專題10第三章三角恒等變換(知識梳理)學習目標1.進一步掌握三角恒等變換的方法.2.會利用正弦、余弦、正切的兩角和差公式與二倍角公式.3.對三角函數式進行化簡、求值和證明.1.兩角和與差的正弦、余弦、正切公式cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ.cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ.sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ.sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ.tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ).tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ).2.二倍角公式sin2α＝2sinαcosα.cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).3.升冪縮角公式1＋cos2α＝2cos2α.1－cos2α＝2sin2α.4.降冪擴角公式sinxcosx＝eq\f(sin2x,2)，cos2x＝eq\f(1＋cos2x,2)，sin2x＝eq\f(1－cos2x,2).5.和差角正切公式變形tanα＋tanβ＝tan(α＋β)(1－tanαtanβ)，tanα－tanβ＝tan(α－β)(1＋tanαtanβ).6.輔助角公式y＝asinωx＋bcosωx＝eq\r(a2＋b2)sin(ωx＋θ).類型一靈活變角的思想在三角恒等變換中的應用例1已知α，β為銳角，cosα＝eq\f(4,5)，tan(α－β)＝－eq\f(1,3)，求cosβ的值.解∵α是銳角，cosα＝eq\f(4,5)，∴sinα＝eq\f(3,5)，tanα＝eq\f(3,4).∴tanβ＝tan[α－(α－β)]＝eq\f(tanα－tanα－β,1＋tanαtanα－β)＝eq\f(13,9).∵β是銳角，故cosβ＝eq\f(9\r(10),50).反思與感悟注意未知角用已知各角之間來表示，就可以利用和差倍半的公式展開，就能夠解決此類問題.跟蹤訓練1已知tan(α－β)＝eq\f(1,2)，tanβ＝－eq\f(1,7)，且α，β∈(0，π)，求2α－β的值.解tanα＝tan[(α－β)＋β]＝eq\f(tanα－β＋tanβ,1－tanα－βtanβ)＝eq\f(1,3)>0.而α∈(0，π)，故α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).∵tanβ＝－eq\f(1,7)，0<β<π，∴eq\f(π,2)<β<π.∴－π<α－β<0.而tan(α－β)＝eq\f(1,2)>0，∴－π<α－β<－eq\f(π,2).∴2α－β＝α＋(α－β)∈(－π，0).∵tan(2α－β)＝tan[α＋(α－β)]＝eq\f(tanα＋tanα－β,1－tanαtanα－β)＝1，∴2α－β＝－eq\f(3π,4).類型二整體換元的思想在三角恒等變換中的應用例2求函數y＝sinx＋sin2x－cosx(x∈R)的值域.解令sinx－cosx＝t，則由t＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))知t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]，又sin2x＝1－(sinx－cosx)2＝1－t2.∴y＝(sinx－cosx)＋sin2x＝t＋1－t2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋eq\f(5,4).當t＝eq\f(1,2)時，ymax＝eq\f(5,4)；當t＝－eq\r(2)時，ymin＝－eq\r(2)－1.∴函數的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)－1，\f(5,4))).反思與感悟在三角恒等變換中，有時可以把一個代數式整體視為一個“元”來參與計算和推理，這個“元”可以明確地設出來(如例2中令sinx－cosx＝t).跟蹤訓練2求函數f(x)＝sinx＋cosx＋sinx·cosx，x∈R的最值及取到最值時x的值.解設sinx＋cosx＝t，則t＝sinx＋cosx＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sinx＋\f(\r(2),2)cosx))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，∴t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]，∴sinx·cosx＝eq\f(sinx＋cosx2－1,2)＝eq\f(t2－1,2).∴f(x)＝sinx＋cosx＋sinx·cosx即g(t)＝t＋eq\f(t2－1,2)＝eq\f(1,2)(t＋1)2－1，t∈[－eq\r(2)，eq\r(2)].當t＝－1，即sinx＋cosx＝－1時，f(x)min＝－1.此時，由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),2)，解得x＝2kπ－π或x＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z.當t＝eq\r(2)，即sinx＋cosx＝eq\r(2)時，f(x)max＝eq\r(2)＋eq\f(1,2).此時，由eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\r(2)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝1.解得x＝2kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z.綜上，當x＝2kπ－π或x＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z時，f(x)取得最小值，f(x)min＝－1；當x＝2kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z時，f(x)取得最大值，f(x)max＝eq\r(2)＋eq\f(1,2).類型三轉化與化歸的思想在三角恒等變換中的應用例3已知函數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)求函數f(x)的最小正周期；(2)求函數h(x)＝f(x)－g(x)的最大值，并求使h(x)取得最大值時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)))，當2x＋eq\f(π,4)＝2kπ(k∈Z)時，h(x)有最大值eq\f(\r(2),2).此時x的取值集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝kπ－\f(π,8)，k∈Z)).反思與感悟1.為了研究函數的性質，往往要充分利用三角變換公式轉化為正弦型(余弦型)函數，這是解決問題的前提.2.本題充分運用兩角和(差)、二倍角公式、輔助角轉換公式消除差異，減少角的種類和函數式的項數，將三角函數表達式變形化簡，然后根據化簡后的三角函數，討論其圖象和性質.跟蹤訓練3已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝eq\f(3,5)，eq\f(17π,12)<x<eq\f(7π,4)，求eq\f(sin2x＋2sin2x,1－tanx)的值.解eq\f(sin2x＋2sin2x,1－tanx)＝eq\f(2sinxcosx＋2sin2x,1－\f(sinx,cosx))＝eq\f(2sinxcosxcosx＋sinx,cosx－sinx)＝eq\f(sin2x1＋tanx,1－tanx)＝sin2x·taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)).∵eq\f(17π,12)<x<eq\f(7π,4)，∴eq\f(5π,3)<x＋eq\f(π,4)<2π，又∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝－eq\f(4,5).∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝－eq\f(4,3).∴cosx＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))coseq\f(π,4)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)－\f(4,5)))＝－eq\f(\r(2),10).∴sinx＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))coseq\f(π,4)－sineq\f(π,4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝－eq\f(7\r(2),10)，sin2x＝eq\f(7,25).∴eq\f(sin2x＋2sin2x,1－tanx)＝－eq\f(28,75).類型四構建方程(組)的思想在三角恒等變換中的應用例4已知銳角三角形ABC中，sin(A＋B)＝eq\f(3,5)，sin(A－B)＝eq\f(1,5).(1)求證：tanA＝2tanB；(2)設AB＝3，求AB邊上的高.(1)證明∵sin(A＋B)＝eq\f(3,5)，sin(A－B)＝eq\f(1,5)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinAcosB＋cosAsinB＝\f(3,5)，,sinAcosB－cosAsinB＝\f(1,5)))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinAcosB＝\f(2,5)，,cosAsinB＝\f(1,5)))?eq\f(tanA,tanB)＝2.∴tanA＝2tanB.(2)解∵eq\f(π,2)<A＋B<π，sin(A＋B)＝eq\f(3,5)，∴tan(A＋B)＝－eq\f(3,4)，即eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－eq\f(3,4).將tanA＝2tanB代入上式并整理得2tan2B－4tanB－1＝0，解