函数问题，再利用三角函数的有关知识求解．(2)注意：在求解过程中，要注意三点：①充分借助平面几何性质，寻找数量关系．②注意实际问题中变量的范围．③重视三角函数有界性的影响．提醒：在利用三角变换解决实际问题时，常因忽视角的范围而致误．[跟踪训练5]如图，OPQ是半径为2，圆心角为eq\f(π,3)的扇形，点A在eq\o\ac(PQ,\s\up15(︵))上(异于点P，Q)，过点A作AB⊥OP，AC⊥OQ，垂足分别为B，C，记∠AOB＝θ，四边形ACOB的面积为S.(1)求S关于θ的函数关系式；(2)求θ为何值时，S有最大值，并求出这个最大值．解(1)因为AB⊥OP，所以在Rt△OAB中，AB＝OAsinθ＝2sinθ，OB＝OAcosθ＝2cosθ，S△ABO＝eq\f(1,2)OB·AB＝2sinθcosθ＝sin2θ.因为AC⊥OQ，∠POQ＝eq\f(π,3)，所以∠AOC＝eq\f(π,3)－θ，同理得，S△ACO＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2θ)).从而得S关于θ的解析式为S＝S△ABO＋S△ACO＝sin2θ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2θ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,3))).(2)S＝sin2θ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2θ))＝sin2θ＋sineq\f(2π,3)cos2θ－coseq\f(2π,3)sin2θ＝eq\f(3,2)sin2θ＋eq\f(\r(3),2)cos2θ＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6)))，因为0<θ<eq\f(π,3)，所以eq\f(π,6)<2θ＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，故当2θ＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,6)时S有最大值，最大值为eq\r(3).1．已知cosθ＝eq\f(2,3)且θ∈(0，π)，则coseq\f(θ,2)＝()A.eq\f(\r(30),6) B．－eq\f(\r(30),6)C．±eq\f(\r(30),6) D．－eq\f(\r(5),6)答案A解析∵cosθ＝eq\f(2,3)，且θ∈(0，π)，∴eq\f(θ,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴coseq\f(θ,2)>0，∴coseq\f(θ,2)＝eq\r(cos2\f(θ,2))＝eq\r(\f(1＋cosθ,2))＝eq\r(\f(1＋\f(2,3),2))＝eq\f(\r(30),6).2．已知eq\f(π,2)<θ<eq\f(3π,4)，且sin2θ＝－eq\f(3,5)，则tanθ等于()A．3 B．－eq\f(1,2)C．－3或－eq\f(1,2) D．－3答案D解析∵eq\f(π,2)<θ<eq\f(3π,4)，∴π<2θ<eq\f(3π,2)，∴cos2θ＝－eq\r(1－sin22θ)＝－eq\f(4,5)，∴tanθ＝eq\f(sin2θ,1＋cos2θ)＝eq\f(－\f(3,5),1－\f(4,5))＝－3.3．(多选)若f(x)＝cosx－sinx在[0，a]上是减函数，则a的可能值为()A.eq\f(π,4) B．eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4) D．π答案ABC解析f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).当x∈[0，a]时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，a＋\f(π,4)))，所以结合题意可知，a＋eq\f(π,4)≤π，即a≤eq\f(3π,4)，结合选项可知，选ABC.4．函数y＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋cos2x的最大值为________.答案eq\f(3,2)解析∵y＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，∴函数的最大值为eq\f(3,2).5．化简eq\f(2cos2α－1,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))).解eq\f(2cos2α－1,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))＝eq\f(cos2α,\f(2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))×sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))＝eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α)))＝eq\f(cos2α,cos2α)＝1.一、选择题1．若π<α<2π，则化简eq\r(\f(1－cosα－π,2))的结果是()A．sineq\f(α,2) B．coseq\f(α,2)C．－coseq\f(α,2) D．－sineq\f(α,2)答案C解析∵π<α<2π，∴eq\f(π,2)<eq\f(α,2)<π，∴coseq\f(α,2)<0，原式＝eq\r(\f(1＋cosα,2))＝|coseq\f(α,2)|＝－coseq\f(α,2).故选C.2．在△ABC中，若sinAsinB＝cos2eq\f(C,2)，则△ABC是()A．等边三角形 B．等腰三角形C．不等边三角形 D．直角三角形答案B解析sinAsinB＝eq\f(1,2)(1＋cosC)，即2sinAsinB＝1＋cosC，∴2sinAsinB＝1－cosAcosB＋sinAsinB，故得cos(A－B)＝1，又A－B∈(－π，π)，∴A－B＝0，即A＝B，则△ABC是等腰三角形．3．函数f(x)＝sin2x＋eq\r(3)sinxcosx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上的最大值是()A．1 B．2C．eq\f(3,2) D．3答案C解析f(x)＝eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，∴f(x)max＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).4．已知tan2α＝eq\f(3,4)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，函数f(x)＝sin(x＋α)－sin(x－α)－2sinα，且对任意的实数x，不等式f(x)≥0恒成立，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))的值为()A．－eq\f(2\r(5),5) B．－eq\f(\r(5),5)C．－eq\f(2\r(3),5) D．－eq\f(\r(3),5)答案A解析由tan2α＝eq\f(3,4)，即eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(3,4)，得tanα＝eq\f(1,3)或tanα＝－3.又f(x)＝sin(x＋α)－sin(x－α)－2sinα＝2cosxsinα－2sinα≥0恒成立，所以sinα≤0，tanα＝－3，sinα＝－eq\f(3,\r(10))，cosα＝eq\f(1,\r(10))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝sinαcoseq\f(π,4)－cosαsineq\f(π,4)＝－eq\f(2\r(5),5).5．(多选)关于函数f(x)＝sin2x－cos2x，下列命题为真命题的是()A．函数f(x)的最大值为1B．直线x＝eq\f(π,4)是函数f(x)图象的一条对称轴C．点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))是函数f(x)图象的一个对称中心D．函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋kπ，\f(3π,8)＋kπ))，k∈Z答案CD解析∵f(x)＝sin2x－cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，所以f(x)的最大值为eq\r(2)，故A为假命题；当x＝eq\f(π,4)时，2x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,4)，故直线x＝eq\f(π,4)不是函数f(x)图象的一条对称轴，故B为假命题；当x＝eq\f(π,8)时，2x－eq\f(π,4)＝0，故点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，0))是函数f(x)图象的一个对称中心，故C为真命题；令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(3π,8)＋kπ，k∈Z，即函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋kπ，\f(3π,8)＋kπ))，k∈Z，故D为真命题．二、填空题6．α为第三象限角，则eq\f(\r(1＋cos2α),cosα)－eq\f(\r(1－cos2α),sinα)＝________.答案0解析∵α为第三象限角，∴cosα<0，sinα<0，∴eq\f(\r(1＋cos2α),cosα)－eq\f(\r(1－cos2α),sinα)＝eq\f(\r(2cos2α),cosα)－eq\f(\r(2sin2α),sinα)＝eq\f(－\r(2)cosα,cosα)－eq\f(－\r(2)sinα,sinα)＝0.7．已知α，β为锐角，且α－β＝eq\f(π,6)，那么sinαsinβ的取值范围是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))解析∵α－β＝eq\f(π,6)，∴sinαsinβ＝－eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cosα＋β－\f(\r(3),2)))＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2β＋\f(π,6)))－\f(\r(3),2))).∵α，β为锐角，∴0<β<eq\f(π,3)，∴eq\f(π,6)<2β＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，∴－eq\f(\r(3),2)<coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2β＋\f(π,6)))<eq\f(\r(3),2)，∴0<－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2β＋\f(π,6)))－\f(\r(3),2)))<eq\f(\r(3),2).故sinαsinβ的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2))).8．已知α为第二象限角，且eq\f(1－tanα,1＋tanα)＝eq\f(4,3)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,8)))＝________，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝________.答案－3eq\f(4－3\r(3),10)解析∵α为第二象限角，且eq\f(1－tanα,1＋tanα)＝eq\f(4,3)，∴tanα＝－eq\f(1,7)＝eq\f(sinα,cosα)，又sin2α＋cos2α＝1，∴sinα＝eq\f(\r(2),10)，cosα＝－eq\f(7\r(2),10)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝－eq\f(3,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝cosαcoseq\f(π,4)－sinαsineq\f(π,4)＝－eq\f(4,5).∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,8)))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(1＋\f(4,5),－\f(3,5))＝－3.∵sineq\f(π,12)＝eq\r(\f(1－cos\f(π,6),2))＝eq\f(\r(2－\r(3)),2)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，coseq\f(π,12)＝eq\r(\f(1＋cos\f(π,6),2))＝eq\f(\r(2＋\r(3)),2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝sinαcoseq\f(π,12)＋cosαsineq\f(π,12)＝eq\f(\r(2),10)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)－eq\f(7\r(2),10)×eq\f(\r(6)－\r(2),4)＝eq\f(4－3\r(3),10).三、解答题9．求证：taneq\f(3x,2)－taneq\f(x,2)＝eq\f(2sinx,cosx＋cos2x).证明证法一：(由左推右)taneq\f(3x,2)－taneq\f(x,2)＝eq\f(sin\f(3x,2),cos\f(3x,2))－eq\f(sin\f(x,2),cos\f(x,2))＝eq\f(sin\f(3x,2)cos\f(x,2)－cos\f(3x,2)sin\f(x,2),cos\f(3x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2))),cos\f(3x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(sinx,cos\f(3x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(2sinx,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)＋\f(x,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2))))＝eq\f(2sinx,cosx＋cos2x).证法二：(由右推左)eq\f(2sinx,cosx＋cos2x)＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)＋\f(x,2))))＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3x,2)cos\f(x,2)－cos\f(3x,2)sin\f(x,2))),2cos\f(3x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(sin\f(3x,2),cos\f(3x,2))－eq\f(sin\f(x,2),cos\f(x,2))＝taneq\f(3x,2)－taneq\f(x,2).10．已知cos2θ＝eq\f(7,25)，eq\f(π,2)<θ<π，(1)求tanθ的值；(2)求eq\f(2cos2\f(θ,2)＋sinθ,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))的值．解(1)因为cos2θ＝eq\f(7,25)，所以eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(7,25)，所以eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝eq\f(7,25)，解得tanθ＝±eq\f(3,4)，因为eq\f(π,2)<θ<π，所以tanθ＝－eq\f(3,4).(2)因为eq\f(π,2)<θ<π，tanθ＝－eq\f(3,4)，所以sinθ＝eq\f(3,5)，cosθ＝－eq\f(4,5)，所以eq\f(2cos2\f(θ,2)＋sinθ,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(1＋cosθ＋sinθ,cosθ＋sinθ)＝eq\f(1－\f(4,5)＋\f(3,5),－\f(4,5)＋\f(3,5))＝－4.1．已知f(x)＝2sin2x＋2sinxcosx，则f(x)的最小正周期和一个单调递减区间分别为()A．2π，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(7π,8))) B．π，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(7π,8)))C．2π，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8))) D．π，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))答案B解析∵f(x)＝1－cos2x＋sin2x＝1＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得f(x)的单调递减区间为eq\f(3π,8)＋kπ≤x≤eq\f(7π,8)＋kπ，k∈Z，当k＝0时，得f(x)的一个单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(7π,8))).2．若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且3cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，则sin2α的值为________.答案－eq\f(17,18)解析cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，代入原式，得6sin