2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第三章三角恒等變換3.3第1課時倍角公式學(xué)案含解析北師大版必修4

PAGE§3二倍角的三角函數(shù)第1課時倍角公式學(xué)問點二倍角公式[填一填][答一答]為什么說1＋sinα和1－sinα是完全平方的形式？提示：要明確這個問題，先從完全平方公式來分析．(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，(a－b)2＝a2－2ab＋b2，由此看一個式子是否是完全平方的形式，關(guān)鍵看是否具有a2＋2ab＋b2或a2－2ab＋b2的特點.1±sinα要具備這種特點，須要進行恒等變形．視察到完全平方的式子中有a2＋b2，聯(lián)想1±sinα中的1能變形為平方和的形式，即變形的方向是1＝a2＋b2，sinα＝2ab.由同角三角函數(shù)基本關(guān)系式和二倍角的正弦公式，得1±sinα＝sin2eq\f(α,2)＋cos2eq\f(α,2)±2sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)＝(sineq\f(α,2)±coseq\f(α,2))2，因此1＋sinα和1－sinα是完全平方的形式．這個結(jié)論有助于解決一些三角函數(shù)問題．對倍角公式的三點說明(1)聯(lián)系：公式S2α，C2α，T2α是在公式Sα＋β，Cα＋β，Tα＋β中，分別令β＝α?xí)r，得到的一組公式，即倍角公式是和角公式的特例．(2)倍角公式中的“倍角”的相對性：對于兩個角的比值等于2的狀況都成立，如6α是3α的2倍，3α是eq\f(3α,2)的2倍．這就是說，“倍”是相對而言的，是描述兩個數(shù)量之間的關(guān)系的．(3)前提：所含各三角函數(shù)有意義．類型一利用二倍角公式求值【例1】利用倍角公式求下列各式的值：(1)2sineq\f(π,12)coseq\f(π,12)；(2)1－2sin2750°；(3)eq\f(2tan150°,1－tan2150°)；(4)coseq\f(π,12)coseq\f(5π,12).【思路探究】本題主要是倍角公式及公式的變形求值，關(guān)鍵是搞清公式的特征．【解】(1)原式＝sin(2×eq\f(π,12))＝sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2).(2)原式＝cos(2×750°)＝cos1500°＝cos(60°＋4×360°)＝cos60°＝eq\f(1,2).(3)原式＝tan(2×150°)＝tan300°＝tan(360°－60°)＝－tan60°＝－eq\r(3).(4)原式＝coseq\f(π,12)cos(eq\f(π,2)－eq\f(π,12))＝coseq\f(π,12)sineq\f(π,12)＝eq\f(1,2)·(2sineq\f(π,12)coseq\f(π,12))＝eq\f(1,2)sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).規(guī)律方法解答本類題的關(guān)鍵是抓住公式的特征，如角的關(guān)系、次數(shù)的關(guān)系等．分析題設(shè)和結(jié)論中所具有的與公式相像的結(jié)構(gòu)特征，并聯(lián)想相應(yīng)的公式，從而找到解題的切入點．(1)若sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，則cosα＝(C)A．－eq\f(2,3) B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(2,3)解析：cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)＝1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3).(2)已知cosα＝－eq\f(12,13)，α∈(π，eq\f(3,2)π)，求sin2α，cos2α，tan2α的值．解：因為cosα＝－eq\f(12,13)，α∈(π，eq\f(3,2)π)，所以sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\r(1－－\f(12,13)2)＝－eq\f(5,13)，所以sin2α＝2sinαcosα＝2×(－eq\f(5,13))×(－eq\f(12,13))＝eq\f(120,169)，cos2α＝1－2sin2α＝1－2×(－eq\f(5,13))2＝eq\f(119,169)，tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(120,119).類型二化簡求值問題【例2】化簡：sin2α·sin2β＋cos2α·cos2β－eq\f(1,2)cos2α·cos2β.【思路探究】視察待化簡的式子可以發(fā)覺：(1)涉及的角有α，β，2α，2β(須要把2α化為α，2β化為β)；(2)函數(shù)名稱為正弦、余弦(可以利用平方關(guān)系進行名稱的統(tǒng)一)；(3)次數(shù)為2(有降次的可能)；(4)有平方項(可以進行配方)．由于側(cè)重角度不同，動身點不同，所以本題的化簡方法不止一種．【解】方法1：(從“角”入手，倍角變單角)原式＝sin2α·sin2β＋cos2α·cos2β－eq\f(1,2)·(2cos2α－1)·(2cos2β－1)＝sin2α·sin2β＋cos2α·cos2β－eq\f(1,2)(4cos2α·cos2β－2cos2α－2cos2β＋1)＝sin2α·sin2β－cos2α·cos2β＋cos2α＋cos2β－eq\f(1,2)＝sin2α·sin2β＋cos2αsin2β＋cos2β－eq\f(1,2)＝sin2β＋cos2β－eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).方法2：(從“名”入手，異名化同名)原式＝sin2α·sin2β＋(1－sin2α)·cos2β－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝cos2β－sin2α(cos2β－sin2β)－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝cos2β－sin2α·cos2β－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝cos2β－cos2β·(sin2α＋eq\f(1,2)cos2α)＝eq\f(1＋cos2β,2)－cos2β[sin2α＋eq\f(1,2)(1－2sin2α)]＝eq\f(1＋cos2β,2)－eq\f(1,2)cos2β＝eq\f(1,2).方法3：(從“冪”入手，利用降冪公式先降次)原式＝eq\f(1－cos2α,2)·eq\f(1－cos2β,2)＋eq\f(1＋cos2α,2)·eq\f(1＋cos2β,2)－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝eq\f(1,4)(1＋cos2α·cos2β－cos2α－cos2β)＋eq\f(1,4)(1＋cos2α·cos2β＋cos2α＋cos2β)－eq\f(1,2)·cos2α·cos2β＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2).方法4：(從“形”入手，利用配方法，先對二次項配方)原式＝(sinα·sinβ－cosα·cosβ)2＋2sinα·sinβ·cosα·cosβ－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝cos2(α＋β)＋eq\f(1,2)sin2α·sin2β－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝cos2(α＋β)－eq\f(1,2)·cos(2α＋2β)＝cos2(α＋β)－eq\f(1,2)·[2cos2(α＋β)－1]＝eq\f(1,2).規(guī)律方法在對三角函數(shù)式作變形時，以上四種方法，供應(yīng)了四種變形的角度，即分別從“角”的差異，“名”的差異，“冪”的差異以及“形”的特征四個方面著手探討．這也是探討其他三角問題時常常要用的變形方法，此外還須熟知化簡的要求．化簡：(1)cos2(θ＋15°)＋sin2(θ－15°)＋sin(θ＋90°)cos(90°－θ)；(2)eq\f(1,1－tanθ)－eq\f(1,1＋tanθ).解：(1)原式＝eq\f(1＋cos2θ＋30°,2)＋eq\f(1－cos2θ－30°,2)＋cosθsinθ＝1＋eq\f(1,2)(cos2θcos30°－sin2θsin30°－cos2θcos30°－sin2θsin30°)＋eq\f(1,2)sin2θ＝1－sin2θsin30°＋eq\f(1,2)sin2θ＝1.(2)原式＝eq\f(1＋tanθ－1－tanθ,1－tanθ1＋tanθ)＝eq\f(tanθ＋tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝tan2θ.類型三給值求值問題【例3】已知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝－eq\f(3,5)，求cos2x的值．【思路探究】留意：2x＝eq\f(π,2)－2(eq\f(π,4)－x)．【解】法1：(變角求值)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))，∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝－eq\f(3,5)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴eq\f(π,4)－x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(4,5)，∴cos2x＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(4,5)＝－eq\f(24,25).法2：(變結(jié)構(gòu)求值)由已知條件得cosx－sinx＝－eq\f(3\r(2),5)，將此式兩邊平方得2sinxcosx＝eq\f(7,25)，∴sin2x＝eq\f(7,25).∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).∴cos2x＝－eq\r(1－sin22x)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,25)))2)＝－eq\f(24,25).規(guī)律方法解決上面例題要留意角“2x”與“eq\f(π,4)－x”的變換方法，即cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))，常見的此類變換，還有：(1)sin2x＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))；(2)sin2x＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))))；(3)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))).(1)已知cosx＝eq\f(3,4)，則cos2x＝(D)A．－eq\f(1,4) B.eq\f(1,4)C．－eq\f(1,8) D.eq\f(1,8)(2)已知cosα－sinα＝eq\f(\r(2),4)，則sin2α的值為(C)A.eq\f(1,8) B．－eq\f(1,8)C.eq\f(7,8) D．－eq\f(7,8)解析：(1)∵cosx＝eq\f(3,4)，∴cos2x＝2cos2x－1＝eq\f(1,8).(2)將已知等式兩邊平方可得1－sin2α＝eq\f(1,8)，∴sin2α＝eq\f(7,8).類型四利用公式探討三角函數(shù)的性質(zhì)【例4】已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋cos2xcosφ－eq\f(1,2)sin(eq\f(π,2)＋φ)(0<φ<π)，其圖像過點(eq\f(π,6)，eq\f(1,2))．(1)求φ的值；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖像上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)，縱坐標不變，得到函數(shù)y＝g(x)的圖像，求函數(shù)g(x)在[0，eq\f(π,4)]上的最大值和最小值．【思路探究】先利用降冪公式與和差公式將f(x)化成Acos(ωx＋φ)＋k(或Asin(ωx＋φ)＋k)的形式，再探討函數(shù)的性質(zhì)．【解】(1)f(x)＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋eq\f(1＋cos2x,2)cosφ－eq\f(1,2)cosφ＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋eq\f(1,2)cos2xcosφ＝eq\f(1,2)(sin2xsinφ＋cos2xcosφ)＝eq\f(1,2)cos(2x－φ)．又函數(shù)圖像過點(eq\f(π,6)，eq\f(1,2))，所以eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)cos(2×eq\f(π,6)－φ)，即cos(eq\f(π,3)－φ)＝1.又0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,3).(2)由(1)知f(x)＝eq\f(1,2)cos(2x－eq\f(π,3))，將函數(shù)y＝f(x)的圖像上各點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)，縱坐標不變，得到函數(shù)y＝g(x)的圖像，可知g(x)＝f(2x)＝eq\f(1,2)cos(4x－eq\f(π,3))，因為x∈[0，eq\f(π,4)]，所以4x∈[0，π]，因此4x－eq\f(π,3)∈[－eq\f(π,3)，eq\f(2π,3)]，故－eq\f(1,2)≤cos(4x－eq\f(π,3))≤1.所以y＝g(x)在[0，eq\f(π,4)]上的最大值和最小值分別為eq\f(1,2)和－eq\f(1,4).規(guī)律方法解答此類綜合題的關(guān)鍵是利用三角函數(shù)的公式將f(x)化為f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋k(或f(x)＝Acos(ωx＋φ)＋k)的形式，然后借助于三角函數(shù)的圖像及性質(zhì)去探討f(x)的相應(yīng)性質(zhì)，解答過程中肯定要留意公式的合理應(yīng)用，以免錯用公式，導(dǎo)致化簡失誤．已知函數(shù)f(x)＝(sinx＋cosx)2＋cos2x.(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．解：(1)∵f(x)＝(sinx＋cosx)2＋cos2x＝1＋sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,|2|)＝π.(2)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，∴f(x)max＝1＋eq\r(2)，f(x)min＝0.——規(guī)范解答——二倍角公式的綜合應(yīng)用問題【例5】已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx－cos2ωx＋eq\f(3,2)(x∈R，ω∈R)的最小正周期為π，且當(dāng)x＝eq\f(π,6)時，函數(shù)有最小值．(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．【審題】【解題】(1)f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx－cos2ωx＋eq\f(3,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx－eq\f(1,2)(1＋cos2ωx)＋eq\f(3,2)＝sin(2ωx－eq\f(π,6))＋1.由題意ω＝±1，當(dāng)ω＝1時，f(x)＝sin(2x－eq\f(π,6))＋1，f(eq\f(π,6))＝sineq\f(π,6)＋1，不是最小值．當(dāng)ω＝－1時，f(x)＝sin(－2x－eq\f(π,6))＋1，f(eq\f(π,6))＝－sineq\f(π,2)＋1是最小值，所以f(x)＝sin(－2x－eq\f(π,6))＋1＝－sin(2x＋eq\f(π,6))＋1.(2)當(dāng)eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，即eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z時，f(x)單調(diào)遞增．故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[eq\f(π,6)＋kπ，eq\f(2π,3)＋kπ](k∈Z)．【小結(jié)】1.留意公式的正用、逆用、變形應(yīng)用熟記兩角和差公式、二倍角公式，同時要把握好逆用的公式特點，如本例中由cos2ωx通過降冪擴角得到eq\f(1＋cos2ωx,2).2．關(guān)注三角函數(shù)性質(zhì)運用的前提條件三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，在本例中要有整體代換的意識，如將2x＋eq\f(π,6)視為正弦函數(shù)y＝sinx中的x整體替換，才能得到正確的結(jié)果．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\r(3)cos2x.(1)求f(x)的最小正周期和最小值；(2)將函數(shù)f(x)的圖像上每一點的橫坐標伸長到原來的兩倍，縱坐標不變，得到函數(shù)g(x)的圖像．當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，求g(x)的值域．解：(1)f(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\r(3)cos2x＝eq\f(1,2)sin2x－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，最小值為－eq\f(2＋\r(3),2).(2)由條件可知：g(x)＝sin(x－eq\f(π,3))－eq\f(\r(3),2).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，有x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，從而sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，那么sin(x－eq\f(π,3))－eq\f(\r(3),2)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),2)，\f(2－\r(3),2))).故g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),2)，\f(2－\r(3),2))).一、選擇題1．函數(shù)f(x)＝sinxcosx的最小值是(B)A．－1 B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D．1解析：f(x)＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x，∴f(x)的最小值為－eq\