高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 第9練 三角恒等變換與三角函數(shù)精準(zhǔn)提分練習(xí) 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

第9練三角恒等變換與三角函數(shù)[明晰考情]1.命題角度：常與三角恒等變換結(jié)合，考查三角函數(shù)的單調(diào)性、對(duì)稱性、周期性、最值等.2.題目難度：三角函數(shù)的大題一般在解答題的第一個(gè)題，和數(shù)列問(wèn)題交替考查，中低檔難度.考點(diǎn)一三角函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題方法技巧類比y＝sinx的性質(zhì)，將y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看作一個(gè)整體t，可求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，注意ω的符號(hào)；利用函數(shù)y＝Asint的圖象可求得函數(shù)的最值(值域).1.(2017·浙江)已知函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x－2eq\r(3)sinxcosx(x∈R).(1)求f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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(1)由sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2)，coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)，得f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2－2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝2.(2)由cos2x＝cos2x－sin2x與sin2x＝2sinxcosx得，f(x)＝－cos2x－eq\r(3)sin2x＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\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)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z).2.已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上的單調(diào)性.解(1)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\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\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))時(shí)，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(shí)，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(shí)，f(x)單調(diào)遞減.綜上可知，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞減.3.已知a＞0，函數(shù)f(x)＝－2asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋2a＋b，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，－5≤f(x)≤1.(1)求常數(shù)a，b的值；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，求f(x)的最大值和最小值及相應(yīng)的x的值.解(1)∵當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，∴－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1，又∵a＞0，－5≤f(x)≤1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a＋2a＋b＝－5，,a＋2a＋b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－5.))(2)由a＝2，b＝－5知，f(x)＝－4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3)，當(dāng)2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)時(shí)，f(x)取得最小值－5；當(dāng)2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即x＝0時(shí)，f(x)取得最大值－3.考點(diǎn)二三角函數(shù)的圖象及應(yīng)用要點(diǎn)重組三角函數(shù)圖象的對(duì)稱問(wèn)題(1)y＝Asin(ωx＋φ)的對(duì)稱軸為x＝eq\f(kπ＋\f(π,2)－φ,ω)(k∈Z)，對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ－φ,ω)，0))(k∈Z).(2)y＝Acos(ωx＋φ)的對(duì)稱軸為x＝eq\f(kπ－φ,ω)(k∈Z)，對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ＋\f(π,2)－φ,ω)，0))(k∈Z).(3)y＝Atan(ωx＋φ)的對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(kπ,2)－φ,ω)，0))(k∈Z).方法技巧(1)代入法：把圖象上的一個(gè)已知點(diǎn)代入(此時(shí)A，ω，b已知)或代入圖象與直線y＝b的交點(diǎn)求解(此時(shí)要注意交點(diǎn)在上升區(qū)間上還是在下降區(qū)間上).(2)五點(diǎn)法：確定φ值時(shí)，往往尋找“五點(diǎn)法”中的某一個(gè)點(diǎn)作為突破口.4.(2018·陜西省長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)月考)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分圖象如圖所示.(1)求函數(shù)的解析式；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,12)))時(shí)，求函數(shù)y＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的最值.解(1)由函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象知，eq\f(3,4)T＝eq\f(11π,6)－eq\f(π,3)＝eq\f(3π,2)，∴T＝2π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝1.又f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝A，且0＜φ＜eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6).∵f(0)＝Asin

eq\f(π,6)＝2，∴A＝4，∴f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).(2)函數(shù)y＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)＋\f(π,6)))－4eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)＋\f(π,6)))＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－4eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝4×eq\f(\r(2),2)sinx＋4×eq\f(\r(2),2)cosx－4eq\r(2)cosx＝2eq\r(2)sinx－2eq\r(2)cosx＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,12)))時(shí)，x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，－\f(π,6)))，∴當(dāng)x－eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(π,4)時(shí)，函數(shù)y取得最小值－4；當(dāng)x－eq\f(π,4)＝－eq\f(π,6)，即x＝eq\f(π,12)時(shí)，函數(shù)y取得最大值－2.5.某同學(xué)用“五點(diǎn)法”畫函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在某一個(gè)周期內(nèi)的圖象時(shí)，列表并填入了部分?jǐn)?shù)據(jù)，如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,3)eq\f(5π,6)Asin(ωx＋φ)05－50(1)請(qǐng)將上表數(shù)據(jù)補(bǔ)充完整，并直接寫出函數(shù)f(x)的解析式；(2)將y＝f(x)圖象上所有點(diǎn)向左平移θ(θ>0)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到y(tǒng)＝g(x)的圖象.若y＝g(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))，求θ的最小值.解(1)根據(jù)表中已知數(shù)據(jù)，解得A＝5，ω＝2，φ＝－eq\f(π,6).數(shù)據(jù)補(bǔ)全如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(7π,12)eq\f(5π,6)eq\f(13π,12)Asin(ωx＋φ)050－50且函數(shù)表達(dá)式為f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)由(1)知，f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，得g(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2θ－\f(π,6))).因?yàn)楹瘮?shù)y＝sinx的圖象的對(duì)稱中心為(kπ，0)，k∈Z.令2x＋2θ－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)－θ，k∈Z.由于函數(shù)y＝g(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))成中心對(duì)稱，令eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)－θ＝eq\f(5π,12)，k∈Z，解得θ＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,3)，k∈Z，由θ>0可知，當(dāng)k＝1時(shí)，θ取得最小值eq\f(π,6).6.(2018·宜賓期末)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的圖象與直線y＝2兩相鄰交點(diǎn)之間的距離為π，且圖象關(guān)于x＝eq\f(π,3)對(duì)稱.(1)求y＝f(x)的解析式；(2)先將函數(shù)f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，再將圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，得到函數(shù)g(x)的圖象.求g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間以及滿足g(x)≥eq\r(3)的x的取值范圍.解(1)由已知可得T＝π，eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，又f(x)的圖象關(guān)于x＝eq\f(π,3)對(duì)稱，∴2·eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.∴φ＝kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，∵－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(π,6).∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)由(1)可得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，∴由2kπ－eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得2kπ－eq\f(2π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，∴g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.∵2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))≥eq\r(3)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))≥eq\f(\r(3),2)，∴2kπ＋eq\f(π,3)≤x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，即2kπ＋eq\f(π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴x的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)))≤x≤2kπ＋\f(π,2)，k∈Z)).考點(diǎn)三三角函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用方法技巧求解三角函數(shù)問(wèn)題的兩個(gè)思想(1)整體思想：對(duì)于y＝Asin(ωx＋φ)的性質(zhì)，可將ωx＋φ視為一個(gè)整體，設(shè)t＝ωx＋φ，解y＝Asint，通過(guò)研究復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)求解目標(biāo).(2)數(shù)形結(jié)合思想：結(jié)合函數(shù)的圖象研究三角函數(shù)的性質(zhì).7.(2017·山東)設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,2)))，其中0＜ω＜3.已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝0.(1)求ω的值；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)，再將得到的圖象向左平移eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上的最小值.解(1)因?yàn)閒(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinωx－\f(\r(3),2)cosωx))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3))).由題設(shè)知，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，所以g(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)－\f(π,3)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12))).因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以x－eq\f(π,12)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，當(dāng)x－eq\f(π,12)＝－eq\f(π,3)，即x＝－eq\f(π,4)時(shí)，g(x)取得最小值－eq\f(3,2).8.已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈R，A＞0，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，P是圖象的最高點(diǎn)，Q為圖象與x軸的交點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn).若OQ＝4，OP＝eq\r(5)，PQ＝eq\r(13).(1)求函數(shù)y＝f(x)的解析式；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖象向右平移2個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，當(dāng)x∈[0,3]時(shí)，求函數(shù)h(x)＝f(x)·g(x)的值域.解(1)在△OPQ中，cos∠POQ＝eq\f(OP2＋OQ2－PQ2,2OP·OQ)＝eq\f(5＋16－13,2×4×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，所以sin∠POQ＝eq\r(1－\f(1,5))＝eq\f(2\r(5),5)，所以P(1,2)，所以A＝2，周期T＝4×(4－1)＝12，又eq\f(2π,ω)＝12，則ω＝eq\f(π,6).將點(diǎn)P(1,2)代入f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋φ))，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝1，因?yàn)?＜φ＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,3))).(2)由題意，可得g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x)).所以h(x)＝f(x)·g(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,3)))·sin

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x))＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x))＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x))·cos

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x))＝1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x))＋eq\r(3)sin

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x))＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－\f(π,6))).當(dāng)x∈[0,3]時(shí)，eq\f(π,3)x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以函數(shù)h(x)的值域?yàn)閇0,3].9.已知向量a＝(2cosx，eq\r(3)sinx)，b＝(cosx,2cosx)，函數(shù)f(x)＝a·b＋m(m∈R)，且當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f(x)的最小值為2.(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)將函數(shù)y＝f(x)圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)縮小到原來(lái)的eq\f(1,2)，再把所得的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求方程g(x)＝4在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的所有根之和.解f(x)＝2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＋m＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＋m＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin2x＋\f(1,2)cos2x))＋m＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋m＋1.因?yàn)楫?dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，所以當(dāng)x＝eq\f(π,2)時(shí)，f(x)取得最小值－1＋m＋1＝2，所以m＝2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋3.(1)令2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z).(2)將f(x)的圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)縮小到原來(lái)的eq\f(1,2)，得函數(shù)圖象對(duì)應(yīng)的解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))＋3，再把所得的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，得函數(shù)圖象對(duì)應(yīng)的解析式為g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6)))＋3.由g(x)＝4，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，解得4x－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)或4x－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)，即x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)(k∈Z)或x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)(k∈Z).因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以x＝eq\f(π,12)或eq\f(π,4)，故所求所有根之和為eq\f(π,12)＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,3).典例(12分)已知m＝(cosωx，eq\r(3)cos(ωx＋π))，n＝(sinωx，cosωx)，其中ω>0，f(x)＝m·n，且f(x)相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為eq\f(π,2).(1)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝－eq\f(\r(3),4)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求cosα的值；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，然后向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求函數(shù)y＝g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.審題路線圖(1)eq\x(fx＝m·n)eq\o(→,\s\up7(數(shù)量積運(yùn)算),\s\do5(輔助角公式))eq\x(得fx)eq\o(→,\s\up7(對(duì)稱性),\s\do5(周期性))eq\x(求出ω)eq\o(→,\s\up20(),\s\do5(和蓋公式))eq\x(cosα)(2)eq\x(y＝fx)eq\o(→,\s\up7(圖象變換))eq\x(y＝gx)eq\o(→,\s\up7(整體思想))eq\x(gx的遞增區(qū)間)規(guī)范解答·評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)解f(x)＝m·n＝cosωxsinωx＋eq\r(3)cos(ωx＋π)cosωx＝cosωxsinωx－eq\r(3)cosωxcosωx＝eq\f(sin2ωx,2)－eq\f(\r(3)cos2ωx＋1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2).3分∵f(x)相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，∴T＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2).4分(1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2)＝－eq\f(\r(3),4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),4)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),4)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(\r(13),4).6分∴cosα＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))coseq\f(π,3)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(13),4)×eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),4)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(13)－3,8).8分(2)f(x)經(jīng)過(guò)變換可得g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－eq\f(\r(3),2)，10分令－eq\f(π,2)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，∴g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))，k∈Z.12分構(gòu)建答題模板[第一步]化簡(jiǎn)變形：利用輔助角公式將三角函數(shù)化成y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式.[第二步]整體代換：將“ωx＋φ”看作一個(gè)整體，研究三角函數(shù)性質(zhì).[第三步]回顧反思：查看角的范圍對(duì)函數(shù)影響，評(píng)價(jià)結(jié)果的合理性，檢查步驟的規(guī)范化.1.(2018·北京理工大學(xué)附中月考)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，x∈R.(1)如果點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))是角α終邊上一點(diǎn)，求f(α)的值；(2)設(shè)g(x)＝f(x)＋sinx，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))時(shí)，求g(x)的最大值.解(1)f(x)＝sinxcoseq\f(π,3)＋cosxsineq\f(π,3)＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx.∵Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))是角α終邊上一點(diǎn)，∴sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝eq\f(3,5)，∴f(α)＝eq\f(1,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝eq\f(4,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4＋3\r(3),10).(2)g(x)＝f(x)＋sinx＝eq\f(3,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx，根據(jù)輔助角公式可得g(x)＝eq\r(3)sineq\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,2)))，∴x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，故當(dāng)x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)時(shí)，g(x)有最大值eq\r(3).2.(2018·江蘇)已知α，β為銳角，tanα＝eq\f(4,3)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5).(1)求cos2α的值；(2)求tan(α－β)的值.解(1)方法一因?yàn)閠anα＝eq\f(4,3)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)，所以sinα＝eq\f(4,3)cosα.又因?yàn)閟in2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝eq\f(9,25)，因此，cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,25).方法二cos2α＝eq\f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝－eq\f(7,25).(2)因?yàn)棣粒聻殇J角，所以α＋β∈(0，π).又因?yàn)閏os(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，所以α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2α＋β)＝eq\f(2\r(5),5)，因此tan(α＋β)＝－2.因?yàn)閠anα＝eq\f(4,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(24,7).因此，tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq\f(tan2α－tanα＋β,1＋tan2αtanα＋β)＝－eq\f(2,11).3.(2018·北京)已知函數(shù)f(x)＝sin2x＋eq\r(3)sinxcosx.(1)求f(x)的最小正周期；(2)若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，m))上的最大值為eq\f(3,2)，求m的最小值.解(1)f(x)＝sin2x＋eq\r(3)sinxcosx＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，所以f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由(1)知，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2).由題意知