高中數(shù)學(xué)第三章三角恒等變換課時作業(yè)353.2簡單的三角恒等變換(第2課時)新人教A版必修4

課時作業(yè)(三十五)3.2簡單的三角恒等變換第2課時1．函數(shù)f(x)＝sinx－cos(x＋eq\f(π,6))的值域為()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解析因為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))，所以函數(shù)f(x)的值域為[－eq\r(3)，eq\r(3)]．2．函數(shù)y＝2cos2(x－eq\f(π,4))－1是()A．最小正周期為π的奇函數(shù) B．最小正周期為π的偶函數(shù)C．最小正周期為eq\f(π,2)的奇函數(shù) D．最小正周期為eq\f(π,2)的偶函數(shù)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為奇函數(shù)，其最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，故選A.3．(高考真題·陜西卷)對于函數(shù)f(x)＝2sinxcosx，下列選項中正確的是()A．f(x)在(eq\f(π,4)，eq\f(π,2))上是遞增的 B．f(x)的圖像關(guān)于原點對稱C．f(x)的最小正周期為2π D．f(x)的最大值為2答案B解析因f(x)＝2sinxcosx＝sin2x，故f(x)在(eq\f(π,4)，eq\f(π,2))上是遞減的，A錯；f(x)的最小正周期為π，最大值為1，C、D錯．故選B.4．已知函數(shù)f(x)＝(1＋cos2x)sin2x，x∈R，則f(x)是()A．最小正周期為π的奇函數(shù) B．最小正周期為π的偶函數(shù)C．最小正周期為eq\f(π,2)的奇函數(shù) D．最小正周期為eq\f(π,2)的偶函數(shù)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)的最小正周期為eq\f(π,2)的偶函數(shù)．5．函數(shù)f(x)＝cos2x＋2sinx的最小值和最大值分別為()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]，則y＝－2t2＋2t＋1＝－2(t－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,2)，當(dāng)t＝eq\f(1,2)時，ymax＝eq\f(3,2)，當(dāng)t＝－1時，ymin＝－3，故選C.6．函數(shù)y＝2cosx(sinx＋cosx)的最大值和最小正周期分別是()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，所以當(dāng)2x＋eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(π,8)(k∈Z)時取得最大值eq\r(2)＋1，最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.7．函數(shù)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．已知函數(shù)f(x)＝4cosxsin(x＋eq\f(π,6))－1.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間[－eq\f(π,6)，eq\f(π,4)]上的最大值和最小值．解析(1)因為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)的最小正周期為π.(2)因為－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，當(dāng)2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)時，f(x)取得最大值2；當(dāng)2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(π,6)時，f(x)取得最小值－1.9．已知函數(shù)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，因為cosx∈[－1，1]，所以，當(dāng)cosx＝－1時，f(x)取得最大值6；當(dāng)cosx＝eq\f(2,3)時，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)函數(shù)f(x)的最大值和最小正周期；(2)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．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)，∴當(dāng)2x－eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(3π,8)(k∈Z)時，f(x)取得最大值eq\f(1＋\r(2),2)，f(x)的最小正周期為π.(2)∵f(x)＝eq\f(\r(2),2)sin(2x－eq\f(π,4))＋eq\f(1,2)，∴當(dāng)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時，函數(shù)f(x)為增函數(shù)．∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[kπ－eq\f(π,8)，kπ＋eq\f(3π,8)](k∈Z)．11．已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)，其中ω>0，|φ|<eq\f(π,2)，若a＝(1，1)，b＝(cosφ，－sinφ)，且a⊥b，又知函數(shù)f(x)的最小正周期為π.(1)求f(x)的解析式；(2)若將f(x)的圖像向右平移eq\f(π,6)個單位得到g(x)的圖像，求g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．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).∵函數(shù)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)由題意知，將函數(shù)f(x)的圖像向右平移eq\f(π,6)個單位得到g(x)的圖像，則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)的單調(diào)遞增區(qū)間為[kπ－eq\f(5π,24)，kπ＋eq\f(7π,24)](k∈Z)．?重點班·選做題12．已知角A、B、C為△ABC的三個內(nèi)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)，①兩邊平方并整理得：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聯(lián)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．函數(shù)y＝2cos2x的一個單調(diào)增區(qū)間是()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)，則cos(eq\f(2π,3)－2α)的值為________．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．已知函數(shù)f(x)＝tan(2x＋eq\f(π,4))．(1)求f(x)的定義域與最小正周期；(2)設(shè)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)的定義域為{x∈R|x≠eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z}，f(x)的最小正周期為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)．因為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為坐標(biāo)原點，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)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若f(x)的定義域為[eq\f(π,2)，π]，值域為[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)的單調(diào)遞增區(qū)間為[kπ＋eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(2π,3)](k∈Z)．(2)當(dāng)eq\f(π,2)≤x≤π時，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．求函數(shù)f(x)＝sin(eq\f(π,3)＋4x)＋cos(4x－eq\f(π,6))的最小正周期和遞減區(qū)間．解析f(x)＝2sin(4x＋eq\f(π,3))，T＝eq\f(π,2).遞減區(qū)間為[eq\f(π,24)＋eq\f(kπ,2)，eq\f(7π,24)＋eq\f(kπ,2)](k∈Z)．6．(高考真題·廣東)已知函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋eq\f(π,6))(其中ω>0，x∈R)的最小正周期為10π.(1)求ω的值；(2)設(shè)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·課標(biāo)全國Ⅲ，文)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,5)sin(x＋eq\f(π,3))＋cos(x－eq\f(π,6))的最大值為()A.eq\f(6,5) B．1C.eq\f(3,5) D.eq\f(1,5)答案A解析由題可知，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)的最大值為eq\f(6,5).故選A.2．(2016·課標(biāo)全國Ⅲ)若tanα＝eq\f(3,4)，則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)，))則sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(24,25)，則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·課標(biāo)全國Ⅱ)若cos(eq\f(π,4)－α)＝eq\f(3,5)，則sin2α＝()A.eq\f(7,25) B.eq\f(1,5)C．－eq\f(1,5) D．－eq\f(7,25)答案D解析因為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)，故選D.4．(2015·四川，文)下列函數(shù)中，最小正周期為π的奇函數(shù)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是周期為π的偶函數(shù)，y＝cos(2x＋eq\f(π,2))＝－sin2x是周期為π的奇函數(shù)，y＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4))是周期為π的非奇非偶函數(shù)，y＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sin(x＋eq\f(π,4))是周期為2π的非奇非偶函數(shù)．故選B.5．(2016·浙江文改編)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，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))，得最小正周期為π，振幅為1，故選A.6．(2015·課標(biāo)全國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·重慶)若tanα＝2taneq\f(π,5)，則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，故選C.8．(2016·課標(biāo)全國Ⅲ)若tanθ＝－eq\f(1,3)，則cos2θ＝()A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(1,5)C.eq\f(1,5) D.eq\f(4,5)答案D解析當(dāng)tanθ＝－eq\f(1,3)時，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).故選D.9．(2016·山東)函數(shù)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，故選B.10．(2014·新課標(biāo)全國Ⅱ，理)函數(shù)f(x)＝sin(x＋2φ)－2sinφcos(x＋φ)的最大值為________．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，因為x∈R，所以f(x)的最大值為1.11．(2013·新課標(biāo)全國Ⅱ，理)設(shè)θ為第二象限角，若tan(θ＋eq\f(π,4))＝eq\f(1,2)，則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.將其代入sin2θ＋cos2θ＝1，得eq\f(10,9)cos2θ＝1.因為θ為第二象限角，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·課標(biāo)全國Ⅰ)已知θ是第四象限角，且sin(θ＋eq\f(π,4))＝eq\f(3,5)，則tan(θ－eq\f(π,4))＝________．答案－eq\f(4,3)解析因為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).因為θ為第四象限角，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·新課標(biāo)全國Ⅲ)函數(shù)y＝sinx－eq\r(3)cosx的圖像可由函數(shù)y＝sinx＋eq\r(3)cosx的圖像至少向右平移________個單位長度得到．答案eq\f(2π,3)解析函數(shù)y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sin(x－eq\f(π,3))的圖像可由函數(shù)y＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sin(x＋eq\f(π,3))的圖像至少向右平移eq\f(2π,3)個單位長度得到．14．(2015·浙江)函數(shù)f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1的最小正周期是________，單調(diào)遞減區(qū)間是________．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)，∴函數(shù)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，解之可得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[kπ＋eq\f(3,8)π，kπ＋eq\f(7,8)π](k∈Z)．15．(2017·江蘇)若tan(α－eq\f(π,4))＝eq\f(1,6)，則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·課標(biāo)全國Ⅱ，理)函數(shù)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]，∴當(dāng)cosx＝eq\f(\r(3),2)時，f(x)取得最大值1.17．(2017·課標(biāo)全國Ⅱ，文)函數(shù)f(x)＝2cosx＋sinx的最大值為________．答案eq\r(5)解析f(x)＝2cosx＋sinx＝eq\r(5)sin(x＋φ)(其中tanφ＝2)，所以當(dāng)sin(x＋φ)＝1時，f(x)有最大值eq\r(5).18．(2017·課標(biāo)全國Ⅰ，文)已知α∈(0，eq\f(π,2))，tanα＝2，則cos(α－eq\f(π,4))＝________．答案eq\f(3\r(10),10)解析方法一：因為α∈(0，eq\f(π,2))，所以sinα>0，cosα>0.聯(lián)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：因為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).又因為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·重慶)已知函數(shù)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)討論f(x)在[eq\f(π,6)，eq\f(2π,3)]上的單調(diào)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)的最小正周期為π，最大值為eq\f(2－\r(3),2).(2)當(dāng)x∈[eq\f(π,6)，eq\f(2π,3)]時，0≤2x－eq\f(π,3)≤π，從而當(dāng)0≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)，即eq\f(π,6)≤x≤eq\f(5π,12)時，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤π，即eq\f(5π,12)≤x≤eq\f(2π,3)時，f(x)單調(diào)遞減．綜上可知，f(x)在[eq\f(π,6)，eq\f(5π,12)]上單調(diào)遞增；在[eq\f(5π,12)，eq\f(2π,3)]上單調(diào)遞減．20．(2016·北京)已知函數(shù)f(x)＝2sinωxcosωx＋cos2ωx(ω>0)的最小正周期為π.(1)求ω的值；(2)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．解析(1)因為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).依意題，eq\f(π,ω)＝π，解得ω＝1.(2)由(1)知f(x)＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4))．函數(shù)y＝sinx的單調(diào)遞增區(qū)間為[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)的單調(diào)遞增區(qū)間為[kπ－eq\f(3π,8)，kπ＋eq\f(π,8)](k∈Z)．21．(2016·天津，理)已知函數(shù)f(x)＝4tanxsin(eq\f(π,2)－x)cos(x－eq\f(π,3))－eq\r(3).(1)求f(x)的定義域與最小正周期；(2)討論f(x)在區(qū)間[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]上的單調(diào)性．解析(1)f(x)的定義域為{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)，函數(shù)y＝2sinz的單調(diào)遞增區(qū)間是[－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.設(shè)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，當(dāng)x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]時，f(x)在區(qū)間[－eq\f(π,12)，eq\f(π,4)]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[－eq\f(π,4)，－eq\f(π,12)]上單調(diào)遞減．22．(2017·江蘇，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)記f(x)＝a·b，求f(x)的最大值和最小值以及對應(yīng)的x的值．解析(1)因為a＝(cosx，sinx)，b＝(3，－eq\r(3))，a∥b，所以－eq\r(3)cosx＝3sinx.若cosx＝0，則sinx＝0，與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))．因為x∈[0，π]，所以x＋eq\f(π,6)∈[eq\f(π,6)，eq\f(7π,6)]，從而－1≤cos(x＋eq\f(π,6))≤eq\f(\r(3),2).于是，當(dāng)x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即x＝0時，f(x)取到最大值3；當(dāng)x＋eq\f(π,6)＝π，即x＝eq\f(5π,6)時，f(x)取到最小值－2eq\r(3).23．(2017·山東，理)設(shè)函數(shù)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)將函數(shù)y＝f(x)的圖像上各點的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，再將得到的圖像向左平移eq\f(π,4)個單位長度，得到函數(shù)y＝g(x)的圖像，求g(x)在[－eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)]上的最小值．解析(1)因為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))．由題設(shè)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))．因為x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)]，所以x－eq\f(π,12)∈[－eq\f(π,3)，eq\f(2π,3)]．當(dāng)x－eq\f(π,12)＝－eq\f(π,3)，即x＝－eq\f(π,4)時，g(x)取得最小值－eq\f(3,2).24．(2017·北京，文)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)cos(2x－eq\f(π,3))－2sinxcosx.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求證：當(dāng)x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]時，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)證明：因為－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).所以當(dāng)x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]時，f(x)≥－eq\f(1,2).25．(2017·浙江)已知函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x－2eq\r(3)sinxcosx(x∈R)．(1)求f(eq\f(2π,3))的值；(2)求f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間．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與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.由正弦函數(shù)的性質(zhì)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)的單調(diào)遞增區(qū)間是[eq\f(π,6)＋kπ，eq\f(2π,3)＋kπ](k∈Z)．1．(2015·天津，理)已知函數(shù)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)在區(qū)間[－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(