三角恒等變換專題復(fù)習(xí)學(xué)案

三角恒等變換專題復(fù)習(xí)學(xué)案三角恒等變換專題復(fù)習(xí)學(xué)案三角恒等變換專題復(fù)習(xí)學(xué)案資料僅供參考文件編號(hào)：2022年4月三角恒等變換專題復(fù)習(xí)學(xué)案版本號(hào)：A修改號(hào)：1頁次：1.0審核：批準(zhǔn):發(fā)布日期：三角恒等變換【考情分析】三角函數(shù)是歷年高考重點(diǎn)考察內(nèi)容之一，三角恒等變換的考查，經(jīng)常以選擇與填空題的形式出現(xiàn)，還常在解答題中與其它知識(shí)結(jié)合起來考查，其中升冪公式、降冪公式、輔助角公式是考查的重點(diǎn)．在考查三角知識(shí)的同時(shí)，又考查用函數(shù)思想、數(shù)形結(jié)合思想解決問題的能力。【知識(shí)梳理】1．兩角和與差的正弦、余弦、正切公式sin(α±β)＝sin_αcos_β±cos_αsin_β，cos(α±β)＝cos_αcos_β?sin_αsin_β，tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1?tanαtanβ).2．二倍角的正弦、余弦、正切公式sin2α＝2sin_αcos_α，cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).3．有關(guān)公式的逆用、變形(1)tanα±tanβ＝tan(α±β)(1?tan_αtan_β)；(2)cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)；(3)1＋sin2α＝(sinα＋cosα)2,1－sin2α＝(sinα－cosα)2，sinα±cosα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α±\f(π,4))).4．輔助角公式asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)，其中sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))，cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2)).【考題體驗(yàn)】1．(2013·江西高考)若sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，則cosα＝()A．－eq\f(2,3)B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3)D.eq\f(2,3)解析：選C因?yàn)閟ineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，所以cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(1,3).2．（2014·高考課標(biāo)卷）已知，則（）A.B.C.D.解析：選A3．已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(3,7)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋β))＝eq\f(2,5)，則tan(α＋β)的值為()A.eq\f(29,41)B.eq\f(1,29)C.eq\f(1,41)D．1解析：選Dtan(α＋β)＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋β))))＝eq\f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋β)),1－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))·tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋β)))＝eq\f(\f(3,7)＋\f(2,5),1－\f(3,7)×\f(2,5))＝1.4．(2013·四川高考)設(shè)sin2α＝－sinα，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則tan2α的值是________．解析：∵sin2α＝2sinαcosα＝－sinα，∴cosα＝－eq\f(1,2)，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴sinα＝eq\f(\r(3),2)，tanα＝－eq\r(3)，∴tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(－2\r(3),1－－\r(3)2)＝eq\r(3).5．tan20°＋tan40°＋eq\r(3)tan20°tan40°＝________.解析：∵tan(20°＋40°)＝eq\f(tan20°＋tan40°,1－tan20°tan40°)，∴eq\r(3)－eq\r(3)tan20°tan40°＝tan20°＋tan40°，即tan20°＋tan40°＋eq\r(3)tan20°tan40°＝eq\r(3).【典型例題】考向一：求角問題例1：已知且，求的值.變式1：已知考向二：三角函數(shù)的化簡求值例2、(2013·重慶高考)4cos50°－tan40°＝()A.eq\r(2);B.eq\f(\r(2)＋\r(3),2);C.eq\r(3);D．2eq\r(2)－1[解]4cos50°－tan40°＝4sin40°－eq\f(sin40°,cos40°)＝eq\f(4cos40°sin40°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2sin80°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2sin120°－40°－sin40°,cos40°)＝eq\f(\r(3)cos40°＋sin40°－sin40°,cos40°)＝eq\f(\r(3)cos40°,cos40°)＝eq\r(3).【方法規(guī)律】1．三角函數(shù)式化簡的原則三角函數(shù)式的化簡要遵循“三看”原則，即一看角，二看名，三看式子結(jié)構(gòu)與特征．即用轉(zhuǎn)化與化歸思想“去異求同”的過程，具體分析如下：（1）首先觀察角與角之間的關(guān)系，用已知角表示未知角，角的變換是三角恒等變換的核心；（2）其次是看三角函數(shù)名稱之間的關(guān)系，通常是常值代換或者切化弦；（3）再就是觀察代數(shù)式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，合理的選擇三角函數(shù)公式，化繁為簡.2．解決給角求值問題的基本思路對(duì)于給角求值問題，往往所給角都是非特殊角，解決這類問題的基本思路有：(1)化為特殊角的三角函數(shù)值；(2)化為正、負(fù)相消的項(xiàng)，消去求值；(3)化分子、分母出現(xiàn)公約數(shù)進(jìn)行約分求值．變式2：(2014·嘉興模擬)eq\f(2cos10°－sin20°,sin70°)的值是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\r(3)D.eq\r(2)解析：選C原式＝eq\f(2cos30°－20°－sin20°,sin70°)＝eq\f(2cos30°·cos20°＋sin30°·sin20°－sin20°,sin70°)＝eq\f(\r(3)cos20°,cos20°)＝eq\r(3).考點(diǎn)三：三角函數(shù)的條件求值[例3](1)(2013·浙江高考)已知α∈R，sinα＋2cosα＝eq\f(\r(10),2)，則tan2α＝()A.eq\f(4,3)B.eq\f(3,4)C．－eq\f(3,4)D．－eq\f(4,3)(2)(2013·廣東高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))，x∈R.①求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))的值；②若cosθ＝eq\f(3,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3))).[解](1)法一：(直接法)兩邊平方，再同時(shí)除以cos2α，得3tan2α－8tanα－3＝0，tanα＝3或tanα＝－eq\f(1,3)，代入tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)，得tan2α＝－eq\f(3,4).法二：(猜想法)由給出的數(shù)據(jù)及選項(xiàng)的唯一性，記sinα＝eq\f(3,\r(10))，cosα＝eq\f(1,\r(10))，這時(shí)sinα＋2cosα＝eq\f(\r(10),2)符合要求，此時(shí)tanα＝3，代入二倍角公式得到答案C.(2)①feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)－\f(π,12)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝eq\r(2)coseq\f(π,4)＝1.②feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)－\f(π,12)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＝cos2θ－sin2θ.因?yàn)閏osθ＝eq\f(3,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，所以sinθ＝－eq\f(4,5).所以sin2θ＝2sinθcosθ＝－eq\f(24,25)，cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝－eq\f(7,25).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝cos2θ－sin2θ＝－eq\f(7,25)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,25)))＝eq\f(17,25).【互動(dòng)探究】保持本例(2)②條件不變，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))的值．解：因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，cosθ＝eq\f(3,5)，所以sinθ＝－eq\r(1－cos2θ)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝－eq\f(4,5).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)－\f(π,12)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosθ＋\f(\r(2),2)sinθ))＝cosθ＋sinθ＝eq\f(3,5)－eq\f(4,5)＝－eq\f(1,5).【方法規(guī)律】三角函數(shù)求值的兩種類型(1)給角求值：關(guān)鍵是正確選用公式，以便把非特殊角的三角函數(shù)轉(zhuǎn)化為特殊角的三角函數(shù)．(2)給值求值：關(guān)鍵是找出已知式與待求式之間的聯(lián)系及函數(shù)的差異．①一般可以適當(dāng)變換已知式，求得另外函數(shù)式的值，以備應(yīng)用；②變換待求式，便于將已知式求得的函數(shù)值代入，從而達(dá)到解題的目的．變式3：1．(2013·新課標(biāo)全國卷Ⅱ)設(shè)θ為第二象限角，若taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，則sinθ＋cosθ＝________.解法一由θ在第二象限，且taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(5),5)，故sinθ＋cosθ＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(10),5).法二：如果將taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)利用兩角和的正切公式展開，則eq\f(tanθ＋1,1－tanθ)＝eq\f(1,2)，求得tanθ＝－eq\f(1,3).又因?yàn)棣仍诘诙笙?，則sinθ＝eq\f(1,\r(10))，cosθ＝－eq\f(3,\r(10))，從而sinθ＋cosθ＝－eq\f(2,\r(10))＝－eq\f(\r(10),5).2．已知0＜β＜eq\f(π,2)＜α＜π，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(1,9)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(2,3)，求cos(α＋β)的值．解：∵0＜β＜eq\f(π,2)＜α＜π，∴－eq\f(π,4)＜eq\f(α,2)－β＜eq\f(π,2)，eq\f(π,4)＜α－eq\f(β,2)＜π，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))＝eq\f(\r(5),3)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2))))＝eq\f(4\r(5),9)，∴coseq\f(α＋β,2)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))×eq\f(\r(5),3)＋eq\f(4\r(5),9)×eq\f(2,3)＝eq\f(7\r(5),27)，∴cos(α＋β)＝2cos2eq\f(α＋β,2)－1＝2×eq\f(49×5,729)－1＝－eq\f(239,729).考點(diǎn)四：三角變換的綜合應(yīng)用1．三角恒等變換是三角函數(shù)化簡、求值、證明的主要依據(jù)．高考常與三角函數(shù)的其他知識(shí)相結(jié)合命題，題目難度適中，為中檔題．2．高考對(duì)三角恒等變換綜合問題的考查常有以下幾個(gè)命題角度：(1)與三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)相結(jié)合命題；(2)與向量相結(jié)合命題；(3)與解三角形相結(jié)合命題．[例4](1)(2013·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋6sinxcosx－2cos2x＋1，x∈R.①求f(x)的最小正周期；②求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．(2)(2013·遼寧高考)設(shè)向量a＝(eq\r(3)sinx，sinx)，b＝(cosx，sinx)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).①若|a|＝|b|，求x的值；②設(shè)函數(shù)f(x)＝a·b，求f(x)的最大值．[解](1)①f(x)＝－eq\r(2)sin2x·coseq\f(π,4)－eq\r(2)cos2x·sineq\f(π,4)＋3sin2x－cos2x＝2sin2x－2cos2x＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.②因?yàn)閒(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,8)))上是增函數(shù)，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))，eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))上是減函數(shù)，又f(0)＝－2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2eq\r(2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2，故函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為2eq\r(2)，最小值為－2.(2)①由|a|2＝(eq\r(3)sinx)2＋sin2x＝4sin2x，|b|2＝cos2x＋sin2x＝1，及|a|＝|b|，得4sin2x＝1.又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，從而sinx＝eq\f(1,2)，所以x＝eq\f(π,6).②f(x)＝a·b＝eq\r(3)sinxcosx＋sin2x＝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)，當(dāng)x＝eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))取最大值1.所以f(x)的最大值為eq\f(3,2).【方法規(guī)律】三角恒等變換綜合應(yīng)用問題的常見類型及解題策略(1)與三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)相結(jié)合的綜合問題．借助三角恒等變換將已知條件中的函數(shù)解析式整理為f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式，然后借助三角函數(shù)圖象解決．(2)與向量相結(jié)合的綜合問題．此類問題通常是先利用向量的運(yùn)算轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題，然后再利用三角恒等變換轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)等問題解決．變式4：1．已知平面向量a＝(sin2x，cos2x)，b＝(sin2x，－cos2x)，R是實(shí)數(shù)集，f(x)＝a·b＋4cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx，如果存在m∈R，任意的x∈R，f(x)≥f(m)，那么f(m)＝()A．2＋2eq\r(3)B．3C．0D．2－2eq\r(3)解析：選C依題意得f(x)＝sin4x－cos4x＋4cos2x＋eq\r(3)sin2x＝sin2x＋3cos2x＋eq\r(3)sin2x＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＋2＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋2，因此函數(shù)f(x)的最小值是－2＋2＝0，即有f(m)＝0.2．已知x0，x0＋eq\f(π,2)是函數(shù)f(x)＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))－sin2ωx(ω＞0)的兩個(gè)相鄰的零點(diǎn)．(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))的值；(2)若對(duì)?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，0))，都有|f(x)－m|≤1，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解：(1)f(x)＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3))),2)－eq\f(1－cos2ωx,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))＋cos2ωx))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2ωx＋\f(\r(3),2)sin2ωx))＋cos2ωx))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2ωx＋\f(3,2)cos2ωx))＝eq\f(\r(3),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2ωx＋\f(\r(3),2)cos2ωx))＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3))).由題意可知，f(x)的最小正周期T＝π，∴eq\f(2π,|2ω|)＝π，又∵ω＞0，∴ω＝1，∴f(x)＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)sineq\f(π,2)＝eq\f(\r(3),2).(2)|f(x)－m|≤1，即f(x)－1≤m≤f(x)＋1，∵對(duì)?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，0))，都有|f(x)－m|≤1，∴m≥f(x)max－1且m≤f(x)min＋1，∵－eq\f(7π,12)≤x≤0，∴－eq\f(5π,6)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,3)，∴－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤eq\f(\r(3),2)，∴－eq\f(\r(3),2)≤eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤eq\f(3,4)，即f(x)max＝eq\f(3,4)，f(x)min＝－eq\f(\r(3),2)，∴－eq\f(1,4)≤m≤1－eq\f(\r(3),2).故實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，1－\f(\r(3),2))).【小結(jié)】1組關(guān)系——兩角和與差的正弦、余弦、正切公式與倍角公式的關(guān)系2個(gè)技巧——拼角、湊角的技巧(1)用已知角表示未知角2α＝(α＋β)＋(α－β)；2β＝(α＋β)－(α－β)；α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β；α＝eq\f(α＋β,2)＋eq\f(α－β,2)，β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)；eq\f(α－β,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β))等．(2)互余與互補(bǔ)關(guān)系eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(π,2)；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(π,2)；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－α))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝π；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－α))＝π；…3個(gè)變換——應(yīng)用公式解決問題的三個(gè)變換角度(1)變角：目的是溝通題設(shè)條件與結(jié)論中所涉及的角，其手法通常是“配湊”．(2)變名：通過變換函數(shù)名稱達(dá)到減少函數(shù)種類的目的，其手法通常有“切化弦”、“升冪與降冪”等．(3)變式：根據(jù)式子的結(jié)構(gòu)特征進(jìn)行變形，使其更貼近某個(gè)公式或某個(gè)期待的目標(biāo)，其手法通常有：“常值代換”、“逆用變用公式”、“通分約分”、“分解與組合”、“配方與平方”等．【鞏固檢測(cè)】1．(2013·浙江高考)函數(shù)f(x)＝sinxcosx＋eq\f(\r(3),2)cos2x的最小正周期和振幅分別是()A．π，1B．π，2C．2π，1D．2π，2解析：由f(x)＝sinxcosx＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，得最小正周期為π，振幅為1.2．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)－\f(β,2)))＝eq\f(\r(3),3)，則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)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)))，∵0＜α＜eq\f(π,2)，則eq\f(π,4)＜eq\f(π,4)＋α＜eq\f(3π,4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(2\r(2),3).又－eq\f(π,2)＜β＜0，則eq\f(π,4)＜eq\f(π,4)－eq\f(β,2)＜eq\f(π,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(β,2)))＝eq\f(\r(6),3).故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),3)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(5\r(3),9).3．已知銳角α，β滿足sinα＝eq\f(\r(5),5)，cosβ＝eq\f(3\r(10),10)，則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)解析：選C由sinα＝eq\f(\r(5),5)，cosβ＝eq\f(3\r(10),10)且α，β為銳角，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).4．已知α＋β＝eq\f(π,4)，則(1＋tanα)(1＋tanβ)的值是()A．－1B．1C．2解析：∵α＋β＝eq\f(π,4)，tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝1，∴tanα＋tanβ＝1－tanαtanβ.∴(1＋tanα)(1＋tanβ)＝1＋tanα＋tanβ＋tanαtanβ＝1＋1－tanαtanβ＋tanαtanβ＝2.5．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋sinα＝－eq\f(4\r(3),5)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))等于()A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(3,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)解析：選D由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋sinα＝－eq\f(4\r(3),5)，得eq\f(1,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＋sinα＝－eq\f(4\r(3),5)，所以eq\f(3,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝－eq\f(4\r(3),5)，故eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq\f(4\r(3),5)，于是sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq\f(4,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5).6．已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝2，則eq\f(tanx,tan2x)的值為________．解析：由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝2，得eq\f(tanx＋1,1－tanx)＝2，∴tanx＝eq\f(1,3)，∴eq\f(tanx,tan2x)＝eq\f(tanx,\f(2tanx,1－tan2x))＝eq\f(1－tan2x,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))＝eq\f(4,9).7．將函數(shù)y＝sinx的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長度，再將所得的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)伸長為原來的4倍，這樣就得到函數(shù)f(x)的圖象，若g(x)＝f(x)cosx＋eq\r(3).(1)將函數(shù)g(x)化成Asin(ωx＋φ)＋B其中A、ω＞0，φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))的形式；(2)若函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，θ0))上的最大值為2，試求θ0的最小值．解：(1)由題意可得f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，∴g(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))cosx＋eq\r(3)＝4eq\b\